$\def\bm#1{{\boldsymbol{#1}}}
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今回は前回に引き続いてベクトル超場について解説を行う。演習問題をメインに解説を進めていくので手を動かしながら追いついてもらいたい。

ベクトル超場

超場$V$はYang-Mills ポテンシャルの超対称な一般化とみなすことが出来る。Yang-Mills 場の強さの一般化は、ゲージ不変なカイラル超場$W_\alpha$と反カイラル超場$\bar{W}_{\dot{\alpha}}$に翻訳されて、

\begin{equation}
W_{\alpha}=-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha V　、　\bar{W}_{\dot{\alpha}}=-\dfrac{1}{4}\mathcal{D}^2\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}V\tag{199}
\end{equation}

となる。場の強さ$W_\alpha$と$\bar{W}_{\dot{\alpha}}$の成分の展開は、$y_+\coloneqq x+i\theta\sigma\bar{\theta}$と$y_-\coloneqq x-i\theta\sigma\bar{\theta}$を用いることで与えられて、

\begin{equation}
\left\{
\begin{array}{l}
W_\alpha=-i\lambda_\alpha(y_-)+\left\{{\delta_\alpha}^\beta D(y_+)-\dfrac{i}{2}{(\sigma^\mu\bar{\sigma}^\nu)^\beta}_\alpha F_{\mu\nu}(y_-)\right\}\theta_\beta+\theta\theta\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\partial_\mu\bar{\lambda}^{\dot{\alpha}}(y_-)\\
\tag{200}\\
\bar{W}_{\dot{\alpha}}=i\bar{\lambda}_{\dot{\alpha}}(y_+)+\left\{\epsilon_{\dot{\alpha}\dot{\beta}}D(y_-)+\dfrac{i}{2}\epsilon_{\dot{\alpha}\dot{\gamma}}{(\bar{\sigma}^\mu\sigma^\nu)_{\dot{\beta}}}^{\dot{\gamma}}F_{\mu\nu}(y_+)\right\}\bar{\theta}^{\dot{\beta}}-\epsilon_{\dot{\alpha}\dot{\beta}}\bar{\theta}\bar{\theta}\bar{\sigma}^{\mu\dot{\beta}\dot{\alpha}}\partial_\mu\lambda_\alpha(y_+)
\end{array}
\right.
\end{equation}

となる。但し、ゲージ場$A_\mu$に関連する場の強さテンソル$F_{\mu\nu}$を

\begin{equation}
F_{\mu\nu}\coloneqq\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu\tag{201}
\end{equation}

と導入した。

問題

$\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\beta}}W_\alpha=\mathcal{D}_\beta\bar{W}_{\dot{\alpha}}=0$が成り立つことと、$W_\alpha$がゲージ変換(196)の下で不変であることを示せ。

解答

前半を示すためには$\mathcal{D}^3=\bar{\mathcal{D}}^3=0$を用いれば良い。
\[
\left\{
\begin{array}{rcrcl}
\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\beta}}W_\alpha&=&\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\beta}}\left(-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha V\right)&\overset{\bar{\mathcal{D}}^3=0}{=}&0\\
&&&&\\
\mathcal{D}_\beta\bar{W}_{\dot{\alpha}}&=&\mathcal{D}_\beta\left(-\dfrac{1}{4}\mathcal{D}^2\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}V\right)&\overset{\mathcal{D}^3=0}{=}&0
\end{array}
\right.
\]
これを用いて後半を示す。

\begin{align}
W_\alpha\longrightarrow W_{\alpha’}=&-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha V’=-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha(V+\Phi+\Phi^\dagger)\nonumber\\
=&-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha V-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha\Phi-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha\Phi^\dagger\nonumber\\
\overset{\mathcal{D}_\alpha\Phi^\dagger=0}{=}&W_\alpha-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha\Phi\overset{\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\Phi=0}{=}W_\alpha-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha\Phi-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}_\alpha\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}\Phi\nonumber\\
=&W_\alpha-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\{\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}},\mathcal{D}_\alpha\}\Phi\nonumber\\
\overset{(181)}{=}&W_\alpha-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\times(-2\sigma_\alpha^{\mu\dot{\alpha}}P_\mu)\Phi=W_\alpha+\dfrac{1}{2}\sigma_\alpha^{\mu\dot{\alpha}}P_\mu\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\Phi\overset{\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\Phi=0}{=}W_\alpha\nonumber
\end{align}

よって題意は示された。

問題

$W_\alpha$と$\bar{W}_{\dot{\alpha}}$が拘束条件$\mathcal{D}^\alpha W_\alpha=\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\bar{W}^{\dot{\alpha}}$を満たすことを示せ。

解答

これを示すには、公式$\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}^2\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}=\mathcal{D}^\alpha\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha$が必要であるから、まずこれが成り立つことを示すことにしよう。この公式を示すためには、更に次の$2$つの公式を示す必要がある。

\[
\left\{
\begin{array}{rcr}
{[\mathcal{D}_\alpha,\bar{\mathcal{D}}^2]}&=&-4i\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}\partial_\mu\\
&&\\
{[\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}},\mathcal{D}^2]}&=&4i\mathcal{D}^\alpha\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\partial_\mu
\end{array}
\right.
\]

(181)より、

\[
\left\{
\begin{array}{rcl}
(\mathcal{D}_\alpha\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}+\underbrace{\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}_\alpha)\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}}_{=\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}(-\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}\mathcal{D}_\alpha+2i\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\partial_\mu\epsilon^{\dot{\alpha}\dot{\beta}})}&=&\mathcal{D}_\alpha\bar{\mathcal{D}}^2+\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}(-\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}\mathcal{D}_\alpha+2i\sigma^\mu_{\alpha\dot{\gamma}}\partial_\mu\epsilon^{\dot{\gamma}\dot{\alpha}})=-2i\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}\partial_\mu\\
(\mathcal{D}_\alpha\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}+\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}_\alpha)\epsilon^{\dot{\alpha}\dot{\beta}}&\overset{\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\beta}}=-\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\epsilon^{\dot{\alpha}\dot{\beta}}}{=}&-(\mathcal{D}_\alpha\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\beta}}+\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\beta}}\mathcal{D}_\alpha)=-2i\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\partial_\mu\epsilon^{\dot{\alpha}\dot{\beta}}
\end{array}
\right.
\]

となる。これら$2$つの式を足し合わせれば、

\[
[\mathcal{D}_\alpha,\bar{\mathcal{D}}^2]=-2i(\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}+\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\sigma^\mu_{\alpha\dot{\gamma}}\epsilon^{\dot{\gamma}\dot{\alpha}})\partial_\mu=-4i\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}\partial_\mu
\]

これで$1$つ目の式が示せた。同様に(181)より、

\[
\left\{
\begin{array}{rcr}
\mathcal{D}^\alpha(\mathcal{D}_\alpha\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}+\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}_\alpha)=-2i\mathcal{D}^\alpha\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\partial_\mu\\
&&\\
\epsilon^{\alpha\beta}(\mathcal{D}_\beta\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}+\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}_\beta)=\mathcal{D}^\alpha\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}+\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}^\alpha=-2i\epsilon^{\alpha\beta}\sigma^\mu_{\beta\dot{\alpha}}\partial_\mu
\end{array}
\right.
\]
となる。これら$2$つの式を足し合わせれば、

\[
[\mathcal{D}^2,\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}]=2i(\epsilon^{\alpha\beta}\sigma^\mu_{\beta\dot{\alpha}}\partial_\mu\mathcal{D}_\alpha-\mathcal{D}^\alpha\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\partial_\mu)=-4i\mathcal{D}^\alpha\sigma^\mu_{\alpha\dot{\alpha}}\partial_\mu
\]

これで$2$つ目の式も示せた。これで準備が整った。今示した式$\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}^2\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}=\mathcal{D}^\alpha\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha$を利用して、以下のように題意を示す。

\begin{align}
\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\bar{W}^{\dot{\alpha}}=&\epsilon^{\dot{\alpha}\dot{\beta}}\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\bar{W}_{\dot{\beta}}=\epsilon^{\dot{\alpha}\dot{\beta}}\left\{-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}^2\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\beta}}V(x,\theta,\bar{\theta})\right\}\nonumber\\
=&-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}^2\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}V(x,\theta,\bar{\theta})\overset{\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathcal{D}^2\bar{\mathcal{D}}^{\dot{\alpha}}=\mathcal{D}^\alpha\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha}{=}-\dfrac{1}{4}\mathcal{D}^\alpha\bar{\mathcal{D}}^2\mathcal{D}_\alpha V(x,\theta,\bar{\theta})=\mathcal{D}^\alpha W_\alpha\nonumber
\end{align}

よって題意は示された。

問題

以下が成り立つことを確かめよ。

\begin{equation}
W^\alpha W_{\alpha|\theta^2}=-2i\lambda(x)\sigma^\mu\partial_\mu\bar{\lambda}(x)-\dfrac{1}{2}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+D^2+\dfrac{i}{4}\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}F^{\mu\nu}F^{\rho\sigma}\tag{202}
\end{equation}

非可換ゲージ理論において、超対称な場の強さは以下の形をとる。

\begin{equation}
W_\alpha=-\dfrac{1}{4}\bar{\mathcal{D}}\bar{\mathcal{D}}(\mathrm{e}^{-V}\mathcal{D}_\alpha\mathrm{e}^V)　、　\bar{W}_{\dot{\alpha}}=\dfrac{1}{4}\mathcal{D}\mathcal{D}(\mathrm{e}^V\bar{\mathcal{D}}_{\dot{\alpha}}\mathrm{e}^{-V})\tag{203}
\end{equation}

これらはゲージ変換の下で、

\begin{equation}
W_\alpha\mapsto\mathrm{e}^{-i\Lambda}W_\alpha\mathrm{e}^{i\Lambda}　、　\bar{W}_{\dot{\alpha}}\mapsto\mathrm{e}^{-i\bar{\Lambda}}\bar{W}_{\dot{\alpha}}\mathrm{e}^{i\bar{\Lambda}}\tag{204}
\end{equation}

と変換する。但し、$\Lambda$はカイラルで$\bar{\Lambda}$は反カイラルである。