14.1 黎曼面上的微分几何

黎曼面(Riemann surface)是不带边界的实二维流形。在讨论拓扑学与几何学时，我们曾在多处提到过它。这里我们总结黎曼面的基本事实，使本章内容自成体系。我们还将介绍黎曼面的若干新方面，为研究玻色弦振幅提供充分的背景知识。

14.1.1 度量与复结构

设 ${\Sigma }_g$ 是亏格为 $g$ 的黎曼面。例 7.9 中已经证明，在任一坐标卡 $U$ 中都可以引入等温坐标 $({\xi }^1,{\xi }^2)$，使度量成为共形平坦的：

$$g={\mathrm{e}}^{2\sigma (\xi )}\left(\mathrm{d}{\xi }^1\otimes \mathrm{d}{\xi }^1+\mathrm{d}{\xi }^2\otimes \mathrm{d}{\xi }^2\right).\text{\hspace{1em}(14.2)}$$

引入复坐标

$$z={\xi }^1+\mathrm{i}{\xi }^2\bar{z}={\xi }^1-\mathrm{i}{\xi }^2.\text{\hspace{1em}(14.3)}$$

形式与矢量由下列基张成：

$$\mathrm{d}z=\mathrm{d}{\xi }^1+\mathrm{id}{\xi }^2\mathrm{d}\bar{z}=\mathrm{d}{\xi }^1-\mathrm{id}{\xi }^2\text{\hspace{1em}(14.4a)}$$

$${\partial }_z=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial }{\partial {\xi }^1}-\mathrm{i}\frac{\partial }{\partial {\xi }^2}\right){\partial }_{\bar{z}}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial }{\partial {\xi }^1}+\mathrm{i}\frac{\partial }{\partial {\xi }^2}\right).\text{\hspace{1em}(14.4b)}$$

用复坐标表示，度量取如下形式：

$$g=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2\sigma (z,\bar{z})}[\mathrm{d}z\otimes \mathrm{d}\bar{z}+\mathrm{d}\bar{z}\otimes \mathrm{d}z].\text{\hspace{1em}(14.5)}$$

$g$ 的分量为

$$g_{z\bar{z}}=g_{\bar{z}z}=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{2\sigma }{g}_{zz}=g_{\bar{z}\bar{z}}=0\text{\hspace{1em}(14.6a)}$$

$$g^{z\bar{z}}=g^{\bar{z}z}=2{\mathrm{e}}^{-2\sigma }{g}^{zz}=g^{\bar{z}\bar{z}}=0.\text{\hspace{1em}(14.6b)}$$

设 $V$ 是 ${\Sigma }_g$ 的另一个坐标卡，且 $U\cap V\ne \varnothing$。设 $(w,\bar{w})$ 为 $V$ 中的复坐标。则 $V$ 中的度量为

$$g={\mathrm{e}}^{2{\sigma }^{\prime }(w,\bar{w})}\mathrm{d}w\otimes \mathrm{d}\bar{w}.\text{\hspace{1em}(14.7)}$$

两个表达式 (14.5) 与 (14.7) 应当在 $U\cap V$ 上一致，

$${\mathrm{e}}^{2\sigma (z,\bar{z})}\mathrm{d}z\otimes \mathrm{d}\bar{z}={\mathrm{e}}^{2{\sigma }^{\prime }(w,\bar{w})}\mathrm{d}w\otimes \mathrm{d}\bar{w}.$$

由于

$$\begin{array}{rl}& \mathrm{d}w\otimes \mathrm{d}\bar{w}=[(\partial w/\partial z)\mathrm{d}z+(\partial w/\partial \bar{z})\mathrm{d}\bar{z}]\otimes [(\partial \bar{w}/\partial z)\mathrm{d}z+(\partial \bar{w}/\partial \bar{z})\mathrm{d}\bar{z}]\\ & \propto \mathrm{d}z\otimes \mathrm{d}\bar{z}\end{array}$$

必须有 $\partial w/\partial \bar{z}=\partial \bar{w}/\partial z=0$。[若 $(z,\bar{z})$ 与 $(w,\bar{w})$ 定义同一定向，则另一种可能 $\partial w/\partial z=\partial \bar{w}/\partial \bar{z}=0$ 被排除。] 于是可得

$$w=w(z)\bar{w}=\bar{w}(\bar{z})\text{\hspace{1em}(14.8)}$$

这就验证了 ${\Sigma }_g$ 是一个复流形(complex manifold)。此外还有

$${\mathrm{e}}^{2\sigma (z,\bar{z})}={\mathrm{e}}^{2{\sigma }^{\prime }(w,\bar{w})}|\partial w/\partial z{|}^2.\text{\hspace{1em}(14.9)}$$

14.1.2 向量、形式与张量

设 $M={\Sigma }_g$。$V^z\partial /\partial z\in T{M}^{+}$ 与 $V^{\bar{z}}\partial /\partial \bar{z}\in T{M}^{-}$ 的分量按如下方式变换：

$$V^w=\left(\partial w/\partial z\right)V^z{V}^{\bar{w}}=\left(\partial \bar{w}/\partial \bar{z}\right)V^{\bar{z}}.\text{\hspace{1em}(14.10)}$$

微分形式 $w_z\mathrm{d}z\in {\Omega }^{1,0}(M)$ 与 $w_{\bar{z}}\mathrm{d}\bar{z}\in {\Omega }^{0,1}(M)$ 的分量按如下方式变换：

$${\omega }_w={\left(\partial w/\partial z\right)}^{-1}{\omega }_z{\omega }_{\bar{w}}={\left(\partial \bar{w}/\partial \bar{z}\right)}^{-1}{\omega }_{\bar{z}}.\text{\hspace{1em}(14.11)}$$

它们分别等同于 $M={\Sigma }_g$ 上全纯（反全纯）线束的截面，这些线束的过渡函数是全纯（反全纯）的。度量通过下式给出 $T{M}^{+}$ 与 ${\Omega }^{0,1}(M)$ 之间的自然同构：

$${\omega }_{\bar{z}}=g_{\bar{z}z}{V}^{\bar{z}},V^{\bar{z}}=g^{z\bar{z}}{\omega }_{\bar{z}}.\text{\hspace{1em}(14.12)}$$

类似地，$T{M}^{-}$ 与 ${\omega }^{1,0}(M)$ 同构：

$${\omega }_z=g_{z\bar{z}}{V}^{\bar{z}},V^{\bar{z}}=g^{\bar{z}z}{\omega }_z.\text{\hspace{1em}(14.13)}$$

一般地，给定任意一个张量，度量使我们能够把所有 $\bar{z}$ 指标换成 $z$ 指标。容易看出

$$T\underset{p_1}{\underbrace{\begin{array}{l}{q}_1\\ z\dots z\\ p_1\end{array}|}}\underset{p_2}{\underbrace{\begin{array}{l}{q}_2\\ \bar{z}\dots \bar{z}\\ \bar{z}\dots \bar{z}\end{array}|}}\to T\underset{p_3}{\underbrace{\begin{array}{l}{q}_1+p_2\\ z\dots z\\ p_1+q_2\end{array}|}}=(g_{z\bar{z}}{)}^{q_2}(g^{z\bar{z}}{)}^{p_2}T\underset{p_1}{\underbrace{\begin{array}{l}{q}_1\\ z\dots z\\ z\dots z\\ \bar{z}\dots \bar{z}\end{array}|}}\underbrace{\begin{array}{l}{q}_2\\ \bar{z}\dots \bar{z}\\ \bar{z}\dots \bar{z}\\ p_2\end{array}|}.\text{\hspace{1em}(14.14)}$$

这一对应是一个同构。例如，可以观察到

$$T_{z\bar{z}}^{\bar{z}}\to g^{z\bar{z}}{g}_{z\bar{z}}{T}_{z\bar{z}}^{\bar{z}}=T_z{}^z{}_z.$$

因此，只需考虑指标全为 $z$ 的张量。对这些张量，我们赋予螺旋度。由于 $T$ 只含 $z$ 指标，它在 $z\to w$ 下的变换为

$$T\to {\left(\frac{\partial w}{\partial z}\right)}^{n}T\text{\hspace{1em}(14.15)}$$

其中 $n\in \mathbb{Z}$ 由上 $z$ 指标的个数减去下 $z$ 指标的个数给出。例如，

$$T_z^{zz}\to T_w^{ww}=\left(\frac{\partial w}{\partial z}\right)T_z^{zz}.$$

起作用的只是上指标个数与下指标个数之差。$T_z^z$ 在 $z\to w$ 下保持不变，因而被看作一个标量。数 $n$ 称为螺旋度(helicity)。螺旋度为 $n$ 的张量构成的集合记作 ${\mathfrak{T}}^n$：

$${\mathfrak{T}}^n\equiv \left\{T^{\underset{p}{\underbrace{z\dots z}}}|q-p=n\right\}.\text{\hspace{1em}(14.16)}$$

螺旋度刻画了 $\mathrm{U}(1)=\mathrm{SO}(2)$ 的不可约表示。

至此我们一直假定 $n$ 是整数。可以证明，$n=\frac{1}{2}$ 对应于 ${\Sigma }_g$ 上的旋量场。事实上，黎曼面上旋量的存在性由 ${\Sigma }_g$ 的第二Stiefel-Whitney 类的平凡性所保证。集合 ${\mathfrak{T}}^1$ 等同于 ${\Sigma }_g$ 上的全纯线束 $K$。于是 ${\mathfrak{T}}^{1/2}$ 是 $K$ 的平方根：$S_{+}^2=K={\mathfrak{T}}^1$，其中 $S_{+}$ 是正手征旋量丛。类似地，有 ${\mathfrak{T}}^{-1}=\bar{K}=S_{-}^2$，其中 $S_{-}$ 是负手征旋量丛。

例 14.1

用实指标表示时，螺旋度为 $\pm 1$ 的矢量由 $V^1\pm \mathrm{i}{V}^2$ 给出。这是因为

$$V^1\frac{\partial }{\partial {\xi }^1}+V^2\frac{\partial }{\partial {\xi }^2}=(V^1+\mathrm{i}{V}^2){\partial }_z+(V^1-\mathrm{i}{V}^2){\partial }_{\bar{z}}.$$

我们令 $V^z=V^1+\mathrm{i}{V}^2$，$V^{\bar{z}}=V^1-\mathrm{i}{V}^2\simeq V_z$。螺旋度为 $\pm 2$ 的张量为 $T^{11}\pm \mathrm{i}{T}^{22}$，其中 $T$ 是二阶对称无迹张量。事实上，我们得到

$$\begin{array}{rl}& T^{11}\left(\frac{\partial }{\partial {\xi }^1}\otimes \frac{\partial }{\partial {\xi }^1}-\frac{\partial }{\partial {\xi }^2}\otimes \frac{\partial }{\partial {\xi }^2}\right)+T^{12}\left(\frac{\partial }{\partial {\xi }^1}\otimes \frac{\partial }{\partial {\xi }^2}+\frac{\partial }{\partial {\xi }^2}\otimes \frac{\partial }{\partial {\xi }^1}\right)\\ & =2\left(T^{11}+\mathrm{i}{T}^{12}\right){\partial }_z\otimes {\partial }_z+2\left(T^{11}-\mathrm{i}{T}^{12}\right){\partial }_{\bar{z}}\otimes {\partial }_{\bar{z}}.\end{array}$$

显然 $T^{zz}=2(T^1+\mathrm{i}{T}^{12})$ 的螺旋度为 $+2$，而 $T^{\bar{z}\bar{z}}=2(T^{11}-\mathrm{i}{T}^{12})$ 的螺旋度为 $-2$（注意 $g_{\bar{z}\bar{z}}{g}_{z\bar{z}}{T}^{\bar{z}\bar{z}}=T_{zz}$）。

14.1.3 协变导数

${\Sigma }_g$ 上唯一非零的克里斯托费尔符号为（见(8.69)）

$${\Gamma }_{zz}^z=g^{z\bar{z}}{\partial }_z{g}_{z\bar{z}}=2{\partial }_z\sigma {\Gamma }_{\bar{z}\bar{z}}^{\bar{z}}=g^{\bar{z}z}{\partial }_{\bar{z}}{g}_{\bar{z}z}=2{\partial }_{\bar{z}}\sigma .\text{\hspace{1em}(14.17)}$$

对于 ${\mathfrak{T}}^n$ 中的张量，我们定义两类协变导数(covariant derivative)：${\nabla }_{(n)}^z:{\mathfrak{T}}^n\to {\mathfrak{T}}^{n+1}$ 与 ${\nabla }_z^{(n)}:{\mathfrak{T}}^n\to {\mathfrak{T}}^{n-1}$。令

$$T^{\underset{p}{\underbrace{z\dots z}}}\in {\mathfrak{I}}^n(q-p=n).$$

我们定义

$$\begin{array}{rl}{\nabla }_{(n)}^z{T}_{z\dots z}^{z\dots z}& =g^{z\bar{z}}{\nabla }_{\bar{z}}{T}_{z\dots z}^{z\dots z}\\ & =g^{z\bar{z}}[{\partial }_{\bar{z}}+(q-p){\Gamma }_{\bar{z}z}^z]T_{z\dots z}^{z\dots z}\\ & =g^{z\bar{z}}{\partial }_{\bar{z}}{T}_{z\dots z}^{z\dots z}\end{array}\text{\hspace{1em}(14.18a)}$$

$$\begin{array}{rl}{\nabla }_z^{(n)}{T}_{z\dots z}^{z\dots z}& ={\nabla }_z{T}_{z\dots z}^{z\dots z}\\ & =\left[{\partial }_z+(q-p){\Gamma }_{zz}^z\right]T_{z\dots z}^{z\dots z}\\ & =\left({\partial }_z+2n{\partial }_z\sigma \right)T_{z\dots z}^{z\dots z}.\end{array}\text{\hspace{1em}(14.18b)}$$

2 我们用 $S_{\pm }$ 而不用 ${\Delta }_{\pm }$ 来表示旋量丛。符号 ${\Delta }^{\pm }$ 则留给拉普拉斯算符使用。

在(14.18b)中，$2n{\partial }_z\sigma$ 的作用相当于一个规范势 $\mathcal{A}$。我们还定义了关于 $\bar{z}$ 的协变导数

$${\nabla }_{(n)}^{\bar{z}}=g^{\bar{z}z}{\nabla }_z^{(n)},{\nabla }_{\bar{z}}^{(n)}=g_{\bar{z}z}{\nabla }_{(n)}^z.\text{\hspace{1em}(14.19)}$$

$K$ 的曲率2-形式以及与克里斯托费尔符号相联系的标量曲率分别为

$$\begin{array}{rl}\mathfrak{F}& =R_{zz\bar{z}}^{z}dz\wedge d\bar{z}=-{\partial }_{\bar{z}}(2{\partial }_z\sigma )dz\wedge d\bar{z}\\ & =-2{\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}\sigma dz\wedge d\bar{z}\end{array}\text{\hspace{1em}(14.20a)}$$

$$\mathcal{R}=g^{\bar{z}\bar{z}}Ri{c}_{\bar{z}z}+g^{z\bar{z}}Ri{c}_{z\bar{z}}=-8e^{-2\sigma }{\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}\sigma .\text{\hspace{1em}(14.20b)}$$

练习 14.1

验证

$${\nabla }_{(n)}^z=2{\mathrm{e}}^{-2\sigma }{\partial }_{\bar{z}}{\nabla }_z^{(n)}={\mathrm{e}}^{-2n\sigma }{\partial }_z{\mathrm{e}}^{2n\sigma }\text{\hspace{1em}(14.21a)}$$

$${\nabla }_{(n)}^{\bar{z}}=2{\mathrm{e}}^{-2(n+1)\sigma }{\partial }_z{\mathrm{e}}^{2n\sigma }{\nabla }_{\bar{z}}^{(n)}={\partial }_{\bar{z}}.\text{\hspace{1em}(14.21b)}$$

${\nabla }_{(n)}^z$ 与 ${\nabla }_z^{(n)}$ 关于适当定义的内积互为伴随。设 $T,U\in {\mathfrak{T}}^n$。我们要求该内积在全纯坐标变换 $z\to w$ 下不变。由于

$$g_{z\bar{z}}\to |\mathrm{d}w/\mathrm{d}z{|}^{-2}{g}_{z\bar{z}}{\mathrm{d}}^{2}z\sqrt{g}\to {\mathrm{d}}^{2}w\sqrt{g}$$

$$\bar{T}\to (\overline{\mathrm{d}w/\mathrm{d}z}{)}^n\bar{T}U\to (\mathrm{d}w/\mathrm{d}z{)}^{n}U.$$

我们发现组合

$$(T,U)\equiv \int {\mathrm{d}}^{2}z\sqrt{g}{\left(g_{z\bar{z}}\right)}^n\bar{T}U\text{\hspace{1em}(14.22)}$$

在全纯坐标变换下不变。取 $T\in {\mathfrak{T}}^n$ 与 $U\in {\mathfrak{T}}^{n+1}$，可得

$$\begin{array}{rl}(U,{\nabla }_{(n)}^{z}T)& =\int {\mathrm{d}}^{2}z{\mathrm{e}}^{2\sigma }{2}^{-n-1}{\mathrm{e}}^{2(n+1)\sigma }\bar{U}2{\mathrm{e}}^{-2\sigma }{\partial }_{\bar{z}}T\\ & =-2^{-n}\int {\mathrm{d}}^{2}zT{\partial }_{\bar{z}}[{\mathrm{e}}^{(2n+1)\sigma }\bar{U}](\text{分部积分})\\ & =-2^{-n}\int {\mathrm{d}}^{2}zT{\mathrm{e}}^{(2n+1)\sigma }\overline{[{\partial }_{z}U+(2n+1)({\partial }_z\sigma )U]}\\ & =-\overline{\int {\mathrm{d}}^{2}z\sqrt{g}(g_{z\bar{z}}{)}^n[{\nabla }_z^{(n+1)}U]\bar{T}}=\overline{(-{\nabla }_z^{(n+1)}U,T)}.\end{array}$$

这表明

$${\left({\nabla }_{(n)}^z\right)}^{†}=-{\nabla }_z^{(n+1)}.\text{\hspace{1em}(14.23a)}$$

练习 14.2

证明

$${\left({\nabla }_z^{(n)}\right)}^{†}=-{\nabla }_{(n-1)}^z.\text{\hspace{1em}(14.23b)}$$

我们定义两种拉普拉斯算符 ${\Delta }_{(n)}^{\pm }:{\mathfrak{T}}^n\to {\mathfrak{T}}^{n\pm 1}\to {\mathfrak{T}}^n$，分别为

$${\Delta }_{(n)}^{+}\equiv -{\nabla }_z^{(n+1)}{\nabla }_{(n)}^z=-2{\mathrm{e}}^{-2\sigma }[{\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}+2n({\partial }_z\sigma ){\partial }_{\bar{z}}]\text{\hspace{1em}(14.24a)}$$

$${\Delta }_{(n)}^{-}\equiv -{\nabla }_{(n-1)}^z{\nabla }_z^{(n)}=-2{\mathrm{e}}^{-2\sigma }[{\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}+2n({\partial }_z\sigma ){\partial }_{\bar{z}}+2n({\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}\sigma )].\text{\hspace{1em}(14.24b)}$$

于是可得

$${\Delta }_{(n)}^{+}-{\Delta }_{(n)}^{-}=4n{\mathrm{e}}^{-2\sigma }\left({\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}\sigma \right)=-\frac{1}{2}n\mathcal{R}.\text{\hspace{1em}(14.25)}$$

特别地，这表明

$${\Delta }_{(0)}^{+}={\Delta }_{(0)}^{-}(\equiv {\Delta }_{(0)}).\text{\hspace{1em}(14.26)}$$

14.1.4 黎曼-罗赫定理

这里我们按照 D’Hoker 和 Phong（1988）的做法，由阿蒂亚-辛格指标定理导出黎曼-罗赫定理的一个版本。

定理 14.1 · 黎曼-罗赫定理

设 ${\Sigma }_g$ 是亏格为 $g$ 的黎曼面。则算子 ${\nabla }_z^{(n)}$ 的指标为

$${\dim }_{\mathbb{C}}\ker {\nabla }_z^{(n)}-{\dim }_{\mathbb{C}}\ker {\nabla }_{(n-1)}^z=(2n-1)(g-1).\text{\hspace{1em}(14.27)}$$

证明

我们用热核来计算指标。首先注意到 $\ker {\nabla }_z^{(n)}=\ker {\Delta }_{(n)}^{-}$ 与 $\ker {\nabla }_{(n-1)}^z=\ker {\Delta }_{(n-1)}^{+}$（见 (14.24)）。${\Delta }_{(n)}^{+}$ 的热核 ${\mathcal{K}}_n^{+}$ 满足

$$\left(\frac{\partial }{\partial t}+{\Delta }_{(n)}^{+}\right){\mathcal{K}}_n^{+}(z,w;t)=\left(\frac{\partial }{\partial t}+\Delta -V_n\right){\mathcal{K}}_n^{+}(z,w;t)=0$$

其中 $\Delta \equiv -2{\partial }_z{\partial }_{\overline{z}}$ 是平坦空间拉普拉斯算符，而

$$V_n\equiv \Delta -{\Delta }_{(n)}^{+}=(1-{\mathrm{e}}^{-2\sigma })\Delta +4n{\mathrm{e}}^{-2\sigma }{\partial }_z\sigma {\partial }_{\bar{z}}.$$

拉普拉斯算符 $\Delta$ 也通过下式定义一个热核：

$$\left(\frac{\partial }{\partial t}+\Delta \right)K(z,w;t)=0$$

该方程容易解出，得到

$$K(z,w;t)=\frac{1}{4\pi t}{\mathrm{e}}^{-|z-w{|}^2/2t}.$$

微扰计算与迭代给出

$$\begin{array}{rl}& {\mathcal{K}}_n^{+}(z,z^{\prime };t)=K(z,z^{\prime };t)\\ & +{\int }_0^{t}ds\int dwK(z,w;t-s)V_n(w){\mathcal{K}}_n^{+}(w,z^{\prime };s)\\ & =K(z,z^{\prime };t)+\int \mathrm{d}s\int \mathrm{d}wK(z,w;t-s)V_n(w)K(w,z^{\prime };s)\\ & +\int \mathrm{d}s\int \mathrm{d}{s}^{\prime }\int \mathrm{d}v\int \mathrm{d}wK(z,v;t-s)V_n(v)\\ & \times K(v,w;s-s^{\prime })V_n(w)K\left(w,z^{\prime };s^{\prime }\right)\\ & +\dots .\end{array}$$

我们特别关心的是 ${\mathcal{K}}_n^{+}(z,z;t)$ 在 $t$ 很小时的情形，

$${\mathcal{K}}_n^{+}(z,z;t)=\frac{1}{4\pi t}+{\int }_0^{t}ds\int dwK(z,w;t-s)V_n(w)K(w,z;s)+\mathcal{O}(t).\text{\hspace{1em}(14.28)}$$

若取一个使 $\sigma =0$ 在 $z$ 处成立的坐标系，则

$$\begin{array}{rl}& \sigma (w)\simeq 0+{\partial }_z\sigma (w-z)+{\partial }_{\bar{z}}\sigma (\bar{w}-\bar{z})\\ & +\frac{1}{2}\left[{\partial }_z^2\sigma (w-z{)}^2+{\partial }_{\bar{z}}^2\sigma (\bar{w}-\bar{z}{)}^2+2{\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}\sigma |w-z{|}^2\right]+\dots .\end{array}$$

由于二维空间中的旋转对称性，在 (14.28) 的积分中只有那些含一个 $z$ 导数和一个 $\bar{z}$ 导数的项会保留下来。正比于 ${\partial }_z\sigma {\partial }_{\bar{z}}\sigma$ 的项在展开式的第二项与第三项之间相互抵消，于是只剩下正比于 ${\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}\sigma$ 的项。现在我们必须计算

$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^t\mathrm{d}s\int {\mathrm{d}}^{2}wK(z,w;t-s)\\ & \times [2{\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}\sigma |\bar{w}-\bar{z}{|}^2{\Delta }_w+4n(\bar{w}-\bar{z}){\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}\sigma {\partial }_{\bar{w}}]K(w,z;s)\end{array}$$

由下列恒等式

$$\begin{array}{rl}& \int {\mathrm{d}}^{2}wK(z,w;t-s)|w-z{|}^2{\Delta }_{w}K(w,z;s)\\ & =\frac{1}{16{\pi }^2{s}^2(t-s)}\int {\mathrm{d}}^{2}w|w{|}^2\exp \left(-\frac{t}{2s(t-s)}|w{|}^2\right)\\ & -\frac{1}{32{\pi }^2{s}^3(t-s)}\int d^{2}w|w{|}^4\exp \left(-\frac{t}{2s(t-s)}|w{|}^2\right)\\ & =\frac{(t-s)(2s-t)}{2\pi t^3}\end{array}$$

以及

$$\begin{array}{rl}& \int {\mathrm{d}}^{2}wK(z,w;t-s)(\bar{z}-\bar{w}){\partial }_{\bar{w}}K(w,z;s)\\ & =\frac{1}{32{\pi }^2{s}^2(t-s)}\int {\mathrm{d}}^{2}w\exp \left(-\frac{t}{2s(t-s)}|w{|}^2\right)=\frac{t-s}{4\pi t^2}\end{array}$$

可得

$${\mathcal{K}}_n^{+}(z,z;t)=\frac{1}{4\pi t}+\frac{1+3n}{12\pi }\Delta \sigma +\mathcal{O}(t).\text{\hspace{1em}(14.29a)}$$

我们还有 ${\Delta }_{(n)}^{-}$ 的热核 ${\mathcal{K}}_n^{-}$ 的对角部分，

$${\mathcal{K}}_n^{-}(z,z;t)=\frac{1}{4\pi t}+\frac{1-3n}{12\pi }\Delta \sigma +\mathcal{O}(t).\text{\hspace{1em}(14.29b)}$$

由 (14.29) 与 (14.20b) 得到

$$\begin{array}{rl}\mathrm{ind}{\nabla }_z^{(n)}& =\int {\mathrm{d}}^{2}z\left(\frac{1-3n}{12\pi }-\frac{1+3(n-1)}{12\pi }\right)\Delta \sigma =\frac{1-2n}{8\pi }\int {\mathrm{d}}^{2}x\mathcal{R}\\ & =-\frac{2n-1}{2}\chi ({\Sigma }_g)=(2n-1)(g-1)\end{array}$$

其中

$$\chi =\frac{1}{4\pi }\int {\mathrm{d}}^{2}x\mathcal{R}=2-2g$$

是 ${\Sigma }_g$ 的欧拉示性数。

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