• BCJ振幅关系
  • General and Fundmental BCJ relations
  • BCJ关系场论证明
    • n=6 例子
    • 任意点
• 偏振幅的最小基底展开
  • 展开的通式
  • 展开式的证明
    • r=1
    • r=2
    • 任意r
• BCJ 双复制关系

BCJ振幅关系

对纯YM理论，其树级振幅的色因子就是一个single trace，前面的系数称为偏振幅，总共有$(n-1)!$个¹。但实际上由于trace基底还有雅可比恒等式带来的冗余，这些偏振幅之间不是线性无关的，它们之间存在不少关系，至少就有下面四个：

轮换性

\[A_n[12\ldots n]=A_n[2\ldots n1]\]

反射性

\[A_n[12\ldots n]=(-1)^nA_n[n\ldots21]\]

U(1)解耦

\[A_n[123\ldots n]+A_n[213\ldots n]+A_n[231\ldots n]+\cdots+A_n[23\ldots1n]=0\]

KK关系

\[A_n[1,\{\alpha\},n,\{\beta\}]=(-1)^{|\beta|}\sum_{\sigma\in\{\alpha\}\shuffle\{\beta^T\}}A_n[1,\sigma,n]\]

这里$\shuffle$的意思是取洗牌序，也就是${\alpha}$和${\beta}$并起来取置换，但是保持${\alpha}$内部元素的相对位置不变，${\beta}$亦然，后面为了方便，也用$\operatorname{OP}$来表示。

上面这四个公式KK公式比较non-trivial，可以证明，他等价于胶子振幅可以用下面的DDM基底展开：

这个时候就发现在DDM基底下独立的偏振幅个数就减少到了$(n-2)!$个，注意这些$\tilde{A}$的选取显然不是唯一的，因为可以不是固定外腿$1,n$。看到DDM基的存在性的最直接的办法就是注意到它是下面的半梯子轮换序图的贡献：

从任意一个（三顶角）费曼图出发²，利用下图所示的雅可比恒等式：

可以转换为上面的半梯子图，当然，这只是证明了这个基底的存在性，还需要证明色因子基底前面偏振幅系数$\tilde{A}(\cdots)$其实就是前面trace基底里面的$A[\cdots]$。这一点可以从大N极限下看出。³

General and Fundmental BCJ relations

所以KK关系可以将树级振幅的偏振幅的独立振幅数缩减到$(n-2)!$，而这里要介绍的BCJ关系就是将独立振幅数再次减少到$(n-3)!$，而且证明这是最小的了，也带来了新的展开基底。显然BCJ关系总共有$(n-2)!-(n-3)!=(n-3)(n-3)!$个，最一般的形式可以写成：

$$ \begin{equation} \label{BCJ} \boxed{ \sum_{\{\sigma\}\in\{\alpha\}\shuffle \{\beta\}}\sum_{i=1}^{|\beta|}\sum_{J,J\prec \beta_i}s_{\beta_iJ}A_n(1,\{\sigma\},n)=0} \end{equation} $$

上面公式中$J\prec \beta_i$表示对所有的${1,{\sigma},n}$中$\beta_i$往左的元素求和。或者说$J\in{1,2,\ldots,n}$，然后对$\sigma_J<\sigma_{\beta_i}$的元素求和，其中约定$\sigma_1=0$，这里$\sigma_J$表示$J$在$\sigma$置换中的位置。比如，如果$A[1,2,3,4]$中$\beta_i$是3，那么前面的系数就是$s_{31}+s_{32}$。

取${\beta}={2}$，可以将上式简化为最简单的基本BCJ关系：

上式中$i=n$时对应的偏振幅理解为$A[1,3,\ldots,n,2]$。

为了注意到两个公式的一致性，需要用到$U(1)$解耦公式，把两个公式写出来，然后注意到动量守恒：

\[s_{21}+s_{23}+s_{24}+\cdots+s_{2n}=0\]

BCJ关系场论证明

实际上BCJ关系可以从弦论的monodromy关系的场论极限中很简单的导出，这里利用BCFW递推给个场论证明，首先看个例子：

n=6 例子

考虑六点BCJ关系$\alpha={4,5},\beta={2,3}$：

利用BCFW关系，高点的偏振幅可以用少点的偏振幅表示，只需要对中间态进行求和。这里我们选取$1,n$被shift，上式等价为：

根据BCFW递推公式，这里记号表示：

也就是用竖线把振幅分成了两部分，告诉你在哪里插入传播子⁴。这里$\widehat{P}_{3,6}$表示shifted之后的传播子动量，而且要取内线传播子在壳时的$z$代入。

由于我们不需要真正去计算某个振幅，所以并没有指定shift的方式，但是要明确我们始终可以选取shift的方式来消除边界项⁵：

上面的表是对于$i,j$非相邻适用的，如果相邻，就再带来一个$z^{-1}$。

下面把上面的等式分成两部分，首先做下面的分解：

然后$\mathbb{A}$包括$s_{2\hat 1},s_{3\hat 1},s_{ij}$，而$\mathbb{B}$包含那些$s_{21}-s_{2\widehat{1}}$和$s_{31}-s_{3\widehat{1}}$：

这里：

另一部分：

为了解释这里$\mathbb{B}$怎么来的，我们需要解释一下前面的符号滥用，前面把$s_{21}$分解成$s_{2\hat 1}$和$s_{21}-s_{2\hat 1}$。看起来似乎这里的$s_{2\hat 1}$都是相同的，但实际上他们是不同的，在于对应的$z$取什么。

比如$s_{21}A(\widehat1,2|3,4,5,\widehat6)$分解得到的$s_{2\widehat1}A(\widehat1,2|3,4,5,\widehat6)$，就要注意这里$s_{2\hat 1}$的$z$就应该选取使得${\hat{P}_{12}}^2=0$。而$(s_{2\widehat1}+s_{32})A(\widehat1,2,3|4,5,\widehat6)$里面的$s_{2\hat 1}$的$z$就应当选取为${\hat{P}_{123}}^2=0$

现在来理解$\mathbb{B}$，首先前两行没啥好说的，就是把利用类似下面的式子：

把偏振幅重新合起来写成整个振幅⁶。最后两行可以说一下，首先解释一下$\oint_{z\neq 0}$意思就是取围道包含$A[\hat{1},2,3,4,5,\hat{6}]$的所有极点（除了$\infty$），但是取留数的时候忽略$z=0$极点的贡献。

回忆一下BCFW递推的推导，就是利用了下面的留数定理：⁷

第三行中每一项的极点都是由中间传播子在壳得到的。这就不难理解上面的$\mathbb{B}$了。$-s_{2\hat 1}$带来的负号抵消了$-\oint_{z\neq 0}$前面的负号，所以得到上面的式子，但是$A(1,2,3,4,5,6)=\oint_{z=0}\frac{A(\hat 1,2,3,4,5,\hat 6)}{z}$又说明了$\mathbb{B}$整个合起来实际上是$\oint_{z\neq\infty}\frac{A(\hat 1,2,3,4,5,\hat 6)}{z}$，这里$z\neq\infty$表示包含所有极点的围道，包括$z=0$的贡献，所以得到：

这就是BCFW的边界项，但是这有很多边界项，但是利用KK关系可以变成一个边界项，注意到：

然后按照前面说的，现在$1,6$不是挨着的，所以总是可以选取shift方案使得$\hat A\sim\frac{1}{z^2}$。所以$\mathbb{B}=0$。现在来看$\mathbb{A}$。考虑把相同分割的元素拿出来一起看，比如$A(12|3456)$，$A(12|4356)$和$A(12|4536)$（叫做同一个分割）：

第一个等号没啥好说的，就是重组一下，看第二个等号。第一个括号里的东西你可以两种方式理解，第一种理解方式就是因为这三个振幅都是取$\hat{s}_{12}=0$带来的$z$极点，所以前面的$s_{2\widehat1}$都是0。第二种理解方式就是我们现在要做的是归纳证明，所以假设$n<6$的BCJ关系成立，这个时候三点的BCJ关系就是简单的：

这也是BCJ递推证明的起点，其正确性不仅可以从三点振幅vanish看出，也可以从$s_{12}=p_3^2=0$看出。

这也是为什么我们要把前面的BCJ六点关系分成两部分，因为BCJ关系对于shift之后的振幅，应该配上对应的shift之后的动量。现在来看第二项，这个其实就是五点的BCJ关系，取$\beta={3}$就好，也就是用基本BCJ关系，而且是对$A_R$用，$A_L$都是一样的是$A_L(1,2,\hat P^h_{12})$。

另外还有一个细节，shift动量之后BCJ恒等式在解析延拓的意义上恒成立，但是我们前面说过，其实不同振幅前面配的那个$s_{ab}$是不一定相同的，要根据中间传播子在壳确定。但是在这里，我们把所有具有相同中间传播子的sub-amplitudes合在一起考虑，所以他们的shift是一样的，所以BCJ恒等式就是可以用的。

同样的方法可以证明$\mathbb{A}=0$，这样就完成了BCJ关系的$n=6$的证明。

任意点

现在从上面这个非平凡的例子出发，推广上面的证明到任意点。同样的还是shift掉1和n，然后利用下面的拆分：

将BCJ恒等式拆成俩部分，根据前面的经验，$\mathbb{B}$的贡献为：⁸

前三个等号和6点的一样，倒数第二个等号利用了KK关系，最后一个等号利用了$\hat A\sim 1/z^2$。再来看比较棘手的$\mathbb{A}$。

第一个等号是trivial的，根据$\mathbb{A}$定义成只含有拆分中的$s_{\beta_i\hat 1}$和$s_{ij}$即可。不难发现我们只需要把BCJ中的$J=1$对应换成$\hat 1$就得到了第一个等号⁹。第二个等号利用BCFW递推。注意到最后一个等号第一个中括号和第四个中括号可以用少点的BCJ公式，得到是0，所以$\mathbb{A}=0$，这就完成了证明。

偏振幅的最小基底展开

起初发现色运动学分离，利用$U(1)$解耦关系和反射性轮换性可以把振幅用$(n-1)!$个trace进行展开，后面意识到KK关系，进一步用$(n-2)!$个结构常数展开，也就是DDM基底。那么现在这$n!$个偏振幅，就应该能用$(n-3)!$个独立的振幅进行展开，我们可以选取其中$A_n(1,2,{\xi},n)$作为独立的振幅，然后把其它基底用它进行展开，展开的一般形式就是我们需要在下面给出的。

展开的通式

$$ \begin{equation} \label{expand} \boxed{ \begin{aligned} A_n(1,\beta_1,...,\beta_r,2,\alpha_1,...,\alpha_{n-r-3},n)=\sum_{\{\xi\}\in \{\beta\}\shuffle_p\{\alpha\}}A_n(1,2,\{\xi\},n)\prod_{k=1}^r\frac{\mathcal{F}^{\{\beta\},\{\alpha\}}(2,\{\xi\},n|k)}{s_{1,\beta_1,...,\beta_k}} \end{aligned} } \end{equation} $$

这里$\shuffle_p$表示部分洗牌序，也就是${\alpha}$相对位置不变，但是${\beta}$的可以变。其中：

这里$\xi_J$的意思是$J$在排序$\xi$中的位置¹⁰。而且定义：

$\mathcal{G}$函数定义为：

上面对$\xi_0,\alpha_0$等等的定义就是在告诉我们$\mathcal{G}(\beta,1)=0$但是$\mathcal{G}(\beta,2)=s_{\beta,2},\mathcal{G}(\beta,n)=s_{\beta,n}$。

展开式的证明

杜老师在2011年完成了这个展开式的证明¹¹。这里略去技术性细节，仅介绍证明的大纲。下面的证明中采用一些约定$P(O{\alpha}\cup O{\beta})$表示两个的shuffle，如果是$P(O{\alpha}\cup {\beta})$就表示部分shuffle，这个时候置换的时候保持$\alpha$的顺序，但是不保持$\beta$的顺序。

首先列一下后面会用到的关系式：

设$p\leq r$且${\gamma_{1},…,\gamma_{n-p-3}}\in P(O{\alpha}\cup O{\beta_{p+1},…,\beta_{r}})$

$$ \begin{equation} \label{1} F^{\{\beta_1,...,\beta_p\},\{\gamma_1,...,\gamma_{n-p-3}\}}(2,\{\xi\},n|k)=\mathcal{F}^{\{\beta_1,...,\beta_r\},\{\alpha_1,...,\alpha_{n-r-3}\}}(2,\{\xi\},n|k),\quad(1\leq k<p) \end{equation} $$

在$k=r$的时候上面的公式要改成：

$$ \begin{equation} \label{2} \mathcal{F}^{\{\beta_1,...,\beta_p\},\{\gamma\}}(2,\{\xi\},n|p)=\begin{cases}\mathcal{F}^{\{\beta_1,...,\beta_r\},\{\alpha_1,...,\alpha_n-r-3\}}(2,\{\xi\},n|p),&\text{else}\\\mathcal{F}^{\{\beta_1,...,\beta_r\},\{\alpha_1,...,\alpha_n-r-3\}}(2,\{\xi\},n|p)-s_{1\beta_1,...,\beta_p},&\xi_{\beta_{p-1}}<\xi_{\beta_{p}}<\xi_{\beta_{p+1}}\\\mathcal{F}^{\{\beta_1,...,\beta_r\},\{\alpha_1,...,\alpha_n-r-3\}}(2,\{\xi\},n|p)-s_{1\beta_1,...,\beta_p},&\xi_{\beta_{p-1}}>\xi_{\beta_{p}},\xi_{\beta_{p+1}}>\xi_{\beta_{p}}\end{cases} \end{equation} $$

现在考虑在某个置换$\xi$中，对$1\leq l<r$，有$\beta_l\sim\beta_r$的相对位置关系为$\beta_l,\beta_{l+1},…,\beta_r$，也就是说$\xi_{\beta_{l}}<\xi_{\beta_{l+1}}<…<\xi_{\beta_{r}}$，并且假设$\xi_{\beta_{l-1}}>\xi_{\beta_{l}}$​。

$$ \begin{equation} \label{3} \mathcal{F}^{\{\beta_1,\ldots,\beta_r\},\{\alpha\}}(2,\{\xi\},n|k)=\begin{cases}\sum\limits_{\xi_J>\xi_{\beta_k}}\mathcal{G}(\beta_k,J)+s_{1,\beta_1,\ldots,\beta_k}=-\sum\limits_{\xi_J<\xi_{\beta_k}}\mathcal{G}(\beta_k,J)+s_{1,\beta_1,\ldots,\beta_{k-1}}&(l<k<r)\\\sum\limits_{\xi_J>\xi_{\beta_k}}\mathcal{G}(\beta_k,J)=-\sum\limits_{\xi_J<\xi_{\beta_k}}\mathcal{G}(\beta_k,J)-s_{\beta_r1}-\sum\limits_{j=1}^{r-1}s_{\beta_r\beta_j}&(k=r)\\-\sum\limits_{\xi_J<\xi_{\beta_k}}\mathcal{G}(\beta_k,J)&(k=l)\end{cases} \end{equation} $$

上面的推导中利用了总动量为0。

最后还有一个等式：

考虑$\xi_{\beta_{r-1}}>\xi_{\beta_{r}}$

$$ \begin{equation} \label{4} \mathcal{F}^{\{\beta_1,...,\beta_r\},\{\alpha\}}(2,\{\xi\},n|k=r)=-\sum_{\xi_J<\xi_{\beta_r}}\mathcal{G}(\beta_r,J)-s_{1,\beta_1,...,\beta_r}\end{equation} $$

这四个等式就可以用来证明\eqref{BCJ}和\eqref{expand}的等价性，我们来看$r=1,2$的特殊情况，文献¹¹正是在$r=1,2,3$的基础上利用上面四个式子完成了证明。

r=1

这里第一个等号就是BCJ恒等式，取$\{\beta\}=\beta_1,\{\alpha^\prime\}=\{2,\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-4}\}$。

¹²

第二个等号就是简单的利用了$\mathcal{F}$的定义，但是注意到$\xi_{\beta_0}=\infty>\xi_{\beta_1}>\xi_{\beta_{r+1}}=0$。

r=2

类似$r=1$，现在考虑$\{\beta\}=\{\beta_1,\beta_2\},\{\alpha^\prime\}=\{2,\alpha_1,\ldots,\alpha_{n-5}\}$，然后使用BCJ恒等式得到：

第一个等号利用了：

第二个等式第一行首先是利用了$\mathcal{G}$的定义，然后由于我们的证明是归纳性证明，所以对于第一个等号第一行的$A_n(1,\beta_1,2,{\widetilde{\xi}},n)$可以用$r=1$的情况进行展开。

注意到：

把两个求和变成了一个求和，注意对$\tilde{\xi}$的依赖这里隐藏了，实际上要$\xi$取出来之后用$\tilde{\xi}=\xi/{\beta_1}$去确定$\tilde{\xi}$，这里$\xi/{\beta_1}$表示其它元素相对位置不动，直接从$\xi$置换序中拿掉$\beta_1$。

这个单求和又可以分成两个部分：

$\mathbb{A}$要和第二个等号第二行合起来一起看，因为求和指标是一样的，但是$\mathbb{B}$可以单独处理。

首先看$\mathbb{B}$，$\xi_{\beta_1}>\xi_{\beta_2}$，利用\eqref{4}得到：

上式需要注意到$\xi_{\beta_0}\equiv\infty$且$ \xi_{\beta_{r+1}}\equiv0$。合起来得到：

现在考虑$\mathbb{A}+\mathbb{C}$。这个时候$\xi_{\beta_1}<\xi_{\beta_2}$，利用\eqref{3}第二个等式和\eqref{2}第三个等式得到：

利用\eqref{3}后两个等式得来的：

得到：

两者相加得到：

显然$\mathbb{A}+\mathbb{B}+\mathbb{C}$就是把$\sum_{\{\xi\}\in P(O\{\alpha\}\cup O\{\beta\})}$换成是$\sum_{\{\xi\}\in P(O\{\alpha\}\cup \{\beta\})}$，就得到了展开式。

任意r

证明的思路和上面一样，就是利用shuffle的分解用BCJ恒等式把$\mathcal{F}$用更少的${\beta}$指标的$\mathcal{F}$表示，然后这个时候shuffle的时候${\beta}$的序时不保的，所以可以拆成多个纯纯的shuffle，这样$\beta$之间的相对位置就固定了，就可以分情况讨论使用\eqref{1}\eqref{2}\eqref{3}\eqref{4}了。其中一些项会精确相消，最终得到的就是\eqref{expand}的形式，具体证明细节见文献¹¹。

BCJ 双复制关系