Srednicki §82 Wilson 圈、格点理论与禁闭

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上一节计算的是夸克和胶子的短距离散射。在这样的过程中，渐近自由使微扰论成为有效的工具；但若把两个有色粒子缓慢分开，问题就不同了。我们要知道，分离它们所需的能量是否随距离无限增大。这个问题涉及大距离处的规范场，不能从有限阶散射振幅直接回答。本节先构造一个规范不变的量来测量静态电荷间的能量，再把理论放到格点上，研究强耦合区域。

这里的禁闭（confinement）指纯规范理论中的外部基本表示电荷不能以有限能量分离到无限远。在无限空间，QED允许带电的有限能量扇区，无穷远处的整体电荷变换作用于这些态；纯规范禁闭理论则没有孤立的基本色荷。趋于恒等的局域规范变换由高斯约束支配，无穷远处的整体变换则区分这些物理扇区。

沿一条路径比较颜色

规范场规定怎样比较相邻点的内部空间。设一列颜色分量 $\psi(s)$ 沿路径 $z(s)$ 平行运输，要求它在路径切向上的协变导数为零。用第69节的连接，这一要求是

\begin{aligned} D_\mu&=\partial_\mu-igA_\mu,& A_\mu^\dagger&=A_\mu,&\operatorname{Tr}A_\mu&=0,\\ \frac{d\psi}{ds}&=ig\,\dot z^\mu A_\mu(z(s))\psi(s). \end{aligned} \tag{82.1}

本节恢复生成元归一 $\operatorname{Tr}(T^aT^b)=\delta^{ab}/2$ 。因此这里的矩阵场是上一节矩阵场的 $1/\sqrt2$ ，而物理耦合 $g$ 不变。对一段无穷小位移 $\varepsilon$ ，式（82.1）给出

\mathcal W(x+\varepsilon,x) =I+ig\varepsilon^\mu A_\mu(x)+O(\varepsilon^2) =e^{ig\varepsilon^\mu A_\mu(x)}+O(\varepsilon^2). \tag{82.2}

最右的指数定义了小链节。场在链节上变化的贡献从二阶位移开始，所以用任意一个端点取值都给出相同的一阶运输。

现在直接检查其变换。第69节已经求得 $A'_\mu=UA_\mu U^\dagger+(i/g)U\partial_\mu U^\dagger$ 。对 $UU^\dagger=I$ 求导，把非齐次项写成 $\partial_\mu U$ ，便有

\begin{aligned} I+ig\varepsilon^\mu A'_\mu &=I+ig\varepsilon^\mu UA_\mu U^\dagger -\varepsilon^\mu U\partial_\mu U^\dagger\\ &=\bigl(U+\varepsilon^\mu\partial_\mu U\bigr)U^\dagger +ig\varepsilon^\mu UA_\mu U^\dagger\\ &=U(x+\varepsilon) \bigl[I+ig\varepsilon^\mu A_\mu(x)\bigr]U^\dagger(x) +O(\varepsilon^2). \end{aligned} \tag{82.3}

最后一步在已经含 $\varepsilon$ 的项中把 $U(x)$ 移到终点，产生的误差仍为二阶。共轭把指数变成 $-ig\varepsilon^\mu A_\mu(x)$ ；反向链在 $x+\varepsilon$ 处取值，二者相差 $O(\varepsilon^2)$ ，因此小链节的共轭在这一精度下等于反向链节。

有限路径需要把小链节依次接起来。每一步先作用于已有颜色列，所以后走的一步放在左边；这固定了矩阵的乘法次序。将每个链节的端点变换代入乘积，内部相邻的 $U^\dagger(z_j)U(z_j)$ 逐对消去，只留下路径两端的矩阵。设起点为 $s_0$ ，终点为 $s_1$ ，并记 $B(s)=\dot z^\mu A_\mu(z(s))$ 。链节乘积的连续极限满足

\begin{aligned} \mathcal W(s,s_0) &=I+ig\int_{s_0}^{s}ds'\,B(s')\mathcal W(s',s_0)\\ &=I+ig\int_{s_0}^{s}ds_1\,B(s_1)\\ &\quad +(ig)^2\int_{s_0}^{s}ds_1\int_{s_0}^{s_1}ds_2\, B(s_1)B(s_2)+\cdots . \end{aligned} \tag{82.4}

第一行是式（82.1）的积分形式；反复把右端的 $\mathcal W$ 代回自身，就产生后两行及更高阶。第 $n$ 项的积分域是 $s_1>\cdots>s_n$ ，这便定义了路径序指数（path-ordered exponential） $\mathcal P\exp(ig\int_P A_\mu dz^\mu)$ 。若路径长度有限且场光滑有界，单步二阶误差的总和受 $\sum_j|\varepsilon_j|^2\le\max_j|\varepsilon_j|\sum_j|\varepsilon_j|$ 控制，在最大步长趋于零时消失；矩阵乘积的范数至多增加一个有限的指数因子。量子场的线算符则和其它复合算符一样，先按共同的短距离调节定义。

有限运输的端点变换可以精确证明。由场的变换式， $igA'_\mu U=igUA_\mu+\partial_\mu U$ ，因此 $U(z(s))\mathcal W(s,s_0)U^\dagger(z(s_0))$ 满足变换后相同的微分方程和单位初值。线性初值解的唯一性给出

\begin{aligned} \mathcal W_P(y,x)&\longmapsto U(y)\mathcal W_P(y,x)U^\dagger(x),\\ \frac{d}{ds}(\mathcal W^\dagger\mathcal W) &=-ig\mathcal W^\dagger B\mathcal W +ig\mathcal W^\dagger B\mathcal W=0,\\ \mathcal W_{-P}(x,y)&=\mathcal W_P(y,x)^{-1} =\mathcal W_P(y,x)^\dagger . \end{aligned} \tag{82.5}

第二行使用 $B^\dagger=B$ 。此外， $\frac{d}{ds}\det\mathcal W=\det\mathcal W\,\operatorname{Tr}(\mathcal W^{-1}\dot{\mathcal W})=ig\det\mathcal W\,\operatorname{Tr}B=0$ ，单位初值给出 $\det\mathcal W=1$ 。有限运输因而仍在 $SU(N)$ 中。反向依次走过各段正是逆矩阵，也就确定了路径反向时的乘法次序。

若路径闭合，两个端点的变换只剩一次共轭。取迹后，得到Wilson圈（Wilson loop）

W_C=\operatorname{Tr}\mathcal W_C(x,x),\qquad W_C\longmapsto W_C,\qquad W_{-C}=W_C^*. \tag{82.6}

选择另一个起点只会循环移动乘积中的矩阵，不改变迹。这里不除以 $N$ ，故零场时 $W_C=N$ 。Wilson圈比较沿闭路运输之后的颜色与最初颜色，其真空平均包含了场在整条曲线附近的涨落。

自由电磁场中的Wilson圈

先取不含带电物质的 $U(1)$ 理论。各链节交换，路径序消失，圈只剩 $e^{ig\oint_C A_\mu dx^\mu}$ 。沿第29节的Wick转动，令 $t=-ix_4$ 、 $A_0^M=iA_4^E$ ，则 $dt\,A_0^M=dx_4\,A_4^E$ ，而 $F_{0i}^M=iF_{4i}^E$ 。电、磁两部分一并转动后， $e^{iS_M}$ 成为 $e^{-S_E}$ ，其中

S_E=\frac14\int d^4x\,F_{\mu\nu}F_{\mu\nu},\qquad F_{\mu\nu}=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu . \tag{82.7}

以下指标均以四维欧几里得度规收缩。取费曼规范，加入 $\frac12\int(\partial_\mu A_\mu)^2$ ，分部积分后交叉导数项相消，二次核是 $K_{\mu\nu}=-\delta_{\mu\nu}\partial^2$ 。边界条件和零模处理沿第57节的规范积分使用，分子与分母保持相同。

为了应用高斯积分，把整个圈写成外流：

\begin{aligned} J_\mu(x)&=g\int ds\,\dot z_\mu(s)\, \delta^{(4)}(x-z(s)),\\ \int d^4x\,J_\mu A_\mu&=g\oint_C A_\mu dz^\mu,\\ \partial_\mu J_\mu(x) &=-g\int ds\,\frac{d}{ds}\delta^{(4)}(x-z(s))=0. \end{aligned} \tag{82.8}

最后一步因路径闭合而没有端点项。于是纵向传播核在 $JK^{-1}J$ 中给零，规范不变性也能在高斯结果中直接看见。

令 $\Delta^E=K^{-1}$ 。有限调节下完成平方，

\begin{aligned} -\frac12 AKA+iJA &=-\frac12(A-i\Delta^E J)K(A-i\Delta^E J) -\frac12J\Delta^E J,\\ \langle W_C\rangle &=\frac{\int\mathcal DA\,e^{-\frac12AKA+iJA}} {\int\mathcal DA\,e^{-\frac12AKA}}\\ &=\exp\!\left[-\frac{g^2}{2} \oint_Cdx^\mu\oint_Cdy^\nu\,\Delta^E_{\mu\nu}(x-y)\right]. \end{aligned} \tag{82.9}

平移后的积分与零源积分相同：对有限个模式，正二次型的高斯为整函数，积分轮廓平行移动时，连接两条轮廓的远端积分因高斯衰减而消失；再按原来的共同调节取极限。指数负号来自两次线性源的 $i$ 。归一化分母消除了无外流时的积分常数；欧几里得协方差本身不再带额外的 $i$ 。

四维光子核的求值

为求 $\Delta^E$ ，在 $r=x-y\ne0$ 处先计算标量积分。用 $k^{-2}=\int_0^\infty d\sigma\,e^{-\sigma k^2}$ 及已建立的高斯积分，可得

\begin{aligned} D_E(r) &=\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{e^{ik\cdot r}}{k^2} =\int_0^\infty d\sigma\, \frac{e^{-r^2/(4\sigma)}}{(4\pi\sigma)^2}\\ &=\frac1{4\pi^2r^2}\int_0^\infty du\,e^{-u} =\frac1{4\pi^2r^2},\qquad u=\frac{r^2}{4\sigma},\\ \Delta^E_{\mu\nu}(r)&=\delta_{\mu\nu}D_E(r). \end{aligned} \tag{82.10}

第二行的负雅可比翻转了积分上下限。可以先令 $\sigma$ 有正下限，再做动量积分；这样各步都有紫外调节，最后在 $r\ne0$ 去掉它。

同一积分还可以改用四维球坐标求值。把 $r$ 选作极轴，剩余二维球面给 $4\pi$ ，故 $d^4k=4\pi k^3dk\,\sin^2\theta\,d\theta$ 。为计算角积分，先定义

\begin{aligned} J_0(z)&=\frac1\pi\int_0^\pi e^{iz\cos\theta}\,d\theta =\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m(z/2)^{2m}}{(m!)^2},\\ J_1(z)&=-J_0'(z) =\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^m(z/2)^{2m+1}}{m!(m+1)!},\\ \int_0^\pi\sin^2\theta\,e^{iz\cos\theta}\,d\theta &=\frac1{iz}\int_0^\pi\cos\theta\,e^{iz\cos\theta}\,d\theta =\frac{\pi J_1(z)}z . \end{aligned} \tag{82.11}

第一行展开指数后，奇次 $\cos\theta$ 积分为零，偶次积分为 $\pi(2m)!/[2^{2m}(m!)^2]$ ，这个系数也可由分部积分的递推逐次得到。第二行逐项求导，重新编号一次即可。第三行对 $\sin\theta\,e^{iz\cos\theta}$ 求导并积分，两个端点都为零，因而得到所需角积分； $z=0$ 时取连续极限 $\pi/2$ 。

径向积分中还需要 $\int_0^\infty J_1(u)du=1$ 。加入 $e^{-\eta u}$ 、 $\eta>0$ ，先由角积分求

\begin{aligned} \int_0^\infty e^{-\eta u}J_0(u)\,du &=\frac2\pi\int_0^{\pi/2} \frac{\eta\,d\theta}{\eta^2+\cos^2\theta}\\ &=\frac{2\eta}{\pi}\int_0^\infty \frac{dv}{1+\eta^2+\eta^2v^2} =\frac1{\sqrt{1+\eta^2}},\qquad v=\tan\theta,\\ \int_0^\infty e^{-\eta u}J_1(u)\,du &=1-\eta\int_0^\infty e^{-\eta u}J_0(u)\,du =1-\frac{\eta}{\sqrt{1+\eta^2}} \ \longrightarrow\ 1 . \end{aligned} \tag{82.12}

最后一行用 $J_1=-J_0'$ 分部积分，原点边界给 $J_0(0)=1$ 。这样，在明确的阿贝尔调节下，全部角向、径向运算成为

D_E(r)=\frac{4\pi}{(2\pi)^4} \int_0^\infty k\,dk\,\frac{\pi J_1(k|r|)}{k|r|} =\frac1{4\pi^2r^2}\int_0^\infty J_1(u)\,du =\frac1{4\pi^2r^2}. \tag{82.13}

它与施温格参数计算相符。 $r=0$ 的奇性则正是圈积分中尚需处理的自能发散。

从周长项到两个静态电荷的势能

代入光子核后，只剩几何积分 $I_C=\oint_C\oint_C dx\cdot dy/(x-y)^2$ 。对光滑曲线取弧长 $s$ ，邻近两点相隔 $u$ 时有 $(z(s+u)-z(s))^2=u^2+O(u^4)$ 和 $\dot z(s+u)\cdot\dot z(s)=1+O(u^2)$ 。删去 $|x-y|<a$ 的核，两侧邻域于是给

I_C=\frac{2P}{a}+\hbox{次领先的形状项},\qquad \ln\langle W_C\rangle =-\frac{g^2P}{4\pi^2a}+\hbox{次领先项}. \tag{82.14}

因子2来自沿曲线向前和向后两个方向。这解释了周长律（perimeter law）：最主要的短距离代价沿整条曲线累积。平移不变性保证核只含点差，远隔两段之间仍保留形状依赖；有角点时还会出现对数项。

圆形圈的完整积分

令半径为 $R$ 的圆位于1–2平面， $x(\theta)=R(\cos\theta,\sin\theta,0,0)$ ， $y=x(\varphi)$ 。线元点积和两点弦长分别为

\begin{aligned} dx\cdot dy&=R^2\cos(\theta-\varphi)\,d\theta\,d\varphi,\\ (x-y)^2&=4R^2\sin^2\frac{\theta-\varphi}{2}. \end{aligned} \tag{82.41}

取 $0<a<2R$ ，记 $\delta_0=2\arcsin[a/(2R)]$ 。对每个 $\varphi$ ，差角 $\delta=\theta-\varphi$ 沿一周的保留区间是 $\delta_0\le\delta\le2\pi-\delta_0$ 。积分只依赖差角，所以另一角积分给 $2\pi$ ，得到

\begin{aligned} I_C(a) &=2\pi\int_{\delta_0}^{2\pi-\delta_0} \frac{\cos\delta}{4\sin^2(\delta/2)}\,d\delta\\ &=2\pi\int_{\delta_0}^{2\pi-\delta_0} \left[\frac1{4\sin^2(\delta/2)}-\frac12\right]d\delta\\ &=2\pi\left[-\frac12\cot\frac\delta2-\frac\delta2 \right]_{\delta_0}^{2\pi-\delta_0}\\ &=2\pi\left[\cot\frac{\delta_0}{2}-\pi+\delta_0\right]. \end{aligned} \tag{82.42}

第二行用 $\cos\delta=1-2\sin^2(\delta/2)$ ；上端的 $\cot(\pi-\delta_0/2)$ 等于下端余切的负值。积分的两个端点分别对应沿圆向前和向后接近重合点的区域。

要在 $a\ll R$ 时展开，令 $x_a=a/(2R)$ 。由于 $\delta_0/2=\arcsin x_a$ ，

\begin{aligned} \cot\frac{\delta_0}{2} &=\frac{\sqrt{1-x_a^2}}{x_a} =\frac1{x_a}-\frac{x_a}{2}+O(x_a^3),\\ \delta_0&=2x_a+O(x_a^3),\\ I_C(a)&=\frac{4\pi R}{a}-2\pi^2 +\frac{3\pi a}{2R}+O(a^3/R^3). \end{aligned} \tag{82.43}

将它代入式（82.9），并用周长 $P=2\pi R$ ，

\begin{aligned} \ln\langle W_C\rangle &=-\frac{g^2}{8\pi^2}I_C(a)\\ &=-\frac{g^2P}{4\pi^2a}+\frac{g^2}{4} -\frac{3g^2a}{16\pi R} +O(g^2a^3/R^3),\\ \widetilde c_{\rm leading}&=\frac1{4\pi^2}. \end{aligned} \tag{82.44}

最后一行给出周长领先系数。中间一行还给出有限的 $g^2/4$ 项：它并不随 $P/a$ 增长，故只取周长领先项时会被略去。

若在有限 $a/R$ 时仍以 $\exp[-cg^2P/a]$ 定义一个有效系数，则应保留其截断依赖：

\begin{aligned} \widetilde c_{\rm eff}(a/R) &=\frac{a}{8\pi^2R} \left[\cot\frac{\delta_0}{2}-\pi+\delta_0\right] \\ &=\frac1{4\pi^2}-\frac{a}{8\pi R}+O(a^2/R^2). \end{aligned} \tag{82.45}

它在 $a/R\to0$ 时回到上式的常数。圆的例子由此同时说明周长主项的局部来源，以及完整Wilson圈还保留的有限几何信息。

长矩形的谱表示与库仑势

真正测量相互作用势时，取空间边长 $R$ 、时间边长 $T$ 的矩形，令 $a\ll R\ll T$ 。两条长边方向相反，因而它们代表一对相反的静态电荷。短边把它们在初、末时刻接成规范不变的整体。在带这对外源的希尔伯特空间插入能量本征态，沿第6节的欧几里得投影得到

\begin{aligned} \langle W_{\rm rect}\rangle &=\sum_n |\langle n;R|\mathcal O_R|0\rangle|^2 e^{-[E_n(R)-E_0]T},\\ E_{\rm pair}(R)&=-\lim_{T\to\infty} \frac1T\ln\langle W_{\rm rect}\rangle . \end{aligned} \tag{82.15}

这里 $\mathcal O_R$ 以空间运输连接两个外部电荷；谱表示使用具有正转移矩阵的欧几里得调节。若它与最低态有非零重叠，最低态对应的指数衰减最慢，便决定了大 $T$ 时的结果；与 $T$ 无关的重叠系数不影响能量。因而计算的关键是保留 $I_C$ 中所有与 $T$ 成正比的项。

先求一条长度 $L$ 的边与自身配对。采用刚才的硬距离截断，令 $u=|x-y|$ ；固定 $u$ 时两个点的可用区间长为 $L-u$ ，两种先后次序给2：

\begin{aligned} S(L,a) &=2\int_a^Ldu\,\frac{L-u}{u^2}\\ &=2L\left(\frac1a-\frac1L\right) -2\ln\frac La =\frac{2L}{a}-2-2\ln\frac La . \end{aligned} \tag{82.16}

这确定了当前截断下的自能系数。两条平行边相隔 $d$ 时，先不计其方向，积分为

\begin{aligned} J(L,d) &=2\int_0^Ldu\,\frac{L-u}{u^2+d^2}\\ &=\frac{2L}{d}\arctan\frac Ld -\ln\left(1+\frac{L^2}{d^2}\right),\\ J(T,R) &=\frac{\pi T}{R}-2\ln\frac TR-2+O(R^2/T^2),\\ J(R,T)&=\frac{R^2}{T^2}+O(R^4/T^4). \end{aligned} \tag{82.17}

第二行分别积分 $1/(u^2+d^2)$ 和 $u/(u^2+d^2)$ 。第三行用 $\arctan(T/R)=\pi/2-R/T+O((R/T)^3)$ ；第四行则在小 $R/T$ 展开。于是相反短边的贡献受抑制，而相反长边给出决定相互作用势的 $\pi T/R$ 。

四组同边配对给 $2S(T,a)+2S(R,a)$ 。两组相反平行边的切向量点积为负，且双积分分别数了两种边的先后，所以它们给 $-2J(T,R)-2J(R,T)$ 。垂直边在费曼规范下因 $dx\cdot dy=0$ 而消失。合起来，

\begin{aligned} I_{\rm rect} &=2S(T,a)+2S(R,a)-2J(T,R)-2J(R,T)\\ &=\left(\frac4a-\frac{2\pi}{R}\right)T +\frac{4R}{a}-4-8\ln\frac Ra+O(R^2/T^2),\\ E_{\rm pair}(R) &=\frac{g^2}{8\pi^2} \left(\frac4a-\frac{2\pi}{R}\right) =\frac{2\alpha}{\pi a}-\frac{\alpha}{R}, \qquad \alpha=\frac{g^2}{4\pi}. \end{aligned} \tag{82.18}

同边项与相反长边项中的 $\ln T$ 已经相消。提取能量时只保留大 $T$ 的领先指数。两个电荷各有自能 $\alpha/(\pi a)$ ，去掉它们后就是吸引势 $V(R)=-\alpha/R$ 。它趋向零而不随分离距离无限增大，因而自由电磁场没有这种禁闭。周长项和库仑项来自同一个闭线积分，在提取势能时必须同时保留。

非阿贝尔圈的微扰起点

回到 $SU(N)$ 。把 $A_\mu=A_\mu^aT_R^a$ 代入运输方程，就得到表示 $R$ 中的圈。按式（82.4）展开，线性项的真空平均为零；二阶项含 $(ig)^2T^aT^b$ 和有序积分域。自由收缩给 $\delta^{ab}\Delta^E_{\mu\nu}$ ，被积式交换两个路径点后不变，因此有序半区等于整个双积分的一半。对不可约表示 $R$ ，

\begin{aligned} \langle W_C^{(R)}\rangle &=D(R)-\frac{g^2}{2} \operatorname{Tr}_R(T_R^aT_R^a) \oint_Cdx^\mu\oint_Cdy^\nu\, \Delta^E_{\mu\nu}(x-y)+O(g^4),\\ \frac{\langle W_C^{(R)}\rangle}{D(R)} &=1-\frac{g^2C(R)}2 \oint_Cdx^\mu\oint_Cdy^\nu\, \Delta^E_{\mu\nu}(x-y)+O(g^4). \end{aligned} \tag{82.19}

这里用了 $\sum_aT_R^aT_R^a=C(R)I_R$ 。在半迹基本表示中， $C(N)=(N^2-1)/(2N)$ 。若表示可约，便分别对不可约块求迹。由此，非阿贝尔圈的最低阶计算确实相当于作 $g^2\to g^2C(R)$ ；静态势也先得到 $-\alpha C(R)/R$ 。

更高阶包含规范场的自身作用。由线指数展开出的顶点位于曲线 $C$ 上，胶子从这些点伸入空间，与普通三、四胶子顶角相连；有些内部线的两端都在空间中的相互作用顶角上。圈的场插入线至少有一个端点落在曲线上，这个限制不适用于其余内部线。与圈完全分离的真空图仍由归一化分母消去。这样的弱耦合展开继续描述短距离；要直接见到线性势，我们转向另一种展开。

用最小Wilson圈构造格点作用量

以格距 $a$ 的四维超立方格点代替连续空间。在格点 $x_\mu=n_\mu a$ 上，动量 $k_\mu$ 与 $k_\mu+2\pi/a$ 给出相同的平面波，因此每个动量分量只需取在 $[-\pi/a,\pi/a)$ 内。格距于是引入量级为 $a^{-1}$ 的紫外截断，可以用 $\Lambda=1/a$ 表示这个截断量级。每条正向链节放置一个 $SU(N)$ 矩阵，反向链节取其共轭；格点上的规范变换精确定义为 $U_{y,x}\to V_yU_{y,x}V_x^\dagger$ 。这样一来，任意闭合链节乘积的迹在有限 $a$ 时就已经规范不变。

最小的闭路绕一块正方形，称为格元（plaquette）。一个局部、实的作用量可以由这些最小圈的两个取向相加构成。先确定其系数，使光滑场在 $a\to0$ 时还原杨—米尔斯作用量。

基本格元的四条有向链。黑点为四角格点，小十字 $x$ 仅标几何中心；四个中点决定相应规范场的取值。

取格元中心为 $x$ ， $\varepsilon_i=a\widehat e_i$ 。从左下角向右走，再向上、向左、向下，未取迹的运输矩阵为

\begin{aligned} U_p={}&e^{-igaA_2(x-\varepsilon_1/2)} e^{-igaA_1(x+\varepsilon_2/2)}\\ &\quad\times e^{+igaA_2(x+\varepsilon_1/2)} e^{+igaA_1(x-\varepsilon_2/2)},\qquad W_p=\operatorname{Tr}U_p . \end{aligned} \tag{82.20}

沿路径的第一步位于最右边。光滑场沿每条短边的精确运输与中点指数之差从 $a^3$ 开始；因此这个表达足以确定下一步的 $a^2$ 曲率。格点积分中的 $U_{y,x}$ 随后作为独立群变量使用，不要求它们接近单位阵。

把四个中点展开到中心，记 $X=igaA_1(x)$ 、 $Y=igaA_2(x)$ ，以及 $D_1=iga^2\partial_1A_2(x)/2$ 、 $D_2=iga^2\partial_2A_1(x)/2$ 。四个指数从左到右便是 $-Y+D_1$ 、 $-X-D_2$ 、 $Y+D_1$ 、 $X-D_2$ 。所用贝克—坎贝尔—豪斯多夫公式只需到二阶：比较 $e^Ae^B$ 与 $e^{A+B+C}$ 的展开，交叉项分别是 $AB$ 和 $(AB+BA)/2+C$ ，所以 $C=[A,B]/2$ 。先合并左右两对，得到

\begin{aligned} L_{\rm left}&=-Y-X+D_1-D_2+\tfrac12[Y,X]+O(a^3),\\ L_{\rm right}&=Y+X+D_1-D_2+\tfrac12[Y,X]+O(a^3),\\ \log U_p &=L_{\rm left}+L_{\rm right} +\tfrac12[-Y-X,Y+X]+O(a^3)\\ &=2(D_1-D_2)+[Y,X]+O(a^3)\\ &=iga^2\bigl(\partial_1A_2-\partial_2A_1 -ig[A_1,A_2]\bigr)+O(a^3)\\ &=iga^2F_{12}+O(a^3). \end{aligned} \tag{82.21}

第三行的对易子为零；第四行中 $[Y,X]=g^2a^2[A_1,A_2]$ ，给出场强的非阿贝尔项。这个乘积不仅产生普通旋度，也包含规范场的自相互作用。

反向格元是 $U_p^\dagger$ 。两个取向相加时，对数指数的奇次项相消，二次项留下

W_p+W_p^* =2N-g^2a^4\operatorname{Tr}F_{12}^2+O(a^5). \tag{82.22}

这里单个指数二次项的 $1/2$ 被两个取向抵消。场强无迹又使单圈的 $a^2$ 线性项为零。对每个 $x$ 及每对 $\mu<\nu$ 只计一个几何格元，所需作用量因而是

\begin{aligned} S_W&=\frac1{g^2}\sum_{x,\mu<\nu} \bigl(2N-W_{x,\mu\nu}-W_{x,\mu\nu}^*\bigr),\\ S_W&\longrightarrow \int d^4x\sum_{\mu<\nu}\operatorname{Tr}F_{\mu\nu}^2 =\frac12\int d^4x\,\operatorname{Tr}F_{\mu\nu}F_{\mu\nu}\\ &=\frac14\int d^4x\,F_{\mu\nu}^aF_{\mu\nu}^a . \end{aligned} \tag{82.23}

第一行的常数使单位链配置的作用量为零，并不改变归一化期望。第二行的 $1/2$ 来自反对称指标的双重计数，最后一行则使用本节的半迹归一。

格点系数必须与连续理论的生成元归一配合。式（82.23）使 $g$ 保持第69、73章的物理耦合定义。也可以使用另一组变量，以 $-1/(2g_{\rm lit}^2)$ 作为双取向迹之和的系数；下标 $\mathrm{lit}$ 在以下公式中只区分这套替代归一。要使运输矩阵和作用量仍相同，须同时定义

\begin{aligned} g_{\rm lit}&=\frac{g}{\sqrt2},\qquad A_{\mu,{\rm lit}}=\sqrt2 A_\mu,\qquad F_{\mu\nu,{\rm lit}}=\sqrt2 F_{\mu\nu},\\ g_{\rm lit}A_{\mu,{\rm lit}}&=gA_\mu,\\ \beta_{\rm lit}(g_{\rm lit}) &=\frac1{\sqrt2}\beta(\sqrt2g_{\rm lit}) =-2b_1g_{\rm lit}^3+\cdots . \end{aligned} \tag{82.24}

耦合的变量变换使一圈系数也随之转换；使用替代归一时，跑动方程应相应采用 $\beta_{\rm lit}$ 。

链节的群积分

格点现在把路径积分变成一组有限维群积分。对每条无向链节选一个方向，只积分这个方向的矩阵；将归一化积分写成

Z=\int\prod_{\ell}dU_\ell\,e^{-S_W},\qquad \langle W_C\rangle= \frac1Z\int\prod_{\ell}dU_\ell\,W_Ce^{-S_W}. \tag{82.25}

测度 $dU$ 要求在左右乘任意固定群元素时不变，并归一为 $\int dU=1$ 。这就是Haar测度（Haar measure）。有限个紧致群上的积分有限，且 $S_W$ 为实， $Z>0$ 。规范轨道的积分也只有有限的归一体积，所以计算规范不变量时无需再引入微扰论中的Faddeev–Popov规范固定。

对这里的矩阵群，Haar测度的存在可以从普通高斯随机矩阵构造出来。取复 $N\times N$ 矩阵 $G$ ，其实、虚部按密度正比于 $e^{-\operatorname{Tr}G^\dagger G}$ 的高斯分布积分。行列式为零的矩阵集是零测集，所以几乎处处可以取正平方根并定义

Q=G(G^\dagger G)^{-1/2},\qquad Q^\dagger Q=I,\qquad U=(\det Q)^{-1/N}Q . \tag{82.26}

对单位复数的 $N$ 次方根固定一个可测的选择，即有 $\det U=1$ 。左、右乘固定酉矩阵都是 $G$ 的实、虚分量空间中的正交变换，保持高斯密度和体积元。正平方根在酉共轭下相应变换，因此 $G\to VG$ 给 $Q\to VQ$ ， $G\to GV$ 给 $Q\to QV$ 。若 $V\in SU(N)$ ， $\det Q$ 又不变，故构造出的 $U$ 的概率分布同时左右不变。

这一分布还唯一。设 $d\nu$ 是刚构造的双侧不变概率测度， $d\mu$ 是任意归一左不变测度。对连续函数 $f$ ，紧致性允许交换有限积分，因而

\begin{aligned} \int d\mu(V)f(V) &=\int d\nu(U)\int d\mu(V)f(UV)\\ &=\int d\mu(V)\int d\nu(U)f(UV) =\int d\nu(U)f(U). \end{aligned} \tag{82.27}

第一步用 $\mu$ 的左不变性，最后一步用 $\nu$ 的右不变性。这便构造并唯一确定了归一Haar积分。

实际计算只需要几个低阶矩。取中心元素 $zI$ ， $z=e^{2\pi i/N}$ 。在 $U\to zU$ 下，一份矩阵元乘 $z$ ，两份乘 $z^2$ ，而积分不变，所以

\int dU\,U_{ij}=0\quad(N\ge2),\qquad \int dU\,U_{ij}U_{kl}=0\quad(N\ge3). \tag{82.28}

这确定了两种同向低阶矩。一个基本矩阵元和一个共轭矩阵元的积分不受这个中心相位限制。左不变性要求其行指标构成单位矩阵，右不变性同样固定列指标。也可以先用对角相位变换消去不相等的指标，再用交换两个基矢的特殊酉变换使各个对角系数相等。于是

\begin{aligned} \int dU\,U_{ij}U_{kl}^* &=q\,\delta_{ik}\delta_{jl},\\ \sum_i\int dU\,U_{ij}U_{il}^* &=\delta_{jl}=Nq\,\delta_{jl},\\ \int dU\,U_{ij}U_{kl}^* &=\frac1N\delta_{ik}\delta_{jl}. \end{aligned} \tag{82.29}

第二行先用了每个 $U$ 本身的酉性，从而确定配对系数 $1/N$ 。

$N$ 个同向矩阵元可以组成行列式，故还有一类非零积分：

\int dU\,U_{i_1j_1}\cdots U_{i_Nj_N} =\frac1{N!}\epsilon_{i_1\cdots i_N}\epsilon_{j_1\cdots j_N}. \tag{82.30}

左侧任意行相位的总相位必须为零，要求所有行各出现一次；特殊酉的两行交换随后给完全反对称的 $\epsilon$ 。列指标同理。将行指标与 $\epsilon_{i_1\cdots i_N}$ 收缩，左边由 $\det U=1$ 给 $\epsilon_{j_1\cdots j_N}$ ，右边给系数乘 $N!$ ，便得到所示系数。 $SU(2)$ 的两矩阵元积分因此还允许 $\epsilon_{ik}\epsilon_{jl}/2$ ，说明同向二次矩为零为什么需要 $N\ge3$ 。后面用 $U$ 与 $U^\dagger$ 配对求最低阶；更高阶的行列式收缩也须保留。

强耦合展开怎样填满一个圈

先取固定 $N\ge3$ 及足够大的有限开边界格点，考虑一条不自交平面圈，内部含 $F=A/a^2$ 块格元。把作用量的常数在分子分母中约去，令 $h=1/g^2$ ，展开

\begin{aligned} e^{-S_W}&\ \propto\ \exp\!\left[h\sum_p(W_p+W_p^*)\right]\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{h^n}{n!} \left[\sum_p(W_p+W_p^*)\right]^n . \end{aligned} \tag{82.31}

$h$ 小就是强耦合。零阶中，每条边只出现圈本身的一份 $U$ ，式（82.28）使其积分为零。若加入一个与圈相邻、取向相反的格元，原边就多了一份 $U^\dagger$ ，可以按式（82.29）积分；但该格元另外的边也必须得到补偿。继续向内接上格元，最后恰好用反向格元铺满整个圈。

这个最小填充需要 $F$ 个格元。还可以检验，更少的格元不会借助式（82.30）逃过计数。对每条边单独作中心变换，非零积分要求该边正反方向的出现次数之差为 $0\bmod N$ 。因此，从指数中取出的格元按方向和重数构成一个曲面，它的边界在模 $N$ 意义下必须抵消 $C$ 。将它投影到圈所在平面，垂直于该平面的格元没有面积贡献，平行格元则贡献 $\pm1$ 。相邻投影格元的净重数之差由边界确定：圈外为零，越过 $C$ 后圈内必须为 $-1\bmod N$ 。所以每个内部格元位置至少有一个投影面，总面数至少为 $F$ 。当 $N\ge3$ 时，绝对值最小的重数1只对应反向。若曲面离开原平面，还需要侧面连接边界，因而不能在 $F$ 阶竞争。

在第 $F$ 阶，每块内部格元恰好选一次。指数展开有 $1/F!$ ，但这 $F$ 块不同格元可按 $F!$ 个次序选出，二者抵消，留下 $h^F$ 。余下的颜色系数也能完整数出。每条曲面边含一个 $U$ 和一个 $U^\dagger$ ，积分给 $1/N$ ，并把边两端的颜色指标接起来。所有边接完后，每个曲面顶点留下一个独立颜色求和，给 $N$ 。若顶点数为 $V$ 、边数为 $E$ ，圆盘的欧拉关系给

\begin{aligned} V-E+F&=1,\\ \int\mathcal DU\,W_C\prod_{p\ {\rm inside}}W_p^* &=N^{V-E}=N^{1-F},\\ \langle W_C\rangle &=N\left(\frac hN\right)^F+O(h^{F+1}) \quad\hbox{（固定有限圈）}. \end{aligned} \tag{82.32}

欧拉关系在这里也可逐格理解：单个格元有 $V-E+F=4-4+1=1$ ；沿边接入下一块时，新添的顶点与边相差一，面数则增加一，总值不变。对更一般的简单平面网格，逐次删去内部边，合并相邻面，也保持这个数，直到只剩单个圆盘。

作为颜色因子的直接检验，由Haar配对展开两个迹，

\begin{aligned} \int dU\,\operatorname{Tr}(AU)\operatorname{Tr}(U^\dagger B) &=\frac1N\operatorname{Tr}(AB),\\ \int dU_p\,|\operatorname{Tr}U_p|^2&=1 . \end{aligned} \tag{82.33}

第一行的指标是 $A_{ij}U_{ji}U_{lk}^*B_{lk}$ ，配对后给 $A_{ij}B_{ji}/N$ 。第二行取 $A=B=I$ 。单格元、两格元填充于是分别给1和 $1/N$ ，与式（82.32）一致。与圈分离的闭真空填充因其链节变量独立而因子化，在 $Z^{-1}$ 中消去。额外曲面、重复格元和行列式收缩从更高阶进入。

每块格元因此附带因子 $1/N$ 。在前述替代归一中， $h=1/(2g_{\rm lit}^2)$ ，每块格元给 $1/(2Ng_{\rm lit}^2)$ ；它按式（82.24）恰等于这里的 $1/(Ng^2)$ 。最小曲面的结果可写为

\langle W_C\rangle_{\rm leading} =N e^{-\tau_{\rm leading}A},\qquad \tau_{\rm leading}=\frac1{a^2}\ln(Ng^2). \tag{82.34}

这就是面积律（area law）的起点，也给出 $c(g)=\ln(g^2)+O(1)$ 的强耦合量级。与周长律不同，代价现在随填满闭路的面积累积。

$SU(2)$ 需要计入两个取向相同的贡献。它的矩阵本征值为 $e^{i\theta}$ 、 $e^{-i\theta}$ ，所以 $W_p=2\cos\theta=W_p^*$ ，格元权重成为 $\exp(2h\sum_pW_p)$ 。每块填充格元的系数于是为 $2h$ ，而盘面颜色积分仍为 $2^{1-F}$ 。因此

\begin{aligned} \langle W_C\rangle_{SU(2)} &=(2h)^F\,2^{1-F}+O(h^{F+1}) =2h^F+O(h^{F+1}),\\ \tau_{\rm leading}^{SU(2)} &=\frac1{a^2}\ln(g^2). \end{aligned} \tag{82.46}

这也能从单格元直接看出： $\int dU\,\operatorname{Tr}U=0$ 、 $\int dU\,(\operatorname{Tr}U)^2=1$ ，故 $\langle\operatorname{Tr}U\rangle=2h+\cdots$ 。两种取向的重合改变了首项系数，面积指数的产生机制相同。

面积律与禁闭的适用范围

令圈的边长无限增大时，需要控制随面数增加的全部高阶项。Cao、Nissim与Sheffield的定理1.6给出了 $SU(N)$ 、 $N\ge2$ 的矩形圈面积律界，其中的常数可以选得与格点体积无关。

把该文的逆耦合参数记为 $b$ 。其格点权重为 $\exp[Nb\sum_p\operatorname{ReTr}U_p]$ ，圈使用归一迹。于是耦合换算和面积律界为

\begin{aligned} Nb&=2h=\frac2{g^2},\qquad 0\le b<\frac1{8(d-1)},\\ \left|\frac{\langle W_C\rangle}{N}\right| &\le K\,e^{-\kappa A/a^2}, \qquad K,\kappa>0 . \end{aligned} \tag{82.35}

该定理采用边长为 $L$ 的离散环面，这里的长度以格距为单位，矩形两边各不超过 $L/2$ 。常数只依赖 $b,d,N$ ，与 $L$ 无关。因此对固定圈先取无限体积的吉布斯弱极限，仍保留这个界，然后才可增大圈。四维中，所示条件相当于 $g^2>48/N$ ，是一个充分的强耦合范围。证明通过薄层条件积分的相关衰减取得一致性；式中 $\kappa$ 是控制全部高阶项之后得到的衰减率下界。

若矩形圈具有 $\ln\langle W_{\rm rect}\rangle=-[\tau R+2E_{\rm self}+\text{次领先项}]T+o(T)$ 的渐近形式，代入式（82.15）并扣除两个外源自能，就得到

V(R)=\tau R+\hbox{次领先项},\qquad \tau=\frac{c(g)}{a^2},\qquad [\tau]=2 . \tag{82.36}

正的 $\tau$ 称为弦张力（string tension）：连接两电荷的色通量每增加单位长度，就增加固定能量。因而把它们分离到无限远需要无限能量。式（82.35）本身给出的是不等式：在正的矩形圈谱表示中，取负对数、除以 $T$ 并令 $T\to\infty$ ，得到 $E_{\rm pair}(R)\ge\kappa R/a^2$ ，从而 $V(R)\ge\kappa R/a^2-2E_{\rm self}$ 。这个结论已足以说明分离能量无界；确定渐近斜率 $\tau$ 还需要势能的进一步信息。

纯规范理论中的基本电荷没有动力学基本物质来屏蔽；若加入这种物质，大距离处可以产生粒子对并使通量弦断开。其它表示也可能被胶子屏蔽。因此本节用基本圈得出的渐近判据须连同所选理论和探针一起使用。强耦合禁闭还不等于已经取得连续理论：去掉格距时，渐近自由要求 $g$ 趋向零，正好离开刚才可控的强耦合范围。

阿贝尔格点理论的强耦合展开使用紧致 $U(1)$ 链变量；前面的自由高斯积分则使用连续的非紧致场。四维紧致阿贝尔格点理论存在通向无质量QED相的去禁闭转变，见Fröhlich–Spencer的原论文。这说明沿耦合方向延伸强耦合结果时，相变是实质问题。对非阿贝尔理论，下面以一条能延伸至弱耦合、且 $c(g)>0$ 的禁闭分支为前提，求其连续极限的尺度关系；强耦合界只控制其中的大 $g$ 区域。

固定弦张力的连续极限

弦张力是物理量。若改变格距只是在改变同一个理论的截断表示， $\tau$ 应当保持不变，而 $g$ 随 $a$ 调整。定义 $\beta(g)=-a\,dg/da$ ，对 $\tau=a^{-2}c(g(a))$ 求全导数，逐项得到

\begin{aligned} 0=a\frac{d\tau}{da} &=a^{-2}\left[a\frac{dg}{da}c'(g)-2c(g)\right]\\ &=a^{-2}\left[-\beta(g)c'(g)-2c(g)\right],\\ \beta(g)c'(g)+2c(g)&=0,\qquad \frac{c'(g)}{c(g)}=-\frac2{\beta(g)} . \end{aligned} \tag{82.37}

在最后一式中先取非零张力分支及 $\beta(g)\ne0$ 。这个微分方程同时固定了非微扰尺度的指数及其符号。

第73节的一圈结果在不含夸克时给 $\beta(g)=-b_1g^3+O(g^5)$ ， $b_1=11N/(48\pi^2)$ 。此处格点耦合与 $\overline{\mathrm{MS}}$ 耦合一般有有限的高阶转换，但保持规范化的线性项相同：若 $g'=g+c_sg^3+O(g^5)$ ，其中 $c_s$ 是有限的方案转换常数，则 $\beta_{g'}=(1+3c_sg^2+\cdots)\beta_g$ ，再用 $g=g'+O(g'^3)$ 代回， $g'^3$ 的系数仍为 $-b_1$ 。这就是这里只使用一圈系数的理由。

在一圈截断下，式（82.37）直接积分：

\begin{aligned} \ln c(g) &=\int\frac{2\,dg}{b_1g^3} =-\frac1{b_1g^2}+\ln C,\\ c(g)&=C\exp\!\left[-\frac1{b_1g^2}\right],\\ \tau&=\frac C{a^2}\exp\!\left[-\frac1{b_1g^2}\right]. \end{aligned} \tag{82.38}

这里 $C>0$ 表示所选禁闭分支的积分常数。指数的负号由上一行的积分固定。直接求导给 $c'/c=2/(b_1g^3)$ ，与 $\beta=-b_1g^3$ 相乘恰好是 $-2$ ，重新满足式（82.37）。

还可以直接沿格距的跑动检验。由 $dg/d\ln a=b_1g^3$ ，

\begin{aligned} \frac1{g(a)^2}-\frac1{g(a_0)^2} &=-2b_1\ln\frac a{a_0},\\ \frac1{a^2}e^{-1/[b_1g(a)^2]} &=\frac1{a_0^2}e^{-1/[b_1g(a_0)^2]} . \end{aligned} \tag{82.39}

所以 $a\to0$ 时 $g\to0$ ，负指数随之趋向零，恰好补偿 $a^{-2}$ 的增长，使 $\tau$ 保持固定。

式（82.38）的精度是一圈 $\beta$ 截断。若把下一系数写成 $\beta=-b_1g^3-b_2g^5+\cdots$ ，则

\begin{aligned} -\frac2{\beta(g)} &=\frac2{b_1g^3}-\frac{2b_2}{b_1^2g}+O(g),\\ c(g)&=C\,g^{-2b_2/b_1^2} e^{-1/(b_1g^2)}[1+O(g^2)] . \end{aligned} \tag{82.40}

$b_2$ 进入幂次前因子，决定弱耦合尺度的仍是负的 $1/g^2$ 指数。所示指数与任意固定幂次的乘积，在 $g=0$ 附近都比任意有限次幂小；平滑延伸到零点后，每个有限阶泰勒系数均为零。这解释了有限阶微扰论看不到这种弦张力的原因。 $\beta$ 函数决定尺度依赖，而积分常数 $C$ 及禁闭分支的存在取决于非微扰动力学。

格点路径积分还提供另一条计算途径：在有限体积中按 $e^{-S_W}$ 取样，求出一系列矩形圈的平均，再从长时间指数估计静态势，最后分别研究体积和格距依赖。这样的数值方法能够提供弱耦合有限阶展开缺少的信息。每个方向有 $L$ 个格点的四维周期格点含 $4L^4$ 条独立链节，每条链节又有 $N^2-1$ 个实自由度；增大物理体积和缩小格距都会迅速增加计算量。实际数值研究必须同时安排这两种极限。

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