14.3 单圈振幅

作为上一节所建立的形式体系的一个例证，我们来计算闭可定向玻色弦理论的单圈真空到真空振幅。由于 ${\dim }_{\mathbb{C}}\mathrm{Teich}({\Sigma }_1)=1$ 且 ${\dim }_{\mathbb{C}}\ker {\nabla }_z^{(-1)}=1$，我们有

$$Z_1={\int }_{\text{M o d}}\frac{\mathrm{d}\tau }{V(\mathrm{CKV})}\frac{|(\mu ,\varphi ){|}^2}{(\varphi ,\varphi )\cdot (\Phi ,\Phi )}\stackrel{\prime }{\det }{\Delta }_{(1)}^{+}{\left(\frac{{\det }^{\prime }\Delta }{\int {\mathrm{d}}^2\xi \sqrt{\gamma }}\right)}^{-13}.\text{\hspace{1em}(14.121)}$$

为计算 (14.121)，我们需要分几步进行。

14.3.1 模空间、CKV、Beltrami 与二次微分

在例 8.2中我们已经证明，环面的复结构，即共形结构，由一个复参数 $\tau$（$\mathrm{Im}\tau >0$）确定。图 8.3给出了模空间

$$\mathrm{Mod}\left({\Sigma }_g\right)={\mathcal{M}}_1/G=\mathrm{Teich}\left({\Sigma }_g\right)/\mathrm{SL}(2,\mathbb{Z})=H/\mathrm{SL}(2,\mathbb{Z})$$

其中 $H$ 是上半平面。

取由泰希米勒参数 $\tau ={\tau }_1+\mathrm{i}{\tau }_2$（${\tau }_2>0$）所确定的环面 $T_{\tau }$。作为代表元，我们取图 14.8中的环面。$\mathbb{C}$ 上的度规自然地诱导出一个平坦度规（这一点由单值化定理保证）

图 14.8. 其复结构由 $\tau$ 参数化的平行四边形。

$$\gamma =\frac{1}{2}[\mathrm{d}z\otimes \mathrm{d}\bar{z}+\mathrm{d}\bar{z}\otimes \mathrm{d}z].\text{\hspace{1em}(14.122)}$$

CKV(CKV) 是整体定义的全纯向量。我们取 $\Phi =\alpha \partial /\partial z$ 作为 CKV 的归一化基。条件 $(\Phi ,\Phi )=1$ 给出 $\int {\mathrm{d}}^{2}z|\alpha {|}^2={\tau }_2|\alpha {|}^2=1$，即 $\alpha ={\tau }_2^{-1/2}$（我们已略去相位）。向量 $\Phi$ 生成复平面中的平移，

$$z\to z^{\prime }=z+{\tau }_2^{-1/2}\left(v^1+\mathrm{i}{v}^2\right).\text{\hspace{1em}(14.123)}$$

不过我们必须注意，平移是模格定义的，即 ${\tau }_2^{-1/2}(v^1+\mathrm{i}{v}^2)$ 与 ${\tau }_2^{-1/2}(v^1+\mathrm{i}{v}^2)+(m+\tau n)$ 给出的是同一个平移。这就迫使 ${\tau }_2^{-1/2}(v_1+\mathrm{i}{v}^2)$ 落在图 14.8的平行四边形之内。由于

$${\tau }_2=\int {\mathrm{d}}^{2}z={\tau }_2^{-1}\int {\mathrm{d}}^{2}v$$

可以求得 $V(\mathrm{CKV})$ 为

$$V(\mathrm{CKV})=\int {\mathrm{d}}^{2}v={\tau }_2^2.\text{\hspace{1em}(14.124)}$$

我们的下一个任务是计算韦伊-彼得松测度。在环面上只有一个二次微分 $\varphi$。由于 $\varphi \in {\mathfrak{T}}^{-2}$ 是整体定义的全纯微分，它必定具有如下形式：

$$\varphi =a\mathrm{d}z\otimes \mathrm{d}za\in \mathbb{C}.\text{\hspace{1em}(14.125)}$$

为求出贝尔特拉米微分，我们计算度量张量在 $\tau$ 的微小变动下的变化。为此，在图 14.8中引入 ${\xi }^{\alpha }$ 坐标系较为方便。点 A 对应于 $(1,0)$，点 B 对应于 $(0,1)$。于是有 $z={\xi }^1+\tau {\xi }^2$。在泰希米勒参数的微小改变 $\delta \tau$ 之下，我们（在相差一个共形因子的意义下）有

$$\begin{array}{rl}& |\mathrm{d}z{|}^2\to |\mathrm{d}{\xi }^1+(\tau +\delta \tau )\mathrm{d}{\xi }^2{|}^2=|\mathrm{d}z+\delta \tau \mathrm{d}{\xi }^2{|}^2\\ & ={\left|\mathrm{d}z+\mathrm{d}\tau \frac{\mathrm{d}z-\mathrm{d}\bar{z}}{2\mathrm{i}{\tau }_2}\right|}^2=\left|\mathrm{d}z+\delta \tau \frac{\mathrm{id}\bar{z}}{2{\tau }_2}\right|.\end{array}$$

将其与(14.110)比较，可得

$${\mu }_{zz}=\mathrm{i}/2{\tau }_2.\text{\hspace{1em}(14.126)}$$

这里 $(\delta \tau )\mu$ 是(14.110)中 $(\delta \tau )\mu$ 的复共轭。当然，这只是对泰希米勒空间的一种重参数化，并不影响结果。若读者对此感到不便，也可以选取 $\bar{\tau }$ 作为泰希米勒参数。由(14.125)与(14.126)，在相差无关常数的意义下，我们有

$$(\mu ,\varphi )=\int {\mathrm{d}}^{2}z\overline{{\mu }^{zz}}{\varphi }_{zz}=\frac{\mathrm{i}}{2{\tau }_2}a{\tau }_2\propto a$$

$$(\varphi ,\varphi )=\int {\mathrm{d}}^{2}z\overline{{\varphi }^{zz}}{\varphi }_{zz}=a^2{\tau }_2.$$

最后我们得到

$$\frac{{\left|(\mu ,\varphi )\right|}^2}{(\varphi ,\varphi )}={\tau }_2^{-1}.\text{\hspace{1em}(14.127)}$$

14.3.2 行列式的计算

我们先考虑 ${\det }^{\prime }{P}_1^{†}{P}_1={\det }^{\prime }{\Delta }_{(1)}^{+}$。由于取的是平坦度规，拉普拉斯算符的形式相当简单，

$${\Delta }_{(1)}^{+}=-2{\partial }_z{\partial }_{\bar{z}}=\Delta \text{\hspace{1em}(14.128)}$$

其中 $\Delta$ 是由(14.87b)定义的拉普拉斯算符。由于

$$\int {\mathrm{d}}^2\xi \sqrt{\gamma }=\int {\mathrm{d}}^{2}z={\tau }_2$$

振幅(14.121)化为

$$Z_1={\int }_{\text{M o d}}\frac{\mathrm{d}\tau }{{\tau }_2^2}\frac{{\det }^{\prime }\Delta }{{\tau }_2}{\left(\frac{{\det }^{\prime }\Delta }{{\tau }_2}\right)}^{-13}\text{\hspace{1em}(14.129)}$$

$$\begin{array}{ccc}\uparrow & \uparrow & \uparrow \\ V(\mathsf{CKV})& \mathsf{W}-\mathsf{P}& \int {\mathsf{d}}^{2}z\end{array}$$

这里我们用了(14.124)和(14.127)。我们把被积函数作了因子化，使模不变性显而易见，见练习 14.7。

下面来计算 $\Delta$ 的谱。把拉普拉斯算符用 ${\xi }^{\alpha }$ 坐标表示较为方便。由

$${\xi }^1=\mathrm{i}(\bar{\tau }z-\tau \bar{z})/2{\tau }_2{\xi }^2=(z-\bar{z})/2\mathrm{i}{\tau }_2\text{\hspace{1em}(14.130)}$$

我们不难得到

$$\Delta =-\frac{1}{2{\tau }_2^2}\left[|\tau {|}^2{\left({\partial }_1\right)}^2-2{\tau }_1{\partial }_1{\partial }_2+{\left({\partial }_2\right)}^2\right]\text{\hspace{1em}(14.131)}$$

其中 ${\partial }_1=\partial /\partial {\xi }^1$ 等等。满足环面上周期边界条件的本征函数为

$${\psi }_{m,n}(\xi )=\exp [2\pi \mathrm{i}(n{\xi }^1+m{\xi }^2)](m,n)\in {\mathbb{Z}}^2.\text{\hspace{1em}(14.132)}$$

将其代入(14.131)，即得特征值

$${\lambda }_{m,n}=\frac{2{\pi }^2}{{\tau }_2^2}(m-\tau n)(m-\bar{\tau }n).\text{\hspace{1em}(14.133)}$$

行列式可表示为无穷乘积：

$$\stackrel{\prime }{\det }\Delta =\prod _{m,n}^{\prime }\frac{2{\pi }^2}{{\tau }_2^2}|m+\tau n{|}^2\text{\hspace{1em}(14.134)}$$

其中乘积取遍所有满足 $(m,n)\ne (0,0)$ 的整数。

显然 ${\det }^{\prime }\Delta$ 定义不良，需要加以正则化。下面引入艾森斯坦级数（Siegel 1980, Lang 1987），其定义为

$$E(\tau ,s)\equiv \sum _{m,n}^{\prime }\frac{{\tau }_2^s}{|m+\tau n{|}^{2s}}\text{\hspace{1em}(14.135)}$$

求和取遍所有满足 $(m,n)\ne (0,0)$ 的整数。该级数在 $\mathrm{Re}s>1$ 时收敛，并可解析延拓到整个复 $s$ 平面。级数 $E(\tau ,s)$ 在 $s=1$ 处有一个单极点，在该点处有洛朗展开

$$E(\tau ,s)=\frac{\pi }{s-1}+2\pi [\gamma -\ln 2-\ln \left(\sqrt{{\tau }_2}|\eta (\tau ){|}^2\right)]+\mathcal{O}(s-1).\text{\hspace{1em}(14.136)}$$

这一表达式称为克罗内克第一极限公式(Kronecker first limit formula)，对我们的目的至关重要。在(14.136)中，$\gamma =0.57721\dots$ 是欧拉常数，$\eta (\tau )$ 是戴德金 $\eta$ 函数

$$\eta (\tau )\equiv {\mathrm{e}}^{\mathrm{i}\pi \tau /12}\prod _{n>1}(1-{\mathrm{e}}^{2\mathrm{i}\pi n\tau }).\text{\hspace{1em}(14.137)}$$

忽略常数因子，我们有

$$\begin{array}{rl}\frac{{\det }^{\prime }\Delta }{{\tau }_2}& =\exp \left(-\ln {\tau }_2+\sum ^{\prime }\ln \frac{|m+\tau n{|}^2}{{\tau }_2^2}\right)\\ & =\exp \left(-\ln {\tau }_2-\frac{\partial }{\partial s}[{\tau }_2^{s}E(\tau ,s)]{|}_{s=0}\right)\\ & =\exp \{-\ln {\tau }_2[1+E(\tau ,0)]-E^{\prime }(\tau ,0)\}.\end{array}\text{\hspace{1em}(14.138)}$$

为计算指数，我们注意到如下函数方程：

$${\pi }^{-s}\Gamma (s)E(\tau ,s)={\pi }^{-(1-s)}\Gamma (1-s)E(\tau ,1-s).\text{\hspace{1em}(14.139)}$$

在(14.139)中取极限 $s\to 0$，得到

$$\begin{array}{rl}sE(\tau ,1-s)& ={\pi }^{1-2s}\frac{\Gamma (1+s)}{\Gamma (1-s)}E(\tau ,s)\\ & =\pi (1-2s\ln \pi +\dots )\frac{(1-\gamma s+\cdots )}{(1+\gamma s+\cdots )}[E(\tau ,0)+E^{\prime }(\tau ,0)s+\dots ]\\ & =\pi E(\tau ,0)+\left[-2(\ln \pi +\gamma )E(\tau ,0)+E^{\prime }(\tau ,0)\right]\pi s+\dots .\end{array}$$

由(14.136)，我们还有

$$sE(\tau ,1-s)=-\pi +2\pi s[\gamma -\ln 2-\ln (\sqrt{{\tau }_2}|\eta (\tau ){|}^2)]+\dots .$$

令 $s^0$ 与 $s^1$ 的系数相等，我们得到

$$E(\tau ,0)=-1\text{\hspace{1em}(14.140a)}$$

$$E^{\prime }(\tau ,0)=-2\left[\ln 2\pi +\ln \left(\sqrt{{\tau }_2}|\eta (\tau ){|}^2\right)\right].\text{\hspace{1em}(14.140b)}$$

将(14.140)代入(14.138)，即得

$$\frac{{\det }^{\prime }\Delta }{{\tau }_2}=\exp \left[-E^{\prime }(\tau ,0)\right]={\tau }_2|\eta (\tau ){|}^4.\text{\hspace{1em}(14.141)}$$

最后，由(14.129)和(14.141)可得

$$Z_1={\int }_{\text{M o d}}\frac{\mathrm{d}\tau }{{\tau }_2^2}{\tau }_2^{-12}|\eta (\tau ){|}^{-48}.\text{\hspace{1em}(14.142)}$$

若定义判别式，则$Z_1$可写成一种简洁的形式

$$\Delta (\tau )\equiv (2\pi {)}^{12}\eta (\tau {)}^{24}.\text{\hspace{1em}(14.143)}$$

忽略一个无关紧要的常数，单圈振幅为

$$Z_1={\int }_{\text{M o d}}\frac{\mathrm{d}\tau }{{\tau }_2^2}{\tau }_2^{-12}|\Delta (\tau ){|}^{-2}.\text{\hspace{1em}(14.144)}$$

$\Delta (\tau )$称为权为12的尖点形式，这意味着

$$\Delta \left(\frac{a\tau +b}{c\tau +d}\right)=(c\tau +d{)}^{12}\Delta (\tau )\text{\hspace{1em}(14.145)}$$

并且$c(0)=0$，其中$c(n)$为傅里叶系数，

$$\Delta (\tau )=\sum _{n\ge 0}c(n){\mathrm{e}}^{2\pi n\mathrm{i}\tau }.\text{\hspace{1em}(14.146)}$$

更高亏格的振幅由其他权的尖点形式给出，参见 Belavin 和 Knizhnik (1986)、Moore (1986)、Gilbert (1986) 以及 Morozov (1987)。

练习 14.7

证明

$$\eta (\tau +1)={\mathrm{e}}^{\pi \mathrm{i}/12}\eta (\tau )\eta (-1/\tau )=(-\mathrm{i}\tau {)}^{1/2}\eta (\tau )\text{\hspace{1em}(14.147)}$$

其中分支的选取使得当 $z>0$ 时 $\sqrt{z}>0$。利用这一结果证明 $\mathrm{d}\tau /{\tau }_2^2$ 与 ${\tau }_2^{-12}|\eta (\tau ){|}^{-48}$ 各自在 $\tau \to \tau +1$ 和 $\tau \to -1/\tau$ 下不变。

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