Alla fine del precedente articolo eravamo arrrivati a
$$\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}=4is \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^\infty d\tau\, \tau^{s-1} \mathrm{tr}\bqty{ \gamma_5 g(x,x;\tau)}\\
\mathrm{tr}\bqty{ \gamma_5 g(x,x;\tau)}=\frac{1}{\tau}\sum_{m=0}^\infty \mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_m} \sqrt{\tau}^m$$
Nonostante ci piacerebbe, non possiamo scambiare la serie con l’integrale, perché altrimenti ogni termine della serie divergerebbe. Quali termini ci interessano? A noi serve calcolare la derivata rispetto ad $s$ e poi prendere il limite per $s\to 0$. Un semplice calcolo mostra che $\lim_{s\to 0} \pdv{}{s}\pqty{s F(s)} = \lim_{s\to 0} F(s)$, purché le derivate di ordine più alto siano regolari. Ora notiamo una formula asintotica per la funzione $\Gamma$, cioè $\Gamma(s)^{-1} = s + \gamma s^2 +\mathcal{O}(s^3)$ per $s$ piccolo, dove $s$ è la costante di Eulero-Mascheroni. Ciò significa che per estrarre il risultato nel limite che ci serve dobbiamo considerare solamente quei termini che vicino a $s=0$ abbiamo una singolarità della forma $\frac{1}{s}$, in modo da cancellare il termine $s$ nella funzione Gamma inversa.
Ora spezziamo l’integrazione su $\tau$ in due parti:
$$\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}=4is \frac{1}{\Gamma(s)} \bqty{\int_0^T d\tau\, \tau^{s-1} \mathrm{tr}\bqty{ \gamma_5 g(x,x;\tau)}+\int_T^\infty d\tau\, \tau^{s-1} \mathrm{tr}\bqty{ \gamma_5 g(x,x;\tau)}}$$
dove $T$ è una costante a caso. L’importante è isolare l’intorno di $\tau=0$ dal resto dell’integrazione. In particolare, vogliamo mostrare che il secondo integrale è regolare attorno ad $s=0$ e quindi può essere buttato via (dato che appunto ci interessano i termini con una singolarità della forma $1/s$). Utilizzando la definizione di $g$ abbiamo infatti per $s=0$,
$$\int_T^\infty d\tau\, \tau^{-1} g(x,x;\tau) = \lim_{y\to x} \sum_n \varphi_n(x) \varphi_n(y)^\dagger \int_T^\infty d\tau\, \frac{1}{\tau} e^{-\lambda_n \tau} = -\lim_{y\to x} \sum_n \varphi_n(x) \varphi_n(y)^\dagger \mathrm{Ei}(-\lambda_n T)$$
dove $\mathrm{Ei}$ è la funzione esponenziale integrale data da $\mathrm{Ei}(x) = -\int_{-x}^\infty d\tau \frac{1}{\tau} e^{-\tau}$. Wikipedia ci informa che questa è una funzione analitica dappertutto tranne per un taglio da una qualche parte. Inoltre, per argomento sufficientemente grande, è $\abs{\mathrm{Ei}(-\lambda_n T)} \leq C e^{-\lambda_n T}$, e quindi poiché i $\lambda_n$ sono limitati inferiormente la serie è assolutamente convergente (la presenza dei $\varphi_n$ è irrilevante dato che sono limitati, poiché ortonormali). Perciò ritornando al calcolo abbiamo
$$\dv{}{s}\bigg\lvert_{s=0}\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}=\dv{}{s}\bigg\lvert_{s=0} 4is \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^T d\tau\, \tau^{s-2} \sum_{m=0}^\infty \mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_m} \sqrt{\tau}^m$$
dove abbiamo anche inserito la formula per $g$. Ora possiamo scambiare la somma e l’integrale, ottenendo degli integrali della forma,
$$\int_0^T d\tau\, \tau^{s-2 +m/2}=\frac{1}{s-1+m/2} \tau^{s-1+m/2} \bigg\lvert^T_0$$
Se $s-1+m/2 < 0$ allora abbiamo una divergenza nel limite inferiore di integrazione per $\tau \to 0$. Ciò avviene per $m < 2(1-s)$, ovvero per $s> 0$ solo per $m=0$ e $m=1$. Possiamo verificare che in entrambi questi casi $C_0$ e $C_1$ non hanno indici spinoriali e quindi $\mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_m}=0$ per $m=0,1$. Per cui questi termini non appaiono nella serie e non abbiamo divergenze. Il risultato dell’integrazione è quindi
$$\int_0^T d\tau\, \tau^{s-2 +m/2}=\frac{1}{s-1+m/2} T^{s-1+m/2}$$
Tra tutti questi termini l’unico che conta è quello che ha una divergenza della forma $1/s$, come abbiamo visto prima, ovvero in questo caso il termine $m=2$. Basta quindi calcolare i $C_m$ fino a $m=2$, ovvero fino a termini di ordine $\tau$ inclusi. La definizione dei $C_m$ era data da
$$\int \frac{d^2 p}{(2\pi)^2} e^{-p^2} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\pqty{2i \sqrt{\tau} p \cdot D +\tau{\not D\,}^2 }^n = \sum_{m=0}^\infty C_m \sqrt{\tau}^m$$
Basta considerare termini fino a $n=2$, perché già per $n=3$ il termine a sinistra è di ordine $t^{3/2}$. Abbiamo
\begin{align*}
\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!}\pqty{2i \sqrt{\tau} p \cdot D +\tau{\not D\,}^2 }^n f&= \bqty{1 + 2i \sqrt{\tau} p \cdot D +\tau{\not D\,}^2 +\frac12 \pqty{2i \sqrt{\tau} p \cdot D +\tau{\not D\,}^2 }^2} f + \cdots =\\
&=f + 2i \sqrt{\tau} p \cdot D f +\tau{\not D\,}^2 f -2 \tau (p\cdot D) (p \cdot D) f + \cdots
\end{align*}
Ora poiché $\mathrm{tr}{\gamma_5}=0$ tutti i termini senza matrici gamma saranno zero una volta presa la traccia con $\gamma_5$, per cui non vale neanche la pena calcolarli. Come dicevamo prima abbiamo quindi $\mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_0}=\mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_1}=0$ e inoltre
$$\mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_2} = \int \frac{d^2 p}{(2\pi)^2} e^{-p^2} \mathrm{tr}\pqty{\gamma_5{\not D\,}^2}=\frac{1}{4\pi} \mathrm{tr}\pqty{\gamma_5{\not D\,}^2}$$
dove abbiamo effettuato l’integrale Gaussiano. Ora possiamo espandere il prodotto di matrici gamma in ${\not D\,}^2$ in una parte simmetrica e antisimmetrica, ottenendo:
$${\not D\,}^2 = D^2 -\frac12 ie \gamma_\mu \gamma_\nu F_{\mu\nu}$$
dove abbiamo usato $[D_\mu, D_\nu] = -ie F_{\mu\nu}$. Il primo termine non contiene matrici gamma e quindi è zero nella traccia con $\gamma_5$. Utilizzando le convenzioni del primo articolo, abbiamo $\mathrm{tr}\pqty{\gamma_5\gamma_\mu \gamma_\nu} = -2i\epsilon_{\mu\nu}$ e quindi
$$\mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_2} = -\frac{1}{4\pi} e\epsilon_{\mu\nu} F_{\mu\nu} = -\frac{e}{2\pi} F_{41}$$
Rimettendo questi pezzi insieme abbiamo quindi
\begin{align*}
\dv{}{s}\bigg\lvert_{s=0}\partial_\mu\fdv{\zeta(s)}{Q^\mu(x)}\bigg\lvert_{Q=0}&=\dv{}{s}\bigg\lvert_{s=0} 4is \frac{1}{\Gamma(s)} \int_0^T d\tau\, \tau^{s-2} \sum_{m=0}^\infty \mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_m} \sqrt{\tau}^m=\\
&=\dv{}{s}\bigg\lvert_{s=0} 4is \frac{1}{\Gamma(s)}\mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_2}\frac{1}{s} T^{s}=\\
&=\lim_{s\to 0} 4i \mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_2} \frac{1}{\Gamma(s)}\frac{1}{s} T^{s}=\\
&=4i \mathrm{tr}\pqty{\gamma_5 C_2} =-2i\frac{e}{\pi} F_{41}
\end{align*}
dove abbiamo usato la forma asintotica della funzione $\Gamma$ che abbiamo visto sopra.
Ritornando al risultato iniziale del primo articolo di questa serie, ciò vuol dire che
$$\log{J[\alpha]} =\int d^2 x\, \alpha(x) i\frac{e}{\pi} F_{41} +\mathcal{O}(\alpha)^2$$
Abbiamo quindi ottenuto il risultato per $\alpha$ infinitesimale e ciò è sufficiente per calcolare l’anomalia. Possiamo infatti tornare al nostro integrale sui cammini iniziale, solo quello per la parte fermionica, scritto in termini delle variabili trasformate,
$$Z = \int D\psi’ D\bar{\psi}’\,\, \exp{\bqty{-\int d^2x \pqty{\bar{\psi’} {\not D}\psi’}}} = \det{{\not D}}$$
Utilizzando il Jacobiano e la trasformazione dell’azione rispetto alla trasformazione assiale abbiamo, per $\alpha$ infinitesimale,
\begin{align*}
Z &= \int D\psi D\bar{\psi}\,\, J[\alpha]\exp{\bqty{-\int d^2x \pqty{\bar{\psi} {\not D}\psi + (\partial_\mu \alpha) i \bar{\psi} \gamma_\mu \gamma_5 \psi}}}=\\
&=\int D\psi D\bar{\psi}\,\,\exp{\bqty{\int d^2x \pqty{\bar{\psi} {\not D}\psi + \alpha(x)i \partial_\mu j_5^\mu+\alpha(x)i\frac{e}{\pi} F_{41}}}}
\end{align*}
dove $j_5^\mu =\bar{\psi} \gamma_\mu \gamma_5 \psi$. Poiché abbiamo semplicemente cambiato nome alle variabili, $Z$ è indipendente da $\alpha$ e d’altronde, sappiamo che $Z=\det{{\not D}}$, che è palesemente indipendente da $\alpha$. Ne segue che $\fdv{}{\alpha}Z \lvert_{\alpha=0}$, il che implica
$$\langle \partial_\mu j_5^\mu \rangle = -\frac{e}{\pi}\langle F_{41}\rangle$$
Ora ritorniamo allo spaziotempo di Minkowski, per cui $\partial_\mu j^\mu_5 \to -i \partial_\mu j^\mu_5$, poi $iF_{41} = F_{01}$ e inoltre $F_{01} = -{\star F}$, ottenendo finalmente la formula che cercavamo
$$\langle \partial_\mu j_5^\mu \rangle = \frac{e}{\pi}\langle {\star F}\rangle$$
che è la formula che cercavamo. Notiamo in definitiva che questo metodo è applicabile in ogni numero di dimensioni. L’unica cosa che cambia sarà il coefficiente $C_m$ da calcolare, ma il risultato finale sarà lo stesso. Infatti l’unica modifica da effettuare con un numero diverso da dimensioni è nella potenza di $\tau$ che segue dopo aver riscalato $p=k \sqrt{\tau}$; per cui dovremo selezionare un diverso coefficiente $C_m$ in modo tale che abbia il corretto comportamento asintotico per $s \to 0$.
In un articolo separato mostreremo un trucco per calcolare il Jacobiano $J[\alpha]$ per $\alpha$ non infinitesimale.