12.6 自旋复形

经典复形的最后一个例子是自旋复形(spin complex)。这一复形在物理学中十分重要，因为它描述的是狄拉克场与规范场和（或）引力场的相互作用。

12.6.1 狄拉克算符

考虑 $m$ 维可定向流形 $M$ 上的一个自旋丛 $S(M)$。我们把该丛的截面之集记作 $\Delta (M)=\Gamma (M,S(M))$。假定 $m=2l$ 为偶数。$\mathrm{Spin}(m)$ 由 $m$ 个狄拉克矩阵 $\{{\gamma }^{\alpha }\}$ 生成，它们满足

$${\gamma }^{\alpha †}={\gamma }^{\alpha }\text{\hspace{1em}(12.70a)}$$

$$\left\{{\gamma }^{\alpha },{\gamma }^{\beta }\right\}=2{\delta }^{\alpha \beta }.\text{\hspace{1em}(12.70b)}$$

本章自始至终都假定度量取欧几里得号差。克利福德代数由下列元素生成：

$$1;{\gamma }^{\alpha };{\gamma }^{{\alpha }_1}{\gamma }^{{\alpha }_2}({\alpha }_1<{\alpha }_2);\dots ;$$

$${\gamma }^{{\alpha }_1}\dots {\gamma }^{{\alpha }_k}({\alpha }_1<\cdots <{\alpha }_k);\dots ;{\gamma }^1\dots {\gamma }^{2l}.$$

最后一个生成元尤为重要，我们定义

$${\gamma }^{m+1}\equiv i^l{\gamma }^1\dots {\gamma }^m.\text{\hspace{1em}(12.71)}$$

我们的约定使得 $({\gamma }^{m+1}{)}^2=I$ 且 $({\gamma }^{m+1}{)}^{†}={\gamma }^{m+1}$。由克利福德代数的一般理论可以证明，${\gamma }^x$ 由复元素的 $2^l\times 2^l$ 矩阵来表示。取 $\{{\gamma }^x\}$ 的一个使 ${\gamma }^{m+1}$ 为对角的表示是方便的，

$${\gamma }^{m+1}=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right)\text{\hspace{1em}(12.72)}$$

其中 $1$ 是 $2^{l-1}\times 2^{l-1}$ 单位矩阵。

例 12.4

对于 $m=2$，我们取

$${\gamma }^0={\sigma }_2{\gamma }^1={\sigma }_1{\gamma }^3=\mathrm{i}{\gamma }^0{\gamma }^1={\sigma }_3$$

其中 ${\sigma }_{\alpha }$ 为泡利矩阵，

$${\sigma }_1=\left(\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right){\sigma }_2=\left(\begin{array}{cc}0& -\mathrm{i}\\ \mathrm{i}& 0\end{array}\right){\sigma }_3=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right).$$

对于 $m=4$，我们可以取

$$\begin{array}{rl}& {\gamma }^{\beta }=\left(\begin{array}{cc}0& \mathrm{i}{\alpha }^{\beta }\\ -\mathrm{i}{\bar{\alpha }}^{\beta }& 0\end{array}\right){\alpha }^{\beta }=(I_2,-\mathrm{i}\sigma ),{\bar{\alpha }}^{\beta }=(I_2,\mathrm{i}\sigma )\\ & {\gamma }^5=-{\gamma }^0{\gamma }^1{\gamma }^2{\gamma }^3=\left(\begin{array}{cc}{I}_2& 0\\ 0& -I_2\end{array}\right).\end{array}$$

一个狄拉克旋量 $\psi \in \Delta (M)$ 是克利福德代数的一个不可约表示，但不是 $\mathrm{SPIN}(2l)$ 的不可约表示。$\mathrm{SPIN}(2l)$ 的不可约表示可通过按 ${\gamma }^{m+1}$ 的本征值分解 $\Delta (M)$ 而得到。由于 $({\gamma }^{m+1}{)}^2=I$，${\gamma }^{m+1}$ 的本征值（称为手性）必为 $\pm 1$。于是 $\Delta (M)$ 分解为两个特征子空间

$$\Delta (M)={\Delta }^{+}(M)\oplus {\Delta }^{-}(M)\text{\hspace{1em}(12.73)}$$

其中对 ${\psi }^{\pm }\in {\Delta }^{\pm }(M)$ 有 ${\gamma }^{m+1}{\psi }^{\pm }=\pm {\psi }^{\pm }$。到 ${\Delta }^{\pm }$ 上的投影算符 ${\mathcal{P}}^{\pm }$ 由下式给出

$${\mathcal{P}}^{+}\equiv \frac{1}{2}(I+{\gamma }^{m+1})=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& 0\end{array}\right)\text{\hspace{1em}(12.74a)}$$

$${\mathcal{P}}^{-}\equiv \frac{1}{2}(I-{\gamma }^{m+1})=\left(\begin{array}{cc}0& 0\\ 0& 1\end{array}\right).\text{\hspace{1em}(12.74b)}$$

于是，我们可以写

$${\psi }^{+}=\left(\begin{array}{c}{\psi }^{+}\\ 0\end{array}\right)\in {\Delta }^{+}(M),{\psi }^{-}=\left(\begin{array}{c}0\\ {\psi }^{-}\end{array}\right)\in {\Delta }^{-}(M).\text{\hspace{1em}(12.75)}$$

读者应验证 ${\mathcal{P}}^{+}+{\mathcal{P}}^{-}=1$、$({\mathcal{P}}^{\pm }{)}^2={\mathcal{P}}^{\pm },{\mathcal{P}}^{+}{\mathcal{P}}^{-}=0$、${\mathcal{P}}^{\pm }{\psi }^{\pm }={\psi }^{\pm }$ 和 ${\mathcal{P}}^{\pm }{\psi }^{\mp }=0$。

弯曲空间中的狄拉克算符由7.10 节给出

$$\mathrm{i}\vec{\nabla }\psi \equiv \mathrm{i}{\gamma }^{\mu }{\nabla }_{\partial /\partial x^{\mu }}\psi =\mathrm{i}{\gamma }^{\mu }\left({\partial }_{\mu }+{\omega }_{\mu }\right)\psi \text{\hspace{1em}(12.76)}$$

其中 ${\omega }_{\mu }=\frac{1}{2}\mathrm{i}{\omega }_{\mu }^{\alpha \beta }{\Sigma }_{\alpha \beta }$ 是自旋联络，且 ${\gamma }^{\mu }={\gamma }^{\alpha }{e}_{\alpha }^{\mu }$。我们来证明 $\mathrm{i}\vec{\mathbb{V}}$ 是椭圆的。设 $f$ 是定义在 $p\in M$ 附近的一个函数，满足 $f(p)=0$ 和 $\mathrm{i}{\gamma }^{\mu }{\partial }_{\mu }f(p)=\mathrm{i}{\gamma }^{\mu }{\xi }_{\mu }\equiv \mathrm{i}\xi$。取截面 $\tilde{\psi }\in \Delta (M)$ 使得 $\tilde{\psi }(p)=\psi$。由(12.4)，我们有

$$\sigma (\mathrm{i}\nabla ,\xi )\psi =\mathrm{i}\nabla (f\tilde{\psi }){|}_p=(\mathrm{i}\nabla f)\tilde{\psi }{|}_p=\mathrm{i}\xi \psi$$

这表明

$$\sigma (\mathrm{i}\bar{\nabla },\xi )=\mathrm{i}\xi .\text{\hspace{1em}(12.77)}$$

若注意到 ${\xi }_{\xi }={\xi }_{\alpha }{\xi }_{\beta }{\gamma }^{\alpha }{\gamma }^{\beta }={\xi }^{\mu }{\xi }_{\mu }$，便知(12.77)对 $\mathrm{i}\xi \ne 0$ 可逆，因此 $\mathrm{i}\overline{\mathcal{V}}$ 是椭圆算子。

可以证明，$\{{\gamma }^{\alpha }\}$ 可取为如下形式

$${\gamma }^{\beta }=\left(\begin{array}{cc}0& \mathrm{i}{\alpha }_{\beta }\\ -\mathrm{i}{\bar{\alpha }}_{\beta }& 0\end{array}\right){\alpha }_{\beta }^{†}={\bar{\alpha }}_{\beta }\text{\hspace{1em}(12.78)}$$

当 $m=2$ 时见例 12.4。于是(12.76)成为

$$\mathrm{i}\vec{\nabla }=\left(\begin{array}{cc}0& D^{†}\\ D& 0\end{array}\right)\text{\hspace{1em}(12.79)}$$

其中

$$D\equiv {\bar{\alpha }}^{\beta }{e}_{\beta }^{\mu }\left({\partial }_{\mu }+{\omega }_{\mu }\right)D^{†}\equiv -{\alpha }^{\beta }{e}_{\beta }^{\mu }\left({\partial }_{\mu }+{\omega }_{\mu }\right).\text{\hspace{1em}(12.80)}$$

因此，$D^{†}$ 确实是 $D$ 的伴随（注意 ${\partial }_{\mu }+{\omega }_{\mu }$ 是反厄米的）。对于

$$\left(\begin{array}{c}{\psi }^{+}\\ 0\end{array}\right)\in {\Delta }^{+}(M)$$

我们有

$$\mathrm{i}\nabla \left(\begin{array}{c}{\psi }^{+}\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}0& D^{†}\\ D& 0\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{\psi }^{+}\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ D{\psi }^{+}\end{array}\right)$$

而对于

$$\left(\begin{array}{c}0\\ {\psi }^{-}\end{array}\right)\in {\Delta }^{-}(M)$$

我们有

$$\mathrm{i}/\nabla \left(\begin{array}{c}0\\ {\psi }^{-}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}{D}^{†}{\psi }^{-}\\ 0\end{array}\right).$$

因此，$D=\mathrm{i}\nabla {\mathcal{P}}^{+}:{\Delta }^{+}(M)\to {\Delta }^{-}(M)$，$D^{†}=\mathrm{i}\nabla {\mathcal{P}}^{-}:{\Delta }^{-}(M)\to {\Delta }^{+}(M)$。现在我们得到一个两项复形

$${\Delta }^{+}(M)\underset{D^{†}}{\overset{D}{\to }}{\Delta }^{-}(M)\text{\hspace{1em}(12.81)}$$

称为自旋复形。该复形的解析指标为

$$\mathrm{ind}D=\dim \ker D-\dim \ker D^{†}=v_{+}-v_{-}\text{\hspace{1em}(12.82)}$$

其中 ${\nu }_{+}({\nu }_{-})$ 是手性为 $+$（$(-)$）的零能模的数目。

让我们把 AS 指标定理应用于这一情形。我们不深入克利福德代数与自旋复形的细节，而直接写出结果。关于自旋复形(12.81)的AS 指标定理为

$$\begin{array}{rl}{\nu }_{+}-{\nu }_{-}& ={\int }_M\mathrm{ch}\left({\Delta }^{+}(M)-{\Delta }^{-}(M)\right)\frac{\mathrm{Td}\left(T{M}^{\mathbb{C}}\right)}{e(TM)}{|}_{\text{v o l}}\\ & ={\int }_M\hat{A}(TM){|}_{\mathrm{vol}}\end{array}\text{\hspace{1em}(12.83)}$$

其中 $\hat{A}$ 是由 (11.94) 定义的狄拉克亏格。由于 $\hat{A}$ 只含有 $4j$ 次微分形式，所以除非 $m=0$，${\nu }_{+}-{\nu }_{-}$ 都为零。当然，这并不一定意味着 ${\nu }_{+}={\nu }_{-}=0$。(12.83) 的证明将在后面 12.9 节 和 12.10 中给出。

12.6.2 扭旋量复形

在物理学中，旋量场可以属于某个群 $G$ 的群表示。例如，QCD 中的夸克场属于 SU(3) 的 3 表示。属于 $G$ 的群表示的旋量是乘积丛 $S(M)\otimes E$ 的截面，其中 $E$ 是 $P(M,G)$ 在适当表示下的相伴向量丛。此时狄拉克算符 $D_E:{\Delta }^{+}(M)\otimes E\to \Delta (M{)}^{-}\otimes E$ 为

$$D_E=\mathrm{i}{\gamma }^{\alpha }{e}_{\alpha }^{\mu }\left({\partial }_{\mu }+{\omega }_{\mu }+{\mathcal{A}}_{\mu }\right){\mathcal{D}}_{+}\text{\hspace{1em}(12.84)}$$

其中 ${\mathcal{A}}_{\mu }$ 是 $E$ 上的规范势。对于这个扭旋量复形，阿蒂亚-辛格指标定理给出

$${\nu }_{+}-{\nu }_{-}={\int }_M\hat{A}(TM)\mathrm{ch}(E){|}_{\text{v o l}}.\text{\hspace{1em}(12.85)}$$

当 $\dim M=2$ 时，有

$$v_{+}-v_{-}={\int }_M{\mathrm{ch}}_1(E)=\frac{\mathrm{i}}{2\pi }{\int }_M\mathrm{tr}\mathcal{F}\text{\hspace{1em}(12.86)}$$

而当 $\dim M=4$ 时，有

$$\begin{array}{rl}{v}_{+}-v_{-}& ={\int }_M[{\mathrm{ch}}_2(E)+{\hat{A}}_1(TM){\mathrm{ch}}_0(E)]\\ & =\frac{-1}{8{\pi }^2}{\int }_M\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2+\frac{\dim E}{192{\pi }^2}{\int }_M\mathrm{tr}{\mathcal{R}}^2.\end{array}\text{\hspace{1em}(12.87)}$$

例 12.5

设

$$M=T^{2l}=\underset{2l\text{次}}{\underbrace{S^1\times \cdots \times S^1}}.$$

于是可得

$$\hat{A}(TM)=\hat{A}\left(\underset{1}{\overset{2l}{⨁}}T{S}^1\right)=\prod _1^{2l}\hat{A}(T{S}^1)=1.$$

同时还有 $\hat{A}(T{S}^{2l})=1$。因此，这些丛的指标为

$${\nu }_{+}-{\nu }_{-}={\int }_M\mathrm{ch}(E){|}_{\text{v o l}}.\text{\hspace{1em}(12.88)}$$

例 12.6

考虑单极丛 $P(S^2,\mathrm{U}(1))$。若 $\mathcal{A}$ 为规范势，则场强为 $\mathcal{F}=\mathrm{d}\mathcal{A}$。指标定理给出

$${\nu }_{+}-{\nu }_{-}=\frac{\mathrm{i}}{2\pi }{\int }_{S^2}\mathcal{F}=-\frac{1}{2\pi }{\int }_{S^2}F\text{\hspace{1em}(12.89)}$$

其中 $\mathcal{F}=\mathrm{i}F$。如10.5 节所示，右端表示绕数 ${\pi }_1(\mathrm{U}(1))=\mathbb{Z}$，于是分析信息（左端）现在被用拓扑方式（右端）表达出来。

设 $P(S^4,\mathrm{SU}(2))$ 为瞬子丛，则式(12.88)可写为

$${\nu }_{+}-{\nu }_{-}={\int }_{S^4}{\mathrm{ch}}_2(\mathcal{F})=\frac{-1}{8{\pi }^2}{\int }_{S^4}\mathrm{tr}{\mathcal{F}}^2.\text{\hspace{1em}(12.90)}$$

右端表示瞬子数 $k\in {\pi }_3(\mathrm{SU}(2))=\mathbb{Z}$。注意，当 $\mathcal{F}=\ast \mathcal{F}$ 时 $k>0$，而当 $\mathcal{F}=-\ast \mathcal{F}$ 时 $k<0$。可以证明，当 $k>0$（$k<0$）时 ${\nu }_{-}=0$（${\nu }_{+}=0$），参见 Jackiw 与 Rebbi (1977)。例如，设 $\mathcal{F}$ 为自对偶的。假设 ${\psi }^{-}\in \ker D^{†}=\ker D{D}^{†}$。由(12.80)可知

$$D{D}^{†}{\psi }^{-}=[({\partial }_{\mu }+{\mathcal{A}}_{\mu }{)}^2+2\mathrm{i}{\bar{\sigma }}_{\mu \nu }{\mathcal{F}}^{\mu \nu }]{\psi }^{-}=0$$

其中 ${\bar{\sigma }}_{\mu \nu }\equiv (1/4\mathrm{i})({\alpha }^{\mu }{\bar{\alpha }}^{\nu }-{\alpha }^{\nu }{\bar{\sigma }}^{\mu })$。容易验证 ${\bar{\sigma }}^{\mu \nu }$ 是反自对偶的 $({\bar{\sigma }}^{\mu \nu }=-\ast {\bar{\sigma }}^{\nu \mu })$，从而 ${\bar{\sigma }}_{\mu \nu }{\mathcal{F}}^{\mu \nu }=0$。由于 $({\partial }_{\mu }+{\mathcal{A}}_{\mu }{)}^2$ 是正定算子，它没有可归一化束缚态。这就验证了 $\ker D^{†}=\varnothing$。

尾注

原书尾注 1：正文锚点待核

注意这里存在轻微的记号滥用。

原书尾注 2：正文锚点待核

对于向量 $A=A^{\mu }{e}_{\mu }$，$\mathcal{A}$ 表示 ${\gamma }^{\mu }{A}_{\mu }$

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