Srednicki §93 瞬子与 θ 真空

系列文章：Srednicki QFT 共 97 篇

上一节的孤子由空间远处的边界条件区分。现在我们仍研究边界映射，却把问题换成了量子真空之间的隧穿。纯杨–米尔斯理论有许多场强为零的构型；在固定的尺度上把其中某些构型连续接起来，必须经过非零场强。量子理论能否穿过这个势垒，取决于Euclid场方程是否容许有限作用量的插值解。我们将先说明这些构型怎样分类、它们的混合怎样产生真空角，再实际求出所需的瞬子。

以下先取四维纯 $SU(2)$ ，厄米生成元为 $T^a=\sigma^a/2$ 、 $\operatorname{Tr}T^aT^b=\delta^{ab}/2$ 。

零场强构型与空间三球面

经典能量是电场和磁场的平方和，最低能量因此要求 $F_{\mu\nu}=0$ 。在本节光滑、无奇点的单连通空间中，这样的连接可以写成

A_\mu=\frac{i}{g}U\partial_\mu U^\dagger,\qquad F_{\mu\nu}=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu-ig[A_\mu,A_\nu]=0. \tag{93.1}

一种求 $U$ 的方法是从一点出发作第82节的平行运输。小圈运输偏离单位矩阵的部分正比于场强；当 $F=0$ 时，连续改变路径不改变运输结果。空间单连通使所有闭路都能缩到一点，故 $U$ 可在整个空间单值选定。反过来，将上式代回 $F$ ，普通导数项与交换子项相消。

对这些真空代表，选 $U=U(\boldsymbol x)$ 便有 $A_0=0$ 。对于一般非平凡场，则应先选时间规范 $A_0=0$ ，留下的规范变换才是时间无关的。再要求 $U(\boldsymbol x)$ 在 $r\to\infty$ 时趋同一个常量，与方向无关。通过常量群变换可把这个值选成单位矩阵。于是所有无穷远方向可以合成一点，空间 $\mathbb R^3$ 加上这一点就成为 $S^3$ 。

这一步可用球极投影直接看见。先以任一固定长度 $L$ 量度 $r$ ，令 $R=r/L$ ，定义

\boldsymbol z=\frac{2R}{1+R^2}\widehat{\boldsymbol x},\qquad z_4=\frac{1-R^2}{1+R^2},\qquad \boldsymbol z^2+z_4^2=1. \tag{93.2}

$r=0$ 给北极， $r\to\infty$ 从各方向都趋南极；逆变换为 $\boldsymbol x=L\boldsymbol z/(1+z_4)$ 。任意长度 $L$ 只用来规定球极坐标，改变它不改变空间的拓扑。

$SU(2)$ 群自身也是三球面。为证明这一点，设矩阵第一列为 $(\alpha,\beta)^T$ 。幺正性要求 $|\alpha|^2+|\beta|^2=1$ ，与它正交的单位第二列只能是 $e^{i\omega}(-\beta^*,\alpha^*)^T$ ；行列式为1又固定 $e^{i\omega}=1$ 。因此

\begin{aligned} U&=\begin{pmatrix}\alpha&-\beta^*\\ \beta&\alpha^*\end{pmatrix} =a_4 I+i a_j\sigma^j,\\ \alpha&=a_4+ia_3,\qquad \beta=-a_2+ia_1,\qquad a_4^2+a_1^2+a_2^2+a_3^2=1. \end{aligned} \tag{93.3}

四个 $a_\mu$ 全为实数。利用 $(\boldsymbol a\cdot\boldsymbol\sigma)^2=\boldsymbol a^2I$ 也可逆向检验幺正性和行列式。现在 $U(\boldsymbol x)$ 确实把空间三球面映到群的三球面，因而可以沿用上一节所引的球面映射度分类： $\pi_3(S^3)=\mathbb Z$ 。这里使用的是已经说明的同伦分类结果，接下来要确定本书度数积分的归一和符号。

用三次迹计算缠绕数

为了将映射的缠绕数写成一个可计算的积分，定义

n[U]=-\frac1{24\pi^2}\int d^3x\, \epsilon^{ijk}\operatorname{Tr} \bigl[(U\partial_iU^\dagger)(U\partial_jU^\dagger)(U\partial_kU^\dagger)\bigr]. \tag{93.4}

三阶导数的完全反对称组合与有向体积测度一起变换，故相容取向的换坐标不改变它。反转空间取向则使 $n$ 变号。

为展开这个积分及其变分，使用第77节的矩阵值微分形式。这里 $dx^i\wedge dx^j=-dx^j\wedge dx^i$ ，外微分服从带形式次数符号的乘积法则；矩阵的次序始终保留。定义

\alpha=U^\dagger dU,\qquad B=U\,dU^\dagger=-U\alpha U^\dagger, \qquad d\alpha=-\alpha\wedge\alpha. \tag{93.5}

最后一式来自 $dU^\dagger=-U^\dagger(dU)U^\dagger$ 和 $d^2U=0$ 。以下写 $\alpha^2,\alpha^3$ 时省略楔积号。由于 $B^3=-U\alpha^3U^\dagger$ ，式（93.4）等价于

n[U]=\frac1{24\pi^2}\int_{S^3}\operatorname{Tr}\alpha^3. \tag{93.6}

若 $h=U^\dagger\delta U$ ，对单位矩阵 $U^\dagger U$ 作变分并展开 $dU$ ，得到

\begin{aligned} \delta U^\dagger&=-U^\dagger\delta U\,U^\dagger,\\ \delta\alpha&=dh+\alpha h-h\alpha,\qquad \delta B=-U(dh)U^\dagger. \end{aligned} \tag{93.7}

三个 $\alpha$ 各变分一次，经迹循环后都给 $\operatorname{Tr}(\delta\alpha\,\alpha^2)$ ：一个一形式越过另外两个一形式，符号为正，因此三项相等。交换子项的迹为零，因为 $h$ 是零形式，故

\begin{aligned} \delta n&=\frac1{8\pi^2}\int\operatorname{Tr}(dh\,\alpha^2),\\ d(\alpha^2)&=(d\alpha)\alpha-\alpha\,d\alpha =-\alpha^3+\alpha^3=0,\\ \delta n&=\frac1{8\pi^2}\int d\,\operatorname{Tr}(h\alpha^2)=0. \end{aligned} \tag{93.8}

紧化三球面没有边界；用原空间积分书写时，同一个结果要求无穷远固定值及相应表面项消失。沿光滑同伦对其参数应用这条变分式， $n$ 便不变。

还需一个将在大规范变换中反复使用的加法性质。给定第二个映射 $V$ ，令 $\beta=dV\,V^\dagger$ ，则 $d\beta=\beta^2$ ，而 $(UV)^\dagger d(UV)$ 经 $V$ 共轭后等于 $\alpha+\beta$ 。展开三次迹，混合项各出现三次：

\begin{aligned} \operatorname{Tr}[(\alpha+\beta)^3] &=\operatorname{Tr}\alpha^3+\operatorname{Tr}\beta^3 +3\operatorname{Tr}(\alpha^2\beta+\alpha\beta^2),\\ d\,\operatorname{Tr}(\alpha\beta) &=-\operatorname{Tr}(\alpha^2\beta+\alpha\beta^2),\\ n[UV]&=n[U]+n[V]. \end{aligned} \tag{93.9}

第二行说明全部混合项只给一个闭球面上的全导数，积分为零。缠绕数因而满足乘积的加法律。

这个加法律也可以用两个不相交球内的映射看清。先把空间坐标按任一固定长度化为无量纲量，取球心 $\boldsymbol c_\pm=(0,0,\pm2)$ 、半径1，令 $r_\pm=|\boldsymbol x-\boldsymbol c_\pm|$ 。定义紧化三球面到自身的映射 $p_\pm$ ：球内以目标球面的球极坐标表示，球外映到无穷远，

\boldsymbol y_\pm(\boldsymbol x) =(\boldsymbol x-\boldsymbol c_\pm) \exp\left(\frac{r_\pm^2}{1-r_\pm^2}\right) \quad(r_\pm<1),\qquad p_\pm(\boldsymbol x)=\infty\quad(r_\pm\ge1).

径向函数 $s\exp[s^2/(1-s^2)]$ 从0严格增至无穷，其导数为 $\exp[s^2/(1-s^2)]\bigl[1+2s^2/(1-s^2)^2\bigr]>0$ ，故球内保持方向并一一覆盖目标 $\mathbb R^3$ 。在目标无穷远附近改用坐标 $\boldsymbol z=\boldsymbol y/|\boldsymbol y|^2$ ，得到

\boldsymbol z_\pm =\frac{\boldsymbol x-\boldsymbol c_\pm}{r_\pm^2} \exp\left(-\frac{r_\pm^2}{1-r_\pm^2}\right).

当 $r_\pm\to1$ 时，指数及其各阶导数都趋零，可以同球外的常值 $\boldsymbol z=0$ 光滑拼接。目标原点只有 $\boldsymbol c_\pm$ 一个原像，那里Jacobian为正，所以 $p_\pm$ 的度数为1。按前述球面映射分类，它们都与恒等映射同伦，且固定无穷远点。

于是 $U_+=U\circ p_+$ 与 $U$ 同伦， $V_-=V\circ p_-$ 与 $V$ 同伦。因为 $U(\infty)=V(\infty)=I$ ， $U_+$ 和 $V_-$ 的非恒定部分分别局限在正、负两个球内。两条同伦相乘给出 $UV$ 到 $U_+V_-$ 的同伦；后者的缠绕数积分直接分成两个球的贡献：

n[UV]=n[U_+V_-]=n[U_+]+n[V_-]=n[U]+n[V].

现在求一个单位绕行的具体积分。以三球面的角坐标写

\begin{aligned} U&=\cos\chi+i\sin\chi\,\boldsymbol e\cdot\boldsymbol\sigma,\\ \boldsymbol e&=(\sin\psi\cos\phi,\sin\psi\sin\phi,\cos\psi),\\ 0\le\chi,\psi&\le\pi,\qquad 0\le\phi\le2\pi . \end{aligned} \tag{93.10}

令 $s=\sin\chi,c=\cos\chi$ ，由Pauli乘积规则直接求出

B=-i\boldsymbol\sigma\cdot [\boldsymbol e\,d\chi+sc\,d\boldsymbol e-s^2\boldsymbol e\times d\boldsymbol e]. \tag{93.11}

其中恒等矩阵项 $c\,dc+s\,ds$ 相消，沿 $\boldsymbol e$ 的项为 $-i\boldsymbol e\cdot\boldsymbol\sigma\,d\chi$ ；余下两项分别来自一次 $d\boldsymbol e$ 和两个Pauli矩阵的叉积。用单位切向量 $\boldsymbol e_\psi=\partial_\psi\boldsymbol e$ 、 $\boldsymbol e_\phi=(\sin\psi)^{-1}\partial_\phi\boldsymbol e$ ，方括号的三个分量为

\begin{aligned} \boldsymbol b_\chi&=\boldsymbol e,\\ \boldsymbol b_\psi&=sc\,\boldsymbol e_\psi-s^2\boldsymbol e_\phi,\\ \boldsymbol b_\phi&=\sin\psi(sc\,\boldsymbol e_\phi+s^2\boldsymbol e_\psi),\\ \boldsymbol b_\chi\cdot(\boldsymbol b_\psi\times\boldsymbol b_\phi) &=(s^2c^2+s^4)\sin\psi=s^2\sin\psi. \end{aligned} \tag{93.12}

这里 $\boldsymbol e\times\boldsymbol e_\psi=\boldsymbol e_\phi$ 固定了取向。再用 $\operatorname{Tr}(\sigma_a\sigma_b\sigma_c)=2i\epsilon_{abc}$ ， $(-i)^3(2i)=-2$ ，六种指标排列都给相同三重积，于是

\begin{aligned} \epsilon^{\alpha\beta\gamma}\operatorname{Tr}(B_\alpha B_\beta B_\gamma) &=-12\sin^2\chi\sin\psi,\\ n&=\frac1{2\pi^2}\int_0^\pi\sin^2\chi\,d\chi \int_0^\pi\sin\psi\,d\psi\int_0^{2\pi}d\phi=1. \end{aligned} \tag{93.13}

三个积分分别为 $\pi/2,2,2\pi$ 。面积因子已在三重积里，积分测度不再另乘 $\sin^2\chi\sin\psi$ 。

把方位角换成整数 $N$ 倍时， $\partial_\phi$ 多出一个 $N$ ，所以积分给 $N$ 。与上一节的二球例相同，这个倍角写法在极轴处一般仅连续；去掉小极轴邻域再取极限可计算其度数。若要一个全局光滑的代表，则取 $U^N$ 即可。因为 $(\boldsymbol e\cdot\boldsymbol\sigma)^2=I$ ，

\begin{aligned} U^N&=\cos(N\chi)+i\sin(N\chi)\boldsymbol e\cdot\boldsymbol\sigma,\\ n[U^N]&=\frac{2N}{\pi}\int_0^\pi\sin^2(N\chi)d\chi=N. \end{aligned} \tag{93.14}

最后一步对 $N\ne0$ 成立； $N=0$ 给常矩阵及零度数。幂映射是光滑群矩阵的有限乘积，负幂使用 $U^\dagger$ ，因此没有倍方位角的坐标正则性问题。这些光滑代表给出所有整数缠绕数，与前面的 $S^3$ 映射分类相配合。

从经典极小值到隧穿

先把与恒等相连的规范变换取商，用整数 $n$ 标记其余零场强代表。连接不同 $n$ 的纯规范映射不能始终保持纯规范；在给定有限尺度的插值中，某处必有场强和正能量，形成隧穿所要通过的能垒。不过，纯杨–米尔斯在无限空间没有固定的经典长度。若把一条静态路径上的每个场缩放成

A_i^{(R)}(\boldsymbol x)=R^{-1}A_i(\boldsymbol x/R),\qquad F_{ij}^{(R)}=R^{-2}F_{ij}(\boldsymbol x/R),\qquad E^{(R)}=R^{-1}E, \tag{93.15}

缠绕数不变，磁能却可随 $R$ 增大而下降。因此非零场强的路径与一个对所有尺度统一为正的能垒下界是两个不同命题。这里 $R>0$ 是无量纲缩放比；接下来控制隧穿的四维Euclid作用量，恰好在这个缩放下不变。

为了看清空间体积对隧穿的影响，先考察一个周期标量势。取

V(\varphi)=\lambda v^4[1-\cos(2\pi\varphi/v)],\qquad \varphi_{\rm vac}=nv,\quad n\in\mathbb Z,\quad \lambda,v>0. \tag{93.16}

在空间体积 $\mathcal V$ 中，要求Euclid时间两端的场处处分别为 $0$ 和 $v$ 。作用量配方与上一节扭结完全相同，只把 $x$ 换成Euclid时间 $\tau$ ，并保留非负空间梯度：

\begin{aligned} S_E={}&\int d^3x\,d\tau\left[ \frac12(\dot\varphi-\sqrt{2V})^2 +\frac12|\boldsymbol\nabla\varphi|^2 +\dot\varphi\sqrt{2V}\right],\\ S_E\ge{}&\mathcal V\int_0^v2\sqrt\lambda v^2 \sin(\pi\varphi/v)d\varphi =\frac{4\sqrt\lambda v^3}{\pi}\mathcal V. \end{aligned} \tag{93.17}

时间全导数只取端点，不要求路径单调。使两个平方都为零，先得空间均匀，再由 $\dot\varphi=2\sqrt\lambda v^2\sin(\pi\varphi/v)$ 积分：

\log\tan\frac{\pi\varphi}{2v} =2\pi\sqrt\lambda v(\tau-\tau_0),\qquad \varphi(\tau)=\frac{2v}{\pi} \arctan e^{2\pi\sqrt\lambda v(\tau-\tau_0)}. \tag{93.18}

这条解达到上面的下界。其作用量正比于整个空间体积，故以它控制的真空间隧穿在无限体积下消失。对相邻真空，半经典指数因而是

e^{-S_{\mathrm{scal},1}},\qquad S_{\mathrm{scal},1}=\frac{4\sqrt\lambda\,v^3}{\pi}\mathcal V .

对相隔 $|n'-n|$ 个势阱的稀薄同向事件，领头指数相应为 $e^{-|n'-n|S_{\mathrm{scal},1}}$ 。这些估计使用两端处处处于指定真空的边界，讨论的是整体真空转换。

纯规范场却有在四个Euclid方向都局域的解，称为瞬子（instanton）。稍后求出的单位瞬子满足 $S_1=8\pi^2/g^2$ ，与空间体积无关；反瞬子将缠绕数减一，作用量相同。对同号、彼此分离的多个事件，领头作用量是事件数乘 $S_1$ 。在弱耦合下，隧穿矩阵元的领先指数行为可写成

\langle n'|H|n\rangle \sim C_{n'-n}\,e^{-|n'-n|S_1} \tag{93.19}

其中 $C_{n'-n}$ 是具有能量量纲的前因子，还取决于涨落和多事件的组合积分。经典作用量决定指数抑制；矩阵元的整体号将在下面的近邻近似中由Euclid演化核确定。

θ态的Fourier对角化

一个缠绕数为 $k$ 的大规范变换与原映射相乘。式（93.9）说明它把 $n$ 变成 $n+k$ ；在整数标记的态空间中，相应幺正算符满足

\mathcal U_k|n\rangle=|n+k\rangle, \qquad \mathcal U_kH\mathcal U_k^\dagger=H. \tag{93.20}

第二式来自Yang–Mills哈密顿量的规范不变性。在矩阵元两侧各插入 $\mathcal U_k^\dagger\mathcal U_k$ ，

\langle m|H|n\rangle =\langle m+k|H|n+k\rangle=h_{m-n}. \tag{93.21}

取 $k=-n$ 便看出它只依赖差值。宇称反转空间取向，因而 $P|n\rangle=|-n\rangle$ ；在宇称不变的纯规范Hamiltonian中又有 $h_\ell=h_{-\ell}$ 。厄米性独立给 $h_{-\ell}=h_\ell^*$ ，所以两者合用时 $h_\ell$ 为实数。

差值核由离散Fourier变换对角化。定义

|\theta\rangle=\sum_{n\in\mathbb Z}e^{-in\theta}|n\rangle, \qquad 0\le\theta<2\pi. \tag{93.22}

先在有限周期整数格上计算，或假设 $\sum_\ell|h_\ell|<\infty$ 以交换求和。令 $\ell=m-n$ ，有

\begin{aligned} H|\theta\rangle &=\sum_{m,n}h_{m-n}e^{-in\theta}|m\rangle\\ &=\sum_m e^{-im\theta}|m\rangle \sum_\ell h_\ell e^{i\ell\theta} =E(\theta)|\theta\rangle,\\ E(\theta)&=h_0+2\sum_{\ell\ge1}h_\ell\cos(\ell\theta). \end{aligned} \tag{93.23}

对一般无界 $H$ ，在Fourier乘法算符的定义域内作相同陈述。若 $\langle m|n\rangle=\delta_{mn}$ ，这些是广义态，归一为

\langle\theta'|\theta\rangle =\sum_n e^{in(\theta'-\theta)} =2\pi\delta_{2\pi}(\theta'-\theta),\qquad \delta_{2\pi}(u)=\sum_{k\in\mathbb Z}\delta(u-2\pi k). \tag{93.24}

整数求和的等式按周期分布理解，和 $d\theta/(2\pi)$ 的Fourier完备测度相配。稍后的路径积分也应使用这一归一。

在弱隧穿下只保留相邻跃迁。负余弦的号可由Euclid演化核确定：选好局域态相位，使单事件贡献为 $KT_Ee^{-S_1}$ 、 $K>0$ ，其中 $T_E$ 远大于单事件宽度又远小于平均跃迁时间。除去共同阱内的真空指数后，对低能有效Hamiltonian展开 $e^{-T_EH}=1-T_EH+\cdots$ ，于是

h_{+1}=h_{-1}=-Ke^{-S_1}\equiv-\kappa,\qquad E(\theta)=h_0-2\kappa\cos\theta,\qquad \kappa>0. \tag{93.25}

对角常数 $h_0$ 可整体平移。 $\theta=0$ 在这个近似下给最低能量，但系统并不因此能够在不同 $\theta$ 之间自由跃迁。事实上，

\mathcal U_k|\theta\rangle=e^{ik\theta}|\theta\rangle. \tag{93.26}

与所有大规范变换对易的物理可观测量保持这个特征标，因此固定 $\theta$ 给一个超选择扇区。 $|n\rangle$ 是构造这些扇区的表示，不能同时把所有大规范变换都取商为恒等、又把不同 $n$ 当成可由局域测量区分的真空。

纯杨–米尔斯耦合在低能变大，故弱隧穿余弦不能直接算出整个强耦合真空能。然而，大规范变换与宇称仍给 $2\pi$ 周期性和偶性。在仅有强耦合尺度 $\Lambda$ 的无限体积极限，量纲分析给出

E(\theta)=\mathcal V\Lambda^4 f(\theta)+o(\mathcal V),\qquad f(\theta+2\pi)=f(\theta),\qquad f(-\theta)=f(\theta). \tag{93.27}

这里 $\Lambda$ 是纯 $SU(2)$ 的动力学尺度。有限盒中的能量还可依赖 $\Lambda L$ ；函数 $f$ 的具体形状需要非微扰动力学确定。弱隧穿结果使人预期 $\theta=0$ 是极小值，这一近似却还不足以决定强耦合区域的极值结构。

从边界缠绕数到四维体积分

现在来求隧穿所需的Euclid场。取 $x_4$ 为Euclid时间，在 $x_4=-T$ 和 $+T$ 分别指定缠绕数为 $n_-$ 和 $n_+$ 的纯规范构型，在空间远处令场为零。这给图中的圆柱边界；三维空间只画出两个方向，两个端盖各代表一个空间三球。令 $R,T$ 趋于无穷，隧穿场的非零场强集中在内部，边界则总可以移到足够远处。Euclid作用量和场强为

\begin{aligned} S_E&=\frac12\int d^4x\,\operatorname{Tr}(F_{\mu\nu}F_{\mu\nu}),\\ F_{\mu\nu}&=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu-ig[A_\mu,A_\nu]. \end{aligned} \tag{93.28}

所有时空指标在正定度规中缩并，故 $S_E\ge0$ 。接下来要从边界数据进一步求出一个正下界。

Euclid场构型的圆柱边界。箭头给端盖的外法向，两个空间缠绕数之差为 $n_+-n_-$ 。

圆柱边界可以连续变为大四球的边界，只要变形处仍无非零场强穿过。因此可统一用 $\rho=(x_\mu x_\mu)^{1/2}$ 和方向 $\widehat x$ 描述无穷远条件：

A_\mu(x)\sim\frac{i}{g}U(\widehat x)\partial_\mu U^\dagger(\widehat x), \qquad \rho\longrightarrow\infty . \tag{93.29}

这里的导数仍对 $x^\mu$ 作用；方向函数的导数本身带 $1/\rho$ 。式子规定矢势的纯规范主项，次领头项还须使作用量有限。

为了把三维缠绕数写到这张边界上，采用四维球坐标

\begin{aligned} x_1&=\rho\sin\chi\sin\psi\cos\phi,& x_2&=\rho\sin\chi\sin\psi\sin\phi,\\ x_3&=\rho\sin\chi\cos\psi,& x_4&=\rho\cos\chi , \end{aligned} \quad 0\le\chi,\psi\le\pi,\quad0\le\phi<2\pi . \tag{93.30}

$\psi$ 用来避免同真空角 $\theta$ 混淆。四个坐标切向量彼此正交，其长度依次为 $1,\rho,\rho\sin\chi,\rho\sin\chi\sin\psi$ ，因而Jacobian的绝对值是这些长度之积。方向还须另定。在 $\chi=\psi=\pi/2,\phi=0$ 处，四列依次为 $\mathbf e_1,-\rho\mathbf e_4,-\rho\mathbf e_3,\rho\mathbf e_2$ ；行列式为负。在同一非退化坐标片内符号不能改变，故

\begin{aligned} \det\frac{\partial(x_1,x_2,x_3,x_4)} {\partial(\rho,\chi,\psi,\phi)} &=-\rho^3\sin^2\chi\sin\psi,\\ d^4x&=\rho^3\sin^2\chi\sin\psi\, d\rho\,d\chi\,d\psi\,d\phi . \end{aligned} \tag{93.31}

第二行是正的积分测度；第一行则决定带取向的边界积分。以 $(\chi,\psi,\phi)$ 正向计算缠绕数时，缠绕数仍有式（93.4）的负号。改用四维外法向 $dS_\mu$ 和 $\epsilon^{1234}=+1$ ，这个负号恰由坐标取向吸收，得到

\begin{aligned} n&=\frac1{24\pi^2}\int_{\partial M}dS_\mu\, \epsilon^{\mu\nu\sigma\tau} \operatorname{Tr}(B_\nu B_\sigma B_\tau),\qquad B_\mu=U\partial_\mu U^\dagger,\\ n\big|_{\rm cylinder}&=n_+-n_- . \end{aligned} \tag{93.32}

在上盖， $dS_4>0$ 而 $\epsilon^{4123}=-1$ ，所以第一行正好给空间定义中的 $n_+$ 。下盖法向反转，给 $-n_-$ ；侧壁上 $U=I$ 、 $B=0$ 。这个直接检查也说明圆柱和四球所用的是同一取向。

边界上 $B=-igA$ ，三次乘积带 $(-i)^3g^3=ig^3$ ，于是

n=\frac{ig^3}{24\pi^2}\int_{\partial M}dS_\mu\, \epsilon^{\mu\nu\sigma\tau} \operatorname{Tr}(A_\nu A_\sigma A_\tau). \tag{93.33}

现在只须找出一个流，使它的边界值与被积函数相同，而散度又能写成规范不变的量。

Chern–Simons流与作用量下界

所需的局部恒等式已在第77节的全导数推导中逐项证明。沿用矩阵值形式 $A=A_\mu dx^\mu$ 、 $F=dA-igA\wedge A$ ，将那里的迹选为本节的 $SU(2)$ 基本表示，定义

\begin{aligned} \Omega_3 &=\operatorname{Tr}\left(A\wedge dA-\frac{2ig}{3}A^3\right)\\ &=\operatorname{Tr}\left(A\wedge F+\frac{ig}{3}A^3\right), \qquad d\Omega_3=\operatorname{Tr}(F\wedge F). \end{aligned} \tag{93.34}

其中 $A^3$ 指楔积并保留矩阵次序。前一推导给出 $d\operatorname{Tr}A^3=3\operatorname{Tr}(dA\,A^2)$ 和 $\operatorname{Tr}A^4=0$ ；因而 $d\Omega_3$ 中的交叉项为 $-2ig\operatorname{Tr}(dA\,A^2)$ ，恰等于展开 $\operatorname{Tr}F^2$ 所得的交叉项。第二行则只用 $dA=F+igA^2$ ，其三次项系数是 $1-2/3=1/3$ 。

写回分量时须注意 $F=\tfrac12F_{\mu\nu}dx^\mu\wedge dx^\nu$ 。两个场强给一个 $1/4$ 。为了使流的散度直接等于epsilon与两场强的缩并，取 $\Omega_3$ 对偶矢量的四倍：

\begin{aligned} J_{\rm CS}^{\mu} &=4\epsilon^{\mu\nu\sigma\tau}\operatorname{Tr} \left(A_\nu\partial_\sigma A_\tau -\frac{2ig}{3}A_\nu A_\sigma A_\tau\right)\\ &=2\epsilon^{\mu\nu\sigma\tau}\operatorname{Tr} \left(A_\nu F_{\sigma\tau} +\frac{2ig}{3}A_\nu A_\sigma A_\tau\right). \end{aligned} \tag{93.35}

为核对两行，只须在第二行展开 $F_{\sigma\tau}$ ：两项导数在epsilon下相加，交换子也给两个同次序三次项。因此第二行的三次项系数为 $-4ig+4ig/3=-8ig/3$ ，同第一行一致。由式（93.34）立即得到

\begin{aligned} \partial_\mu J_{\rm CS}^{\mu} &=\epsilon^{\mu\nu\sigma\tau} \operatorname{Tr}(F_{\mu\nu}F_{\sigma\tau}) =2\operatorname{Tr}(\widetilde F_{\mu\nu}F_{\mu\nu}),\\ \widetilde F_{\mu\nu} &\equiv\frac12\epsilon_{\mu\nu\sigma\tau}F_{\sigma\tau}. \end{aligned} \tag{93.36}

最后一行是对偶场强（dual field strength）的定义。 $J_{\rm CS}^\mu$ 自身依赖规范，散度却只含在共轭变换下取迹的场强乘积，所以规范不变。

无穷远 $F=0$ ，流的第二种写法只余三次项。将它代入式（93.33），再用Gauss定理，缠绕数便化为四维体积分：

\begin{aligned} n&=\frac{g^2}{32\pi^2} \int_{\partial M}dS_\mu\,J_{\rm CS}^{\mu}\\ &=\frac{g^2}{32\pi^2} \int_Md^4x\,\partial_\mu J_{\rm CS}^{\mu}\\ &=\frac{g^2}{16\pi^2} \int_Md^4x\,\operatorname{Tr}(\widetilde F_{\mu\nu}F_{\mu\nu}) \equiv\int_Md^4x\,q_E(x). \end{aligned} \tag{93.37}

$q_E$ 是拓扑荷密度，质量维数为4，而积分 $n$ 是整数。非零 $n$ 的边界映射不能作为同一个光滑纯规范映射延拓到整个四球：若能如此延拓，内部也有 $F=0$ ，右端就会消失。隧穿场必须在内部离开纯规范构型，下一步的径向函数正是为此而引入。

在四维Euclid空间，对二形式作两次对偶会回到原式。用epsilon缩并可以明确看出：

\begin{aligned} \widetilde{\widetilde F}_{\mu\nu} &=\frac14\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma} \epsilon_{\rho\sigma\alpha\beta}F_{\alpha\beta}\\ &=\frac12(\delta_{\mu\alpha}\delta_{\nu\beta} -\delta_{\mu\beta}\delta_{\nu\alpha})F_{\alpha\beta} =F_{\mu\nu},\\ \operatorname{Tr}(\widetilde F_{\mu\nu}\widetilde F_{\mu\nu}) &=\operatorname{Tr}(F_{\mu\nu}F_{\mu\nu}). \end{aligned} \tag{93.38}

其中两个反对称指标的排列给第二行的因子2。把这一恒等式用于平方配方，

S_E=\frac14\int d^4x\,\operatorname{Tr}(F\mp\widetilde F)^2 \ \pm\frac12\int d^4x\,\operatorname{Tr}(F\widetilde F). \tag{93.39}

$F\mp\widetilde F$ 的实分量乘厄米生成元，故其平方的迹为分量平方和的一半，非负。两个符号分别给 $n$ 与 $-n$ 的下界，合起来便是

\begin{gathered} S_E\ge\frac{8\pi^2}{g^2}|n|,\\ \text{达到下界}\quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} F=\widetilde F,& n>0,\\ F=-\widetilde F,& n<0,\\ F=0,& n=0. \end{cases} \end{gathered} \tag{93.40}

当 $n=0$ 时，下界为零，只有场强处处为零才能达到它。

这个下界适用于满足所定边界的所有场，尚不以场方程为假设。达到下界的自对偶（self-dual）或反自对偶场也确实满足二阶场方程。令 $D_\mu^{\rm ad}X=\partial_\mu X-ig[A_\mu,X]$ ，在固定边界下变分，

\begin{aligned} \delta F_{\mu\nu} &=D_\mu^{\rm ad}\delta A_\nu-D_\nu^{\rm ad}\delta A_\mu,\\ \delta S_E &=2\int d^4x\,\operatorname{Tr}(F_{\mu\nu}D_\mu^{\rm ad}\delta A_\nu)\\ &=-2\int d^4x\,\operatorname{Tr} [(D_\mu^{\rm ad}F_{\mu\nu})\delta A_\nu]. \end{aligned} \tag{93.41}

第二行的2来自 $F_{\nu\mu}=-F_{\mu\nu}$ ；最后一步用普通分部积分及交换子迹的循环性，边界项因变分为零而消失。另一方面，三个协变导数的Jacobi恒等式给Bianchi恒等式，

D_\mu^{\rm ad}F_{\nu\rho} +D_\nu^{\rm ad}F_{\rho\mu} +D_\rho^{\rm ad}F_{\mu\nu}=0 \quad\Longrightarrow\quad D_\mu^{\rm ad}\widetilde F_{\mu\nu}=0 . \tag{93.42}

缩并epsilon后三个循环项相等，所以每项为零。将自对偶条件代入，就得 $D_\mu^{\rm ad}F_{\mu\nu}=0$ ，与作用量变分完全相符。

单瞬子的显式构造

已经知道单位拓扑数要求 $S_E\ge8\pi^2/g^2$ 。要找到达到下界的场，取式（93.10）的单位映射作无穷远条件。用四维坐标写，这个映射为

\begin{aligned} U(\widehat x)&=\frac{x_4+i x_j\sigma^j}{\rho}\\ &=\begin{pmatrix} \cos\chi+i\sin\chi\cos\psi& i\sin\chi\sin\psi\,e^{-i\phi}\\ i\sin\chi\sin\psi\,e^{i\phi}& \cos\chi-i\sin\chi\cos\psi \end{pmatrix}. \end{aligned} \tag{93.43}

它的缠绕数已由式（93.13）算得为1。 $U$ 在原点没有定义，因此不能把相应纯规范势直接延伸进去。引入一个径向函数，

A_\mu=\frac{i}{g}f(\rho)B_\mu,\qquad B_\mu=U\partial_\mu U^\dagger,\qquad f(\infty)=1 . \tag{93.44}

$f$ 在原点必须足够快地趋零，以消除 $B_\mu$ 的 $1/\rho$ 及角方向依赖。我们先由自对偶条件求 $f$ ，再用所得的笛卡儿表达式检验正则性。

代入场强定义，普通微分的第二阶 $U^\dagger$ 导数在反对称化时相消，而交换子项的系数为 $-ig(i/g)^2=i/g$ ，所以

\begin{aligned} F_{\mu\nu}=\frac{i}{g}\Big[& (\partial_\mu f)U\partial_\nu U^\dagger +f\,\partial_\mu U\,\partial_\nu U^\dagger\\ &+f^2B_\mu B_\nu-(\mu\leftrightarrow\nu)\Big]. \end{aligned} \tag{93.45}

由 $(\partial_\mu U^\dagger)U=-U^\dagger\partial_\mu U$ ， $B_\mu B_\nu=-\partial_\mu U\,\partial_\nu U^\dagger$ 。于是线性与二次 $f$ 项合成

F_{\mu\nu}=\frac{i}{g}\left[ (\partial_\mu f)B_\nu +f(1-f)\partial_\mu U\,\partial_\nu U^\dagger -(\mu\leftrightarrow\nu)\right]. \tag{93.46}

由四个正交坐标切向量的长度，梯度为

\begin{aligned} \boldsymbol\nabla_4 ={}&\widehat{\boldsymbol\rho}\,\partial_\rho +\widehat{\boldsymbol\chi}\,\frac1\rho\partial_\chi +\widehat{\boldsymbol\psi}\,\frac1{\rho\sin\chi}\partial_\psi\\ &+\widehat{\boldsymbol\phi}\, \frac1{\rho\sin\chi\sin\psi}\partial_\phi . \end{aligned} \tag{93.47}

下面使用单位方向上的场强分量，以帽号同坐标分量区别。因 $f$ 只依赖 $\rho$ 而 $U$ 只依赖角度，有

\begin{aligned} F_{\widehat\rho\widehat\chi} &=\frac{i}{g}\frac{f'}{\rho}B_\chi,\\ F_{\widehat\psi\widehat\phi} &=\frac{i}{g}\frac{f(1-f)}{\rho^2\sin^2\chi\sin\psi} \left(\partial_\psi U\partial_\phi U^\dagger -\partial_\phi U\partial_\psi U^\dagger\right). \end{aligned} \tag{93.48}

正交标架 $(\widehat\rho,\widehat\chi,\widehat\psi,\widehat\phi)$ 的取向为负，所以 $\widetilde F_{\widehat\rho\widehat\chi}=-F_{\widehat\psi\widehat\phi}$ 。若用真正的坐标指标，epsilon张量的相应分量则为 $-\bigl(\rho^3\sin^2\chi\sin\psi\bigr)^{-1}$ ；不能把单位标架中的 $-1$ 直接用于坐标分量。

角方程所需的乘积已包含在式（93.12）中： $\boldsymbol b_\psi\times\boldsymbol b_\phi=\sin^2\chi\sin\psi\,\boldsymbol e$ 。又有 $B_\alpha=-i\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol b_\alpha$ 及 $[\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol v,\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol w]=2i\boldsymbol\sigma\cdot(\boldsymbol v\times\boldsymbol w)$ ，故

\begin{aligned} \partial_\psi U\partial_\phi U^\dagger -\partial_\phi U\partial_\psi U^\dagger &=-[B_\psi,B_\phi]\\ &=2i\sin^2\chi\sin\psi\,\boldsymbol e\cdot\boldsymbol\sigma\\ &=-2\sin^2\chi\sin\psi\,B_\chi . \end{aligned} \tag{93.49}

角变量的乘积完全正比于 $B_\chi$ ，比例系数中的常数为2。将它代入两互补场强的自对偶关系，公共矩阵 $B_\chi$ 和尺度因子相消，剩下

\rho f'=2f(1-f),\qquad \frac{df}{f(1-f)}=2\,\frac{d\rho}{\rho}. \tag{93.50}

在 $0<f<1$ 支上， $1/[f(1-f)]=1/f+1/(1-f)$ ，积分给

\log\frac{f}{1-f}=2\log(\rho/a),\qquad f(\rho)=\frac{\rho^2}{\rho^2+a^2},\quad a>0 . \tag{93.51}

$a$ 具有长度量纲，规定瞬子的大小。分离变量时排除的两个常解也须检查： $f=0$ 不满足非平凡无穷远条件； $f=1$ 则让原点保留纯规范势的奇点。所得非平凡解在原点按 $\rho^2$ 趋零，下面将直接证明全部 $A_\mu$ 光滑，并检验其余自对偶方程。

全部笛卡儿场强分量

为把角坐标计算收拢，定义一组常量符号

\eta^a_{ij}=\epsilon^{aij},\qquad \eta^a_{i4}=\delta^{ai},\qquad \eta^a_{4i}=-\delta^{ai},\qquad \eta^a_{44}=0 . \tag{93.52}

这里 $i,j,a=1,2,3$ 。将 $(x_4+i x_j\sigma^j)/\rho$ 与其共轭的导数相乘，恒等矩阵项中的 $x_\mu/\rho^2$ 恰同对 $1/\rho$ 求导的一项相消，余下

\begin{aligned} B_i&=-\frac{i}{\rho^2} \left(x_4\sigma_i+\epsilon_{ijk}x_j\sigma_k\right), & B_4&=\frac{i x_j\sigma_j}{\rho^2},\\ B_\mu&=-\frac{i}{\rho^2}\eta^a_{\mu\nu}x_\nu\sigma^a, & A_\mu^a&=\frac{2}{g}\frac{\eta^a_{\mu\nu}x_\nu}{D}. \end{aligned} \tag{93.53}

这里 $D=\rho^2+a^2$ ，最后的2来自 $A_\mu=A_\mu^a\sigma^a/2$ 。分母在原点不为零，所以这是四维空间中处处光滑的势。

现在从这条势求场强。令 $h_\mu^a=\eta^a_{\mu\nu}x_\nu$ 。非阿贝尔项含内部叉积 $\boldsymbol h_\mu\times\boldsymbol h_\nu$ ；用 $\boldsymbol X=(x_1,x_2,x_3)$ 和 $t_E=x_4$ ，有 $\boldsymbol h_i=t_E\boldsymbol e_i+\boldsymbol e_i\times\boldsymbol X$ 、 $\boldsymbol h_4=-\boldsymbol X$ 。两类不同指标的叉积分别为

\begin{aligned} \boldsymbol h_i\times\boldsymbol h_4 &=|\boldsymbol X|^2\boldsymbol e_i -x_i\boldsymbol X-t_E\,\boldsymbol e_i\times\boldsymbol X,\\ \boldsymbol h_i\times\boldsymbol h_j &=t_E^2\epsilon_{ijk}\boldsymbol e_k +t_E(x_i\boldsymbol e_j-x_j\boldsymbol e_i) +\epsilon_{ijk}x_k\boldsymbol X . \end{aligned} \tag{93.54}

第一行用 $(\boldsymbol e_i\times\boldsymbol X)\times\boldsymbol X =x_i\boldsymbol X-|\boldsymbol X|^2\boldsymbol e_i$ ；第二行先展开四项，再将两个混合三重积合并。为把最后一项也写成统一形式，以 $i=1,j=2$ 为例，

\begin{aligned} &|\boldsymbol X|^2\boldsymbol e_3 +x_1(\boldsymbol e_2\times\boldsymbol X) -x_2(\boldsymbol e_1\times\boldsymbol X)\\ &\qquad=(x_1x_3,x_2x_3,x_3^2)=x_3\boldsymbol X . \end{aligned} \tag{93.55}

循环置换给 $(2,3)$ 和 $(3,1)$ 两对，交换指标再给反向三对。因此式（93.54）可统一为

\epsilon^{abc}h_\mu^bh_\nu^c =\rho^2\eta^a_{\mu\nu} +x_\mu h_\nu^a-x_\nu h_\mu^a . \tag{93.56}

记 $L_{\mu\nu}^a=x_\mu h_\nu^a-x_\nu h_\mu^a$ 。普通微分满足 $\partial_\kappa h_\mu^a=\eta^a_{\mu\kappa}$ 、 $\partial_\kappa D=2x_\kappa$ ，所以导数和非线性项分别是

\begin{aligned} \partial_\mu A_\nu^a-\partial_\nu A_\mu^a &=-\frac4{gD}\eta^a_{\mu\nu} -\frac4{gD^2}L_{\mu\nu}^a,\\ g\epsilon^{abc}A_\mu^bA_\nu^c &=\frac4{gD^2}\left(\rho^2\eta^a_{\mu\nu}+L_{\mu\nu}^a\right),\\ F_{\mu\nu}^a &=-\frac{4a^2}{g(\rho^2+a^2)^2}\eta^a_{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{93.57}

第二行与第一行的 $L_{\mu\nu}^a$ 完全相消，余项中的 $-\!D+\rho^2=-a^2$ 给最后一行。这一相消同时检查了交换子项的正号和耦合 $g$ 。

由定义， $\eta^a_{12}=\eta^a_{34}$ 、 $\eta^a_{23}=\eta^a_{14}$ 、 $\eta^a_{31}=\eta^a_{24}$ ；每一等式两端都是同一个 $\delta^{ak}$ 。配合反对称性，它们就是

\frac12\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}\eta^a_{\rho\sigma} =\eta^a_{\mu\nu}, \qquad \widetilde F_{\mu\nu}=F_{\mu\nu}. \tag{93.58}

至此全部六对场强都满足自对偶条件，场方程也由式（93.42）成立。原点场强有限，远处 $F_{\mu\nu}=O(\rho^{-4})$ ，而 $A_\mu$ 是纯规范主项加 $O(\rho^{-3})$ 修正；因此边界条件与有限作用量要求均得到满足。

密度、积分与集体坐标

每个固定 $a$ 的 $\eta^a_{\mu\nu}$ 有四个非零的有序分量，故 $\sum_{a,\mu,\nu}(\eta^a_{\mu\nu})^2=12$ 。用基本迹的 $1/2$ 归一，局域作用量密度和拓扑荷密度分别为

\begin{aligned} \mathcal L_E(x) &=\frac14F_{\mu\nu}^aF_{\mu\nu}^a =\frac{48a^4}{g^2(\rho^2+a^2)^4},\\ q_E(x) &=\frac{g^2}{16\pi^2}\operatorname{Tr}(\widetilde F_{\mu\nu}F_{\mu\nu}) =\frac{6a^4}{\pi^2(\rho^2+a^2)^4}. \end{aligned} \tag{93.59}

两者的质量维数都是4。三球面的面积来自同一角积分 $\int\sin^2\chi\,d\chi\int\sin\psi\,d\psi\int d\phi=2\pi^2$ 。因此只余一项径向积分。令 $u=\rho^2/a^2$ ， $\rho^3d\rho=\tfrac12a^4u\,du$ ，有

\begin{aligned} \int_0^\infty\frac{\rho^3\,d\rho}{(\rho^2+a^2)^4} &=\frac1{2a^4}\int_0^\infty\frac{u\,du}{(1+u)^4}\\ &=\frac1{2a^4}\int_0^\infty \left[\frac1{(1+u)^3}-\frac1{(1+u)^4}\right]du\\ &=\frac1{2a^4}\left(\frac12-\frac13\right) =\frac1{12a^4}. \end{aligned} \tag{93.60}

再乘角面积及两种密度的系数，终于得到

\begin{aligned} S_E&=2\pi^2\,\frac{48a^4}{g^2}\,\frac1{12a^4} =\frac{8\pi^2}{g^2},\\ n&=2\pi^2\,\frac{6a^4}{\pi^2}\,\frac1{12a^4}=1 . \end{aligned} \tag{93.61}

这同时核对了边界映射的单位缠绕数和Bogomolny界的归一。

保留有限上限还能得到一个有用的检查。以瞬子中心为球心，令 $t=R/a$ ，

\begin{aligned} n(R)=\frac{S_E(R)}{8\pi^2/g^2} &=6\int_0^{t^2}\frac{u\,du}{(1+u)^4}\\ &=1-\frac3{(1+t^2)^2}+\frac2{(1+t^2)^3},\\ 1-n(R)&=\frac{1+3t^2}{(1+t^2)^3} \le\frac3{t^4}. \end{aligned} \tag{93.62}

例如 $R=a$ 恰包含一半作用量。到 $R=40a$ 时，外部仅占 $1.169924\times10^{-6}$ 。可见作用量集中在半径 $a$ 的区域内，远处的尾部按 $(a/R)^4$ 衰减。

将 $x_\mu$ 替换为 $x_\mu-x_{0\mu}$ 可把中心移到任意 $x_0$ ，作用量不变。 $a$ 也没有被经典方程固定：在四维作 $A_\mu^{(R)}(x)=R^{-1}A_\mu(x/R)$ 时， $F^2$ 的 $R^{-4}$ 与 $d^4x$ 的 $R^4$ 相消。这些不改作用量的参数称为集体坐标（collective coordinates），也称模（moduli）。整体颜色共轭还改变瞬子的内部取向；是否把它作为积分变量，取决于无穷远允许哪些规范变换，以及已经除去了哪部分规范群体积。

要得到反瞬子，取反转一个Euclid方向的正交矩阵 $P$ ， $\det P=-1$ ，并按一形式拉回

A_\mu^{(-)}(x)=P^\alpha{}_\mu A_\alpha(Px),\qquad F_{\mu\nu}^{(-)}(x) =P^\alpha{}_\mu P^\beta{}_\nu F_{\alpha\beta}(Px). \tag{93.63}

epsilon在这个变换下多一个 $\det P=-1$ ，因此 $\widetilde F^{(-)}=-F^{(-)}$ 。正测度和 $F^2$ 保持不变，作用量仍为 $8\pi^2/g^2$ ，而拓扑积分变为 $-1$ 。这正是降低真空缠绕数一次的隧穿事件。

多瞬子与扇区路径积分

若初、末真空的缠绕数相差不止一，可以先设想将彼此远离的瞬子拼接起来。这个图像说明作用量为何近似相加，却还不能证明拼接后的势是精确解：非阿贝尔场强中有来自不同势的交叉交换子。精确存在性可以引用一个比本节单瞬子计算更一般的结果。Atiyah、Hitchin和Singer构造了四球面上每个负第二Chern数 $c_2=-k$ 、 $k\ge1$ 的光滑自对偶 $SU(2)$ 连接。本节使用厄米规范势，而该文使用反厄米连接，转换为

\begin{aligned} \omega&=-igA,\qquad \Omega=d\omega+\omega^2=-igF,\\ n&=-\frac1{8\pi^2}\int\operatorname{tr}(\Omega\wedge\Omega)=-c_2 . \end{aligned} \tag{93.64}

这里 $c_2=(8\pi^2)^{-1}\int\operatorname{tr}\Omega^2$ 使用 $c_1=0$ 。因此所引构造给本节每个正整数 $n=k$ ；反转取向给负整数。构造及自对偶性证明见Atiyah、Hitchin与Singer，第450–451页。

在四维，二形式的Hodge对偶在共形缩放 $g_{\mu\nu}\mapsto\Omega_c^2g_{\mu\nu}$ 下不变：两个逆度规给 $\Omega_c^{-4}$ ，体积元给 $\Omega_c^4$ 。于是从四球面作球极投影到 $\mathbb R^4$ ，自对偶条件和作用量均保持不变。这使上述存在性结果能用于本节边界问题，并把先前的一般下界提升为可取得的极小值：

\min_{\mathcal A:\,n[\mathcal A]=n}S_E[\mathcal A] =|n|S_1,\qquad S_1=\frac{8\pi^2}{g^2}. \tag{93.65}

相距远大于各自大小时，可以再用稀薄图像讨论这些解及其涨落。若同时放入 $N_+$ 个瞬子与 $N_-$ 个反瞬子，净拓扑数为 $N_+-N_-$ ，领头作用量却为 $(N_++N_-)S_1$ ；有相反定向的混合构型通常不饱和固定净 $n$ 的下界。

现在用路径积分计算各拓扑扇区之间的演化。先不加外源，令

\begin{aligned} Z_{n_+\leftarrow n_-} &=\langle n_+|e^{-2TH}|n_-\rangle\\ &=\int\mathcal D A_{n_+-n_-}\,e^{-S_E[A]} \equiv Z_{n_+-n_-}. \end{aligned} \tag{93.66}

这里 $\mathcal D A_n$ 包含净拓扑数为 $n$ 的场积分与相应端态投影；端态归一和规范冗余须按同一规定处理。等式对左右同时作大规范变换不变，故只依赖 $n_+-n_-$ 。将式（93.22）分别代入初、末态，

Z_{\theta'\leftarrow\theta} =\sum_{n_+,n_-} e^{i(n_+\theta'-n_-\theta)}Z_{n_+-n_-}. \tag{93.67}

令 $n=n_+-n_-$ ，整数对 $(n_+,n_-)$ 与 $(n,n_-)$ 一一对应；相位成为 $n_-(\theta'-\theta)+n\theta'$ ，所以

\begin{aligned} Z_{\theta'\leftarrow\theta} &=\sum_{n_-}e^{in_-(\theta'-\theta)} \sum_n e^{in\theta'}Z_n\\ &=2\pi\delta_{2\pi}(\theta'-\theta) \sum_n e^{in\theta}Z_n . \end{aligned} \tag{93.68}

周期delta函数将第二因子中的 $\theta'$ 换为 $\theta$ 。这与大规范变换特征标的守恒一致； $2\pi$ 因子则与 $d\theta/(2\pi)$ 的完备测度相配。

若加入固定外源的耦合 $JA=\int d^4x\,\operatorname{Tr}(J^\mu A_\mu)$ ，就要重新考察大规范变换的作用。有限规范变换 $V$ 给

\begin{aligned} \int\operatorname{Tr}(J^\mu A_\mu^V) ={}&\int\operatorname{Tr}(V^\dagger J^\mu V\,A_\mu)\\ &+\frac{i}{g}\int\operatorname{Tr} (J^\mu V\partial_\mu V^\dagger). \end{aligned} \tag{93.69}

一般既改变线性系数，又留下非齐次项，所以无源核的论证不能直接用于这个固定外源。式（93.68）适用于物理演化核，也适用于耦合到保持大规范对称性的可观测量的外源。

在选定 $\theta$ 扇区后，可以定义规范固定的规范场生成泛函：

Z_\theta[J]=\sum_{n\in\mathbb Z}e^{in\theta} \int\mathcal D_{\rm gf}A_n\, \exp\left[-S_E[A]+\int d^4x\, \operatorname{Tr}(J^\mu A_\mu)\right]. \tag{93.70}

$\mathcal D_{\rm gf}$ 包括同一规范固定、相应行列式及约束；它沿第71节处理局部规范冗余，并保留各个拓扑扇区。由此泛函得到的未投影规范场关联函数依赖所选规范，物理可观测量则按通常方法提取。这一固定扇区的定义不要求式（93.69）对任意 $J$ 为零。

将 $n=\int q_E$ 代入相位，再把各扇区的场积分合并，得到

\begin{aligned} Z_\theta[J]&=\int\mathcal D_{\rm gf}A\, \exp\left[\int d^4x\,\mathcal I_\theta(A,J)\right],\\ \mathcal I_\theta(A,J) &=\operatorname{Tr}\Big[-\frac12F_{\mu\nu}F_{\mu\nu}\\ &\qquad+\frac{ig^2\theta}{16\pi^2}\widetilde F_{\mu\nu}F_{\mu\nu} +J^\mu A_\mu\Big]. \end{aligned} \tag{93.71}

真空角已经成为一个局域拉格朗日量项的系数，但它在Euclid指数中仍是纯相位。这个结果也说明：只对一个拓扑扇区作扰动展开，会漏掉不同扇区之间的相对相位。

作为补充，可以由这一相位重新推导近邻近似的余弦。设瞬子大小和颜色取向积分已经受到控制，每种定向的单事件权重为有限的 $\zeta\,d^4x$ ，其中 $\zeta>0$ 、 $[\zeta]=4$ 。忽略事件重叠和相互作用， $N_+$ 个同类中心积分给 $(\zeta V_4)^{N_+}/N_+!$ ，反瞬子同理。这里 $V_4=2T\mathcal V$ ，阶乘来自同类事件的不可区分性。因此

\begin{aligned} \frac{Z_\theta}{Z_{\rm pert}} &\simeq\sum_{N_+,N_-\ge0} \frac{(\zeta V_4)^{N_++N_-}}{N_+!\,N_-!} e^{i\theta(N_+-N_-)}\\ &=\exp(\zeta V_4e^{i\theta})\exp(\zeta V_4e^{-i\theta}) =\exp(2\zeta V_4\cos\theta),\\ E(\theta)-E(0)&\simeq2\zeta\mathcal V(1-\cos\theta). \end{aligned} \tag{93.72}

最后一行用 $\log Z_\theta\sim-2TE(\theta)$ 。这个稀薄瞬子气体（dilute instanton gas）近似要求作用量大、典型间距远大于典型大小； $\zeta$ 除 $e^{-S_1}$ 外还含零模Jacobian、非零模行列式和大小积分。纯杨–米尔斯理论的大瞬子会进入强耦合区，故这些积分是否有限、稀薄近似是否受控，必须由具体尺度条件决定。本节的经典密度 $q_E(x)$ 和 $\mathcal L_E(x)$ 已经求出，量子强度 $\zeta$ 则在此作为附加输入保留。

回到Minkowski时空

最后将Euclid路径积分的指数转回实时间。沿第82节取 $x_4=it$ 。要求规范势一形式的时间项相接，即 $A_4^E dx_4=A_0^Mdt$ ，于是

\begin{aligned} dx_4&=i\,dt,& \partial_4&=-i\partial_0,\\ A_4^E&=-iA_0^M,& A_i^E&=A_i^M,\\ F_{4i}^E&=-iF_{0i}^M,& F_{ij}^E&=F_{ij}^M . \end{aligned} \tag{93.73}

场强的关系同时包含时间微分和 $A_0$ 的转动，所以也适用于非阿贝尔交换子。Minkowski中使用 $(-+++)$ 及 $\epsilon_M^{0123}=+1$ ，故 $\epsilon_M^{1230}=-1$ 。

把拓扑密度先写成三个互补分量，所有符号便可逐项比较：

\begin{aligned} \operatorname{Tr}(\widetilde F_EF_E) &=4\operatorname{Tr} (F^E_{12}F^E_{34}-F^E_{13}F^E_{24}+F^E_{14}F^E_{23})\\ &=4i\operatorname{Tr} (F^M_{01}F^M_{23}-F^M_{02}F^M_{13}+F^M_{03}F^M_{12})\\ &=i\operatorname{Tr}(\widetilde F_M^{\mu\nu}F^M_{\mu\nu}). \end{aligned} \tag{93.74}

每对互补分量有八种有序指标排列，对偶定义中的 $1/2$ 使系数成为4；交换两矩阵的项在迹中相等。第一行的正负号来自 $\epsilon_E^{1234}=+1$ ，而 $F^E_{i4}=iF^M_{0i}$ 给第二行的 $i$ 。普通动能则满足

\begin{aligned} \operatorname{Tr}(F^E_{\mu\nu}F^E_{\mu\nu}) &=\operatorname{Tr}\left(F^M_{ij}F^M_{ij}-2F^M_{0i}F^M_{0i}\right)\\ &=\operatorname{Tr}(F_M^{\mu\nu}F^M_{\mu\nu}). \end{aligned} \tag{93.75}

时间分量的负号正好等于Minkowski升指标的负号。

因此Euclid指数中拓扑项的三个 $i$ 依次来自原系数、测度和密度：

\frac{ig^2\theta}{16\pi^2} \int d^4x_E\,\operatorname{Tr}(\widetilde F_EF_E) \longrightarrow -\frac{ig^2\theta}{16\pi^2} \int d^4x_M\,\operatorname{Tr}(\widetilde F_M^{\mu\nu}F^M_{\mu\nu}). \tag{93.76}

对外源也作相容的解析延拓，写回 $Z=\int\mathcal D_{\rm gf}A\,e^{i\int(\mathcal L+JA)}$ ，所得拉格朗日量为

\begin{aligned} \mathcal L_{\mathrm{YM},\theta} &=-\frac12\operatorname{Tr}(F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}) -\frac{g^2\theta}{16\pi^2} \operatorname{Tr}(\widetilde F^{\mu\nu}F_{\mu\nu})\\ &=-\frac14F^{a\mu\nu}F^a_{\mu\nu} -\frac{g^2\theta}{32\pi^2} \widetilde F^{a\mu\nu}F^a_{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{93.77}

这个负号由 $\theta$ 态的Fourier相位和两种时空的epsilon取向共同决定，在上述约定下由三个 $i$ 的乘积得到。

这个项是厄米的、规范不变的Lorentz赝标量，系数无量纲。它在空间反演下变号，故一般 $\theta$ 会破坏离散对称性。常数 $\theta$ 乘的密度又是全散度，为什么还会改变量子物理？对固定边界的连续变分，式（93.34）给

\delta\operatorname{Tr}(F\wedge F) =2\operatorname{Tr}(D^{\rm ad}\delta A\wedge F) =2d\,\operatorname{Tr}(\delta A\wedge F). \tag{93.78}

第二步用Bianchi恒等式和迹循环；积分只剩边界，所以局域场方程不变。在零拓扑真空附近作通常微扰，常 $\theta$ 项的各阶顶角合成总动量因子，与动量守恒delta相乘为零，Feynman规则因而不变。可是不同整数 $n$ 不能靠这种固定边界的小变分相连，场积分仍含 $e^{in\theta}$ 的不同权重。能够丢掉的局部边界变分，与不能丢掉的扇区相对相位，正是在这里分开。下一节将借费米子反常把这一真空角同夸克质量的相位联系起来。

其他规范群与标量场

现在把结论推广到其他简单非阿贝尔群，再考虑标量与费米子的加入。先从拓扑分类出发，确定哪些边界条件允许非零整数荷。对紧致连通简单群 $G$ ， $\pi_3(G)=\mathbb Z$ ；可选一个与最高根对应的同态 $j:SU(2)\to G$ ，使它在 $\pi_3$ 上诱导同构。这一同态及其性质采用Atiyah、Hitchin与Singer第453页的构造。若 $G$ 不是单连通，先提升到它的单连通覆盖群；覆盖映射不改变 $\pi_3$ ，再复合到 $G$ 。这样即使像群在全局上表现为 $SO(3)$ ，单位拓扑数仍由这个 $SU(2)$ 同态计算。

比较不同群时，动能与拓扑积分的迹归一必须相配。记 $b_G$ 为在上述基本 $SU(2)$ 上限制为 $\operatorname{Tr}_2(T^aT^b)=\delta^{ab}/2$ 的不变双线性型。任意非平凡表示 $R$ 的普通迹满足 $\operatorname{Tr}_R=I_Rb_G$ 。以同一个几何连接 $\mathcal A$ 比较两套耦合，令 $\mathcal A=g_bA_b=g_RA_R$ 、 $\mathcal F=d\mathcal A-i\mathcal A^2$ ，则

\begin{aligned} S_E &=\frac1{2g_b^2}\int b_G(\mathcal F_{\mu\nu},\mathcal F_{\mu\nu})\\ &=\frac1{2g_R^2}\int \operatorname{Tr}_R(\mathcal F_{\mu\nu}\mathcal F_{\mu\nu}), \qquad g_R^2=I_Rg_b^2,\\ n_G &=\frac1{16\pi^2}\int b_G(\widetilde{\mathcal F},\mathcal F) =\frac{g_R^2}{16\pi^2I_R} \int\operatorname{Tr}_R(\widetilde F_RF_R). \end{aligned} \tag{93.79}

这里积分均含 $d^4x$ 。最后一行说明把本节基本迹换成任意表示迹时为什么必须除以 $I_R$ 。

同态保持Lie括号，故将已求出的 $SU(2)$ 势逐点映入 $\mathfrak g$ 后，导数、交换子和自对偶方程也都被保持。不过一般嵌入的归一未必是单位。若 $j^*b_G=d_j\operatorname{Tr}_2$ ，同一场的拓扑数变为

n_G[j(A)]=d_j\,n_{SU(2)}[A]. \tag{93.80}

嵌入指标等于同态在 $\pi_3$ 上诱导的映射次数；最高根同态取 $d_j=1$ 。它因而提供任意整数荷的基本构造。这说明每个拓扑类可以由适当 $SU(2)$ 构造代表；一般 $G$ 场的所有分量和全部模空间却不必都局限在同一个 $SU(2)$ 子群中。

标量场是否改变瞬子，要看它的真空。若标量可以取处处为零，且这个值使标量势和标量方程都为零，它就是不扰动纯规范解的旁观场。若带电标量有非零真空期望值， $|D_\mu\Phi|^2$ 通常会加入新的作用量，并引入长度尺度。这个差别可用与上一节相似的尺度变分看清。取真空减除后的 $V(\Phi)\ge0$ ，令

S_E=S_{\rm YM}+S_D+S_V,\qquad S_D=\int d^4x\,|D_\mu\Phi|^2,\qquad S_V=\int d^4x\,V(\Phi). \tag{93.81}

保持无穷远真空，用无量纲 $R>0$ 缩放 $A_\mu^{(R)}(x)=R^{-1}A_\mu(x/R)$ 、 $\Phi^{(R)}(x)=\Phi(x/R)$ 。规范场强带 $R^{-2}$ ，标量协变导数带 $R^{-1}$ ，势没有导数，故

S_E(R)=S_{\rm YM}+R^2S_D+R^4S_V,\qquad \left.\frac{dS_E(R)}{dR}\right|_{R=1}=2S_D+4S_V . \tag{93.82}

对允许这一尺度变分的光滑有限作用量驻点，右端必须为零。两个量非负，遂有 $D_\mu\Phi=0$ 和 $V=0$ 。再由

[D_\mu,D_\nu]\Phi=-igF_{\mu\nu}\Phi=0 \tag{93.83}

可知场强只能取值于真空的稳定子Lie代数。若标量把规范群完全破缺，这个Lie代数为零，于是 $F_{\mu\nu}=0$ ，没有本节所求的非零荷、有限大小的精确驻点。若还留下非阿贝尔子群，则其内部仍可能容许瞬子。标量背景是否留下非阿贝尔稳定子，因而直接决定纯规范瞬子能否继续存在。

完全破缺的理论仍可研究小尺寸的受约束瞬子（constrained instanton）。先固定一个决定大小的泛函 $C$ ，在约束面上求驻点：

\delta\left\{S_E+\sigma[C(A,\Phi)-c_a]\right\}=0, \qquad C(A,\Phi)=c_a . \tag{93.84}

尺度变化不再是这张约束面上的任意变分，因而不与式（93.82）矛盾；最后再对大小 $a$ 及相应Jacobian积分。

Nielsen与Nielsen给出了一个 $SU(2)$ 双重态的受约束模型。该文使用 $A_N=gA$ ，并把正Euclid作用量的负值记为 $S_N$ 。令 $\Phi=\sqrt\kappa\,\varphi_N/g$ ，他们的模型转成本节记法为

\begin{aligned} S_E=-S_N &=\int d^4x\left[ \frac14F_{\mu\nu}^aF_{\mu\nu}^a +|D_\mu\Phi|^2 +\frac{\lambda_B}{4}(\Phi^\dagger\Phi-w^2)^2\right],\\ w^2&=\frac{\kappa\mu^2}{g^2},\qquad \lambda_B=\frac{g^2}{\kappa},\qquad m_V^2=\frac{g^2w^2}{2},\qquad m_H^2=\mu^2 . \end{aligned} \tag{93.85}

这里 $\Phi$ 是 $SU(2)$ 双重态， $g,\kappa,\mu>0$ 。标量重定义将原动能系数 $\kappa/g^2$ 化为1；势的系数随后变为 $g^2/(4\kappa)$ ，故这些参数关系不是额外假设。该文用 $\rho$ 表示大小，我们改记为 $a$ 。采用该文求得的二阶受约束作用量，将 $S_N$ 反号并代入 $w^2$ ，得到小质量展开

S_E(a)=\frac{8\pi^2}{g^2}+2\pi^2w^2a^2 +\Delta S^{(\ge4)},\qquad a m_V,\ a m_H\ll1 . \tag{93.86}

$\Delta S^{(\ge4)}$ 表示质量参数四阶及更高的项，会依赖约束的选择。正的 $2\pi^2w^2a^2$ 使非零Higgs真空抑制大尺寸构型。模型归一见Nielsen与Nielsen式（36）–（43），二阶作用量与大小积分见该文式（137）–（145）。

对于 $U(1)$ ，本节的三球面映射没有非零绕数。因为 $S^3$ 单连通，任意 $U:S^3\to U(1)$ 都能提升为单值实函数 $\lambda$ ， $U=e^{i\lambda}$ ；连续把 $\lambda$ 缩为常数即可收缩 $U$ ，故 $\pi_3(U(1))=0$ 。在当前光滑 $\mathbb R^4$ 、全局规范势及无磁单极子的边界条件下，

F=dA,\qquad F\wedge F=d(A\wedge F),\qquad \int_{\mathbb R^4}F\wedge F=0 . \tag{93.87}

最后一步用无穷远的纯规范条件及相应衰减。于是没有本节这类非零荷瞬子；若再要求自对偶，作用量下界的饱和只能给 $F=0$ 。物理边界、磁单极子或非平凡丛会改变这个论证所用的条件，须另行讨论。

若群是多个非阿贝尔因子的直积，各因子的整数拓扑数可以分别指定，相位成为

\exp\left(i\sum_s n_s\theta_s\right),\qquad \mathcal L_\theta =-\sum_s\frac{g_s^2\theta_s}{16\pi^2} b_{G_s}(\widetilde F_s^{\mu\nu},F_{s\mu\nu}). \tag{93.88}

每个连续角都有自己的 $2\pi$ 周期，基本不变型与耦合的归一仍须成套选定。费米子的加入则还有一项新的效应：改变质量相位的手征变换会通过反常改变拓扑项。这正是下一节研究夸克与 $\theta$ 真空的出发点。

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