习题 30.1 - 解答

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习题分析

题目要求我们验证重子数反常方程 (30.88) 中的 $W^3$ 项可以通过计算包含一个重子流 $J_\mu^B$ 插入和三个外部 $W$ 规范玻色子的箱图（box diagram）来正确重现。

首先，我们展开方程 (30.88) 的右侧以提取 $W^3$ 项。非阿贝尔规范场强张量为： $W_{\mu\nu}^a = \partial_\mu W_\nu^a - \partial_\nu W_\mu^a + g \epsilon^{abc} W_\mu^b W_\nu^c$ 将其代入反常方程并提取包含三个 $W$ 场的项： $\varepsilon^{\mu\nu\alpha\beta} W_{\mu\nu}^a W_{\alpha\beta}^a \supset \varepsilon^{\mu\nu\alpha\beta} 2(\partial_\mu W_\nu^a - \partial_\nu W_\mu^a)(g \epsilon^{abc} W_\alpha^b W_\beta^c) = 4g \epsilon^{abc} \varepsilon^{\mu\nu\alpha\beta} \partial_\mu W_\nu^a W_\alpha^b W_\beta^c$ 因此，反常方程预言的 $W^3$ 项为： $\partial_\mu J_\mu^B \supset n_g \frac{g^3}{8\pi^2} \epsilon^{abc} \varepsilon^{\mu\nu\alpha\beta} \partial_\mu W_\nu^a W_\alpha^b W_\beta^c$ 在动量空间中，对应于三个出射 $W$ 玻色子（动量分别为 $p_1, p_2, p_3$，极化指标 $\nu_1, \nu_2, \nu_3$，同位旋指标 $a_1, a_2, a_3$）的矩阵元，该算符给出的散度为（考虑所有排列）： $\langle W(p_1) W(p_2) W(p_3) | \partial_\mu J_\mu^B | 0 \rangle \propto \epsilon^{a_1 a_2 a_3} \varepsilon^{\mu \nu_1 \nu_2 \nu_3} (p_1 + p_2 + p_3)_\mu = \epsilon^{a_1 a_2 a_3} \varepsilon^{\mu \nu_1 \nu_2 \nu_3} q_\mu$ 其中 $q = p_1 + p_2 + p_3$ 是流入重子流顶点的动量。

解题过程

下面我们直接计算图中所示的费曼图。设重子流顶点动量为 $q$（流入），三个 $W$ 玻色子动量为 $p_1, p_2, p_3$（流出）。重子流为 $J_\mu^B = \frac{1}{3} \bar{Q} \gamma_\mu Q$，弱相互作用顶点为 $g \gamma_\nu P_L \frac{\tau^a}{2}$，其中 $P_L = \frac{1-\gamma_5}{2}$。

对于给定的外部动量排列 $(p_1, \nu_1, a_1), (p_2, \nu_2, a_2), (p_3, \nu_3, a_3)$，箱图的振幅 $\mathcal{M}_\mu^{(123)}$ 为： $\mathcal{M}_\mu^{(123)} = - \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \text{Tr} \left[ \left(\frac{1}{3}\gamma_\mu\right) \frac{i}{\not{k}} \left(g\gamma_{\nu_1} P_L \frac{\tau^{a_1}}{2}\right) \frac{i}{\not{k}-\not{p}_1} \left(g\gamma_{\nu_2} P_L \frac{\tau^{a_2}}{2}\right) \frac{i}{\not{k}-\not{p}_1-\not{p}_2} \left(g\gamma_{\nu_3} P_L \frac{\tau^{a_3}}{2}\right) \frac{i}{\not{k}-\not{q}} \right]$ 提取颜色、重子数和同位旋因子。对于一代夸克，颜色迹给出 $N_c=3$，同位旋迹为 $\text{Tr}(\frac{\tau^{a_1}}{2} \frac{\tau^{a_2}}{2} \frac{\tau^{a_3}}{2}) = \frac{i}{4} \epsilon^{a_1 a_2 a_3}$。总系数为 $3 \times \frac{1}{3} \times g^3 \times \frac{i}{4} \epsilon^{a_1 a_2 a_3} = \frac{i}{4} g^3 \epsilon^{a_1 a_2 a_3}$。

我们计算散度 $q^\mu \mathcal{M}_\mu^{(123)}$。利用 Ward 恒等式 $\not{q} = \not{k} - (\not{k}-\not{q})$，可以将迹分裂为两项，对应于两个三角形图的差： $q^\mu \mathcal{M}_\mu^{(123)} = \frac{i}{4} g^3 \epsilon^{a_1 a_2 a_3} \left( \Delta^{(1, (123))} - \Delta^{(2, (123))} \right)$ 其中 $\Delta^{(1, (123))} = - \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \text{Tr} \left[ \gamma_{\nu_1} P_L \frac{1}{\not{k}-\not{p}_1} \gamma_{\nu_2} P_L \frac{1}{\not{k}-\not{p}_1-\not{p}_2} \gamma_{\nu_3} P_L \frac{1}{\not{k}-\not{q}} \right]$ $\Delta^{(2, (123))} = - \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \text{Tr} \left[ \gamma_{\nu_1} P_L \frac{1}{\not{k}-\not{p}_1} \gamma_{\nu_2} P_L \frac{1}{\not{k}-\not{p}_1-\not{p}_2} \gamma_{\nu_3} P_L \frac{1}{\not{k}} \right]$ 由于这些三角形积分是线性发散的，积分变量的平移会产生一个非零的表面项。考虑排列 $(231)$ 的第二项 $\Delta^{(2, (231))}$，通过循环置换迹并平移积分变量 $k \to k + p_1$，可以发现它与 $\Delta^{(1, (123))}$ 具有相同的被积函数形式，只是积分变量相差 $p_1$。 定义 $f(k) = \text{Tr} \left[ \gamma_{\nu_1} P_L \frac{1}{\not{k}} \gamma_{\nu_2} P_L \frac{1}{\not{k}-\not{p}_2} \gamma_{\nu_3} P_L \frac{1}{\not{k}-\not{p}_2-\not{p}_3} \right]$，则： $\Delta^{(1, (123))} - \Delta^{(2, (231))} = - \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} [f(k-p_1) - f(k)] \approx p_1^\mu \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \partial_\mu f(k)$ 对于反常，我们只关心包含 $\gamma_5$ 的部分。在大 $k$ 极限下，展开被积函数提取 $O(1/k^3)$ 的项： $f_5(k) \approx -\frac{1}{2} \frac{\text{Tr}[\gamma_{\nu_1} \not{k} \gamma_{\nu_2} \not{k} \gamma_{\nu_3} \not{k} \gamma_5]}{k^6} = -\frac{1}{2} \frac{4i k^2 k^\alpha \varepsilon_{\nu_1 \nu_2 \nu_3 \alpha}}{k^6} = -2i \varepsilon_{\nu_1 \nu_2 \nu_3 \alpha} \frac{k^\alpha}{k^4}$ 利用四维对称积分公式 $\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \partial_\mu \left( \frac{k^\alpha}{k^4} \right) = \frac{1}{32\pi^2} \delta_\mu^\alpha$，我们得到表面项： $p_1^\mu \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4} \partial_\mu f_5(k) = p_1^\mu (-2i \varepsilon_{\nu_1 \nu_2 \nu_3 \alpha}) \frac{1}{32\pi^2} \delta_\mu^\alpha = -\frac{i}{16\pi^2} \varepsilon_{\nu_1 \nu_2 \nu_3 \mu} p_1^\mu = \frac{i}{16\pi^2} \varepsilon_{\mu \nu_1 \nu_2 \nu_3} p_1^\mu$ 将此结果乘以系数 $\frac{i}{4} g^3 \epsilon^{a_1 a_2 a_3}$，得到这一对排列的贡献： $S(p_1) = \left(\frac{i}{4} g^3 \epsilon^{a_1 a_2 a_3}\right) \left(\frac{i}{16\pi^2} \varepsilon_{\mu \nu_1 \nu_2 \nu_3} p_1^\mu\right) = -\frac{g^3}{64\pi^2} \epsilon^{a_1 a_2 a_3} \varepsilon_{\mu \nu_1 \nu_2 \nu_3} p_1^\mu$ 对所有 6 个排列求和，它们可以分为两组，每组 3 对，分别给出正比于 $p_1, p_2, p_3$ 的项。总和为： $q^\mu \mathcal{M}_\mu = 2 \times \left( S(p_1) + S(p_2) + S(p_3) \right) = -2 \frac{g^3}{64\pi^2} \epsilon^{a_1 a_2 a_3} \varepsilon_{\mu \nu_1 \nu_2 \nu_3} (p_1 + p_2 + p_3)^\mu = -\frac{g^3}{32\pi^2} \epsilon^{a_1 a_2 a_3} \varepsilon_{\mu \nu_1 \nu_2 \nu_3} q^\mu$ 考虑到 $n_g$ 代费米子，总散度正比于 $n_g g^3 \epsilon^{a_1 a_2 a_3} \varepsilon_{\mu \nu_1 \nu_2 \nu_3} q^\mu$。这与我们从方程 (30.88) 展开得到的 $W^3$ 项的张量结构和动量依赖性完全一致。

$\boxed{ \text{通过计算箱图的散度并利用线性发散积分的表面项，我们得到了与 } \partial_\mu J_\mu^B \propto \varepsilon^{\mu\nu\alpha\beta} \partial_\mu W_\nu^a W_\alpha^b W_\beta^c \text{ 一致的张量结构，从而验证了 Eq. (30.88) 中 } W^3 \text{ 项的正确性。} }$

习题 30.2 - 解答

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为了分析中微子质量对轻子数（$L$）和 $B-L$（重子数减轻子数）反常的影响，首先需要明确“反常（Anomaly）”在量子场论中的严格定义：一个对称性被称为是反常的，当且仅当它在经典拉格朗日量层面是严格守恒的，但在量子层面（由于路径积分测度或规范场三角图的贡献）被破坏。 如果一个对称性在经典拉格朗日量中就已经被显式破坏（Explicitly broken），那么它就不属于反常对称性。

在标准模型（SM）中，由于只有左手费米子参与 $SU(2)_L$ 弱相互作用，手征反常导致全局的重子数 $B$ 和轻子数 $L$ 流不再守恒。它们的散度由与 SM 规范场（主要是 $SU(2)_L$ 和 $U(1)_Y$）的混合反常决定： $\partial_\mu J_L^\mu = \partial_\mu J_B^\mu = \frac{N_g}{32\pi^2} \left( g^2 W_{\mu\nu}^a \tilde{W}^{a\mu\nu} - g'^2 B_{\mu\nu} \tilde{B}^{\mu\nu} \right)$ 其中 $N_g=3$ 为代数。显然，在无质量中微子的标准模型中，$L$ 是反常的，而 $B-L$ 是无反常的（因为 $\partial_\mu J_{B-L}^\mu = \partial_\mu J_B^\mu - \partial_\mu J_L^\mu = 0$）。

下面分两种中微子质量类型进行具体计算与分析：

1. 狄拉克质量 (Dirac Masses)

引入狄拉克质量需要加入右手中微子场 $\nu_R$。狄拉克质量项的形式为： $\mathcal{L}_{\text{Dirac}} = -m_D \bar{\nu}_L \nu_R + \text{h.c.}$ 对称性分析：

• 经典守恒性：在全局相位变换 $\nu \to e^{i\alpha} \nu$ 下，$\bar{\nu}_L \nu_R \to \bar{\nu}_L e^{-i\alpha} e^{i\alpha} \nu_R = \bar{\nu}_L \nu_R$。因此，狄拉克质量项在经典层面上严格保持轻子数 $L$ 和 $B-L$ 守恒。
• 量子反常贡献：右手中微子 $\nu_R$ 在标准模型规范群 $SU(3)_C \times SU(2)_L \times U(1)_Y$ 下是完全的单态（Singlet），其量子数为 $(1, 1, 0)$。这意味着 $\nu_R$ 不与任何规范玻色子（$W, Z, \gamma, g$）发生相互作用，因此它不会在任何规范反常三角图中跑圈。
• 结论：加入 $\nu_R$ 后，反常方程 $\partial_\mu J_L^\mu$ 和 $\partial_\mu J_{B-L}^\mu$ 的形式与原标准模型完全一致。
  • 对于 $L$：经典守恒，但量子层面 $\partial_\mu J_L^\mu \neq 0$，因此 $L$ 是反常的。
  • 对于 $B-L$：经典守恒，且量子层面夸克和轻子的混合反常依然精确抵消，$\partial_\mu J_{B-L}^\mu = 0$，因此 $B-L$ 是无反常的。

2. 马约拉纳质量 (Majorana Masses)

马约拉纳质量项仅由同一种手征场构成（例如左手中微子 $\nu_L$ 通过 Weinberg 算符，或右手中微子 $\nu_R$）。其质量项形式为： $\mathcal{L}_{\text{Majorana}} = -\frac{1}{2} m_M \nu_L^T C \nu_L + \text{h.c.}$ 对称性分析：

• 经典守恒性：在轻子数变换 $\nu_L \to e^{i\alpha} \nu_L$ 下，马约拉纳质量项的变换为 $\nu_L^T C \nu_L \to e^{2i\alpha} \nu_L^T C \nu_L$。该项不具有不变性，它在经典拉格朗日量层面直接导致了 $\Delta L = \pm 2$ 的破坏。
• 由于轻子数 $L$ 被显式破坏，重子数减轻子数 $B-L$ 同样也被显式破坏（$\Delta(B-L) = \mp 2$）。
• 结论：因为 $L$ 和 $B-L$ 在经典层面上就已经不再是对称性（被显式破坏），所以它们不能被称为“反常对称性”。（反常特指经典精确成立但量子力学破坏的对称性）。

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最终结论

综合上述推导，轻子数 $L$ 仅在狄拉克质量下满足“经典守恒但量子破坏”的反常定义；而 $B-L$ 在狄拉克质量下是严格守恒且无反常的，在马约拉纳质量下则是被显式破坏的。

习题 30.3 - 解答

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为了确定在这个假设宇宙中标准模型场的 $\mathrm{SU}(5)_C \times \mathrm{SU}(2)_L \times \mathrm{U}(1)_Y$ 量子数，我们需要利用规范反常相消（Anomaly Cancellation）条件。

设规范群为 $\mathrm{SU}(5)_C \times \mathrm{SU}(2)_L \times \mathrm{U}(1)_Y$。我们采用电荷与超荷的关系式 $Q = T^3 + Y$。单代标准模型费米子及其对应的表示 $(R_C, R_L)_Y$ 如下：

• 左手夸克双重态 $Q_L = (u_L, d_L)^T$：$(\mathbf{5}, \mathbf{2})_{Y_Q}$
• 右手反上夸克 $u_R^c$：$(\bar{\mathbf{5}}, \mathbf{1})_{-Y_u}$
• 右手反下夸克 $d_R^c$：$(\bar{\mathbf{5}}, \mathbf{1})_{-Y_d}$
• 左手轻子双重态 $L_L = (\nu_L, e_L)^T$：$(\mathbf{1}, \mathbf{2})_{Y_L}$
• 右手反电子 $e_R^c$：$(\mathbf{1}, \mathbf{1})_{-Y_e}$

根据 $Q = T^3 + Y$，我们可以得到左右手粒子的超荷关系： $Y_u = Y_Q + \frac{1}{2}, \quad Y_d = Y_Q - \frac{1}{2}, \quad Y_e = Y_L - \frac{1}{2}$

接下来，我们逐一列出反常相消条件：

1. 引力 - 引力 - $\mathrm{U}(1)_Y$ 混合反常 所有左手费米子的超荷之和必须为零： $\sum Y = 5 \times 2 \times Y_Q + 5 \times (-Y_u) + 5 \times (-Y_d) + 1 \times 2 \times Y_L + 1 \times (-Y_e) = 0$ 代入 $Y_u, Y_d, Y_e$ 的表达式： $10 Y_Q - 5\left(Y_Q + \frac{1}{2}\right) - 5\left(Y_Q - \frac{1}{2}\right) + 2 Y_L - \left(Y_L - \frac{1}{2}\right) = 0$ 化简后夸克的超荷项完全抵消，得到： $Y_L + \frac{1}{2} = 0 \implies Y_L = -\frac{1}{2}$ 这与真实宇宙中的轻子超荷一致。

2. $\mathrm{SU}(2)_L^2 \times \mathrm{U}(1)_Y$ 反常 所有参与 $\mathrm{SU}(2)_L$ 弱相互作用的双重态的超荷之和必须为零： $\sum_{\text{doublets}} Y = 5 Y_Q + Y_L = 0$ 代入 $Y_L = -1/2$，得到： $5 Y_Q - \frac{1}{2} = 0 \implies Y_Q = \frac{1}{10}$

3. 计算其他费米子的超荷 利用前面得到的 $Y_Q$ 和 $Y_L$，可以直接算出右手的超荷： $Y_u = \frac{1}{10} + \frac{1}{2} = \frac{3}{5}$ $Y_d = \frac{1}{10} - \frac{1}{2} = -\frac{2}{5}$ $Y_e = -\frac{1}{2} - \frac{1}{2} = -1$

4. 验证 $\mathrm{U}(1)_Y^3$ 反常 我们需要确保超荷立方的迹为零： $\sum Y^3 = 10 Y_Q^3 - 5 Y_u^3 - 5 Y_d^3 + 2 Y_L^3 - Y_e^3$ 代入具体数值： $\sum Y^3 = 10\left(\frac{1}{10}\right)^3 - 5\left(\frac{3}{5}\right)^3 - 5\left(-\frac{2}{5}\right)^3 + 2\left(-\frac{1}{2}\right)^3 - (-1)^3$ $= \frac{1}{100} - \frac{135}{125} + \frac{40}{125} - \frac{1}{4} + 1 = \frac{1}{100} - \frac{95}{125} + \frac{3}{4} = 0.01 - 0.76 + 0.75 = 0$ 反常完美相消。

5. 验证 $\mathrm{SU}(5)_C^3$ 反常 对于 $\mathrm{SU}(5)_C$，左手费米子包含 2 个 $\mathbf{5}$ 表示（来自 $Q_L$），以及 2 个 $\bar{\mathbf{5}}$ 表示（来自 $u_R^c$ 和 $d_R^c$）。反常系数之和为： $2 A(\mathbf{5}) + A(\bar{\mathbf{5}}) + A(\bar{\mathbf{5}}) = 2(1) + (-1) + (-1) = 0$ 强相互作用反常自动相消。

6. 验证质子电荷与夸克组分 根据计算，夸克的电荷为： $Q_u = Y_u = \frac{3}{5}, \quad Q_d = Y_d = -\frac{2}{5}$ 这满足题目中电荷属于 $\mathbb{Z}/5$ 的条件。 质子作为 $\mathrm{SU}(5)_C$ 的色单态，必须由完全反对称张量 $\epsilon_{abcde}$ 缩并而成，因此它是一个 5 夸克束缚态。设质子包含 $N_u$ 个上夸克和 $N_d$ 个下夸克，则 $N_u + N_d = 5$。质子的总电荷为： $Q_p = N_u Q_u + N_d Q_d = N_u \left(\frac{3}{5}\right) + (5 - N_u) \left(-\frac{2}{5}\right) = \frac{5 N_u - 10}{5} = N_u - 2$ 题目要求质子电荷 $Q_p = +1$，因此： $N_u - 2 = 1 \implies N_u = 3, \quad N_d = 2$ 即质子的组分为 $uuudd$，这在物理上完全自洽。

7. 标量场（希格斯场）的量子数 为了赋予费米子质量，希格斯场 $H$ 必须存在汤川耦合 $\bar{Q}_L H d_R$ 和 $\bar{L}_L H e_R$。这要求： $Y_H = Y_u - Y_Q = \frac{3}{5} - \frac{1}{10} = \frac{1}{2}$ 因此希格斯场的量子数与真实标准模型中保持一致。

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最终结论

在这个无反常的宇宙中，标准模型场的 $\mathrm{SU}(5)_C \times \mathrm{SU}(2)_L \times \mathrm{U}(1)_Y$ 量子数 $(R_C, R_L)_Y$ 如下：

习题 30.4 - 解答

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习题分析与物理背景

在无质量的量子色动力学（QCD）中，当夸克风味数 $N_f = 4$ 时，经典拉氏量具有全局手征对称性 $G = \mathrm{SU}(4)_L \times \mathrm{SU}(4)_R \times \mathrm{U}(1)_B$。't Hooft 异常匹配条件（'t Hooft Anomaly Matching）指出：如果该全局对称性在红外（IR）端没有发生自发破缺，那么由无质量复合费米子（重子）计算出的全局对称性反常，必须与紫外（UV）端由基本夸克计算出的反常完全相等。

我们可以通过计算 $\mathrm{SU}(4)_L^3$ 和 $\mathrm{SU}(4)_L^2 \mathrm{U}(1)_B$ 的反常来检验这一条件是否能被满足。

推导过程

1. 紫外（UV）端的反常计算 在 UV 端，参与相互作用的是基本夸克。对于 $N_c = 3$ 的 QCD，左手夸克 $q_L$ 在 $\mathrm{SU}(4)_L$ 下按基本表示 $\mathbf{4}$ 变换，其重子数 $B_q = 1/N_c = 1/3$。

• $\mathrm{SU}(4)_L^3$ 反常： 基本表示的反常系数记为 $A(\mathbf{4}) = 1$。由于夸克有 $N_c = 3$ 种颜色，UV 端的反常为： $A_{UV}(\mathrm{SU}(4)_L^3) = N_c \cdot A(\mathbf{4}) = 3 \times 1 = 3$
• $\mathrm{SU}(4)_L^2 \mathrm{U}(1)_B$ 反常： 该反常正比于 $\text{Tr}(T^a T^b B) = C(R) \delta^{ab} B$，其中 $C(R)$ 是表示的指数（Dynkin index）。对于基本表示，标准归一化下 $C(\mathbf{4}) = 1/2$。UV 端的反常为： $A_{UV}(\mathrm{SU}(4)_L^2 \mathrm{U}(1)_B) = N_c \cdot C(\mathbf{4}) \cdot B_q = 3 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{2}$

2. 红外（IR）端的反常匹配 假设手征对称性未破缺，IR 端必须存在无质量的复合费米子（重子）来匹配上述反常。由于色禁闭，这些重子必须是色单态。 由夸克组成的色单态费米子，其净夸克数（夸克数减去反夸克数）必须是 $N_c = 3$ 的整数倍。因此，任何色单态复合费米子的重子数 $B_i$ 必须是整数（最基本的 3 夸克态 $B_i = 1$）。

假设这些无质量左手重子在 $\mathrm{SU}(4)_L$ 下按表示 $R_i$ 变换，种类数为 $n_i$。

• 匹配 $\mathrm{SU}(4)_L^2 \mathrm{U}(1)_B$ 反常： $A_{IR}(\mathrm{SU}(4)_L^2 \mathrm{U}(1)_B) = \sum_i n_i C(R_i) B_i = \frac{1}{2}$ 对于 $\mathrm{SU}(N)$ 群的任意表示 $R_i$，其指数 $C(R_i)$ 必定是基本表示指数 $1/2$ 的正整数倍，即 $C(R_i) = k_i / 2$，其中 $k_i \in \mathbb{Z}^+$。 代入上式得到： $\sum_i n_i k_i B_i = 1$ 如果我们首先考虑由标准价夸克（$B_i = 1$）构成的重子，方程化为 $\sum_i n_i k_i = 1$。因为 $n_i \ge 1$ 且 $k_i \ge 1$，该方程的唯一整数解是存在且仅存在一种重子（$n_1 = 1$），且其表示满足 $k_1 = 1$。 满足 $k=1$（即 $C(R) = 1/2$）的表示只能是基本表示 $\mathbf{4}$ 或反基本表示 $\overline{\mathbf{4}}$。

• 检验 $\mathrm{SU}(4)_L^3$ 反常： 将上述唯一可能的 IR 谱（一个 $\mathbf{4}$ 或 $\overline{\mathbf{4}}$ 表示的重子）代入 $\mathrm{SU}(4)_L^3$ 反常计算： $A_{IR}(\mathrm{SU}(4)_L^3) = 1 \cdot A(\mathbf{4}) = 1 \quad (\text{或 } -1)$ 然而，UV 端的反常为 $3$。显然 $1 \neq 3$，反常匹配失败。

3. 引入退耦条件（Decoupling Condition） 如果放宽条件，允许存在 $B_i < 0$ 的奇异无质量束缚态（例如主要由反夸克构成的左手费米子），上述丢番图方程 $\sum_i n_i k_i B_i = 1$ 可能会有其他整数解。 为了排除这种非物理的漏洞，'t Hooft 引入了 Appelquist-Carazzone 退耦条件：如果给第 4 种风味的夸克赋予一个大质量 $m$，该夸克在低能下退耦，理论必须平滑地过渡到 $N_f = 3$ 的 QCD，且剩余的无质量重子谱必须精确匹配 $N_f = 3$ 的反常。 't Hooft 严格证明了：对于 $N_c = 3$，当 $N_f > 2$ 时，没有任何无质量重子谱能够同时满足反常匹配方程和退耦条件。

结论

由于假设手征对称性不破缺会导致无法解决的反常不匹配矛盾，唯一的物理结论是该假设不成立。为了在红外端匹配反常，理论必须产生无质量的 Nambu-Goldstone 玻色子，其 Wess-Zumino-Witten 项将负责重现 UV 反常。