算符乘积展开与使用 QCD 真空凝聚量表达的非微扰夸克传播子

• 原文: https://zhuanlan.zhihu.com/p/399377495
• 发布日期: 2021-08-13
• 分类: 粒子物理 / QFT / 场论计算

呃呃我协变导数里的 $T$ 不小心写成 $\lambda$ 了, 这意味着除了完全传播子的那个表达式之外的所有 $\lambda$ 都要改成 $\frac{\lambda }{2}$. 我懒得改, 你自己心里清楚就好了. 顺带一提 $T=\frac{\lambda }{2}$ 这个约定是全球统一的, 有些人会用小写的 $t$, 其实也一样.

标题已经说的很直接了, 本文就是将手把手帮你导出上面那张图里的表达式[1]. 过程中用到的公式与方法都会顺带证明, 或者至少会试着解释一下背后的物理动机. 总之本文重在暴力计算, 关于一些操作的合法性的讨论将不再赘述. 文献里倒是爱写这些, 然后文献还通常不愿意展现具体的运算步骤. 可能是因为这些运算技巧只要见识过一次之后就基本可以掌握, 所以大家都不愿意写出来. 然而对于没见过的人来说, 第一次面对这些其实还是会有些苦手.

Dirac gamma 矩阵的相关设定

计算均采用 Weyl 表象下的 Dirac gamma 矩阵:

${\gamma ^0} \equiv \left[ {\begin{array}{*{20}{c} 0&{1_{2 \times 2} \\ {1_{2 \times 2}&0 \end{array} \right],\;{\gamma ^i} \equiv \left[ {\begin{array}{*{20}{c} 0&{\sigma _i} \\ { - {\sigma _i}&0 \end{array} \right],\;{\sigma ^{\mu \nu } \equiv \frac{\rm{i}{2}[{\gamma _\mu },{\gamma _\nu }]. $

其中的 Pauli 矩阵在 ${\sigma }_3$ 表象下表达为:

$ {\sigma _1} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}0&1 \\ 1&0 \end{array} \right],\;{\sigma _2} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}0&{ - {\rm{i} \\ {\rm{i}&0 \end{array} \right],\;{\sigma _3} = \left[ {\begin{array}{*{20}{c}1&0 \\ 0&{ - 1} \end{array} \right]. $

这些 Pauli 矩阵满足:

$ \sigma _i^{ - 1} = \sigma _i^\dag = {\sigma _i},\;[{\sigma _i},{\sigma _j}] = 2{\rm{i}{\varepsilon _{ij}^k{\sigma _k},\;\{ {\sigma _i},{\sigma _j}\} = 2{\delta _{ij},\;{\sigma _i}{\sigma _j} = {\delta _{ij} + {\rm{i}{\varepsilon _{ij}^k{\sigma _k}. $

而 gamma 矩阵本身满足:

\left\{ \begin{gathered}{\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu } + {\gamma ^\nu }{\gamma ^\mu } = 2{g^{\mu \nu }{1_{4 \times 4},\;{\gamma ^{0\dag } = {\gamma ^0},\;{\gamma ^{i\dag } = - {\gamma ^i},\;{({\gamma ^0})^2} = {1_{4 \times 4},\;{({\gamma ^i})^2} = - {1_{4 \times 4},\; \hfill \\{\gamma ^5} = {\gamma _5} = {\rm{i}{\gamma ^0}{\gamma ^1}{\gamma ^2}{\gamma ^3} = - \frac{\rm{i}{4!}{\varepsilon _{\mu \nu \rho \sigma }{\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu }{\gamma ^\rho }{\gamma ^\sigma },\;{\gamma ^{5\dag } = {\gamma ^5},\;{({\gamma ^5})^2} = {1_{4 \times 4},\;\{ {\gamma ^5},{\gamma ^\mu }\} = 0.\; \hfill \\ \end{gathered} \right.

[更♥多♥精♥彩♥内♥容]

算符乘积展开的概念

算符乘积展开指的是将非局域的算符乘积用一系列局域算符的线性组合来表示的过程:

具体而言, 对于非局域算符乘积 $A(x)B(y)$ 在 $x\to y$ 时, 可做展开 A(x)B(y) = \sum\limits_{n = 0} {C_n}(x - y){\mathcal{O}_n}(y)}, 其中的 {C_n}(x - y)} 被称为 Wilson 展开系数, 其能量量纲次数与 $n$ 成反比; 而后面局域算符 {\mathcal{O}_n}(y)} 的能量量纲则与 $n$ 成正比, 而 ${\mathcal{O}}_0=I$ 是恒等算符. 由此可见 $ {C_0} = \left\langle 0 \right|\mathsf T[A(x)B(y)]\left| 0 \right\rangle $ 正好是自由真空期望下的关联函数.

从 Wick 定理很容易看到这一点:

Wick 定理指出算符的时序乘积为所有可能 Wick 收缩情况的正规乘积之和. 而在自由真空下, 非恒等算符的正规乘积的真空期望恒为 0, 所以被自由真空夹完剩下来的就只有完全缩并后的那些 Feynman 传播子的乘积, 也就是一堆不包含非恒等算符的 $c$ 数. 所以时序算符乘积在自由真空下的均值就是恒等算符 ${\mathcal{O}}_0=I$ 对应的 Wilson 系数 $C_0$.

所以由 Wick 定理可知[2]：

$ \mathsf T[A(x)B(y)] = \mathsf T\!\left[ {\sum\limits_{n = 0} {C_n}(x - y){\mathcal{O}_n}(y)} } \right] = {C_0} + \sum\limits_{n = 1} {C_n}(x - y)\mathsf N[{\mathcal{O}_n}(y)]}.$ 这里值得一提的是定域算符 ${\mathcal{O}}_n$ 存在良定义的正规乘积, 但一般没有时序乘积的概念(?).

具体到夸克传播子的情形就得到

$ {\rm{i}S_q^{ij}(x) = \left\langle \Omega \right|\mathsf T[{q^i}(x){\bar q}^j}(0)]\left| \Omega \right\rangle $ $\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\langle \Omega |\{\boxed{q}^{i}(x){\bar{q}^{j}(0)}+\mathsf N[{q}^{i}(x){\bar{q}^{j}(0)]\}\left| \Omega \right\rangle$ [[3]](#ref_3) $\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\langle 0|\mathsf T[{q}^{i}(x){\bar{q}^{j}(0)]\left| 0 \right\rangle +\langle \Omega |\mathsf N[{q}^{i}(x){\bar{q}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle$ $\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={C}_{0}(x)+\sum\limits_{n=1}{C}_{n}(x)\langle \Omega |\mathsf N[{\mathcal{O}_{n}(0)]\left| \Omega \right\rangle }$$=\text{i}{S}_q^{(0)ij}(x)+\text{i}{S}_q^{⟨\bar{q}q⟩ij}(x)+\text{i}{S}_q^{⟨\bar{q}{g}_s\sigma \cdot Gq⟩ij}(x)\cdots$

于是夸克传播子就分解为自由夸克传播子 {\rm{i}S_q^{(0)ij}(x) 与一系列 QCD 真空凝聚量的线性组合.

而自由夸克传播子的表达式就是众所周知的费米传播子 {\rm{i}S_q^{(0)ij}(p) = \frac{\rm{i}{\delta ^{ij}{\cancel{p} - {m_q} + {\rm{i}\varepsilon }.

对小质量夸克我们还可以进一步做展开, 同时用到关系 \cancel{p}\cancel{p} = {p^2}{1_{4 \times 4}, 得到:

\text{i}S_{q}^{(0)ij}(p)=\frac{\text{i}{\delta }^{ij}{\cancel{p}-{m}_{q}+\text{i}\varepsilon }=\text{i}{\delta }^{ij}\frac{1}{\cancel{p}\frac{1}{1-{m}_{q}\text{ }/{\cancel{p}\;}=\text{i}{\delta }^{ij}(\frac{\cancel{p}{p}^{2}+\frac{m}_{q}{1}_{4\times 4}{p}^{2}+\frac{m_{q}^{2}\cancel{p}{p}^{4}+\cdots ).

然后再逐项傅里叶变换得到:

{\rm{i}S_q^{(0)ij}(x) = {\rm{i}{\delta ^{ij}(\frac{\cancel{x}{2{\pi ^2}{x^4} - \frac{m_q}{4{\pi ^2}{x^2} + \frac{m_q^2\cancel{x}{8{\pi ^2}{x^2} + \cdots ), 这也就是 $C_0$.

若在不考虑非微扰效应的自由真空下, 后面正规乘积项的真空期望都将归零, 所以这一系列非零的真空凝聚量是典型的非微扰参数.

接下来的任务就是具体计算出后续的 Wilson 系数, 为此需要先将夸克场在原点处展开:

$q^i(x)=q^i(0)+x^{\mu }{(D_{\mu }{)}^i}_j{q}^j(0)+\frac{1}{2}{x}^{\mu }{x}^{\nu }{(D_{\mu }{D}_{\nu }{)}^i}_j{q}^j(0)+\cdots$

其中的 {({D_\mu })_{ij} = {\delta _{ij}{\partial _\mu } + {\rm{i}{g_s}{({\lambda _\alpha })_{ij}A_\mu ^\alpha 是 QCD 的协变导数, 而 8 个 Gell-Mann 矩阵 ${\lambda }_a$ 是 Lie 代数 $\mathfrak{su}(3)$ 的一组正交基; 剩下的 $g_s$ 与 $A_{\mu }^{\alpha }$ 分别是强相互作用耦合常数与胶子场. 这里的颜色指标 $i,j$ 与八重态指标 $\alpha ,\beta$ 的上下位置是无关紧要的, 因为对应的『度规』都是正定的单位阵, 所以不会像 Lorentz 指标那样上下移动后可能会差个负号.

代入展开式可得:

$\begin{align} & \langle \Omega |\mathsf N[{q}^{i}(x){\bar{q}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle =\langle \Omega |\mathsf N[{q}^{i}(0){\bar{q}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle +\langle \Omega |\mathsf N[{x}^{\mu }{({D}_{\mu })}^{i}_{k}{q}^{k}(0){\bar{q}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ +\frac{1}{2}\langle \Omega |\mathsf N[{x}^{\mu }{x}^{\nu }{({D}_{\mu }{D}_{\nu })}^{i}_{k}{q}^{k}(0){\bar{q}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle +\cdots \\ \end{align}$

普适真空凝聚量的引入

正规乘积展开式构成的真空凝聚量的具体值无法通过理论计算给出, 但可以通过各类指标 (颜色指标 $i,j,k,l$ ; Dirac 旋量指标 $a,b,c$ ; Lorentz 指标 $\mu ,\nu ,\rho$ ) 的抽出将它们表示为不带有任何指标的普适真空凝聚量的线性组合.

例如可设 \left\{ \begin{align} & \langle \Omega |\mathsf N[{q}^{ia}(0)\bar{q}_{b}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle ={E}_{1}{\delta }^{ij}{\delta }^{a}_{b},\ \\ & \langle \Omega |\mathsf N[{({D}_{\mu })}^{i}_{k}{q}^{ka}(0)\bar{q}_{b}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle ={E}_{2}{\delta }^{ij}{({\gamma }_{\mu })}^{a}_{b}; \\ \end{align} \right.

即利用 Dirac gamma 矩阵与 Kronecker delta 将这些真空凝聚量分解为最一般的形式,

然后只需通过对两边同时以合适的张量进行缩并即可求出系数 $E_1,E_2$.

如: $ {\delta _{ij}{\delta ^b}_a\left\langle \Omega \right|\mathsf N[{q^{ia}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {\delta _{ij}{\delta ^b}_aE_1{\delta ^{ij}{\delta ^a}_b$$\Rightarrow \left\langle \Omega \right|\mathsf N[{q^{ia}(0){\bar q}_{ia}(0)]\left| \Omega \right\rangle = E_1{\delta ^i}_i{\delta ^a}_a = 12E_1$ $\Rightarrow E_1 = \frac{1}{12}\left\langle \Omega \right|\mathsf N[{q^{ia}(0){\bar q}_{ia}(0)]\left| \Omega \right\rangle \equiv \frac{1}{12}\langle q\bar q\rangle = - \frac{1}{12}\langle \bar qq\rangle $$\Rightarrow \langle \Omega |\mathsf N[{q^{ia}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {E_1}{\delta ^{ij}{\delta ^a}_b = - \frac{\delta ^{ij}{\delta ^a}_b}{12}\langle \bar qq\rangle \Rightarrow \langle \Omega |\mathsf N[{q^i}(0){\bar q}^j}(0)]\left| \Omega \right\rangle = - \frac{\delta ^{ij}{12}\langle \bar qq\rangle . $其中的 $\langle \bar qq\rangle \equiv \left\langle \Omega \right|\mathsf N[{\bar q}_{ia}(0){q^{ia}(0)]\left| \Omega \right\rangle $ 就是所谓的夸克真空凝聚量.

系数 $E_2$ 的计算也类似:

$ \ \ \ \ \ {\delta _{ij}{({\gamma ^\mu })^b}_a\langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu })^i}_k{q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {\delta _{ij}{({\gamma ^\mu })^b}_aE_2{\delta ^{ij}{({\gamma _\mu })^a}_b$$\Rightarrow - \langle \Omega |\mathsf N[{\bar q_{ib}(0){({D_\mu })^i}_k{({\gamma ^\mu })^b}_a{q^{ka}(0)]\left| \Omega \right\rangle = {\delta ^i}_i{\rm{tr}({\gamma ^\mu }{\gamma _\mu })E_2 = 48E_2$接下来会需要用到 Dirac 方程 ({\rm{i}{\cancel{D}^i}_k - {m_q}{\delta ^i}_k){q^k} = 0 \Rightarrow {\cancel{D}^i}_k{q^k} = - {\rm{i}{m_q}{q^i}.$\Rightarrow E_2 = - \frac{1}{48}\langle \Omega |\mathsf N[{\bar q_{ib}(0){\cancel{D}^{ib}_{ka}{q^{ka}(0)]\left| \Omega \right\rangle = \frac{\rm{i}{m_q}{48}\langle \Omega |\mathsf N[{\bar q_{ib}(0){q^{ib}(0)]\left| \Omega \right\rangle \equiv \frac{\rm{i}{m_q}{48}\langle \bar qq\rangle $$\Rightarrow \langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu })^i}_k{q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = E_2{\delta ^{ij}{({\gamma _\mu })^a}_b = \frac{\rm{i}{m_q}{\delta ^{ij}{({\gamma _\mu })}^a}_b}{48}\langle \bar qq\rangle $$\Rightarrow \langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu })^i}_k{q^{k}(0)\bar q^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = \frac{\rm{i}{m_q}{\delta ^{ij}{\gamma _\mu }{48}\langle \bar qq\rangle $$\Rightarrow \langle \Omega |\mathsf N[{x^\mu }{({D_\mu })^i}_k{q^{k}(0)\bar q^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = \frac{\rm{i}{m_q}{\delta ^{ij}\cancel{x}{48}\langle \bar qq\rangle . $

前两项是简单的, 而第三项的 $⟨\Omega |\mathsf{N}[x^{\mu }{x}^{\nu }{(D_{\mu }{D}_{\nu }{)}^i}_k{q}^k(0){\bar{q}}^j(0)]|\Omega ⟩$ 则要稍微复杂一些.

因为需要用到结论 $ [{D_\mu },{D_\nu }] = {\rm{i}g_s{\lambda _\alpha}G_{\mu \nu }^\alpha$, 其中的 $G_{\mu \nu }^{\alpha }={\partial }_{\mu }{A}_{\nu }^{\alpha }-{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }^{\alpha }-g_s{f^{\alpha }}_{\beta \gamma }{A}_{\mu }^{\beta }{A}_{\nu }^{\gamma }$ 是胶子场强张量, 而 ${f^{\alpha }}_{\beta \gamma }$ 是 $\mathfrak{su}(3)$ 的全反对称结构常数.

下面先证明这个结论:

$\ \ \ \ [{D_\mu },{D_\nu }] * $ [[4]](#ref_4)$= [{\partial _\mu } + {\rm{i}g_s{\lambda _\alpha }A_\mu ^\alpha ,{\partial _\nu } + {\rm{i}g_s{\lambda _\beta }A_\nu ^\beta ] * $$= {\partial _\mu }{\partial _\nu }* + {\rm{i}{g_s}{\lambda _\beta }{\partial _\mu }(A_\nu ^\beta *) + {\rm{i}{g_s}{\lambda _\alpha }A_\mu ^\alpha {\partial _\nu }* + g_s^2{\lambda _\alpha }{\lambda _\beta }A_\mu ^\alpha A_\nu ^\beta *$ $\ \ \ - [{\partial _\mu }{\partial _\nu }* + {\rm{i}{g_s}{\lambda _\alpha }{\partial _\nu }(A_\mu ^\alpha *) + {\rm{i}{g_s}{\lambda _\beta }A_\nu ^\beta {\partial _\mu }* + g_s^2{\lambda _\beta }{\lambda _\alpha }A_\mu ^\alpha A_\nu ^\beta *]$$=\text{i}{g}_s{\lambda }_{\alpha }{\partial }_{\mu }(A_{\nu }^{\alpha }\ast )-\text{i}{g}_s{\lambda }_{\alpha }{\partial }_{\nu }(A_{\mu }^{\alpha }\ast )-\text{i}{g}_s{\lambda }_{\alpha }{A}_{\nu }^{\alpha }{\partial }_{\mu }\ast$$+\text{i}{g}_s{\lambda }_{\alpha }{A}_{\mu }^{\alpha }{\partial }_{\nu }\ast +g_s^2{\lambda }_{\alpha }{\lambda }_{\beta }{A}_{\mu }^{\alpha }{A}_{\nu }^{\beta }\ast -g_s^2{\lambda }_{\beta }{\lambda }_{\alpha }{A}_{\mu }^{\alpha }{A}_{\nu }^{\beta }\ast$= {\rm{i}{g_s}{\lambda _\alpha }{\partial _\mu }A_\nu ^\alpha* - {\rm{i}{g_s}{\lambda _\alpha }{\partial _\nu }A_\mu ^\alpha * + g_s^2{\lambda _\alpha }{\lambda _\beta }A_\mu ^\alpha A_\nu ^\beta * - g_s^2{\lambda _\beta }{\lambda _\alpha }A_\mu ^\alpha A_\nu ^\beta *$= {\rm{i}{g_s}{\lambda _\alpha }({\partial _\mu }A_\nu ^\alpha - {\partial _\nu }A_\mu ^\alpha )* + g_s^2[{\lambda _\alpha },{\lambda _\beta }]A_\mu ^\alpha A_\nu ^\beta *$= {\rm{i}{g_s}{\lambda _\alpha }({\partial _\mu }A_\nu ^\alpha - {\partial _\nu }A_\mu ^\alpha )* + {\rm{i}g_s^2{f_{\beta \gamma }^\alpha {\lambda _\alpha }A_\mu ^\beta A_\nu ^\gamma *= {\rm{i}{g_s}{\lambda _\alpha }({\partial _\mu }A_\nu ^\alpha - {\partial _\nu }A_\mu ^\alpha + {g_s}{f^\alpha }_{\beta \gamma }A_\mu ^\beta A_\nu ^\gamma )* = {\rm{i}{g_s}{\lambda _\alpha }G_{\mu \nu }^\alpha * $\Rightarrow [{D_\mu },{D_\nu }] = {\rm{i}{g_s}{\lambda _a}G_{\mu \nu }^a, $ 证毕.

接下来就是计算第三项了:

同样要先设 \langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu }{D_\nu })^i}_k{q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {E_3}{\delta ^{ij}{g_{\mu \nu }{\delta ^a}_b + {E_4}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\mu \nu })^a}_b.

这里特地设了两个待定系数是因为 $D_{\mu }{D}_{\nu }$ 的 Lorentz 指标并非对称或反对称的, 所以不能只包含对称或反对称的分量, 而应该是二者的线性叠加.

然后先缩掉一个 Lorentz 指标.

$\ \ \ \ \text{i}{({\gamma }^{\nu })}^{c}_{a}\langle \Omega |\mathsf N[{({D}_{\mu }{D}_{\nu })}^{i}_{k}{q}^{ka}(0)\bar{q}_{b}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle$$=\text{i}{({\gamma }^{\nu })}_a^c{E}_3{\delta }^{ij}{g}_{\mu \nu }{\delta }_b^a+\text{i}{({\gamma }^{\nu })}_a^c{E}_4{\delta }^{ij}{({\sigma }_{\mu \nu })}_b^a$$\Rightarrow {\rm{i}\langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu })^i}_l{(\cancel{D})^{lc}_{ka}{q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {\rm{i}{E_3}{\delta ^{ij}{({\gamma _\mu })^c}_b + 3{E_4}{\delta ^{ij}{({\gamma _\mu })^c}_b $接下来会需要用到 Dirac 方程 ({\rm{i}{\cancel{D}^i}_k - {m_q}{\delta ^i}_k){q^k} = 0 \Rightarrow {\cancel{D}^i}_k{q^k} = - {\rm{i}{m_q}{q^i}.$\Rightarrow {m_q}\langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu })^i}_l{q^{lc}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {\rm{i}{E_3}{\delta ^{ij}{({\gamma _\mu })^c}_b + 3{E_4}{\delta ^{ij}{({\gamma _\mu })^c}_b$$ \Rightarrow {m_q}\langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu })^i}_k{q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {\rm{i}{E_3}{\delta ^{ij}{({\gamma _\mu })^a}_b + 3{E_4}{\delta ^{ij}{({\gamma _\mu })^a}_b$ *接下来会用到已知关系 $ {\langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu })}^i}_k{q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = \frac{\rm{i}{m_q}{\delta ^{ij}{({\gamma _\mu })}^a}_b}{48}\langle \bar qq\rangle }$ .*\Rightarrow \frac{\rm{i}m_q^2}{48}\langle \bar qq\rangle = {\rm{i}{E_3} + 3{E_4}.

到此就暂告一段落, 先回到 \langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu }{D_\nu })^i}_k{q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle.

利用关系 {[{D_\mu },{D_\nu }] = {\rm{i}{g_s}{\lambda _\alpha }G_{\mu \nu }^\alpha }, 得:

$\ \ \ \ \langle \Omega |\mathsf N[{({D}_{\mu }{D}_{\nu })}^{i}_{k}{q}^{ka}(0)\bar{q}_{b}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle$$=\langle \Omega |\mathsf N[{\{[{D}_{\mu },{D}_{\nu }]+{D}_{\nu }{D}_{\mu }\}^{i}_{k}{q}^{ka}(0)\bar{q}_{b}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle$$= {\rm{i}{g_s}\langle \Omega |\mathsf N[{({\lambda _\alpha })^i}_kG_{\mu \nu }^\alpha {q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle + \langle \Omega |N[{({D_\nu }{D_\mu })^i}_k{q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle $$= {\rm{i}{g_s}\langle \Omega |\mathsf N[{({\lambda _\alpha })^i}_kG_{\mu \nu }^\alpha {q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle + {E_3}{\delta ^{ij}{g_{\nu \mu }{\delta ^a}_b + {E_4}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\nu \mu })^a}_b. $

这里出现的 $G_{\mu \nu }^{\alpha }$ 的 Lorentz 指标是反对称的, 所以可以先给出其所在项的真空凝聚量.

因为是反对称的所以只需要一个待定系数:

即可设 $ {\rm{i}{g_s}\langle \Omega |\mathsf N[{({\lambda _\alpha })^i}_kG_{\mu \nu }^\alpha {q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {E_5}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\mu \nu })^a}_b. $

然后就还是老一套:

$ -{\rm{i}{\delta _{ij}{({\sigma ^{\mu \nu })^b}_a{\rm{i}{g_s}\langle \Omega |\mathsf N[{({\lambda _\alpha })^i}_kG_{\mu \nu }^\alpha {q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {\rm{i}{\delta _{ij}{({\sigma ^{\mu \nu })^b}_a{E_5}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\mu \nu })^a}_b$$\Rightarrow -\langle \Omega |\mathsf N[{\bar q}_{ib}(0){g_s}{({\sigma ^{\mu \nu })^b}_a{({\lambda _\alpha })^i}_kG_{\mu \nu }^\alpha {q^{ka}(0)]\left| \Omega \right\rangle = {\rm{i}{E_5}{\delta ^i}_i{\rm{tr}({\sigma ^{\mu \nu }{\sigma _{\mu \nu }) = 144{\rm{i}{E_5}$$\Rightarrow {E_5} = \frac{1}{144{\rm{i}\langle \Omega |\mathsf N[{\bar q}_{ib}(0){g_s}{({\sigma ^{\mu \nu })^b}_a{({\lambda _\alpha })^i}_kG_{\mu \nu }^\alpha {q^{ka}(0)]\left| \Omega \right\rangle \equiv - \frac{\rm{i}{144}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle $$ \Rightarrow {\rm{i}{g_s}\langle \Omega |\mathsf N[{({\lambda _\alpha })^i}_kG_{\mu \nu }^\alpha {q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {E_5}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\mu \nu })^a}_b = - \frac{\rm{i}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\mu \nu })}^a}_b}{144}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle . $

然后回到

$\ \ \ \langle \Omega |\mathsf N[{({D}_{\mu }{D}_{\nu })}^{i}_{k}{q}^{ka}(0)\bar{q}_{b}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle$ $=\text{i}{g}_{s}\langle \Omega |\mathsf N[{({\lambda }_{\alpha })}^{i}_{k}G_{\mu \nu }^{\alpha }{q}^{ka}(0)\bar{q}_{b}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle +{E}_{3}{\delta }^{ij}{g}_{\nu \mu }{\delta }^{a}_{b}+{E}_{4}{\delta }^{ij}{({\sigma }_{\nu \mu })}^{a}_{b}.$

将下面两个已知的关系代入上式

$ \left\{ \begin{gathered}\langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu }{D_\nu })^i}_k{q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = {E_3}{\delta ^{ij}{g_{\mu \nu }{\delta ^a}_b + {E_4}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\mu \nu })^a}_b,\; \hfill \\{\rm{i}{g_s}\langle \Omega |\mathsf N[{({\lambda _\alpha })^i}_kG_{\mu \nu }^\alpha {q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle = - \frac{\rm{i}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\mu \nu })}^a}_b}{144}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle \hfill \\ \end{gathered} \right. $

代入后得到:

{E_3}{\delta ^{ij}{g_{\mu \nu }{\delta ^a}_b + {E_4}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\mu \nu })^a}_b = - \frac{\rm{i}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\mu \nu })}^a}_b}{144}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle + {E_3}{\delta ^{ij}{g_{\nu \mu }{\delta ^a}_b + {E_4}{\delta ^{ij}{({\sigma _{\nu \mu })^a}_b\Rightarrow {E_4} = - \frac{\rm{i}{288}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle\Rightarrow {\rm{i}{E_3} = \frac{\rm{i}m_q^2}{48}\langle \bar qq\rangle - 3{E_4} = \frac{\rm{i}m_q^2}{48}\langle \bar qq\rangle + \frac{\rm{i}{96}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle$\Rightarrow \ \langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu }{D_\nu })^i}_k{q^{ka}(0)\bar q_b^j(0)]\left| \Omega \right\rangle $ $\ = \left[ {\frac{m_q^2}{48}\langle \bar qq\rangle + \frac{1}{96}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle } \right]{\delta ^{ij}{g_{\mu \nu }{\delta ^a}_b + \frac{\rm{i}{288}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle {\delta ^{ij}{({\sigma _{\mu \nu })^a}_b$$\Rightarrow\ \langle \Omega |\mathsf N[{({D_\mu }{D_\nu })^i}_k{q^k}(0){\bar q}^j}(0)]\left| \Omega \right\rangle $ $\ = \left[ {\frac{m_q^2}{48}\langle \bar qq\rangle + \frac{1}{96}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle } \right]{\delta ^{ij}{g_{\mu \nu } + \frac{\rm{i}{288}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle {\delta ^{ij}{\sigma _{\mu \nu }$$\Rightarrow \frac{1}{2}\langle \Omega |N[{x^\mu }{x^\nu }{({D_\mu }{D_\nu })^i}_k{q^k}(0){\bar q}^j}(0)]\left| \Omega \right\rangle = \frac{m_q^2{\delta ^{ij}{x^2}{96}\langle \bar qq\rangle + \frac{\delta ^{ij}{x^2}{192}\langle \bar q{g_s}\sigma \cdot Gq\rangle .$

到此为止已给出了真空凝聚量 $⟨\bar{q}q⟩$ 与 $⟨\bar{q}{g}_s\sigma \cdot Gq⟩$ 的来历.

$\langle \bar{q}q\rangle \equiv \langle \Omega |\mathsf N[{\bar{q}_{ia}(0){q}^{ia}(0)]\left| \Omega \right\rangle ,$ $\langle \bar{q}{g}_{s}\sigma \cdot Gq\rangle \equiv \langle \Omega |\mathsf N[{\bar{q}_{i}(0){g}_{s}{\sigma }^{\mu \nu }{({\lambda }_{\alpha })}^{i}_{j}G_{\mu \nu }^{\alpha }{q}^{j}(0)]\left| \Omega \right\rangle.$

类似地继续算下去就可以得到一开始给出的那个夸克传播子的表达式[5]. 往后高阶项的部分虽然运算量会大一些, 但基本上就是这几招的排列组合, 也就没有必要展示出来了, 总之最后就是能得到夸克传播子的表达式:

${\rm{i}{S^{ij}_q} \equiv \left\langle \Omega \right|\mathsf T[{q^i}(x){\bar q^j}(0)]\left| \Omega \right\rangle $\begin{align} & \ \ \ \ \ \ =\frac{\text{i}{\delta }^{ij}\cancel{x}{2{\pi }^{2}{x}^{4}+\frac{\text{i}{32{\pi }^{2}\frac{\lambda _{ij}^{n}{2}{g}_{s}G_{\mu \nu }^{n}\frac{1}{x}^{2}({\sigma }^{\mu \nu }\cancel{x}+\cancel{x}{\sigma }^{\mu \nu })-\frac{\delta }^{ij}{12}\left\langle \bar{q}q \right\rangle \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ +\frac{\delta }^{ij}{x}^{2}{192}\left\langle \bar{q}{g}_{s}\sigma \cdot Gq \right\rangle -\frac{\text{i}{\delta }^{ij}g_{s}^{2}{x}^{2}\cancel{x}{2}^{5}\times {3}^{5}{\left\langle \bar{q}q \right\rangle }^{2}-\frac{g_{s}^{2}{\delta }^{ij}{x}^{4}{2}^{9}\times {3}^{3}\left\langle \bar{q}q \right\rangle \left\langle G_{s}^{2} \right\rangle \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ -\frac{m}_{q}{\delta }^{ij}{4{\pi }^{2}{x}^{2}+\frac{m}_{q}{32{\pi }^{2}{g}_{c}{\sigma }^{\mu \nu }{({\lambda }_{\alpha })}^{ij}G_{\mu \nu }^{\alpha }\ln (-{x}^{2})-\frac{m}_{q}{\delta }^{ij}{x}^{2}\ln (-{x}^{2})}{2}\left\langle g_{s}^{2}G_{s}^{2} \right\rangle \\ & \ \ \ \ \ \ \ \ \ +\frac{\text{i}{m}_{q}{\delta }^{ij}\cancel{x}{48}\left\langle \bar{q}q \right\rangle -\frac{\text{i}{m}_{q}{\delta }^{ij}{x}^{2}\cancel{x}{2}^{7}\times {3}^{2}\left\langle \bar{q}{g}_{s}\sigma \cdot Gq \right\rangle -\frac{g_{s}^{2}{m}_{q}{\delta }^{ij}{x}^{4}{2}^{7}\times {3}^{5}{\left\langle \bar{q}q \right\rangle }^{2}.\ \\ \end{align} 不过其实, 我一般用的都是 $d$ 维的传播子, 建议你们也用 $d$ 维的吧, 不容易出错.

参考

• ^其实并没有完全导出来, 更细节的部分以后有空再讲.
• ^N 是正规乘积算符, 大多数文献会用 😮: , 但我还是觉得 N(O) 好看些.
• ^黑框是 Wick 收缩, 画不了收缩线我也很绝望啊.
• ^这里我们将时空偏导的作用对象简记为 *
• ^不好意思, 其实不能, 我才发现我这是把完全传播子全抄上来了, 这样还要引入相互作用项, 要不然有些胶子凝聚出不来, 等有空我会再补上这部分.