発信力道場

がんばって日記書きます

トーラスモジュライ

トーラスの計量が(5.1.9)のように書けることを示そう。

トーラスのトポロジーから座標は$x\sim x+ 2\pi,y \sim y+2\pi$のように周期的に書けているはずである。これを前提とする。
まず、トーラスが凸凹している可能性があるので、きれいな形=曲率がゼロのトーラスに変形しよう。計量にワイル変換$\tilde g_{ab} =e^{2\omega}g_{ab} $を施す。パラメータ$\omega$は
\begin{align}
2\nabla^2 \omega = R
\end{align}
を満たすようにとる。$R$は$\tilde g$のリッチスカラーである。(この方程式は局所的には解けるはずだが、誰か証明を教えてください)
$\omega$は
\begin{align}
\omega = f(x,y)+c
\end{align}
とかける。$c$は微分方程式からは決まらない定数である。この自由度はあとで用いる。
これで$\tilde g$のリッチスカラーはゼロになる。2次元ではこれはリーマンテンソルがゼロになることと同値なので、トーラスを平坦にできた。さらに座標変換$\tilde x^a = h^a(x,y)$を用いると計量を対角化できる。これによって計量を$\delta_{ab}$に変換できる。ただしこの座標変換によって周期性は変わってしまう。周期性を次のように書こう。
\begin{align}
\tilde x^a \sim \tilde x^a + 2\pi (mu^a+nv^a),\quad m,n\in \mathbb Z
\end{align}
これは$(\tilde x,\tilde y)$の2次元平面で$u^a,v^a$のベクトルがなす平行四辺形を基本領域とするトーラスになっていることを表している。さらに座標系の回転と計量のスケール変換で$u^a=(1,0)$にできる。この計量のスケール変換に、残っていた自由度$c$を用いる。周期は次のようになる。
\begin{align}
\tilde x \sim &\tilde x + 2\pi (m+nv^1) \\
\tilde y \sim &\tilde y + 2\pi n v^2
\end{align}
さて、\tau = v^1 + i v^2と書こう。$w = \tilde x + i \tilde y$とおくと計量は$ds^2 = dwd \bar w$とかける。周期性は

\begin{align}
w \sim w +2\pi m+2\pi n\tau
\end{align}
となる。これが計量ではなく、座標の方にモジュライを押し付けた形式である。
さらにw = \hat x + \tau \hat yとおくと計量はds^2 = dwd\bar w= |d\hat x+\tau d \hat y|^2とかける。周期性は

\begin{align}
\hat x\sim& \hat x+ 2\pi m \\
\hat y \sim& \hat y+2\pi n
\end{align}
となる。これがモジュライを計量の方に押し付けた形式である。

トーラスはモジュライ \tauによって特徴づけられる。トーラスには周期的な方向が2方向存在するが、その2方向の相対的な関係をモジュライによって記述する。つまり、それぞれの周期の比と相対角度である。より詳しくは
language-and-engineering.hatenablog.jp
の中の
http://www.imetrics.co.jp/academy/EllipticCurves&ModularForms.pdf
を参照してもらいたい。
ちなみに、特徴づける量が周期の比と相対角度のように複数あればモジュライ、ひとつならばモジュラスと言う。

零質量閉弦頂点演算子

(3.6.15)を示す。

世界面の計量を共形ゲージにとる。
\begin{align}
g_{ab}=e^{2\omega} \delta_{ab}
\end{align}
世界面の2点$(x,y)=(z^1,z^2),(x,y)=({z'}^1,{z'}^2)$間の距離は次のように書ける。
\begin{align}
d(z,z') = \int_z^{z'} \sqrt{g_{ab} d x^a dx^b}= \int_x^{x'} e^\omega \sqrt{d x^2+ dy^2}
\end{align}
($z$は複素座標ではない!世界面上の座標を(x,y)で張ったので、混同しないように$z$を用いた)次の量
\begin{align}
\Delta=\frac{\alpha'}{2}\ln d^2(z,z')
\end{align}
のワイル変換を考える。そのためには$\delta_w\ln d^2(z,z')$を調べる必要がある。変分の定義より
\begin{align}
\delta_w\ln d(z,z')=& \ln \int_z^{z'} e^{\omega+\delta \omega} \sqrt{d x^2+ dy^2}-\ln \int_z^{z'} e^\omega \sqrt{d x^2+ dy^2}\\
=&\ln \int_z^{z'} e^{\omega} \sqrt{d x^2+ dy^2}(1+\delta \omega)-\ln \int_z^{z'} e^\omega \sqrt{d x^2+ dy^2}\\
=&\ln \int_z^{z'} e^{\omega} \sqrt{d x^2+ dy^2}+\ln(\frac{ \int_z^{z'} e^{\omega} (1+\delta \omega)\sqrt{d x^2+ dy^2}}{ \int_z^{z'} e^{\omega} \sqrt{d x^2+ dy^2}})-\ln \int_z^{z'} e^\omega \sqrt{d x^2+ dy^2}\\
=&\ln(1+\frac{ \int_z^{z'} e^{\omega} \delta \omega\sqrt{d x^2+ dy^2}}{ \int_z^{z'} e^{\omega} \sqrt{d x^2+ dy^2}})
\end{align}
ここで注意することがある。一般に$x$に依存するワイル変換を施すことによって、多様体上の2点を結ぶ測地線は変化する。しかし、今の場合はワイル変換$(g,\mathcal M)\rightarrow (\tilde g,\tilde{\mathcal M})$の微分同相写像で与えられる同一の経路での、$\Delta$の変化を考えている。つまり、$(\tilde g,\tilde{\mathcal M})$上の積分経路は測地線ではない。

話を戻す。簡単のために$\omega=0$、すなわち平坦周りのワイル変換を考えることにする。$\delta \omega$をテイラー展開して積分を実行する。
\begin{align}
\ln(1+\frac{ \int_z^{z'}\delta \omega(x,y)\sqrt{d x^2+ dy^2}}{ \int_z^{z'} \sqrt{d x^2+ dy^2}})
=&\ln(1+\frac{\delta \omega (z) |z'-z|+\int_z^{z'}(x-z)^a \partial_a \delta(z) \omega\sqrt{d x^2+ dy^2}+\frac{1}{2}\int_z^{z'}(x-z)^a(x-z)^b \partial_a \partial_b \delta \omega(z)\sqrt{d x^2+ dy^2}}{|z'-z|})
\end{align}
展開は2次で打ち切った。(3.6.15)を示すにはこれで十分である。
\begin{align}
\int_z^{z'}(x-z)^a \partial_a \delta \omega\sqrt{d x^2+ dy^2}
\end{align}
について計算する。$X^a=x^a-z^a$と変数変換すると
\begin{align}
\int_{(0,0)}^{z'-z}X^a \partial_a \delta \omega\sqrt{d X^2+ dY^2}
\end{align}
とかける。平坦時空を考えているので$(0,0)$と$(z'-z)^a$を結ぶ測地線は直線である。${z'}^1-z^1 \neq 0$と仮定する。すると
\begin{align}
Y=\frac{{z'}^2-z^2}{{z'}^1-z^1}X
\end{align}
とかける。これを積分に代入する。
\begin{align}
\int_{(0,0)}^{z'-z}X^a \partial_a \delta \omega\sqrt {d X^2+ d Y^2}=&\sqrt{1+\Big(\frac{{z'}^2-z^2}{{z'}^1-z^1}\Big)^2}\int_{0}^{{z'}^1-z^1}dX X^a \partial_a \delta \omega \\
=&\sqrt{1+\Big(\frac{{z'}^2-z^2}{{z'}^1-z^1}\Big)^2} ( \partial_x \delta \omega + \frac{{z'}^2-z^2}{{z'}^1-z^1} \partial_y \delta \omega)\int_{0}^{{z'}^1-z^1}dX X \\
=&\sqrt{1+\Big(\frac{{z'}^2-z^2}{{z'}^1-z^1}\Big)^2} (\partial_x \delta \omega + \frac{{z'}^2-z^2}{{z'}^1-z^1} \partial_y \delta \omega)\frac{1}{2}({z'}^1-z^1)^2 \\
=&\frac{1}{2}|z'-z|\Big( ({z'}^1-z^1) \partial_x \delta \omega + ({z'}^2-z^2) \partial_y \delta \omega\Big) \\
=&\frac{1}{2}|z'-z|({z'}-z)^a \partial_a \delta \omega
\end{align}
次に2次の積分を考える。全く同じ手順で2次の積分も計算できる。
\begin{align}
\frac{1}{2}\int_z^{z'}(x-z)^a(x-z)^b \partial_a \partial_b \delta \omega(z)\sqrt{d x^2+ dy^2} = \frac{1}{6}|z'-z|( (z'-z)^a (z'-z)^b \partial_a \partial_b \delta \omega)
\end{align}
以上より次のようになる。
\begin{align}
\delta_w \ln d(z,z')=&\ln(1+\delta \omega (z)+\frac{1}{2}({z'}-z)^a \partial_a \delta \omega(z)+\frac{1}{6}(z'-z)^a(z'-z)^b \partial_a \partial_b \delta \omega(z) )\\
=&\delta \omega (z)+\frac{1}{2}({z'}-z)^a \partial_a \delta \omega(z)+\frac{1}{6}(z'-z)^a(z'-z)^b \partial_a \partial_b \delta \omega(z)
\end{align}
2行目のイコールは$\ln$をテイラー展開して$\omega$の1次まで残した。
今回は$\delta \omega$を$z$まわりで展開したが、距離関数は$z,z'$が対称のはずなので、本来は積分を半分にわけてそれぞれ$\delta \omega$を$z,z'$周りで展開する必要がある。すると次のようになる。
\begin{align}
\delta_w \ln d(z,z')=\frac{1}{2}(\delta \omega (z)+\delta \omega (z'))+\frac{1}{4}({z'}-z)^a \partial_a \delta \omega(z)+\frac{1}{4}({z}-z')^a \partial'_a \delta \omega(z')+\frac{1}{12}(z'-z)^a (z'-z)^b (\nabla_a \partial_b \delta \omega(z)+\nabla'_a \partial'_b \delta \omega(z'))
\end{align}
ここで微分の2次の項で偏微分を共変微分に置き換えた。あとは両辺を微分して、$z=z'$と置くと(3.6.15)が得られる。

Polyakovの方法での頂点演算子

(3.6.6)は
\begin{align}
\Delta(x,x')=\frac{\alpha'}{2}\log (\int \sqrt{ds^2})^2
\end{align}
ワイル変換後の距離は
\begin{align}
ds^2 = e^{2\omega}g_{ab}dx^a dx^b
\end{align}
とかける。十分単距離で$\mathcal O((x-x')^2)$まで展開すると
\begin{align}
g_{ab}\sim \delta_{ab}-\frac{1}{6}R_{acbd}(x-x')^c(x-x')^d
\end{align}
これを用いると
\begin{align}
\Delta(x,x')\sim \frac{\alpha'}{2}\log ((e^{2\omega})(x-x')^2)
\end{align}
となる。これで(3.6.10)になる。

二重化のトリック

(2.6.28)の意味を考える。
正則な演算子とその対となる反正則な演算子があり、それらが複素平面の上半平面で定義されているとき、これらを複素平面全体で定義された一つの演算子にまとめることができる。
エネルギーテンソル$T(z),\bar T(\bar z)$を次のように組み合わせ新たな$T_{new}(z)$を定義する。
\begin{align}
T_new(z)=
\begin{cases}
T(z) & (y\geq 0)\\
\bar T(z) & (y < 0)
\end{cases}
\end{align}
たとえば$T(z)=z$とすれば
T_new(z)=
\begin{cases}
z & (y\geq 0)\\
z & (y < 0)
\end{cases}
\end{align}
となり全体で定義された関数となる。
$y=0$で$T(z)=\bar T(z)$となることから一致の定理で成り立ち、二重化のトリックが使えることを保証している。

Ward恒等式

1巻(2.6.11)以降の式の導出を行う。
(2.6,12)の次の電荷経路積分を考える。
\begin{align}
\hat Q_1(C_1) \hat Q_2(C_2)-\hat Q_1(C_3) \hat Q_2(C_2)
\end{align}
相関関数は時間順序積をとるので
\begin{align}
\hat Q_1 \hat Q_2-\hat Q_2 \hat Q_1 = [\hat Q_1, \hat Q_2]
\end{align}
の期待値を求めることになる。ここで$C_1=C_2=C_3$の極限を考えていることに注意。

経路積分中では古典場として計算するので
\begin{align}
\int[\mathrm{measure}]\{Q_1(C_1)Q_2(C_2)-Q_1(C_3) Q_2(C_2)\}e^{-S}
\end{align}
と書かれる。したがって場の順序に意味はない。経路をまとめることができて
\begin{align}
Q_1(C_1)Q_2(C_2)-Q_1(C_3) Q_2(C_2)=Q_1(C_1-C_3)Q_2(C_2)
\end{align}
とかける。これは
\begin{align}
\int_{C_1-C_3}\frac{dz}{2\pi i} \int _{C_2}\frac{dz'}{2\pi i}j_1(z)j_2(z')
\end{align}
となる。先に$C_1-C_3$の積分をすることを考えると、$j_1(z)j_2(z')$のOPEの留数を拾ってくればよいとわかる。
これで(2.6.14)が得られた。

OPE

2次元CFのOPEは自由場理論を前提としていることに注意。
正規順序積を次のように定義する。
\begin{align}
:\phi(z_1)\phi(z_2):=\phi(z_1)\phi(z_2)-<\phi(z_1)\phi(z_2)>
\end{align}
定義より正規順序積の期待値はゼロ。EOMも接触項が排除される。
\begin{align}
\partial \bar\partial:\phi(z_1)\phi(z_2):=0
\end{align}
基本場を$\{\phi_i\}$とするとOPEは
\begin{align}
\phi(z_i)\phi(z_j)=\sum C_{ij}^k(z_1,z_2)\phi_k(z_2)
\end{align}
と展開できることをいう。ここでこの式は演算子方程式の意味ではなく、ほかの任意の演算子との相関関数を考えた時にこの関係が成り立つという意味である。
ここで期待値は時間順序積で定義されているので、この展開も時間順序積が変わらない範囲でのみ展開可能である。円筒座標系をとると、1巻p.45のように収束半径を考えられる。

例として$\phi(z_1)\phi(z_2)$のOPEを考える。正規順序積より
\begin{align}
\phi(z_1)\phi(z_2)=<\phi(z_1)\phi(z_2)>+:\phi(z_1)\phi(z_2):
\end{align}
$z_1$を固定し$:\phi(z_1)\phi(z_2):$を$z_2$の関数とみなす。正規順序積の定義より古典EOMを満たす。一般に自由場のEOMはラプラス方程式になる。ラプラス方程式の解は局所的にテイラー展開できるので
\begin{align}
\phi(z_1)\phi(z_2)=<\phi(z_1)\phi(z_2)>+\sum_{n=0}\frac{1}{n!}(z_2-z_1)^n:\phi(z_1)\partial^n\phi(z_1):
\end{align}
とかける。第一項はc数で、第二項以降が演算子である。二つの異なる位置にある演算子の積が、一つの$\phi\partial^n\phi(z_1)$という演算子で展開できた。

複数の積の時は、それぞれの位置で古典運動方程式が成り立たないといけないので、それぞれ縮約をとった項を減算する。
\begin{align}
&:\phi(z_1)\phi(z_2)\phi(z_3)\phi(z_4):\\
&=\exp\Big[ -\frac{1}{2}\int d^2zd^2z' <\phi(z)\phi(z')>\frac{\delta}{\delta \phi(z)}\frac{\delta}{\delta \phi(z')} \Big]\phi(z_1)\phi(z_2)\phi(z_3)\phi(z_4)
\end{align}

2次元CFTで使う「複素座標」

ユークリッド化はされているとする。世界面の座標は$(x,y)$で張られているとする。複素座標
\begin{align}
z=x+iy,
\end{align}
を定義する。複素共役にはバーをつける。
\begin{align}
\bar z = x-iy.
\end{align}
すると世界面上の場は$(z,\bar z)$の関数となる。ここでしばしば$z$と$\bar z$は独立か?といった話題が生じる。後に正則な場$\partial\phi(z)$、反正則な場$\bar\partial\phi(\bar z)$を考えたり、これらの積分をするときなどにこんがらがってしまうことがよくある。そこでこのことについて説明したい。

$z$と$\bar z$が独立のように見える計算をするせいで、しばしば$x,y$を複素数化して$\mathbb C^2$上の場と見なし、最後に$x,y$を実化するといった手法をとっていると勘違いされている節がある。これは間違いで$z$と$\bar z$は独立でなく歴とした複素共役である。勘違いの源は2次元CFTの複素微分複素関数論の微分と混同しているからである。

複素関数論の微分は次のように定義される。
\begin{align}
\frac{d f(z)}{dz} =& \mathrm{lim}\frac{f(z+\Delta z)-f(z)}{\Delta z} \\
=&\mathrm{lim}\frac{f(x+iy+\Delta x+i\Delta y)-f(x+iy)}{\Delta x+ i\Delta y} .
\end{align}
一方で2次元CFTでは微分は次のように定義する。
\begin{align}
\partial = \frac{1}{2}(\partial_x-i\partial_y),\quad \bar \partial = \frac{1}{2}(\partial_x+i\partial_y).
\end{align}
つまり
\begin{align}
\frac{d f(z)}{dz} = \frac{1}{2}\left(\frac{\partial f}{\partial x}-i\frac{\partial f}{\partial y}\right)=\mathrm{lim}\frac{1}{2}\left( \frac{f(x+\Delta x,y)-f(x,y)}{\Delta x}-i\frac{f(x,y+\Delta y)-f(x,y)}{\Delta y}\right),
\end{align}
となるため、これは複素関数論の微分ではない。これがポイントである。

複素関数論の微分では
\begin{align}
\frac{d\bar z}{dz},
\end{align}
は方向によって極限値が変わるので微分を定義できない。しかし、2次元CFTでは
\begin{align}
\frac{d\bar z}{dz}=\frac{1}{2}\left(\frac{\partial }{\partial x}-i\frac{\partial }{\partial y}\right)(x-iy)=0,
\end{align}
となり、微分が正しく定義される。この式のせいで一見$z$と$\bar z$が独立のように見えてしまうが、むしろ複素共役で、微分の定義より$0$になるのである。

次にグリーンの定理を考える。1形式$\omega = P(x,y)dx+Q(x,y)dy$を考える。$P,Q$は実関数である。微分すると
\begin{align}
d\omega =-(\frac{\partial P}{\partial y}+\frac{\partial Q}{\partial x})dx∧dy,
\end{align}
となる。なめらかな領域$D$を内部に持つ閉曲線$C$を考える。閉経路の向きは反時計回りである。ストークスの定理より
\begin{align}
\int_D d\omega = \int_C \omega,
\end{align}
が成り立つ。よって
\begin{align}
\int_D \left(-\frac{\partial P}{\partial y}+\frac{\partial Q}{\partial x}\right)dxdy = \int_C \left(Pdx+Qdy\right),
\end{align}
となる。これを2次元CFTの複素化にする。
\begin{align}
\partial_x = \partial + \bar \partial,\quad \partial_y = i(\partial - \bar \partial),\quad dx = \frac{1}{2}(dz+d\bar z),\quad dy = \frac{1}{2i}(dz-d\bar z),\quad dxdy=\frac{1}{2}dzd\bar z,
\end{align}
を用いると
\begin{align}
i\int_D \left(\partial(Q-iP)+\bar \partial(Q+iP)\right)dzd\bar z = i\int_C \left((Q-iP)dz - (Q+iP)d\bar z\right),
\end{align}
となる。$v=Q-iP$とすると
\begin{align}
\int_D \left(\partial v+\bar \partial\bar v\right)dzd\bar z = i\int_C \left(\bar vdz - vd\bar z\right),
\end{align}
を得る。右辺は複素関数論における複素平面上の線積分なので、留数定理やコーシーの定理を用いることができる。この性質を利用して面積分から留数定理につなげてOPEへとつなげていくのである。