Funzione di Green per la derivata covariante fermionica in due dimensioni

Per accoppiare i fermioni ad una simmetria di calibro utilizziamo la derivata covariante fermionica

$${\not D} = \gamma^\mu \pqty{\partial_\mu -ieA_\mu}$$

dove il segno meno e la presenza di $e$ davanti ad $A$ sono convenzioni. Supponiamo che la simmetria di calibro sia abeliana, così $A_\mu(x)$ è solo un numero e non una matrice, e di trovarci in $1+1$ dimensioni. Ci interessa trovare la funzione di Green $S(x,y)$ per l’operatore sopra, che soddisfa

$$i{\not D}\,S(x,y) = \delta(x-y)$$

Mettiamo un fattore di $i$ perché è così che la derivata covariante appare nella Lagrangiana. Non è difficile calcolare la funzione di Green $S_0$ per l’operatore di Dirac libero, che soddisfa $i\not \partial S_0(x-y) = \delta(x-y)$. Passando nello spazio dei momenti scriviamo

$$S_0(x-y) = \int \frac{d^2 p}{(2\pi)^2} e^{i p (x-y)} \widetilde{S}_0(p)$$

Perciò sostituendo e trasformando anche la funzione delta, l’equazione diventa $-{\not p} \widetilde{S}_0(p) = 1$. Si tratta quindi di invertire la matrice ${\not p}$, il che è facilmente fatto notando che ${\not p} {\not p} = p^2$. Perciò ${\not p}^{-1} = {\not p}/p^2$ e quindi,

$$S_0(x-y) = \int \frac{d^2 p}{(2\pi)^2} e^{i p (x-y)} \frac{-{\not p}}{p^2}$$

Questa espressione, come sappiamo, è divergente e dev’essere regolarizzata in qualche maniera; ad esempio aggiungendo un termine $i\epsilon$ oppure passando allo spazio Euclideo. In ogni caso ciò non è nulla di nuovo e non tratteremo qui questi problemi.

Ora torniamo al calcolo di $S(x,y)$ per $A\neq 0$, che avevamo detto soddisfa

$$i{\not D}\, S(x,y) = \delta(x-y)$$

Notiamo che in questo caso, a differenza del precedente, $S(x,y) \neq S(x-y)$. La presenza di $A$, che ai fini di questo calcolo possiamo vedere come un campo esterno, fornisce infatti in linea di principio una direzione privilegiata. L’idea per risolvere l’equazione sopra è quella di rimuovere $A$, riducendo l’equazione a quella per fermioni liberi. Dopo un po’ di tentativi ed errori, poniamo

$$S(x,y) = e^{-ie \pqty{\phi(x)-\phi(y)}}S_0(x-y)$$

dove $\phi$ è una matrice della stessa dimensione delle matrici gamma. Sostituendo nell’equazione otteniamo

\begin{multline*}
i\gamma^\mu \partial_\mu \pqty{e^{-ie \pqty{\phi(x)-\phi(y)}}} S_0(x-y)+i\gamma^\mu e^{-ie \pqty{\phi(x)-\phi(y)}}\partial_\mu S_0(x-y)+\\
+i\gamma^\mu \pqty{-ieA_\mu} e^{-ie \pqty{\phi(x)-\phi(y)}}S_0(x-y) = \delta(x-y)
\end{multline*}

Scriviamo tutto in questa maniera molto esplicita per evidenziare una serie di problemi non banali. Per calcolare la derivata $\partial_\mu e^{-ie \pqty{\phi(x)-\phi(y)}}$ abbiamo bisogno che $[\partial_\mu \phi(x), \phi(x)-\phi(y)]=0$, il che andrà verificato alla fine dei calcoli. Inoltre poiché poi vorremo spostare l’esponenziale nel membro destro, ci servirà che commuti con le matrici $\gamma$ (e quindi, se anche volessimo moltiplicare “da destra”, anche con $S_0$). Anche questo andrà verificato alla fine. Se queste condizioni sono verificate, allora otteniamo

$$e\pqty{{\not \partial} \phi+{\not A}}S_0(x-y)+i{\not \partial\,} S_0(x-y) = e^{ie \pqty{\phi(x)-\phi(y)}}\delta(x-y)$$

Ora, per le particolari proprietà della funzione delta, $e^{ie \pqty{\phi(x)-\phi(y)}}\delta(x-y)=\delta(x-y)$, per cui utilizzando la definizione di $S_0$ troviamo che $\phi$ deve soddisfare

$${\not \partial} \phi=-{\not A}$$

Per risolvere questa equazione applichiamo da entrambi i lati la derivata ${\not \partial}$,

\begin{align*}
\implies & {\not\partial}{\not\partial} \phi = -{\not\partial}{\not A}\\
\,\,\,\,\, & \partial^2 \phi = -{\not\partial}{\not A}\\
\implies & \phi = -\pqty{\partial^2}^{-1} {\not\partial}{\not A}
\end{align*}

Qui $D\equiv\pqty{\partial^2}^{-1}$ è la funzione di Green per l’equazione di Klein-Gordon a massa nulla, che soddisfa $\partial_\mu\partial^\mu D(x-y) = \delta(x-y)$, ovvero

$$D(x-y) = -\int \frac{d^4 p}{(2\pi)^4}\frac{e^{ip(x-y)}}{p^2}$$

Anche questo termine è divergente e va regolarizzato. Da ciò troviamo,

$$\phi(x) = \int d^4 z\, D(x-z) {\not\partial}{\not A}(z)$$

Dobbiamo ora verificare che tale soluzione soddisfa le regole di commutazione che abbiamo utilizzato per trovarla. Perché $\phi$ commuti con la sua derivata, serve avere la condizione $[\gamma^\mu \gamma^\nu, \gamma^\sigma \gamma^\rho] = 0$. Questa è vera in due dimensioni, come è possibile verificare esplicitamente, ma non in un numero maggiore. Perciò la restrizione a due dimensioni è cruciale.

Per quando riguarda invece la commutazione di $\phi$ con $\gamma^\mu$, notiamo che nella formula di $\phi$, separando il prodotto di matrici gamma nella sua parte simmetrica e antisimmetrica, abbiamo

$${\not\partial}{\not A}= \partial^\mu A_\mu+\gamma^\mu \gamma^\nu F_{\mu\nu}$$

Notiamo che nelle matrici gamma, $\mu \neq \nu$ poiché $F_{\mu\nu}$ è antisimmetrico. Possiamo verificare esplicitamente che una matrice gamma generica commuta con il primo termine, ma anticommuta con il secondo. Perciò abbiamo $\gamma^\mu \phi(x) = \widetilde{\phi}(x) \gamma^\mu$, dove $\widetilde{\phi}(x)$ ha appunto un segno in più. Poiché questo trattamento viene applicato a tutti i termini dell’equazione, ovvero dobbiamo commutare tutti gli esponenziali con $\gamma^\mu$, alla fine otterremo nel membro destro $e^{ie \pqty{\widetilde{\phi}(x)-\widetilde{\phi}(y)}}\delta(x-y)=\delta(x-y)$ con $\widetilde{\phi}$ invece di $\phi$, come avevamo detto sopra con l’assunzione che $\phi$ commutasse con $\gamma^\mu$. Tuttavia per le proprietà della funzione delta questa differenza è irrilevante e quindi la soluzione trovata rimane valida. Notiamo che se avessimo invece dato una massa ai fermioni, cioè avessimo $i {\not D}-m$ invece di $i {\not D}$, uno degli esponenziali non avrebbe avuto una matrice $\gamma$ con cui commutare, e quindi la soluzione sarebbe stata invalida. Perciò è cruciale il fatto che $m=0$. In totale troviamo quindi:

$$S(x,y) = e^{-ie \pqty{\phi(x)-\phi(y)}}S_0(x-y)\\
\phi(x) = \int d^4 z\, D(x-z) {\not\partial}{\not A}(z)$$

Possiamo effettuare un’integrazione parziale in $\phi(x)$ ottenendo

$$\phi(x) = \int d^4 z\, {\not\partial} D(x-z) {\not A}(z)$$

L’integrazione parziale introduce un segno meno, ma questo viene cancellato perché $\partial^{(z)} D(x-z) = -\partial^{(x)} D(x-z)$. Ora poiché ${\not\partial} {\not\partial} = \partial^2$, abbiamo ${\not\partial} \pqty{ {\not\partial} D(x-z) } = \delta(x-z)$ dalla definizione di $D$. Ne segue che ${\not\partial} D(x-z) \equiv  iS_{0}(x-y)$ è la funzione di Green per fermioni liberi a massa nulla. Per cui in alternativa,

$$\phi(x) = i\int d^4 z\, S_{0}(x-z) {\not A}(z)$$

dove $S_{0}$ è la funzione di Green per fermioni liberi con massa nulla. Talvolta la formula che abbiamo ottenuto viene utilizzata espandendola in serie della carica elettrica $e$.

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