In un precedente articolo abbiamo visto le basi della rotazione di Wick, incluso l’esempio di un campo scalare reale. Qui vediamo la rotazione di Wick per spinori e campi di calibro (gauge) e per farlo consideriamo l’esempio concreto della cromodinamica quantistica. Prima di tutto però ricordiamo le convenzioni principali della rotazione di Wick.
Ruotare l’integrale sui cammini
La rotazione di Wick permette di “ruotare” l’integrale sui cammini, ottenendo la versione Euclidea, che è convergente e non oscillatoria. Di qui in poi metteremo un pedice $M$ per indicare quantità nello spazio di Minkowski, e un pedice $E$ per indicare quantità Euclidee. L’obbiettivo finale è ottenere
$$Z = \int D\phi\, e^{i S_M[\phi]} = \int D\phi\, e^{- S_E[\phi]}$$
In altre parole, l’integrale sui cammini deve rimanere invariato, perché la teoria deve rimanere la stessa. Inoltre, perché l’integrale sia convergente, $S_E$ dev’essere positiva, o quantomeno limitata inferiormente. Per ottenere ciò definiamo un tempo immaginario in modo che $t_M = -i t_E$. Perciò dobbiamo avere
$$i S_M = -S_E$$
Ora, per definizione l’azione Minkowskiana è data da
$$S_M[\phi] = \int dt_M d^3 \mathbf x \mathcal{L}_M $$
Al contempo, l’azione Euclidea è per definizione
$$S_E[\phi] = \int dt_E d^3 \mathbf x \mathcal{L}_E$$
Effettuando la rotazione di Wick $t_M = -i t_E$ otteniamo
$$i S_M[\phi] = i \int d(-i t_E) d^3 \mathbf x \mathcal{L}_M = \int d t_E d^3 \mathbf x \mathcal{L}_M$$
Poiché dobbiamo avere $i S_M = -S_E$, allora segue che
$$\mathcal{L}_E = -\mathcal{L}_M$$
Ruotare la cromodinamica quantistica
La Lagrangiana Minkowskiana per la cromodinamica quantistica è data da
$$\mathcal{L}_M = -\frac{1}{2g^2}\mathrm{tr}\pqty{F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}}+\bar\psi(i\gamma^\mu D_\mu -m)\psi$$
dove $D_\mu = \partial_\mu -iA_\mu$ è la derivata covariante. Partiamo dal termine cinetico per il campo di calibro. Poiché $F_{\mu\nu}$ è antisimmetrico, abbiamo
$$F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \eta^{\mu \alpha} \eta^{\mu\beta} F_{\mu\nu} F_{\alpha\beta} = -2F_{0i} F_{0i} + 2 F_{ij}F_{ij}$$
Dobbiamo far diventare questa somma Euclidea, quindi con tutti più o con tutti meno. Notiamo che in $\mathcal{L}_M$ questo termine appare con un segno meno, ma poi $\mathcal{L}_E = -\mathcal{L}_M$ e il sgno meno si cancella. Quindi perché $S_E$ sia definita positiva dobbiamo far diventare $F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$ definita positiva. Per fare ciò poniamo $F_{0i} = iF_{4i}$ (mettere un ulteriore segno meno è incoerente con la formula successiva). Poiché la rotazione di Wick è $x_0 = -i x_4$ allora $\partial_0 = i\partial_4$. Inoltre, poiché $F_{ij}$ è invariato, anche $A_i$ è invariato. Per definizione,
$$F_{0i} = \partial_0 A_i -\partial_i A_0 -i [A_0, A_i]$$
Per cui dobbiamo definire $A_0 = i A_4$. In totale, la parte cinetica della Lagrangiana di Minkowski dopo la rotazione di Wick è data da
$$-\frac{1}{2g^2}\mathrm{tr}\pqty{F_{\mu\nu}F_{\mu\nu}} $$
dove tutte le quantità sono Euclidee. Ora occupiamoci degli spinori. La parte spinoriale della Lagrangiana di Minkowski è
$$\bar\psi(i\gamma^\mu D_\mu -m)\psi= \bar\psi(i\gamma_M^\mu \partial_\mu + \gamma_M^\mu A_\mu -m)\psi$$
dove abbiamo messo un pedice $M$ alle matrici gamma Minkowskiane per distinguerle dalle matrici gamma Euclidee. Queste soddisfano infatti una diversa algebra di Clifford:
$$\{\gamma_M^\mu, \gamma_M^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\{\gamma_E^\mu, \gamma_E^\nu\} = 2\delta^{\mu\nu}$$
Consideriamo prima il termine temporale $i \gamma_M^0 \partial_0$. Poiché $\partial_0 = i \partial_4$ allora questo diventa $-\gamma_M^0 \partial_4$; dato che $\pqty{\gamma_M^0}^2=\pqty{\gamma_E^0}^2=1$, dobbiamo avere $\gamma_M^0 = \pm \gamma_E^4$. Scegliamo il più, per cui otteniamo $i \gamma_M^0 \partial_0 = -\gamma^4_E \partial_4$. A questo punto dobbiamo quindi prendere $\gamma_M^i = i \gamma_E^i$ in modo da soddisfare l’algebra di Clifford e ottenere lo stesso segno in $i \gamma^i_M \partial_i = -\gamma_E^i \partial_i$. Con questa convenzione tutte le matrici gamma Euclidee sono Hermitiane e alla fine troviamo
$$\bar\psi(i\gamma_M^\mu \partial_\mu + \gamma_M^\mu A_\mu -m)\psi =- \bar\psi(\gamma_E^\mu \partial_\mu -i\gamma_E^\mu A_\mu +m)\psi$$
se sopra avessimo scelto il segno meno in $\gamma_E^4$, non sarebbe cambiato nulla perché avremmo in totale solo cancellato il segno meno davanti, solamente per reintrodurlo perché $\bar\psi = \psi^\dagger \gamma^0_M$. Ora, poiché $\mathcal{L}_E = -\mathcal{L}_M$ mettendo tutto insieme otteniamo
$$\mathcal{L}_E = \frac{1}{2g^2} \mathrm{tr}{\pqty{F_{\mu\nu}F_{\mu\nu}}} + \bar\psi (\gamma^\mu D_\mu + m)\psi$$
dove la derivata covariante è sempre $D_\mu = \partial_\mu -i A_\mu$.