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徒然なるままにQM

ただのメモ帳

零質量閉弦頂点演算子

ポルチンスキー 物理

(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。