Alla fine del precedente articolo eravamo arrivati alla formula
$$\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}=4is \sum_n\frac{1}{\lambda_n^{s}} \varphi_n(x)^\dagger \gamma_5\varphi_n(x)$$
A questo punto continuiamo a massaggiare quest’ultima espressione fino a ottenere qualcosa con cui possiamo lavorare. Il problema è che non conosciamo le autofunzioni $\varphi_n$, per cui in una maniera o l’altra le dobbiamo far sparire. Utilizzando di nuovo $\lambda^{-s} = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty d\tau\, \tau^{s-1} e^{-\lambda \tau}$, abbiamo
$$\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}=4is \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty d\tau\, \tau^{s-1} \sum_n \varphi_n(x)^\dagger \gamma_5 e^{-\lambda_n \tau}\varphi_n(x)$$
Ora vogliamo utilizzare la relazione di ortogonalità delle $\varphi_n$ per eliminarle. Poiché i $\varphi_n$ sono autovettori di $-{\not D}^2$ con autovalore $\lambda_n$ abbiamo,
\begin{align*}
\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}&=4is \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty d\tau\, \tau^{s-1} \sum_n \varphi_n(x)^\dagger \gamma_5 e^{ \tau {\not D\,}^2}\varphi_n(x)=\\
&=4is \frac{1}{\Gamma(s)} \lim_{y \to x}\int_0^\infty d\tau\, \tau^{s-1} \mathrm{tr}\bqty{ \gamma_5 e^{ \tau {\not D\,}^2} \sum_n \varphi_n(x) \varphi_n(y)^\dagger}=\\
&=4is \frac{1}{\Gamma(s)} \lim_{y \to x}\int_0^\infty d\tau\, \tau^{s-1} \mathrm{tr}\bqty{ \gamma_5 e^{ \tau {\not D\,}^2} \delta(x-y)}\\
\end{align*}
Abbiamo inserito la traccia perché $\varphi_n(x)^\dagger \gamma_5\varphi_n(x)$ è uno scalare dal punto di vista degli indici spinoriali (non ha indici liberi), per cui è uguale alla sua traccia. Abbiamo poi utilizzato la proprietà ciclica e abbiamo separato il secondo $y$ per far agire $-{\not D}^2$ solo sul primo termine. Notiamo che $g(x,y; \tau)=e^{ \tau {\not D\,}^2} \delta(x-y)$ altro non è che la soluzione dell’equazione differenziale
$$\pqty{-{\not D}^2 + \pdv{}{\tau}} g(x,y;\tau)=0$$
con condizione iniziale $g(x,x’;0)=\delta(x-y)$. Ovvero $g$ non è altro che il nucleo di calore per $-{\not D}^2$, così come prima $G$ era il nucleo del calore per $\Omega$. Come nel caso precedente possiamo quindi anche scrivere
$$g(x,y; \tau) = \sum_n e^{-\lambda_n \tau} \varphi_n(x) \varphi_n(y)^\dagger$$
che ci tornerà utile più tardi. In termini di $g$, l’espressione che vogliamo è data da
$$\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}=4is \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty d\tau\, \tau^{s-1} \mathrm{tr}\bqty{ \gamma_5 g(x,x;\tau)}$$
Ora semplifichiamo l’espressione per $g$. Scrivendo la funzione delta come trasformata di Fourier,
$$g(x,y; \tau) = e^{ \tau {\not D\,}^2} \delta(x-y) = \int \frac{d^2 k}{(2\pi)^2}e^{ \tau {\not D\,}^2} e^{i k (x-y)}$$
Vogliamo quindi calcolare il prodotto dei due esponenziali. In questo caso, poiché il secondo esponenziale è una funzione, conviene esplicitare l’esponenziale dell’operatore e calcolarlo esplicitamente. Su una funzione $f$ generica abbiamo
$$e^{{\not D\,}^2 \tau} e^{i k (x-y)} f = \sum_{n=0}^\infty \frac{\tau^n}{n!} \pqty{{\not D\,}^2}^n \pqty{e^{i k (x-y)} f}$$
Il prodotto può essere calcolato esplicitamente pezzo per pezzo. Abbiamo
\begin{align*}
{\not D\,} \pqty{e^{i k (x-y)} f} &= \gamma_\mu (\partial_\mu-ieA_\mu) \pqty{e^{i k (x-y)} f}=\\
&=e^{i k (x-y)} \gamma_\mu \pqty{\partial_\mu f + ik_\mu f -ieA_\mu f}=\\
&=e^{i k (x-y)} \gamma_\mu \pqty{ik_\mu f +D_\mu f}=e^{i k (x-y)} \pqty{i{\not k} +{\not D}}f
\end{align*}
E quindi applicando la derivata due volte,
\begin{align*}
{\not D\,}^2 \pqty{e^{i k (x-y)} f} &= \gamma_\mu (\partial_\mu-ieA_\mu) \bqty{e^{i k (x-y)} \pqty{i{\not k} +{\not D}}f}=\\
&=e^{i k (x-y)}\gamma_\mu \bqty{ i k_\mu \pqty{i{\not k}f +{\not D}f}+ \pqty{i{\not k} \partial_\mu f +\partial_\mu {\not D}f}-ieA_\mu \pqty{i{\not k}f +{\not D}f} }=\\
&=e^{i k (x-y)}\bqty{-{\not k}^2 f +i \pqty{{\not k}{\not D} +{\not D}{\not k}}f +{\not D}^2 f }=\\
&=e^{i k (x-y)}\bqty{-k^2 +2i k \cdot D +{\not D}^2 }f
\end{align*}
dove abbiamo usato alcune semplici proprietà delle matrici gamma. Notiamo in particolare che in tutto il calcolo non abbiamo mai supposto che $f$ commutasse con qualcos’altro. Ora supponiamo di voler calcolare il termine successivo, $\pqty{{\not D\,}^2}^2 \pqty{e^{i k (x-y)} f}$. Ponendo $g= \bqty{-k^2 +2i k \cdot D +{\not D}^2 }f$, sappiamo che ${\not D\,}^2 \pqty{e^{i k (x-x’)} f} = e^{i k (x-y)} g$. Per cui sappiamo anche che $\pqty{{\not D\,}^2}^2 \pqty{e^{i k (x-y)} f} = {\not D\,}^2 \pqty{e^{i k (x-y)} g}$. Poiché nel calcolo sopra $f$ è una funzione del tutto generica, possiamo anche rimpiazzarla con $g$, ottenendo
$$\pqty{{\not D\,}^2}^2 \pqty{e^{i k (x-y)} f} = {\not D\,}^2 \pqty{e^{i k (x-y)} g} = e^{i k (x-y)}\bqty{-k^2 +2i k \cdot D +{\not D}^2 }g = e^{i k (x-y)}\bqty{-k^2 +2i k \cdot D +{\not D}^2 }^2 f$$
Continuando a fare questo giochetto (o se volete, per induzione), abbiamo quindi
$$\pqty{{\not D\,}^2}^n \pqty{e^{i k (x-y)} f} = e^{i k (x-y)}\bqty{-k^2 +2i k \cdot D +{\not D}^2 }^n f$$
e pertanto
$$e^{{\not D\,}^2 \tau} e^{i k (x-y)} f = \sum_{n=0}^\infty \frac{\tau^n}{n!} e^{i k (x-y)}\bqty{-k^2 +2i k \cdot D +{\not D}^2 }^n f = e^{i k (x-y)} e^{\tau\pqty{-k^2 +2i k \cdot D +{\not D\,}^2 }}f$$
Ovvero
$$g(x,y; \tau) = e^{ \tau {\not D\,}^2} \delta(x-y) = \int \frac{d^2 k}{(2\pi)^2} e^{i k (x-y)} e^{\tau\pqty{-k^2 +2i k \cdot D +{\not D\,}^2 }}$$
Ora, sostituendo nella formula principale e prendendo il limite $y\to x$ abbiamo
$$\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}=\frac{4is}{\Gamma(s)} \mathrm{tr} \int_0^\infty d\tau\, \tau^{s-1} \gamma_5 \int \frac{d^2 k}{(2\pi)^2} e^{\tau\pqty{-k^2 +2i k \cdot D +{\not D\,}^2 }}$$
Ora riscaliamo $k$ ponendo $p = k \sqrt{\tau}$ ottenendo
$$\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}=\frac{4is}{\Gamma(s)} \mathrm{tr} \int_0^\infty d\tau\, \tau^{s-2} \gamma_5 \int \frac{d^2 p}{(2\pi)^2} e^{-p^2} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\pqty{2i \sqrt{\tau} p \cdot D +\tau{\not D\,}^2 }^n$$
dove abbiamo anche effettuato l’espansione in serie dell’esponenziale rimanente. Ora possiamo in linea di principio effettuare l’integrazione in $p$, dato che tutti gli integrali nella serie sono l’integrale di un fattore Gaussiano per un polinomio. Non siamo in grado di dare una formula generale, ma possiamo comunque scrivere
$$\int \frac{d^2 p}{(2\pi)^2} e^{-p^2} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\pqty{2i \sqrt{\tau} p \cdot D +\tau{\not D\,}^2 }^n = \sum_{m=0}^\infty C_m \sqrt{\tau}^m$$
Alla fine ci serviranno solo alcuni degli $C_m$, che calcoleremo quando ci fa comodo. In totale abbiamo
$$\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}=4is \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty d\tau\, \tau^{s-1} \mathrm{tr}\bqty{ \gamma_5 g(x,x;\tau)}\\
\mathrm{tr}\bqty{ \gamma_5 g(x,x;\tau)}=\frac{1}{\tau}\sum_{m=0}^\infty \mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_m} \sqrt{\tau}^m$$
Nel prossimo articolo vedremo come continuare il calcolo.