Srednicki §95 超对称

系列文章：Srednicki QFT 共 97 篇

规范对称性把具有相同自旋的场组织在同一表示中。另一种连续变换可以把标量变成旋量，也把旋量变回玻色场。这样的生成元带有旋量指标，而且是格拉斯曼奇的。它与通常时空生成元组成的代数，称为超对称代数（supersymmetry algebra）。用反对易坐标构成的超空间，可以把各分量场及其变换合写在一个有限的格拉斯曼展开中；作用量随后由这个展开的最高分量构造。

以下采用第69节的规范群记法，以及第34–36章的旋量升降和奇场换序规则。先讨论无规范耦合的手征场，再引入实矢量超场和超规范变换，最后推广到非阿贝尔群。

从超荷到超空间

设 $Q_{aA}$ 为左手超荷（supercharge）， $a=1,2$ 是旋量指标， $A=1,\ldots,\mathcal N$ 区分不同的超荷。它的物理Hilbert空间伴随记为 $Q^\dagger_{\dot aA}$ 。除了已有的Poincaré代数，我们取

\begin{aligned} \relax[Q_{aA},P^\mu]&=[Q^\dagger_{\dot aA},P^\mu]=0,\\ [Q_{aA},M^{\mu\nu}]&=(S_L^{\mu\nu})_a{}^cQ_{cA},\\ [Q^\dagger_{\dot aA},M^{\mu\nu}]&=(S_R^{\mu\nu})_{\dot a}{}^{\dot c}Q^\dagger_{\dot cA},\\ \{Q_{aA},Q_{bB}\}&=Z_{AB}\epsilon_{ab},\\ \{Q_{aA},Q^\dagger_{\dot bB}\}&=-2\delta_{AB}\sigma^\mu_{a\dot b}P_\mu . \end{aligned} \tag{95.1}

第一行使超荷不随时间改变，也不改变态的四动量；第二、三行规定它们的旋量变换。最后一行尤为特别：两个奇变换的反对易子产生普通时空平移。因而超对称同时联系粒子的自旋和动力学。

交换第四行的两个完整标签 $(a,A)$ 与 $(b,B)$ ，左边不变，而 $\epsilon_{ba}=-\epsilon_{ab}$ ，所以

Z_{AB}=-Z_{BA}. \tag{95.2}

这里取 $Z_{AB}$ 与全部生成元对易，称它为中心荷（central charge）。本节只用 $\mathcal N=1$ ；这时 $Z_{11}=0$ ，可以省去内部指标。

如果已经找到分量场的超变换，超流与超荷便可由第22节的Noether程序得到。具体说，把常量奇参数暂换为 $\varepsilon^a(x)$ ，从作用量变分中收集 $\partial_\mu\varepsilon^a$ 的系数，便得到相应超流 $j^\mu_a$ ；在运动方程成立时 $\partial_\mu j^\mu_a=0$ ，其空间积分给守恒的 $Q_a$ 。现在我们先反过来，从所需代数寻找较方便的场表示。

给时空坐标添上 $\theta^a$ 及 $\bar\theta^{\dot a}\equiv\theta^{*\dot a}$ 。在计算时把它们作为独立奇坐标，故

\{\theta^a,\theta^b\}=\{\bar\theta^{\dot a},\bar\theta^{\dot b}\} =\{\theta^a,\bar\theta^{\dot b}\}=0. \tag{95.3}

超场（superfield）就是这些变量的函数 $\Phi(x,\theta,\bar\theta)$ 。四个奇生成元的多项式只有 $2^4=16$ 个独立单项式，所以“函数”在奇坐标中必为有限多项式，其系数是通常的时空场。若整个超场为偶，则奇次坐标的系数为费米场，偶次的系数为玻色场。所有费米系数也与 $\theta,\bar\theta$ 反对易，这一点在取乘积时同样要用到。

左导数、右导数与共轭

定义左导数 $\partial_a=\partial/\partial\theta^a$ 、 $\bar\partial_{\dot a}=\partial/\partial\bar\theta^{\dot a}$ ，使它在变分 $\delta X=\delta\theta^a\partial_aX$ 中直接给出右侧系数。若 $X$ 为齐次奇偶量，移动变分越过 $X$ 便得到

\begin{aligned} \partial_a(XY)&=(\partial_aX)Y+(-1)^{|X|}X(\partial_aY),\\ \partial_a\theta^b&=\delta_a{}^b,\qquad \{\partial_a,\theta^b\}=\delta_a{}^b,\\ \{\partial_a,\bar\theta^{\dot b}\}&=0, \qquad\{\partial_a,\partial_b\}=0. \end{aligned} \tag{95.4}

第二行前式是导数的作用值，后式是作用于任意多项式的算符恒等式。例如 $\partial_2(\theta^1\theta^2)=-\theta^1$ ，因为导数须越过第一个奇变量。点导数有完全相同的规则。

第35节已规定，共轭反转乘积次序。因此若右导数定义为 $\delta X=(X\overleftarrow\partial_a)\delta\theta^a$ ，则

\begin{aligned} (\partial_aX)^*&=X^*\overleftarrow{\bar\partial}_{\dot a},\\ X\overleftarrow\partial_a&=(-1)^{|X|+1}\partial_aX. \end{aligned} \tag{95.5}

第一行由变分等式反序共轭直接得到；第二行来自把 $\delta\theta$ 从最左移到最右，所越过的导数系数奇偶为 $|X|+1$ 。这说明，共轭后先改变的是作用侧别。

例如取 $X=\theta^a$ ，导数作用值的共轭为1。将共轭后的右导数移回左边时，符号由式（95.5）中的 $|X|$ 决定。以下把两套配对微分算符分别记为 $\mathcal Q$ 和 $\overline{\mathcal Q}$ ，物理态空间的超荷则记为 $Q,Q^\dagger$ 。

超平移的微分实现

普通平移满足 $[\Phi,P^\mu]=-i\partial^\mu\Phi$ 。仿照它，先对偶超场要求

[\Phi,Q_a]=-i\mathcal Q_a\Phi,\qquad [\Phi,Q^\dagger_{\dot a}]=-i\overline{\mathcal Q}_{\dot a}\Phi. \tag{95.6}

如果只取 $\mathcal Q_a=\partial_a$ 和 $\overline{\mathcal Q}_{\dot a}=-\bar\partial_{\dot a}$ ，混合反对易子便为零，不能给出时空平移。因此每个算符还应含有另一种奇坐标乘时空导数。取如下形式：

\begin{aligned} \mathcal Q_a&=\partial_a+i\sigma^\mu_{a\dot c}\bar\theta^{\dot c}\partial_\mu,\\ \overline{\mathcal Q}_{\dot b}&=-\bar\partial_{\dot b} -i\theta^c\sigma^\mu_{c\dot b}\partial_\mu . \end{aligned} \tag{95.7}

检验其代数只需把四类乘积分别收集。混合反对易子中，两个接触项为

\begin{aligned} \{\partial_a,-i\theta^c\sigma^\mu_{c\dot b}\partial_\mu\} &=-i\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu,\\ \{i\sigma^\mu_{a\dot c}\bar\theta^{\dot c}\partial_\mu,-\bar\partial_{\dot b}\} &=-i\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu. \end{aligned} \tag{95.8}

纯奇导数相加为零；两个坐标乘导数的项则含 $\bar\theta\theta+\theta\bar\theta=0$ 。同类两个 $\mathcal Q$ 中，导数和所乘坐标属于不同种类，没有接触项，余项也两两相消。因此

\begin{aligned} \{\mathcal Q_a,\mathcal Q_b\} &=\{\overline{\mathcal Q}_{\dot a},\overline{\mathcal Q}_{\dot b}\}=0,\\ \{\mathcal Q_a,\overline{\mathcal Q}_{\dot b}\} &=-2i\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu . \end{aligned} \tag{95.9}

这里两个相等的接触贡献就是因子2的来源。

还要核对微分实现的号与算符代数相容。对偶 $\Phi$ ，先展开两个嵌套的分次括号，得到

\begin{aligned} \{[\Phi,Q],Q^\dagger\} ={}&\Phi QQ^\dagger-Q\Phi Q^\dagger +Q^\dagger\Phi Q-Q^\dagger Q\Phi,\\ \{[\Phi,Q^\dagger],Q\} ={}&\Phi Q^\dagger Q-Q^\dagger\Phi Q +Q\Phi Q^\dagger-QQ^\dagger\Phi. \end{aligned} \tag{95.10}

中间四项相消，剩下 $[\Phi,\{Q,Q^\dagger\}]$ 。由式（95.1），它等于 $2i\sigma^\mu\partial_\mu\Phi$ 。另一方面，式（95.6）的两个 $-i$ 乘式（95.9），正好也给 $+2i\sigma^\mu\partial_\mu\Phi$ 。

对一般奇偶的场 $X$ ，同一计算用右作用分次括号

R_aX=XQ_a-(-1)^{|X|}Q_aX,\qquad (R_a\bar R_{\dot b}+\bar R_{\dot b}R_a)X =[X,\{Q_a,Q^\dagger_{\dot b}\}]. \tag{95.11}

奇分量于是出现反对易子，偶分量出现交换子。后面从超场读出费米分量的变换时，正是按这个规则匹配。

手征约束及其一般解

一个无约束超场包含许多分量。我们希望施加一个与超变换相容的条件，把它约化成较小的多重态。为此把式（95.7）中两个时空导数项的号同时反转，定义超协变导数（supercovariant derivative）

\begin{aligned} \mathcal D_a&=\partial_a-i\sigma^\mu_{a\dot c}\bar\theta^{\dot c}\partial_\mu,\\ \overline{\mathcal D}_{\dot b}&=-\bar\partial_{\dot b} +i\theta^c\sigma^\mu_{c\dot b}\partial_\mu . \end{aligned} \tag{95.12}

沿用刚才的接触项计算，两个 $\mathcal D$ 之间的混合贡献都变成 $+i\sigma\partial$ 。一个 $\mathcal D$ 与一个 $\mathcal Q$ 之间则是一个正、一个负。例如 $\{\partial_a,-i\theta\sigma\partial\}=-i\sigma\partial$ ，而 $\{-i\sigma\bar\theta\partial,-\bar\partial\}=+i\sigma\partial$ 。故

\begin{gathered} \{\mathcal D_a,\mathcal D_b\} =\{\overline{\mathcal D}_{\dot a},\overline{\mathcal D}_{\dot b}\}=0, \qquad \{\mathcal D_a,\overline{\mathcal D}_{\dot b}\} =2i\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu,\\ \{\mathcal D_a,\mathcal Q_b\} =\{\mathcal D_a,\overline{\mathcal Q}_{\dot b}\} =\{\overline{\mathcal D}_{\dot a},\mathcal Q_b\} =\{\overline{\mathcal D}_{\dot a},\overline{\mathcal Q}_{\dot b}\}=0. \end{gathered} \tag{95.13}

特别是，若 $\overline{\mathcal D}_{\dot a}\Phi=0$ ，那么 $\overline{\mathcal D}_{\dot a}\mathcal Q_b\Phi=-\mathcal Q_b\overline{\mathcal D}_{\dot a}\Phi=0$ ；对另一超变换也一样。因此可以一致地定义左手手征超场（left-chiral superfield）及其共轭：

\overline{\mathcal D}_{\dot a}\Phi=0,\qquad \mathcal D_a\Phi^\dagger=0. \tag{95.14}

第二个条件也可以直接对后面给出的共轭展开求导检验。

解这个约束的关键是改用

y^\mu=x^\mu-iB^\mu,\qquad B^\mu=\theta\sigma^\mu\bar\theta. \tag{95.15}

点左导数越过 $\theta$ 产生负号，所以 $\bar\partial_{\dot a}y^\mu=+i\theta^c\sigma^\mu_{c\dot a}$ 。将它代入式（95.12），两项相消：

\overline{\mathcal D}_{\dot a}\theta^b=0,\qquad \overline{\mathcal D}_{\dot a}y^\mu=0,\qquad \left.\overline{\mathcal D}_{\dot a}\right|_{y,\theta} =-\bar\partial_{\dot a}. \tag{95.16}

坐标变化的逆为 $x=y+iB$ ；其幂零部分只需有限Taylor展开。在新坐标中，约束就是说与 $\bar\theta$ 无关。因此局部一般解为 $\Phi(y,\theta)$ ，而不只是找到了一个特殊解。两个独立的 $\theta$ 使三次积为零，故一般偶手征场可写为

\Phi(y,\theta)=A(y)+\sqrt2\theta^a\psi_a(y)+tF(y), \qquad t=\theta^a\theta_a. \tag{95.17}

$A,F$ 为复标量， $\psi$ 为左手Weyl场。一次项的 $\sqrt2$ 是约定，稍后它使标准动能的归一较简单。

展开回普通时空坐标

先把反复出现的二次积算清。写 $\theta^1=u,\theta^2=w$ ，则 $\theta_1=-w,\theta_2=u$ ，所以 $t=-2uw$ 。对点坐标取 $\bar\theta^{\dot1}=\bar u,\bar\theta^{\dot2}=\bar w$ ，但缩并按先下后上，故 $\bar t=2\bar u\bar w$ 。逐个非零分量给

\begin{aligned} \theta_a\theta_b&=\tfrac12t\epsilon_{ab},& \theta^a\theta^b&=-\tfrac12t\epsilon^{ab},\\ \bar\theta_{\dot a}\bar\theta_{\dot b} &=-\tfrac12\bar t\epsilon_{\dot a\dot b},& \bar\theta^{\dot a}\bar\theta^{\dot b} &=\tfrac12\bar t\epsilon^{\dot a\dot b}. \end{aligned} \tag{95.18}

例如第一式在 $a=1,b=2$ 时是 $(-w)u=uw=(-2uw)(-1)/2$ ；其余非零分量由反交换得到。对 $B^\mu B^\nu$ ，先把中间的点坐标移过第二个无点坐标，再用式（35.5），得到

\begin{aligned} B^\mu B^\nu &=-\theta^a\theta^b\bar\theta^{\dot a}\bar\theta^{\dot b} \sigma^\mu_{a\dot a}\sigma^\nu_{b\dot b}\\ &=\frac14t\bar t\epsilon^{ab}\epsilon^{\dot a\dot b} \sigma^\mu_{a\dot a}\sigma^\nu_{b\dot b} =-\frac12t\bar t g^{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{95.19}

这条Fierz缩并中的初始负号来自奇变量换序。

现在逐项展开式（95.17）。标量项的Taylor级数在二阶终止：

\begin{aligned} A(y)&=A(x)-iB^\mu\partial_\mu A -\frac12B^\mu B^\nu\partial_\mu\partial_\nu A\\ &=A-iB^\mu\partial_\mu A+\frac14t\bar t\partial^2A. \end{aligned} \tag{95.20}

费米项只须保留一次位移。利用第一组theta的缩并及barsigma的升降定义，

\begin{aligned} \theta^aB^\mu\partial_\mu\psi_a &=-\tfrac12t\epsilon^{ac}\sigma^\mu_{c\dot b} \bar\theta^{\dot b}\partial_\mu\psi_a =\tfrac12t\bar\theta\bar\sigma^\mu\partial_\mu\psi,\\ \sqrt2\theta\psi(y) &=\sqrt2\theta\psi(x)-\frac{i}{\sqrt2}t\bar\theta\bar\sigma^\mu\partial_\mu\psi. \end{aligned} \tag{95.21}

第二次位移会含三个无点theta而为零； $tF(y)$ 的第一次位移也如此。因此完整展开是

\begin{aligned} \Phi(x,\theta,\bar\theta) ={}&A+\sqrt2\theta\psi+tF-iB^\mu\partial_\mu A\\ &-\frac{i}{\sqrt2}t\bar\theta\bar\sigma^\mu\partial_\mu\psi +\frac14t\bar t\partial^2A. \end{aligned} \tag{95.22}

求动能时将用到这六项的交叉乘积。

分量变换与超势

在 $y,\theta$ 坐标中， $\mathcal Q_a y^\mu=0$ ，而 $\overline{\mathcal Q}_{\dot a}y^\mu=-2i\theta^c\sigma^\mu_{c\dot a}$ 。因此作用于手征场的两个算符简化为

\mathcal Q_a=\partial_a,\qquad \overline{\mathcal Q}_{\dot a}=-2i\theta^c\sigma^\mu_{c\dot a}\partial_\mu, \qquad\partial_a t=2\theta_a. \tag{95.23}

这里 $\partial_\mu$ 对 $y$ 求导。把它们作用在三项展开上，得到

\begin{aligned} \mathcal Q_a\Phi&=\sqrt2\psi_a+2\theta_aF,\\ \overline{\mathcal Q}_{\dot a}\Phi &=-2i\theta^c\sigma^\mu_{c\dot a}\partial_\mu A +i\sqrt2t\partial_\mu\psi^c\sigma^\mu_{c\dot a}. \end{aligned} \tag{95.24}

第二行的二次项用 $\theta^c\theta^b=-t\epsilon^{cb}/2$ 化简，三次项为零。再匹配式（95.6）两边相同的theta次数。因为 $Q$ 与theta反对易， $[\theta\psi,Q]=\theta\{\psi,Q\}$ ；于是

\begin{aligned} \relax[A,Q_a]&=-i\sqrt2\psi_a,&[A,Q^\dagger_{\dot a}]&=0,\\ \{\psi_c,Q_a\}&=-i\sqrt2\epsilon_{ac}F,& \{\psi_c,Q^\dagger_{\dot a}\}&=-\sqrt2\sigma^\mu_{c\dot a}\partial_\mu A,\\ [F,Q_a]&=0,&[F,Q^\dagger_{\dot a}]&=\sqrt2\partial_\mu\psi^c\sigma^\mu_{c\dot a}. \end{aligned} \tag{95.25}

虽然从 $y$ 坐标得到这些式子， $y$ 是任意自变量，分量关系因而也可统一改记为 $x$ 处的场关系。

这些变换不借助运动方程就闭合，称为离壳闭合（off-shell closure）。以混合反对易子为例，直接把式（95.25）代入，

\begin{aligned} \{R_a,\bar R_{\dot b}\}A &=2i\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu A,\\ \{R_a,\bar R_{\dot b}\}\psi_c &=2i\left(\sigma^\mu_{c\dot b}\partial_\mu\psi_a -\epsilon_{ac}\sigma^\mu_{d\dot b}\partial_\mu\psi^d\right) =2i\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu\psi_c,\\ \{R_a,\bar R_{\dot b}\}F &=-2i\epsilon^{cd}\epsilon_{ad}\sigma^\mu_{c\dot b}\partial_\mu F =2i\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu F. \end{aligned} \tag{95.26}

第二行用二维恒等式 $X_c\psi_a-\epsilon_{ac}X_d\psi^d=X_a\psi_c$ ；若 $a=c$ 两边相同，若 $a\ne c$ ，只需把 $\psi^1=\psi_2,\psi^2=-\psi_1$ 代入。第三行用 $\epsilon^{cd}\epsilon_{ad}=-\delta_a{}^c$ 。同类两个超荷的作用也按反对称epsilon抵消，与微分算符式（95.9）一致。复 $A,F$ 共有四个实离壳分量，一个Weyl场也有四个实分量；辅助 $F$ 让这套变换在求解动力学以前就封闭。

式（95.25）的最后一式给出构造作用量的入口：最高分量的变化是全导数。对常量超变换参数，若场在边界的行为使表面项消失，那么 $\int d^4x\,F$ 不变。为得到相互作用，考虑两个手征超场的乘积；它仍只依赖 $y,\theta$ ，最高分量中的费米交叉项为

\begin{aligned} 2(\theta\psi_1)(\theta\psi_2) &=-2\theta^a\theta^b\psi_{1a}\psi_{2b} =t\epsilon^{ab}\psi_{1a}\psi_{2b} =-t\psi_1\psi_2,\\ \Phi_1\Phi_2 &=A_1A_2+\sqrt2\theta(A_1\psi_2+A_2\psi_1) +t(A_1F_2+A_2F_1-\psi_1\psi_2). \end{aligned} \tag{95.27}

第一个负号来自把 $\psi_1$ 移过第二个theta，最后一个来自将epsilon按无点先上后下的缩并次序排列。

更一般地，取局部全纯函数 $W(\Phi_i)$ ，即只依赖手征场而不依赖其共轭。展开到二次便足以找出F项：一次Taylor项贡献 $W_iF_i$ ，二次项的两个费米分量贡献 $-W_{ij}\psi_i\psi_j/2$ ，所以

\begin{aligned} W_i&=\frac{\partial W(A)}{\partial A_i},\qquad W_{ij}=\frac{\partial^2W(A)}{\partial A_i\partial A_j},\\ [W(\Phi)]_F&=W_iF_i-\frac12W_{ij}\psi_i\psi_j. \end{aligned} \tag{95.28}

物种指标 $i,j$ 求和。奇旋量缩并 $\psi_i\psi_j$ 对 $i,j$ 对称，故它与对称Hessian相配；这里的 $1/2$ 来自Taylor级数的 $2!$ 。 $W$ 称为超势（superpotential），其F项与共轭相加就给实的超对称相互作用。

由 $\{Q,Q^\dagger\}\sim P$ 知 $[Q]=1/2$ ，式（95.7）给 $[\theta]=-1/2$ 。取标准标量维数 $[A]=1$ ，于是 $[\Phi]=1,[\psi]=3/2,[F]=2$ ，F项提取会增加1单位质量维数。四维拉格朗日量维数4便要求 $[W]=3$ 。在多项式、可重整的模型中，超势因而至多三次；更高次项可在指定截止的有效理论中使用。

动能怎样从超场中产生

超势给出了相互作用，但我们还没有标量和旋量的动能。手征场与它的共轭相乘，恰好能补上这一部分。这个乘积不再手征，却是实的；因此先考察一般实超场。按四个奇坐标的全部单项式展开，再要求 $V^\dagger=V$ ，可写为

\begin{aligned} V={}&C+\theta\chi+\bar\theta\chi^\dagger+tM+\bar tM^*+B^\mu v_\mu\\ &+t\bar\theta\lambda^\dagger+\bar t\theta\lambda+\frac12t\bar tD. \end{aligned} \tag{95.29}

$C,D,v_\mu$ 为实场， $M$ 为复场， $\chi,\lambda$ 为Weyl场。这样有八个实玻色分量和八个实费米分量。它也称为矢量超场（vector superfield），因为展开中包含一个时空矢量 $v_\mu$ ；整个 $V$ 仍是洛伦兹标量。式中以最高项的 $1/2$ 定义辅助分量 $D$ 的归一。

用 $[U]_{22}$ 表示任意超场中 $t\bar t$ 的系数，称它为D项。对上式， $[V]_{22}=D/2$ 。考察它的超变换时， $\partial_a$ 会降低theta次数，不能产生最高项； $i\sigma^\mu_{a\dot c}\bar\theta^{\dot c}\partial_\mu$ 则只能从三次项 $t\bar\theta\lambda^\dagger$ 产生最高项。由 $\bar\theta^{\dot c}\bar\theta_{\dot d}=-\bar t\delta^{\dot c}{}_{\dot d}/2$ ，有

\begin{aligned} \relax[\mathcal Q_aV]_{22} &=-\frac i2\sigma^\mu_{a\dot c}\partial_\mu\lambda^{\dagger\dot c},\\ \frac12[D,Q_a]&=[-i\mathcal Q_aV]_{22} =-\frac12\sigma^\mu_{a\dot c}\partial_\mu\lambda^{\dagger\dot c},\\ [D,Q_a]&=-\sigma^\mu_{a\dot c}\partial_\mu\lambda^{\dagger\dot c},\qquad [D,Q^\dagger_{\dot a}]=\partial_\mu\lambda^c\sigma^\mu_{c\dot a}. \end{aligned} \tag{95.30}

最后一个关系可由前一个反序取伴随得到。最高分量的变化仍然是全导数，所以它的时空积分也可用来构造超对称作用量。从 $[V]_{22}$ 转换到 $D$ 时，变换关系也相应乘2。

现在把式（95.22）取伴随。按照第35节的反序共轭规则，所得右手手征场为

\begin{aligned} \Phi^\dagger={}&A^*+\sqrt2\bar\theta\psi^\dagger+\bar tF^* +iB^\mu\partial_\mu A^*\\ &+\frac i{\sqrt2}\bar t\partial_\mu\psi^\dagger\bar\sigma^\mu\theta +\frac14t\bar t\partial^2A^*. \end{aligned} \tag{95.31}

把上式和 $\Phi$ 相乘，先收集不含费米子的部分。两个二阶Taylor项分别给 $A\partial^2A^*/4$ 和 $A^*\partial^2A/4$ ；两个一次位移的乘积则为 $(iB^\mu\partial_\mu A^*)(-iB^\nu\partial_\nu A) =-t\bar t\partial^\mu A^*\partial_\mu A/2$ 。辅助分量直接给 $t\bar tF^*F$ 。

费米动能来自一次项与三次项的两个交叉乘积。把theta移到左边，再用式（95.18）缩并，具体得到

\begin{aligned} \left[(\sqrt2\bar\theta\psi^\dagger) \left(-\frac i{\sqrt2}t\bar\theta\bar\sigma^\mu\partial_\mu\psi\right)\right]_{22} &=\frac i2\psi^\dagger\bar\sigma^\mu\partial_\mu\psi,\\ \left[\left(\frac i{\sqrt2}\bar t\partial_\mu\psi^\dagger \bar\sigma^\mu\theta\right)(\sqrt2\theta\psi)\right]_{22} &=-\frac i2\partial_\mu\psi^\dagger\bar\sigma^\mu\psi. \end{aligned} \tag{95.32}

例如第一行的点旋量乘积满足 $(\bar\theta\psi^\dagger)(\bar\theta\eta)=-\bar t\psi^\dagger\eta/2$ ，其中 $\eta=\bar\sigma^\mu\partial_\mu\psi$ ；换序产生的这个负号与原来的 $-i$ 相乘。第二行用无点theta的相应恒等式，给出相反的一阶导数次序。两项一起保证密度为实。至此全部最高项为

\begin{aligned} \relax[\Phi^\dagger\Phi]_{22}={}&-\frac12\partial^\mu A^*\partial_\mu A +\frac14 A\partial^2A^*+\frac14 A^*\partial^2A\\ &+\frac i2\psi^\dagger\bar\sigma^\mu\partial_\mu\psi -\frac i2\partial_\mu\psi^\dagger\bar\sigma^\mu\psi+F^*F. \end{aligned} \tag{95.33}

对两个标量二阶导数各分部积分一次，它们各再给 $-\partial A^*\partial A/4$ ；对第二个费米项分部积分，则把它变成与第一个相同的形式。因此

\begin{aligned} \relax[\Phi^\dagger\Phi]_{22} &=-\partial^\mu A^*\partial_\mu A +i\psi^\dagger\bar\sigma^\mu\partial_\mu\psi+F^*F +\partial_\mu K^\mu,\\ K^\mu&=\frac14(A\partial^\mu A^*+A^*\partial^\mu A) -\frac i2\psi^\dagger\bar\sigma^\mu\psi. \end{aligned} \tag{95.34}

在作用量中舍去这个表面项，便得到复标量和Weyl旋量的标准动能。 $F$ 没有导数，因而没有自己的传播模；它是辅助场（auxiliary field）。两个密度相差已写出的全导数，在上述边界条件下给出相同作用量。

辅助场与Wess–Zumino模型

对一组手征场，现在可以把动能和超势合在一起：

\begin{aligned} \mathcal L&=[\Phi_i^\dagger\Phi_i]_{22}+[W(\Phi)]_F+[W(\Phi)]_F^*,\\ \mathcal L_F&=F_i^*F_i+W_iF_i+W_i^*F_i^* =|F_i+W_i^*|^2-|W_i|^2. \end{aligned} \tag{95.35}

这里及以下的物种指标求和。把 $F_i,F_i^*$ 作为独立变量变分，分别得到 $F_i^*+W_i=0$ 及其共轭，即

F_i=-W_i^*,\qquad V_F(A,A^*)=\sum_i|W_i|^2. \tag{95.36}

在路径积分中也是同一结果：逐点作平移 $F_i'=F_i+W_i^*$ ，平移的Jacobian为1，剩下的积分只含 $F_i^{\prime *}F_i'$ 。在统一的收敛处方下，这个与物质场无关的高斯因子并入归一常数。因此，采用本节的正则二次辅助项时，积分消去 $F_i$ 等价于代入它的代数方程。

消元后的全部拉格朗日量为

\begin{aligned} \mathcal L={}&-\partial^\mu A_i^*\partial_\mu A_i +i\psi_i^\dagger\bar\sigma^\mu\partial_\mu\psi_i -\sum_i|W_i|^2\\ &-\frac12\left(W_{ij}\psi_i\psi_j+W_{ij}^*\psi_i^\dagger\psi_j^\dagger\right). \end{aligned} \tag{95.37}

势能是平方和，费米质量和Yukawa耦合则由同一个超势的二阶导数决定。辅助场使超对称变换原先能离壳闭合；消去它以后，若要在剩余分量上核对同样的闭合关系，就还需使用费米场方程。这不会改变消元前已建立的作用量对称性。

最简单的相互作用例是Wess–Zumino模型：只有一个手征场，取

W(A)=\frac m2A^2+\frac g6A^3,\qquad W_A=mA+\frac g2A^2,\qquad W_{AA}=m+gA. \tag{95.38}

这里 $[m]=1,[g]=0$ 。暂允许 $m,g$ 为复数，代入上面的通式便得

\begin{aligned} V={}&|m|^2|A|^2+\frac12m^*gA^*A^2 +\frac12mg^*A^{*2}A+\frac{|g|^2}{4}|A|^4,\\ \mathcal L_{\rm mass+Yuk} &=-\frac12(m+gA)\psi\psi+\mathrm{h.c.} \end{aligned} \tag{95.39}

实 $m,g$ 是这组公式的一个特例。看 $A=0$ 附近的二次项，令 $A=(a+ib)/\sqrt2$ ，其动能是 $-[(\partial a)^2+(\partial b)^2]/2$ ，势为 $|m|^2(a^2+b^2)/2$ 。两个实标量的质量都是 $|m|$ ；Weyl质量项也给相同质量，复 $m$ 的相位可由旋量相位变换吸收。

若 $g\ne0$ ，还有一个零势真空 $A=-2m/g$ 。在那里 $W_{AA}=-m$ ，同样的展开仍给质量 $|m|$ 。当 $m=0$ 时两零点合并，二次质量为零；当 $g=0$ 时回到自由质量多重态。这个例子说明超对称怎样限制相互作用：一旦指定超势，标量三次、四次耦合以及Yukawa耦合就一起确定，不能再各自任意选择。

超规范变换与Wess–Zumino规范

实超场中已有 $v_\mu$ ，我们可以尝试把它用作阿贝尔规范场。为此，需要一种保持 $V$ 为实超场、又能包含 $v_\mu\mapsto v_\mu-\partial_\mu b$ 的变换。若 $\Xi$ 是任意左手手征超场，那么 $i(\Xi^\dagger-\Xi)$ 是实的，因此取

V'=V+i(\Xi^\dagger-\Xi). \tag{95.40}

这称为超规范变换（supergauge transformation）。这里把参数场的一次项归一成 $\theta\xi$ ，没有物质场中的 $\sqrt2$ 。直接在式（95.22）中置 $\psi=\xi/\sqrt2$ ，得到

\begin{aligned} \Xi={}&B+\theta\xi+tG-iB^\mu\partial_\mu B -\frac i2t\bar\theta\bar\sigma^\mu\partial_\mu\xi +\frac14t\bar t\partial^2B,\\ \Xi^\dagger={}&B^*+\bar\theta\xi^\dagger+\bar tG^* +iB^\mu\partial_\mu B^* +\frac i2\bar t\partial_\mu\xi^\dagger\bar\sigma^\mu\theta +\frac14t\bar t\partial^2B^*. \end{aligned} \tag{95.41}

没有时空指标的 $B$ 在这里是规范参数场的复标量分量； $B^\mu=\theta\sigma^\mu\bar\theta$ 仍表示前面定义的坐标双线性。令 $B=(b+ia)/2$ ，其中 $a,b$ 实。相减后最低项为 $a$ ，矢量项为 $-B^\mu\partial_\mu b$ ，完整增量为

\begin{aligned} i(\Xi^\dagger-\Xi)={}&a-i\theta\xi+i\bar\theta\xi^\dagger -itG+i\bar tG^*-B^\mu\partial_\mu b\\ &-\frac12t\bar\theta\bar\sigma^\mu\partial_\mu\xi -\frac12\bar t\partial_\mu\xi^\dagger\bar\sigma^\mu\theta +\frac14t\bar t\partial^2a. \end{aligned} \tag{95.42}

与一般 $V$ 展开逐项比较，便有

C'=C+a,\qquad \chi'=\chi-i\xi,\qquad M'=M-iG,\qquad v'_\mu=v_\mu-\partial_\mu b. \tag{95.43}

选 $a=-C,\xi=-i\chi,G=-iM$ ，即可消去 $C,\chi,M$ 。把变换后的其余场仍记为原符号，就得到Wess–Zumino规范：

V=B^\mu v_\mu+t\bar\theta\lambda^\dagger+\bar t\theta\lambda +\frac12t\bar tD. \tag{95.44}

此时 $b(x)$ 还未选定。只取 $B=b/2,\xi=G=0$ 的超规范变换保持这个形式，并实现通常的阿贝尔规范变换。这样， $C,\chi,M$ 对应的自由度已被规范选择除去，而普通规范自由度仍保留。

Wess–Zumino规范使分量计算大为简化，但一次未经补偿的超变换通常会离开它。例如 $\partial_a(B^\mu v_\mu)=\sigma^\mu_{a\dot b}\bar\theta^{\dot b}v_\mu$ 重新产生一次奇坐标项。可再用式（95.43）选择依赖于场的 $\xi,G,a$ ，恢复 $C=\chi=M=0$ 。因此，规范固定后的超变换包含这一步补偿；两次变换的闭合也允许相差一个剩余普通规范变换。前面未固定规范的超场作用量，已经给出了计算这些补偿的统一起点。

带电手征场

令 $\Phi$ 带电荷 $+1$ ，把普通局域相位变换推广为

\Phi'=e^{-2ig\Xi}\Phi,\qquad \Phi^{\dagger\prime}=\Phi^\dagger e^{2ig\Xi^\dagger},\qquad \mathcal L_{\rm matter}=[\Phi^\dagger e^{-2gV}\Phi]_{22}. \tag{95.45}

这里 $g$ 是规范耦合。指数中的 $\Xi$ 是手征的，所以变换后的 $\Phi$ 仍手征。在阿贝尔情形，各偶指数互相可交换， $V'=V+i(\Xi^\dagger-\Xi)$ 给

e^{2ig\Xi^\dagger}e^{-2gV'}e^{-2ig\Xi} =e^{2ig\Xi^\dagger}e^{-2gV} e^{-2ig\Xi^\dagger+2ig\Xi}e^{-2ig\Xi} =e^{-2gV}. \tag{95.46}

所以括号中的实超场规范不变，其D项积分同时保持超对称。对于剩余变换 $B=b/2$ ，最低分量满足 $A'=e^{-igb}A$ 。结合 $v'_\mu=v_\mu-\partial_\mu b$ ，直接求导得

\begin{aligned} D_\mu A&=(\partial_\mu-igv_\mu)A,\\ (\partial_\mu-igv'_\mu)(e^{-igb}A) &=e^{-igb}(\partial_\mu-igv_\mu)A. \end{aligned} \tag{95.47}

这解释了超场指数中 $2g$ 与通常协变导数中 $g$ 之间的关系。

来计算式（95.45）的分量。Wess–Zumino规范中 $V$ 最低为二次奇坐标，故 $V^3=0$ ； $V^2$ 仅有两个矢量项的乘积。使用式（95.19），指数完全截断为

\begin{aligned} V^2&=-\frac12t\bar t v^\mu v_\mu,\qquad V^3=0,\\ e^{-2gV}&=1-2gV+2g^2V^2\\ &=1-2gB^\mu v_\mu-2gt\bar\theta\lambda^\dagger -2g\bar t\theta\lambda-t\bar t(gD+g^2v^2). \end{aligned} \tag{95.48}

这是格拉斯曼幂零性给出的精确式，未作小 $g$ 近似。

指数中除了常数只含二次及以上项，所以只需 $\Phi^\dagger\Phi$ 的零次、一次、矢量二次项和已求得的最高项。其中两个一次费米项的乘积可用第35节sigma完备关系重排成 $2(\bar\theta\psi^\dagger)(\theta\psi) =B^\mu\psi^\dagger\bar\sigma_\mu\psi$ 。具体说，把中间的 $\psi^\dagger$ 移过 $\theta$ 先得负号，再以 $\sigma^\mu_{a\dot a}\bar\sigma_\mu^{\dot b b}=-2\delta_a{}^b\delta_{\dot a}{}^{\dot b}$ 配对两个旋量槽，恰好恢复前面的2。因此有关系数是

\begin{aligned} \Phi^\dagger\Phi={}&|A|^2+\sqrt2\bar\theta\psi^\dagger A +\sqrt2\theta\psi A^*+B^\mu J_\mu +\cdots+t\bar t[\Phi^\dagger\Phi]_{22},\\ J_\mu={}&\psi^\dagger\bar\sigma_\mu\psi -iA^*\partial_\mu A+iA\partial_\mu A^*. \end{aligned} \tag{95.49}

省略项的theta次数不与式（95.48）中的任何项相补为 $t\bar t$ ，所以不会进入当前计算。两个矢量系数相乘给 $(-2gB\cdot v)(B\cdot J)=gt\bar t v\cdot J$ 。两个三次规范微子项则分别与一次物质项相乘；例如 $(-2g\bar t\theta\lambda)(\sqrt2\theta\psi A^*) =\sqrt2gt\bar t A^*\lambda\psi$ ，用到了式（95.27）中的奇旋量乘积。于是相对于自由动能新增

\begin{aligned} \Delta\mathcal L={}&-igv^\mu(A^*\partial_\mu A-A\partial_\mu A^*) -g^2v^2|A|^2+gv_\mu\psi^\dagger\bar\sigma^\mu\psi\\ &+\sqrt2g(A^*\lambda\psi+\psi^\dagger\lambda^\dagger A)-g|A|^2D. \end{aligned} \tag{95.50}

标量前两项与 $-\partial A^*\partial A$ 合成 $-(D^\mu A)^*D_\mu A$ ；费米电流项与 $i\psi^\dagger\bar\sigma\partial\psi$ 合成协变动能。舍去式（95.34）的表面项后，得到

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm matter}={}&-(D^\mu A)^*D_\mu A +i\psi^\dagger\bar\sigma^\mu D_\mu\psi+F^*F\\ &+\sqrt2g(A^*\lambda\psi+\psi^\dagger\lambda^\dagger A)-gA^*DA. \end{aligned} \tag{95.51}

规范耦合同时确定了协变导数、标量与规范微子的Yukawa项以及辅助 $D$ 耦合。单个带电手征场可作为这样的经典构件；若组成量子规范理论，费米子内容还须满足第75–77章的反常消去条件。后面将用电荷 $+1,-1$ 两个手征场构成SQED，其立方电荷和及一次电荷和都为零。

场强超场

现在还缺规范场和规范微子的动能。普通规范理论通过 $F_{\mu\nu}$ 消去 $v_\mu$ 的非物理梯度；这里也要从 $V$ 构造一个超规范不变量。先用 $\mathcal D_a$ 去掉反手征规范参数，再用两个 $\overline{\mathcal D}$ 投影到手征场，正好能做到这一点。

在固定归一之前，先算清投影算符本身。我们的左导数按第35节的epsilon升指标，所以 $\bar\partial^{\dot1}=\bar\partial_{\dot2}$ 、 $\bar\partial^{\dot2}=-\bar\partial_{\dot1}$ 。写 $\bar t=2\bar u\bar w$ ，右边的导数先作用，得到

\begin{aligned} \bar\partial_{\dot b}\bar\partial^{\dot b} &=2\partial_{\bar u}\partial_{\bar w},\\ \bar\partial_{\dot b}\bar\partial^{\dot b}\bar t &=2\partial_{\bar u}\partial_{\bar w}(2\bar u\bar w) =2\partial_{\bar u}(-2\bar u)=-4. \end{aligned} \tag{95.52}

投影作用值为 $-4$ 。为使场强超场的最低分量是 $+\lambda_a$ ，将投影系数取为 $-1/4$ ，定义

\widehat W_a=-\frac14\overline{\mathcal D}_{\dot b} \overline{\mathcal D}^{\dot b}\mathcal D_aV. \tag{95.53}

这个归一给 $\widehat W_a|_{\theta=0}=\lambda_a$ ；稍后构造规范作用量时使用其平方 $\widehat W^a\widehat W_a$ 。

由于 $\overline{\mathcal D}$ 只有两个反对易分量，任意三个的乘积都为零，所以 $\overline{\mathcal D}_{\dot c}\widehat W_a=0$ 。它是手征的。对超规范增量，最右的 $\mathcal D_a$ 直接湮灭 $\Xi^\dagger$ ；对于 $\Xi$ ，将一个点导数移到最右，得到

\overline{\mathcal D}_{\dot b}\overline{\mathcal D}^{\dot b}\mathcal D_a =-\left(\overline{\mathcal D}_{\dot b}\mathcal D_a +2i\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu\right) \overline{\mathcal D}^{\dot b}. \tag{95.54}

这里先用 $\{\overline{\mathcal D}^{\dot b},\mathcal D_a\} =2i\epsilon^{\dot b\dot c}\sigma^\mu_{a\dot c}\partial_\mu$ ，再用 $\epsilon^{\dot b\dot c}\overline{\mathcal D}_{\dot b} =-\overline{\mathcal D}^{\dot c}$ 重排接触项。最右的导数湮灭手征 $\Xi$ ，故 $\widehat W_a$ 超规范不变。

求分量时用手征坐标最方便。把 $x=y+iB$ 代入式（95.44），只有矢量最低项的一次位移还能留下： $iB^\mu B^\nu\partial_\mu v_\nu=-it\bar t\partial\cdot v/2$ 。其余位移都含三个同类theta。因此

\begin{aligned} V(y,\theta,\bar\theta) &=B^\mu v_\mu+t\bar\theta\lambda^\dagger+\bar t\theta\lambda +\frac12t\bar t(D-i\partial\cdot v),\\ \left.\mathcal D_a\right|_{y,\theta,\bar\theta} &=\partial_a-2i\sigma^\mu_{a\dot b}\bar\theta^{\dot b}\partial_\mu, \qquad \overline{\mathcal D}_{\dot a}=-\bar\partial_{\dot a}. \end{aligned} \tag{95.55}

所有分量的自变量现在都是 $y$ 。第二行由 $\mathcal D_ay^\mu=-2i\sigma^\mu_{a\dot b}\bar\theta^{\dot b}$ 和链式法则得到。投影只保留 $\bar t$ 的系数，因此无需计算 $\mathcal D_aV$ 的所有项。四个非零贡献分别是

\begin{aligned} \relax[\partial_a(\bar t\theta\lambda)]_{\bar t}&=\lambda_a,\\ \left[\partial_a\left(\frac12t\bar t(D-i\partial\cdot v)\right)\right]_{\bar t} &=\theta_a(D-i\partial\cdot v),\\ [-2i\sigma^\mu_{a\dot b}\bar\theta^{\dot b}\partial_\mu(B^\nu v_\nu)]_{\bar t} &=-i(\sigma^\mu\bar\sigma^\nu\theta)_a\partial_\mu v_\nu,\\ [-2i\sigma^\mu_{a\dot b}\bar\theta^{\dot b}\partial_\mu (t\bar\theta\lambda^\dagger)]_{\bar t} &=it\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu\lambda^{\dagger\dot b}. \end{aligned} \tag{95.56}

第三行先把外面的 $\bar\theta$ 移过 $B^\nu$ 中的 $\theta$ ，再以 $\bar\theta^{\dot a}\bar\theta^{\dot b}=\bar t\epsilon^{\dot a\dot b}/2$ 缩并；barsigma正是这个epsilon升降后的sigma。第四行则用 $\bar\theta^{\dot b}\bar\theta_{\dot c}=-\bar t\delta^{\dot b}{}_{\dot c}/2$ 。式（95.53）的 $-1/4$ 与投影的 $-4$ 相乘，因而这四项之和就是 $\widehat W_a$ 。

第35节已得到 $(\sigma^\mu\bar\sigma^\nu)_a{}^b =-g^{\mu\nu}\delta_a{}^b-2i(S_L^{\mu\nu})_a{}^b$ 。把这个两边自由指标同为 $a,b$ 的恒等式代入第三项，度规部分给 $+i\theta_a\partial\cdot v$ ，与第二项的负散度相消；反对称的 $S_L^{\mu\nu}$ 则只选出 $\partial_\mu v_\nu-\partial_\nu v_\mu$ 。于是

\begin{aligned} F_{\mu\nu}&=\partial_\mu v_\nu-\partial_\nu v_\mu,\\ \widehat W_a&=\lambda_a+\theta_aD -(S_L^{\mu\nu})_a{}^c\theta_cF_{\mu\nu} +it\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu\lambda^{\dagger\dot b}. \end{aligned} \tag{95.57}

矢量场只通过场强出现，符合刚才证明的规范不变性。 $\widehat W_a$ 为奇手征超场，其底分量维数为 $3/2$ ； $\theta D$ 、 $\theta F_{\mu\nu}$ 及 $t\partial\lambda^\dagger$ 也都有这个维数。

从旋量迹得到规范动能

两个奇场强超场可以缩并成偶的洛伦兹标量 $\widehat W^a\widehat W_a$ 。它是手征场，故F项的时空积分保持超对称。令

M_a{}^b=D\delta_a{}^b-(S_L^{\mu\nu})_a{}^bF_{\mu\nu},\qquad K_a=i\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu\lambda^{\dagger\dot b}, \qquad \widehat W_a=\lambda_a+M_a{}^b\theta_b+tK_a. \tag{95.58}

底项与最高项交叉给 $2\lambda^aK_a$ ，因为两个奇旋量的无点标量缩并是对称的。两个一次项给 $t\det M$ ：写成分量， $W^aW_a=-2W_1W_2$ ，而 $(M_1{}^1\theta_1+M_1{}^2\theta_2) (M_2{}^1\theta_1+M_2{}^2\theta_2) =(\det M)\theta_1\theta_2=-(\det M)t/2$ 。对 $2\times2$ 矩阵，用 $\det M=[(\operatorname{Tr}M)^2-\operatorname{Tr}M^2]/2$ 以及 $\operatorname{Tr}S_L=0$ ，有

\begin{aligned} \relax[\widehat W^a\widehat W_a]_F &=2i\lambda^a\sigma^\mu_{a\dot b}\partial_\mu\lambda^{\dagger\dot b} +D^2-\frac12\operatorname{Tr}(S_L^{\mu\nu}S_L^{\rho\sigma}) F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}. \end{aligned} \tag{95.59}

旋量迹前面的 $1/2$ 由此确定。

若直接按旋量指标缩并，所用的对称性是式（35.7）中的 $(S_L^{\mu\nu})_{ac}=(S_L^{\mu\nu})_{ca}$ ，所得迹为 $(S_L^{\mu\nu})_a{}^c(S_L^{\rho\sigma})_c{}^a$ 。上面的行列式计算将同一次epsilon缩并写成了普通二阶矩阵运算。

还需把这个迹算出。用已建立的 $S_L^{i0}=i\sigma_i/2$ 、 $S_L^{ij}=\epsilon_{ijk}\sigma_k/2$ ，每一类都化为 $\operatorname{tr}(\sigma_i\sigma_j)=2\delta_{ij}$ ：

\begin{aligned} \operatorname{Tr}(S_L^{i0}S_L^{j0})&=-\frac12\delta_{ij},\\ \operatorname{Tr}(S_L^{i0}S_L^{jk})&=\frac i2\epsilon_{jki},\\ \operatorname{Tr}(S_L^{ij}S_L^{kl}) &=\frac12(\delta_{ik}\delta_{jl}-\delta_{il}\delta_{jk}). \end{aligned} \tag{95.60}

这三类穷尽两个反对称洛伦兹指标对的独立组合。依 $\epsilon^{0123}=+1$ 重新合写，得到

\operatorname{Tr}(S_L^{\mu\nu}S_L^{\rho\sigma}) =\frac12(g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma}-g^{\mu\sigma}g^{\nu\rho}) -\frac i2\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}. \tag{95.61}

例如 $(\mu\nu,\rho\sigma)=(10,23)$ 时， $\epsilon^{1023}=-1$ ，虚项为 $+i/2$ ，与第二类一致。代回式（95.59），两个度规缩并分别给 $F^2$ 和 $-F^2$ ；epsilon缩并则满足 $\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\mu\nu}F_{\rho\sigma}=2\widetilde F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}$ 。所以

\begin{aligned} \relax[\widehat W^a\widehat W_a]_F &=2i\lambda\sigma^\mu\partial_\mu\lambda^\dagger -\frac12F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} +\frac i2\widetilde F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+D^2,\\ \widetilde F^{\mu\nu}&=\frac12\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\rho\sigma}. \end{aligned} \tag{95.62}

对偶项的正号由旋量迹和 $\epsilon^{0123}=+1$ 共同固定；场强超场的整体重定号已在平方中消失。

取实系数 $1/4$ 再加共轭，虚的对偶项相消。规范微子部分先用 $\lambda\sigma^\mu\partial_\mu\lambda^\dagger =-(\partial_\mu\lambda^\dagger)\bar\sigma^\mu\lambda$ 换序，再分部积分，具体为

\begin{aligned} \frac14(2i\lambda\sigma^\mu\partial_\mu\lambda^\dagger+\mathrm{h.c.}) &=\frac i2\lambda^\dagger\bar\sigma^\mu\partial_\mu\lambda -\frac i2(\partial_\mu\lambda^\dagger)\bar\sigma^\mu\lambda\\ &=i\lambda^\dagger\bar\sigma^\mu\partial_\mu\lambda -\frac i2\partial_\mu(\lambda^\dagger\bar\sigma^\mu\lambda). \end{aligned} \tag{95.63}

因此，舍去表面项后的规范拉格朗日量为

\mathcal L_{\rm gauge} =\frac14[\widehat W^a\widehat W_a]_F+\mathrm{h.c.} \simeq i\lambda^\dagger\bar\sigma^\mu\partial_\mu\lambda -\frac14F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+\frac12D^2. \tag{95.64}

符号 $\simeq$ 在此表示相差已写出的全导数。 $v_\mu$ 与规范微子（gaugino） $\lambda$ 都具有标准动能，实场 $D$ 则与先前的 $F$ 一样为辅助场。质量为零时，规范矢量的两个物理极化与Weyl规范微子的两个物理自由度相配。

非阿贝尔推广

非阿贝尔理论使用矩阵值超场 $V=V^AT_R^A$ 和 $\Xi=\Xi^AT_R^A$ ，其中 $T_R^A$ 为厄米生成元， $A$ 在这一节是群指标。物质场仍按式（95.45）变换，但指数不能再任意交换次序。记

H=e^{-2gV},\qquad U=e^{-2ig\Xi},\qquad K=e^{-2ig\Xi^\dagger}. \tag{95.65}

由于 $\Phi'=U\Phi$ 、 $\Phi^{\dagger\prime}=\Phi^\dagger K^{-1}$ ，要使 $\Phi^\dagger H\Phi$ 不变，必须取

H'=KHU^{-1},\qquad \Phi^{\dagger\prime}H'\Phi' =\Phi^\dagger K^{-1}(KHU^{-1})U\Phi =\Phi^\dagger H\Phi. \tag{95.66}

在这个有序变换中，各相邻逆矩阵依次消去，未交换任何两个矩阵。阿贝尔极限中把指数相加，它又约化为式（95.40）。

场强的定义也相应取为

\widehat W_a=\frac1{8g}\overline{\mathcal D}_{\dot b} \overline{\mathcal D}^{\dot b}(H^{-1}\mathcal D_aH). \tag{95.67}

这个号已与式（95.53）统一：阿贝尔时 $H^{-1}\mathcal D_aH=-2g\mathcal D_aV$ ，恰好回到 $-1/4$ 投影。

来检验协变性。 $K$ 是反手征的，故 $\mathcal D_aK=0$ ； $H,K,U$ 都是偶矩阵，Leibniz规则没有额外奇号。因此

\begin{aligned} H'^{-1}\mathcal D_aH' &=UH^{-1}K^{-1}\mathcal D_a(KHU^{-1})\\ &=U(H^{-1}\mathcal D_aH)U^{-1}+U\mathcal D_aU^{-1}. \end{aligned} \tag{95.68}

$U,U^{-1}$ 是手征矩阵，所以两个 $\overline{\mathcal D}$ 穿过它们时不产生导数项。第二项中的 $\overline{\mathcal D}_{\dot b}\overline{\mathcal D}^{\dot b}\mathcal D_aU^{-1}$ 又由式（95.54）为零。于是

\widehat W'_a=U\widehat W_aU^{-1}. \tag{95.69}

取群迹后， $\operatorname{Tr}(\widehat W^a\widehat W_a)$ 规范不变。它的F项因而可以同时提供非阿贝尔规范不变和超对称的作用量。

接着求分量展开。非阿贝尔场强的新项来自矩阵交换子，需要在展开时保留各矩阵的先后次序。在Wess–Zumino规范中 $V^3=0$ ，展开微分指数乘积，

\begin{aligned} H^{-1}\mathcal D_aH &=(1+2gV+2g^2V^2) \{-2g\mathcal D_aV+2g^2[(\mathcal D_aV)V+V\mathcal D_aV]\}\\ &=-2g\mathcal D_aV-2g^2[V,\mathcal D_aV]. \end{aligned} \tag{95.70}

第一行中所有含两个 $V$ 再乘 $\mathcal D_aV$ 的项，至少有五次奇坐标而为零。保留的二阶系数是 $2g^2-4g^2=-2g^2$ ，这给出交换子前的因子。将其代入式（95.67）后，阿贝尔部分已经算过，只需新求 $[V,\mathcal D_aV]$ 的 $\bar t$ 系数。

令 $V_2=B^\mu v_\mu$ 、 $V_3=t\bar\theta\lambda^\dagger+\bar t\theta\lambda$ 表示二次和三次部分。对 $\bar t\theta$ 项，只可能有 $[V_2,\partial_aV_2]$ 。把点坐标缩并后，其系数为

[V_2,\partial_aV_2]_{\bar t} =\frac12\theta^c\sigma^\nu_{c\dot d}\sigma^\mu_{a\dot b} \epsilon^{\dot d\dot b}[v_\nu,v_\mu] =i(S_L^{\mu\nu})_a{}^c\theta_c[v_\mu,v_\nu]. \tag{95.71}

第一个 $1/2$ 来自两个点坐标的缩并。将两个sigma用式（35.18）分解，度规部分被反对称的群交换子消去，留下第二式。也可用一个具体分量查看符号：取 $v_0=X,v_1=Y$ 、 $a=1$ ，则 $V_2=(u\bar u+w\bar w)X+(u\bar w+w\bar u)Y$ ，而 $\partial_1V_2=\bar uX+\bar wY$ 。交叉乘积给 $2u\bar u\bar w[X,Y]=u\bar t[X,Y]$ ，与右边的 $iS_L^{\mu\nu}\theta[v_\mu,v_\nu]$ 相同。

对于 $t\bar t$ 项，只有 $[V_2,\partial_a(t\bar\theta\lambda^\dagger)]$ 与 $[t\bar\theta\lambda^\dagger,\partial_aV_2]$ 。前者用 $\partial_at=2\theta_a$ ，后者用 $\partial_aB^\mu=\sigma^\mu_{a\dot b}\bar\theta^{\dot b}$ ；将两种theta分别缩并，各得

\begin{aligned} \relax[V_2,\partial_a(t\bar\theta\lambda^\dagger)]_{t\bar t} &=\frac12\sigma^\mu_{a\dot b}[v_\mu,\lambda^{\dagger\dot b}],\\ [t\bar\theta\lambda^\dagger,\partial_aV_2]_{t\bar t} &=\frac12\sigma^\mu_{a\dot b}[v_\mu,\lambda^{\dagger\dot b}]. \end{aligned} \tag{95.72}

含 $\bar t\theta\lambda$ 的相应乘积有三个点坐标而为零； $\mathcal D_a$ 中带时空导数的部分与 $V$ 相乘也至少五次。这就列尽了新增项。

式（95.70）的交换子项在 $\widehat W$ 中带 $-g/4$ ，再乘投影 $-4$ ，给 $g$ 乘刚算出的系数。因此最终只是将式（95.57）中的场强和导数换成

\begin{aligned} F_{\mu\nu}&=\partial_\mu v_\nu-\partial_\nu v_\mu-ig[v_\mu,v_\nu],\\ D_\mu^{\rm ad}\lambda^\dagger &=\partial_\mu\lambda^\dagger-ig[v_\mu,\lambda^\dagger],\\ \widehat W_a&=\lambda_a+\theta_aD -(S_L^{\mu\nu})_a{}^c\theta_cF_{\mu\nu} +it\sigma^\mu_{a\dot b}(D_\mu^{\rm ad}\lambda^\dagger)^{\dot b}. \end{aligned} \tag{95.73}

例如场强中的 $-ig[v_\mu,v_\nu]$ 与前面的 $-S_L\theta$ 相乘，正好给 $+igS_L\theta[v_\mu,v_\nu]$ 。规范微子项中的 $i(-ig)=g$ 也与式（95.72）一致。

采用 $\operatorname{Tr}_R(T_R^AT_R^B)=T(R)\delta^{AB}$ ，且选 $T(R)\ne0$ 的表示写矩阵，归一的规范作用量为

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm gauge} &=\frac1{4T(R)}\operatorname{Tr}_R[\widehat W^a\widehat W_a]_F+\mathrm{h.c.}\\ &\simeq i\lambda^{\dagger A}\bar\sigma^\mu(D_\mu^{\rm ad}\lambda)^A -\frac14F^{A\mu\nu}F^A_{\mu\nu}+\frac12D^AD^A. \end{aligned} \tag{95.74}

旋量迹的计算与阿贝尔情形相同，群矩阵则在乘积外取迹；二次群迹产生的 $T(R)$ 恰被分母消去。规范微子分部积分使用协变导数，交换子项在群迹的循环性质下也组成全导数。乘积规范群应对每个因子分别采用它的耦合与归一。

物质部分的有序展开沿式（95.50）进行，保留群矩阵在两个物质场之间的位置，便有

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm matter}={}&-(D^\mu A)^\dagger D_\mu A +i\psi^\dagger\bar\sigma^\mu D_\mu\psi+F^\dagger F\\ &+\sqrt2g(A^\dagger\lambda^AT_R^A\psi +\psi^\dagger T_R^A\lambda^{\dagger A}A) -gD^AA^\dagger T_R^AA. \end{aligned} \tag{95.75}

多个表示分别求和。若再加入规范不变的超势， $F_i$ 仍按式（95.36）消去； $D^A$ 也只以二次及一次出现，令 $J^A=\sum_iA_i^\dagger T_{R_i}^AA_i$ ，则

\frac12D^AD^A-gD^AJ^A =\frac12(D^A-gJ^A)^2-\frac{g^2}{2}J^AJ^A,\qquad D^A=gJ^A,\qquad V_D=\frac{g^2}{2}J^AJ^A. \tag{95.76}

这样，标量势分成超势给出的F项平方和与规范相互作用给出的D项平方和。下一节构造超对称标准模型时，正要用这两部分确定Higgs势；下面先用具体模型研究辅助场的非零真空值和超对称自发破缺，再写出SQED的完整分量作用量。

超荷与能量的正性

在正定物理态空间中，取 $Q_a^\dagger$ 为 $Q_a$ 的伴随，态处于这些算符共同的定义域。将式（95.1）的混合反对易子对 $a=\dot a$ 求和，使用 $P_0=-H$ 、 $\operatorname{tr}\sigma^0=2$ 及 $\operatorname{tr}\sigma^i=0$ ，有

\sum_{a=1}^2\{Q_a,Q_a^\dagger\}=4H,\qquad \langle\Psi|H|\Psi\rangle =\frac14\sum_a\left(\|Q_a\Psi\|^2+\|Q_a^\dagger\Psi\|^2\right)\ge0. \tag{95.77}

这证明哈密顿量半正定。若 $|\Psi\rangle$ 是可归一化的零能量态，右边各项都非负，和为零迫使每项分别为零，所以所有 $Q_a,Q_a^\dagger$ 都湮灭该态。反过来，若全部超荷湮灭一个态，算符等式也直接给 $H|\Psi\rangle=0$ 。这里能量零点已经由超对称代数固定，不能在保持同一代数的同时另给 $H$ 加任意常数。

辅助场的破缺判据

F项

假定真空保持超对称，则 $Q_a|0\rangle=Q_a^\dagger|0\rangle=0$ 。在式（95.25）中取真空期望，

0=\langle0|\{\psi_c,Q_a\}|0\rangle =-i\sqrt2\epsilon_{ac}\langle F\rangle. \tag{95.78}

左边第一项中的 $Q_a$ 湮灭右真空，第二项中的 $Q_a$ 则因 $Q_a^\dagger|0\rangle=0$ 而湮灭左真空。选 $a\ne c$ ，epsilon非零，便有 $\langle F\rangle=0$ 。取逆否命题，非零的辅助 $F$ 真空期望必然破坏超对称。多个手征场中，只要有一个 $F_i$ 非零便已足够。

D项

这里要注意 $\widehat W_a$ 是奇超场。偶 $V$ 满足 $[V,Q_b]=-i\mathcal Q_bV$ ；在等式两边作用构成 $\widehat W_a$ 的三个奇超协变导数，每个都与 $\mathcal Q_b$ 反对易，故

\{\widehat W_a,Q_b\}=+i\mathcal Q_b\widehat W_a. \tag{95.79}

这个正号与偶手征场的负号不同。采用前面的手征坐标， $\mathcal Q_b=\partial_b$ ，并且 $\partial_b\theta_c=\epsilon_{cb}$ 。在式（95.57）中取最低分量，得到

\begin{aligned} \{\lambda_a,Q_b\} &=i\epsilon_{ab}D-i(S_L^{\mu\nu})_a{}^c\epsilon_{cb}F_{\mu\nu},\\ \epsilon^{ab}\{\lambda_a,Q_b\}&=-2iD. \end{aligned} \tag{95.80}

第一项使用 $\epsilon^{ab}\epsilon_{ab}=-2$ ；第二项的epsilon收缩等于 $-\operatorname{Tr}S_L^{\mu\nu}=0$ ，也可由两下指标的 $S_L$ 对称直接看出。若真空保持超对称，反对易子的真空期望为零，因此 $\langle D\rangle=0$ 。非零 $D$ 期望也是破缺的充分判据。对规范理论，这些真空关系须在物理态空间及相容的超对称算符定义中使用；下面的势能计算则给出树级真空中的具体实现。

O’Raifeartaigh模型：破缺与真空位置

先取 $m,\kappa,v$ 为正实且非零， $[m]=[v]=1$ 、 $[\kappa]=0$ ，超势为 $W=mBC+\kappa A(C^2-v^2)$ 。三个一阶导数给

\begin{aligned} W_A&=\kappa(C^2-v^2),&W_B&=mC,&W_C&=mB+2\kappa AC,\\ V&=\kappa^2|C^2-v^2|^2+m^2|C|^2+|mB+2\kappa AC|^2. \end{aligned} \tag{95.81}

若全部 $F$ 为零， $W_B=0$ 先给 $C=0$ ，但这时 $W_A=-\kappa v^2\ne0$ ，产生矛盾。因此任何真空都不能使全部辅助场消失，超对称因而自发破缺。

为了找到极小值，先固定 $A,C$ ，选择 $B=-2\kappa AC/m$ ，使最后一个平方为零。设 $x=|C|^2\ge0$ 。第一项中的 $-2v^2\operatorname{Re}C^2$ 要求非零 $C$ 的相位使 $C^2$ 正实，于是只需极小化

f(x)=\kappa^2(x-v^2)^2+m^2x,\qquad f'(x)=2\kappa^2(x-v^2)+m^2, \qquad f''(x)=2\kappa^2>0. \tag{95.82}

若无约束驻点为负，就取端点 $x=0$ ；否则取驻点。因此真空族为

\begin{cases} C=B=0,\quad A\in\mathbb C,&m^2\ge2\kappa^2v^2,\\[2pt] C=\pm\sqrt{v^2-m^2/(2\kappa^2)},\quad B=-2\kappa AC/m,\quad A\in\mathbb C, &m^2<2\kappa^2v^2. \end{cases} \tag{95.83}

每一支都沿复 $A$ 方向平坦；第二个参数区间有两条这样的平坦线。在任一平稳点， $\partial_{A_j}V=W_{ij}W_i^*=0$ ，而破缺使向量 $W_i^*$ 非零。因此费米质量矩阵 $W_{ij}$ 有一个零向量 $W_i^*$ ，对应无质量的Goldstone费米子（goldstino）。

还可以在平坦线的任一点求出全部树级质量。记该点为 $(A_0,B_0,c)$ ，其中 $c$ 取上式相应的实根。模型有 $R(A)=R(B)=2$ 、 $R(C)=0$ 的经典R对称性，因而可把 $A_0$ 的相位转掉，质量谱只依赖 $|A_0|$ 。定义

M_*=\sqrt{m^2+4\kappa^2c^2},\qquad h=2\kappa|A_0|,\qquad b_*=2\kappa^2(v^2-c^2), \qquad \begin{pmatrix}X\\Y\end{pmatrix} =\frac1{M_*} \begin{pmatrix}m&-2\kappa c\\2\kappa c&m\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\delta A\\\delta B\end{pmatrix}.

这个实正交变换保持标准动能。 $X$ 沿平坦线， $Y$ 则与 $\delta C$ 耦合。原费米质量矩阵及其在 $(X,Y,\delta C)$ 基中的形式为

W_{ij}= \begin{pmatrix} 0&0&2\kappa c\\ 0&0&m\\ 2\kappa c&m&h \end{pmatrix} \ \longrightarrow\ \begin{pmatrix} 0&0&0\\ 0&0&M_*\\ 0&M_*&h \end{pmatrix}, \qquad m_{F,0}=0,\qquad m_{F,\pm}=\frac{\sqrt{h^2+4M_*^2}\pm h}{2}.

右边两个非零质量是实对称块本征值的绝对值，也就是其正奇异值。零模 $\psi_X$ 正沿辅助场的非零方向：当 $c=0$ 时只有 $F_A$ 非零；当 $c\ne0$ 时， $(W_A^*,W_B^*)$ 正比于 $(m,-2\kappa c)$ 。

标量质量还受到超势三阶导数的影响。把 $z_i=(A,B,C)$ 在真空附近展开，二次势是

V^{(2)} =\delta z^\dagger(W''^\dagger W'')\delta z +\frac12\left(W_i^*W_{ijk}\delta z_j\delta z_k+\mathrm{h.c.}\right) =\left|M_*\delta C\right|^2+ \left|M_*Y+h\delta C\right|^2 -\frac{b_*}{2}\left[(\delta C)^2+(\delta C^*)^2\right].

这里唯一非零的第二种系数为 $W_i^*W_{iCC}=2\kappa W_A^*=-b_*$ 。因此 $X$ 的两个实分量均无质量。再写 $Y=(Y_R+iY_I)/\sqrt2$ 、 $\delta C=(C_R+iC_I)/\sqrt2$ ，两个实对称质量平方块为

\begin{gathered} \mathsf H_\eta= \begin{pmatrix} M_*^2&hM_*\\ hM_*&M_*^2+h^2+\eta b_* \end{pmatrix}, \qquad \eta=-1\ \text{对应实部},\quad \eta=+1\ \text{对应虚部},\\ m_{B,\eta,\pm}^2 =M_*^2+\frac{h^2+\eta b_*}{2} \pm\frac12\sqrt{(h^2+\eta b_*)^2+4h^2M_*^2}. \end{gathered}

这给出余下四个实标量的质量。第一真空区间有 $M_*^2=m^2\ge b_*=2\kappa^2v^2$ ；第二区间有 $M_*^2=4\kappa^2v^2-m^2>b_*=m^2$ 。所以两个块的迹为正、行列式 $M_*^2(M_*^2+\eta b_*)$ 非负，所求各点确为稳定的树级极小值。在边界 $m^2=2\kappa^2v^2$ 上，实部块另有一个零本征值。平坦方向能否在量子修正后继续保持平坦，需要计算有效势。

超对称量子电动力学

分量作用量

取两个独立手征场 $\Phi_+$ 、 $\Phi_-$ ，分量为 $(A_q,\psi_q,F_q)$ ， $q=\pm1$ 。取 $D_\mu^{(q)}=\partial_\mu-iqe v_\mu$ 以及 $W=m\Phi_+\Phi_-$ 。超场作用量为

\mathcal L=\sum_{q=\pm1}[\Phi_q^\dagger e^{-2qeV}\Phi_q]_{22} +\left[\frac14\widehat W^a\widehat W_a+m\Phi_+\Phi_-\right]_F +\mathrm{h.c.}, \tag{95.84}

其中h.c.只加在F项上，前面的D项已经为实。对两个电荷分别在式（95.51）中置 $g=qe$ ，再加规范动能。超势部分由 $W_+=mA_-$ 、 $W_-=mA_+$ 及 $W_{+-}=W_{-+}=m$ 给出，因此

\begin{aligned} \mathcal L={}&-\frac14F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} +i\lambda^\dagger\bar\sigma^\mu\partial_\mu\lambda+\frac12D^2\\ &+\sum_{q=\pm1}\left[-(D^{(q)\mu}A_q)^*D_\mu^{(q)}A_q +i\psi_q^\dagger\bar\sigma^\mu D_\mu^{(q)}\psi_q+|F_q|^2\right]\\ &+\sqrt2e\left(A_+^*\lambda\psi_+-A_-^*\lambda\psi_-+\mathrm{h.c.}\right) -eD(|A_+|^2-|A_-|^2)\\ &+\left[m(A_+F_-+A_-F_+-\psi_+\psi_-)+\mathrm{h.c.}\right]. \end{aligned} \tag{95.85}

两个不同物种的奇旋量标量积满足 $\psi_+\psi_-=\psi_-\psi_+$ ，所以两个Hessian交叉元素与 $1/2$ 相消，质量项为 $-m\psi_+\psi_-$ 。它把两个相反电荷的Weyl场组合成一个Dirac场。

消去辅助场

逐个辅助场变分，得到

F_+=-m^*A_-^*,\qquad F_-=-m^*A_+^*,\qquad D=e(|A_+|^2-|A_-|^2). \tag{95.86}

代回时，两个 $F$ 平方各留下 $-|m|^2|A_q|^2$ ； $D$ 的完成平方留下 $-e^2(|A_+|^2-|A_-|^2)^2/2$ 。消元后的作用量就是式（95.85）的规范、物质动能，加上

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm nonkinetic} &=-V-m\psi_+\psi_--m^*\psi_+^\dagger\psi_-^\dagger +\sqrt2e(A_+^*\lambda\psi_+-A_-^*\lambda\psi_-+\mathrm{h.c.}),\\ V&=|m|^2(|A_+|^2+|A_-|^2) +\frac{e^2}{2}(|A_+|^2-|A_-|^2)^2. \end{aligned} \tag{95.87}

当 $m\ne0$ 时，真空为 $A_+=A_-=0$ ，全部辅助场为零。两个复标量和Dirac费米子的质量为 $|m|$ ，光子与规范微子无质量； $m=0$ 时则出现 $|A_+|=|A_-|$ 的平坦真空族。两个物质Weyl场的电荷满足 $1^3+(-1)^3=0$ 以及 $1+(-1)=0$ ，同时消去阿贝尔立方反常与混合引力规范反常。

Fayet–Illiopoulos项

超对称与规范不变性

加入 $\mathcal L_{\rm FI}=e\xi D=2e\xi[V]_{22}$ ，其中 $\xi$ 为质量平方量纲的实常数。式（95.30）说明其超变换是全导数，故作用量保持超对称。超规范变换式（95.42）给 $\Delta D=\partial^2a/2$ ，于是规范变化的积分也是表面项。

若试图沿非阿贝尔方向加入 $\xi_AD^A$ ，普通规范变换要求 $\xi_Af^{ABC}=0$ 。这意味着 $\xi$ 必须是伴随表示中的不变向量，也就是李代数的中心方向；非阿贝尔简单群没有这样的非零向量。因此FI项只允许沿 $U(1)$ 因子加入。一个同时含非阿贝尔因子的乘积群仍可在它的 $U(1)$ 方向具有此项。

加入SQED并消元

在刚才的SQED作用量中加入FI项后， $F_\pm$ 方程不变，而 $D$ 部分变成

\begin{aligned} \mathcal L_D&=\frac12D^2-eD(|A_+|^2-|A_-|^2-\xi),\\ D&=e(|A_+|^2-|A_-|^2-\xi),\\ V&=|m|^2(|A_+|^2+|A_-|^2) +\frac{e^2}{2}(|A_+|^2-|A_-|^2-\xi)^2. \end{aligned} \tag{95.88}

其余动能、质量和Yukawa项均由式（95.87）给出。

真空的两个区域

取 $e>0$ 、 $m\ne0$ 。令 $z=|A_+|^2-|A_-|^2$ ，则固定 $z$ 时有 $|A_+|^2+|A_-|^2\ge|z|$ ，且只保留一种带电标量即可达到等号。因此问题化为在实轴上极小化

f(z)=|m|^2|z|+\frac{e^2}{2}(z-\xi)^2. \tag{95.89}

在 $z>0$ 区间导数为 $|m|^2+e^2(z-\xi)$ ，其零点只有 $\xi>|m|^2/e^2$ 时落在本区间；在 $z<0$ 区间导数为 $-|m|^2+e^2(z-\xi)$ ，同理只有 $\xi<-|m|^2/e^2$ 时有内部零点。其余情况两个单侧导数夹住零，极小值在 $z=0$ 。故

\begin{aligned} z_{\min}&=\begin{cases} 0,&|\xi|\le |m|^2/e^2,\\ \xi-\operatorname{sign}(\xi)|m|^2/e^2,&|\xi|>|m|^2/e^2, \end{cases}\\ V_{\min}&=\begin{cases} e^2\xi^2/2,&|\xi|\le |m|^2/e^2,\\ |m|^2|\xi|-|m|^4/(2e^2),&|\xi|>|m|^2/e^2. \end{cases} \end{aligned} \tag{95.90}

第一种情况 $A_+=A_-=0$ ， $D=-e\xi$ 、 $F_\pm=0$ ，普通 $U(1)$ 未破缺。第二种情况与 $\xi$ 同号的电荷标量凝聚，普通规范对称性也破缺，同时 $D=-\operatorname{sign}(\xi)|m|^2/e$ 以及另一多重态的 $F$ 非零。只要 $\xi\ne0$ ，两种区域的真空能都严格为正，超对称都破缺；阈值区分的是标量是否凝聚。当 $m=0$ 时，可选 $z=\xi$ 使全部辅助场为零，所以前面的破缺判据需要 $m\ne0$ 这个条件。

R对称性

物质场的R荷

定义荷为 $r_X$ 的场按以下相位方向变换： $X\mapsto e^{-ir_X\alpha}X$ ，并固定 $r_\lambda=1$ ，矢量及 $D$ 中性。物质Yukawa项 $A_i^*\lambda\psi_i$ 的不变性要求 $-r_{A_i}+1+r_{\psi_i}=0$ 。在场强展开 $\widehat W_a=\lambda_a+\theta_aD+\cdots$ 中， $\lambda$ 荷为1而 $D$ 中性，因此取 $\theta$ 荷为1，使各项具有相同的总荷。记 $r_i=r_{A_i}$ ，再比较 $A_i+\sqrt2\theta\psi_i+tF_i$ 各项，得到

r_{\psi_i}=r_i-1,\qquad r_{F_i}=r_i-2. \tag{95.91}

动能只配同一场与其共轭，自动不变；前面的规范微子动能及 $D$ 耦合也分别中性。

对超势的限制

把耦合参数固定为R中性。超势必须具有荷2，即

W(e^{-ir_i\alpha}A_i)=e^{-2i\alpha}W(A_i). \tag{95.92}

逐项微分可知 $W_i$ 荷为 $2-r_i$ ，故 $W_iF_i$ 荷为零； $W_{ij}$ 荷为 $2-r_i-r_j$ ，也恰好抵消 $\psi_i\psi_j$ 的 $r_i+r_j-2$ 。因此这个条件同时保证辅助场耦合和Yukawa项不变，消元后 $|W_i|^2$ 亦不变。对于多项式超势，每个非零单项式中的场荷之和必须为2；无动力学作用的常数超势可另行忽略。

SQED的选择

当 $m\ne0$ 时， $W=mA_+A_-$ 给 $r_++r_-=2$ 。最对称的选择是

r_{A_+}=r_{A_-}=1,\qquad r_{\psi_+}=r_{\psi_-}=0, \qquad r_{F_+}=r_{F_-}=-1, \qquad r_\lambda=1. \tag{95.93}

也可取 $r_+=1+s,r_-=1-s$ ，相当于把R流与电荷流作线性组合。量子理论中的混合反常由第75节的三角系数确定。对这个SQED例，规范微子为阿贝尔中性，物质贡献为 $\sum q_i^2r_{\psi_i}=s-s=0$ ，所以R流的阿贝尔规范混合反常也相消。

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