规范场的Faddev-Popov量子化

这篇文章写给了解一些正则形式的量子场论和一点点路径积分、但是还不知道规范场是如何量子化的同学。这篇文章唯一的目的就是完全从物理的角度详细地讲讲Faddev-Popov量子化方法，所以有些地方甚至会走入技术细节。但是详细地了解一下技术细节也没什么不好。Faddev-Popov量子化算是比较基本的形式化的技巧，在规范场论做量子化的时候、弦论中将世界面上的度规固定成unit gauge或者conformal gauge的时候都用到了这个技巧。一般来说，当有冗余的对称性的时候，我们就会采取Faddev-Popov方法来固定一种情形。

（这篇文章可能很无趣。我写这篇文章的motivation是，我后面想介绍一下闭弦的单圈振幅。如果想不借助共形场论、modular transformation、Riemann-Roch定理等一堆结论并且讲得形象一点的话，就得从点粒子的单圈出发，然后过渡到弦的单圈。点粒子的结果的推导需要用到Faddev-Popov方法来做规范固定。）

这里为了简便，就考虑电磁场。非阿贝尔规范场中自由场的部分和这里类似，不同的地方会在最后的comments里指出。度规还是约定为(+1, -1, -1, -1).

一个自由的规范场的路径积分为

$\int\mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}=\int\mathcal{D}A\exp\{i\int d^4x-\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}\}$

其中 $F_{\mu\nu}=\partial_{\mu}A_{\nu}-\partial_{\nu}A_{\mu}$ 是电磁场的场强张量。积分 $\int \mathcal{D}A$ 表示对所有的矢量场 $A^{\mu}$ 的构型（configuration）进行求和，每一种构型的权重为经典作用量。注意，这里的求和包含了不满足经典运动方程的那些场。这些不满足经典运动方程的场可以理解成量子效应。也就是说，我们把所有的可能的量子涨落按照一定的权重加起来。

我们先来看看，为什么naïve的路径积分失效了。

自由的电磁场的作用量

$\mathcal{S}=\int d^4x -\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}=\int d^4x-\frac{1}{2}(\partial_{\mu}A_{\nu}\partial^{\mu}A^{\nu}-\partial_{\mu}A_{\nu}\partial^{\nu}A^{\mu})$

进行分部积分，得到

$\mathcal{S}=\int d^4 x\frac{1}{2}A_{\mu}(\partial^2g^{\mu\nu}-\partial^{\mu}\partial^{\nu})A_{\nu}.$

这里对规范场做Fourier变换

$A_{\mu}(x)=\int d^4 \ A_{\mu}(k)e^{-ik\cdot x},$

（这里为了公式写起来方便，我就不把Fourier系数写成 $\tilde{A}_{\mu}(k)$ 了。那样实在是太麻烦了。）由于规范场是实的，所以我们有额外的限制

$A_{\mu}^{*}(x)=A_{\mu}(x)\rightarrow A_{\mu}^{*}(-k)=A_{\mu}(k) .$

这个Fourier变换将作用量变为

$\begin{aligned} \mathcal{S}&=\int \frac{d^4k}{(2\pi)4}\int \frac{d^4p}{(2\pi)4}\int d^4x \frac{1}{2}A_{\mu}(k)e^{-ik\cdot x}(-p^2g^{\mu\nu}+p^{\mu}p^{\nu})A_{\nu}e^{-ip\cdot x}\\ &=\int \frac{d^4p d^4k}{(2\pi)^4}\delta^4(p+k)\frac{1}{2}A_\mu(k)(-p^2g^{\mu\nu}+p^{\mu}p^{\nu})A_{\nu}(p)\\ &=\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{1}{2}A_\mu(k)(-k^2g^{\mu\nu}+k^{\mu}k^{\nu})A_{\nu}(-k)\\&=\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{1}{2}A_\mu(k)(-k^2g^{\mu\nu}+k^{\mu}k^{\nu})A^{*}_{\nu}(k)\end{aligned}$

我们可以把这个式子看成一个离散的求和

$\sum_{k}A_{\mu,k}B_{kk}^{\mu\nu}A^{*}_{\nu,k}$

其中

$B^{\mu\nu}_{kk}=\frac{1}{2}(-k^2g^{\mu\nu}+k^{\mu}k^{\nu})$

于是中间的那一堆可以看成是一个对角矩阵的 $kk$ 分量。在计算自由场的传播子(两点关联函数)的时候，我们需要用到这个“矩阵”的逆。但是，这个矩阵并不是可逆的：当规范场是一个pure gauge term，即 $A_{\mu}(k)\propto k_{\mu}$ 时， $k_{\mu}(k^2g^{\mu\nu}-k^{\mu}k^{\nu})=0$ . 这说明这个对角矩阵作用到这个态上的本征值是0，从而这个矩阵的一些对角元是0。有对角元是0的对角矩阵当然是不可逆的了。这就产生了问题。

（把作用量写成

$\mathcal{S}=\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{1}{2}(-k^2g^{\mu\nu}+k^{\mu}k^{\nu})\left(Re A_{\mu}(k)Re A_{\nu}(k)+ImA_{\mu}(k)Im A_{\nu}(k)\right)$

的形式，更容易看出这个无穷维矩阵是个对角矩阵。）

还有另一个角度，也可以看到这个积分出了问题。pure gauge term会让作用量为0，从而路径积分中的权重因子 $\exp\{{i\mathcal{S}}\}$ 为+1。另一方面，规范变换 $A_{\mu}(x)\rightarrow A_{\mu}(x)-i\partial_{\mu}\alpha(x)$ 在动量空间的对应为 $A_{\mu}(p)\rightarrow A_{\mu}(p)+p_{\mu}\alpha(p)$ , 可见这个规范变换把pure gauge term变成pure gauge term。由于规范变换的存在，我们在路径积分中，对所有可能的 $A_{\mu}(p)$ 求和时，会无穷多次地把pure gauge term的贡献加进来，从而发散。这个发散和真空涨落造成的发散不一样。真空图的发散并不是真发散：我们把所有真空图都加起来，它们就会变成一个指数因子，从而不是真正的发散（这个可以参考Peskin的4.4节，尤其是(4.51)和(4.52)之间的部分）；但是这一项它就是发散的，造成发散的原因是我们把同一种物理构型（physical configuration）加了无穷多次。（出现这种情况的原因是，规范变换不改变物理构型，但是会改变规范场。这导致我们对所有的规范场求和的时候把同一种物理构型加了无穷次。）

事实上，第二种角度已经提供了解决这个问题的办法。我们只要固定了规范，只加不能通过规范变换联系起来的那些规范场就行了。整个路径积分就会变成一个在某种特定规范上的积分再乘上对规范选择的积分——后者对于物理体系没有影响，所以肯定是一个发散的因子。这样我们就把发散的因子抽取出来了。

（这个思想和Lebesgue积分很像。原先的路径积分是Riemann积分，不管三七二四一，遇到什么加什么；我们想做的是把路径积分变成一个类似Lebesgue的积分，先把同一数值（这里“同一数值”就是“满足同一规范”）的抽出来加起来，再去加别的。）

我们首先要做的就是进行规范固定。常用的规范是Lorentz规范 $\partial_{\mu}A^{\mu}=0$ . 我们将这个规范记成 $\partial_{\mu}A^{\mu,\alpha}:=G(A^{\alpha})$ ，其中 $A^{\alpha}$ 表示的是在某一个给定的规范变换下的场 $A^{\mu}+\frac{1}{e}\partial^{\mu}\alpha$ 。向路径积分中插入一个 $\delta$ 函数

$1=\int \mathcal{D}G(A^{\alpha})\delta (G(A^{\alpha}))=\int \mathcal{D}\alpha(x)\frac{\delta G(A^{\alpha})}{\delta \alpha}\delta (G(A^{\alpha}))=\int \mathcal{D}\alpha(x)\det\left(\frac{\delta G(A^{\alpha})}{\delta \alpha}\right)\delta (G(A^{\alpha}))$

其中变量变换带来的雅克比行列式形式上可以写为

$\det\left(\frac{\delta G(A^{\alpha})}{\delta \alpha}\right)=\det\left(\frac{\partial_{\mu}A^{\mu}+(1/e)\partial^2\alpha}{\delta\alpha}\right)=\det(\frac{1}{e}\partial^2),$

可见其真的与 $\alpha(x)$ 的选取无关，于是可以作为常数提到积分外面去。原路径积分变为

$\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A^{\alpha})).$

对积分变量 $A^{\mu}$ 做一次平移 $A^{\mu}(x)\rightarrow A^{\mu}(x)+\frac{1}{e}\partial^{\mu}\alpha(x)$ , 积分测度和作用量在这个平移下不变，上式变为

$\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A)).$

算到这一步，虽然得到的形式已经相当好看了，但是我们不会算这个形式的积分。我们唯一会处理的只有指数上是二次型的积分。所以我们这里要用一个技巧，将不满足这个规范的部分重新引入（这样就得到了一个二次型）。

我们选取一个新的规范 $\partial_{\mu}A^{\mu}=\omega(x)$ , 其中 $\omega(x)$ 是一个任意的实函数，但是不依赖于 $\alpha(x)$ . 显然我们可以用这个新的规范重复上面的推导。这表明，

$\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A))=\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A)-\omega(x)).$

更进一步，我们可以得到

$\begin{aligned} &\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A))\\ =&C\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A))+(1-C)\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A)-\omega(x)). \end{aligned}$

其中第二行可以理解成一个概率分布：一个只在 $G=0$ 和 $G=\omega$ 处不为0，在其他地方都为0的分布。在这种理解下，上式又可以写成

$\begin{aligned} &\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A))\\ =&\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\int\mathcal{D}\Omega\left(C\delta(\Omega)+(1-C)\delta(\Omega-\omega)\right)\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A)-\Omega). \end{aligned}$

事实上，我们也可以使用其他的分布

$\begin{aligned} &\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A))\\ =&N(\xi)\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\int\mathcal{D}\omega\exp\{-i\int d^4 x\frac{\omega^2}{2\xi}\}\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A)-\omega). \end{aligned}$

其中 $N(\xi)$ 是一个归一化常数， $\xi$ 是任意的实数。这个分布 $\exp\{-i\int d^4 x\frac{\omega^2}{2\xi}\}$ 和正态分布很像，区别在于这里多了一个 $i$ . 引入这个 $i$ 的目的是为了让作用量在受到这一项的修正后，仍然是厄米的。（这些额外的常数并没有任何影响，因为我们在算关联函数的时候，最后都会除掉真空到真空的振幅，而这两个常数在分子分母上都有，所以都消掉了。这一点从生成泛函的角度更容易看出来。）

我们交换积分的顺序，先积掉 $\omega$ ，得到

$\begin{aligned} &\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{i\mathcal{S}\}\delta(G(A))\\ =&N(\xi)\det\left(\frac{1}{e}\partial^{2}\right)\int \mathcal{D}\alpha(x)\int \mathcal{D}A\exp\{-i\int d^4 x\frac{A_{\mu}^2}{2\xi}\}\exp\{i\mathcal{S}\}. \end{aligned}$

可见拉氏量会受到一个修正

$\mathcal{L}\rightarrow-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}-\frac{A_{\mu}^2}{2\xi}$

受到修正的作用量变为

$\mathcal{S}'=\int d^4x\frac{1}{2}A_{\mu}(\partial^{2}g^{\mu\nu}-\left(1-\frac{1}{\xi}\right)\partial^{\mu}\partial^{\nu})A_{\nu}$

此时，中间的无穷维矩阵就是可逆的了。在动量空间更容易看出这一点。做Fourier变换，中间的矩阵正比于

$p^{2}g^{\mu\nu}-\left(1-\frac{1}{\xi}\right)p^{\mu}p^{\nu}$

容易发现，这个矩阵满足

$\left[p^{2}g^{\mu\nu}-\left(1-\frac{1}{\xi}\right)p^{\mu}p^{\nu}\right]\left[\frac{1}{p^2}g_{\mu\rho}-(1-\xi)\frac{p_{\mu}p_{\rho}}{p^2}\right]=\delta_{\rho}^{\nu}$

只要我们不作死地取 $\xi=\infty$ , 这个逆矩阵（光子传播子）

$\frac{1}{p^2}g_{\mu\rho}-(1-\xi)\frac{p_{\mu}p_{\rho}}{p^2}$

就不会发散，从而不会出现问题。容易看出，当 $\xi=1$ 时，传播子有非常简单的形式。这种取法称为Feynman gauge.

Some Comments:

（1）非阿贝尔规范场的规范变换为

$(A^{\alpha})_{\mu}^k=A_{\mu}^kt^{k}+\frac{1}{g}(\partial_{\mu}\alpha^k)t^k+i[\alpha^kt^k, A_{\mu}^lt^l]$

其中 $t^{k}$ 是规范群的生成元，[ , ]是对易子。这个规范变换依赖于规范场，所以那个行列式 $\det(\delta G/\delta A)$ 不再是简单的常数，从而不能提出去。解决的办法是引入非物理的粒子（ghost field），将这个行列式再写成对ghost field的高斯型的积分。

这些ghost fields并不会出现在最终的物理态中。这需要用BRST量子化来证明。多说一句，BRST量子化中用到了规范对称性，所以自洽性要求规范对称性在量子水平上不能有反常。

（2）这个操作里十分关键的一步就是把不满足洛伦兹规范的场重新引入。事实上我们只会积高斯型的积分，这样做的目的就是把积分重新变成高斯型的积分。

（3）知乎这个写文章的功能体验太不友好。。。昨晚都熬夜写完了，今天早上起来发现只发出去前半部分。。。后半部分还没存草稿。。。

更新预告：本来想下次讲讲点粒子的单圈和闭弦的单圈，但是我公式还没推完。下次就改讲和大统一相关的科普了。主要会讲一个SO(10) SUSY GUT模型，但是真的只是科普水平，基本不会放公式，更不会明显地用到SUSY。

来源：知乎 www.zhihu.com

作者：鸟雀呼晴

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