ゲージアノマリーの相殺条件

1 世代の左巻きワイル・フェルミオンについて $\sum Y^{3}$ 、 $\sum Y$ （重力との混合）、 $S U (3)^{2} U (1)$ ・ $S U (2)^{2} U (1)$ の和 $\sum T (R) Y$ を色とアイソスピンの多重度をつけて計算し、アノマリーが消える条件から未知の超電荷を決めたり、相殺するかを判定できる

前提

SU(N) の既約表現の次元・カシミール・ディンキン指数（大学院物理ゲージ理論と素粒子の標準模型）

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算数中学高校大学大学院

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三角比の定義と値（数学I 図形と計量）
内積となす角（数学C ベクトル）
内積空間とグラム・シュミットの直交化（大学数学線形代数）
ルート系と鏡映（大学院数学リー群・リー環）
ルート系と基本ウェイト（大学院数学表現論）
ワイルの次元公式（大学院数学表現論）
SU(N) の既約表現の次元・カシミール・ディンキン指数（大学院物理ゲージ理論と素粒子の標準模型）

説明

カイラルなゲージ理論では、フェルミオンの三角形ループ（ゲージ場 3 本、またはゲージ場 1 本と重力場 2 本が付いたもの）が古典的なゲージ対称性を量子論で壊すことがあり、これをゲージアノマリーといいます。ゲージアノマリーが残る理論は矛盾をきたすので、フェルミオンの量子数は「アノマリー係数がすべて 0」という条件を満たさなければなりません。この技能では、1 世代の左巻きワイル・フェルミオンの表現と超電荷 $Y$ から、 $\sum Y^{3}$ 、 $\sum Y$ 、 $\sum T (R) Y$ を多重度をつけて計算し、未知の超電荷を決めたり、相殺しているかを判定します。標準模型の超電荷の割り当てがなぜあの値なのかを理解するのに使います。

なぜそうしてよいのか

フェルミオンをすべて左巻きのワイル・フェルミオンでそろえて書きます。右巻きのフェルミオンは、その荷電共役が左巻きで、表現は複素共役（ $3 \to 3 ˉ$ ）、超電荷は符号が反転（ $Y \to - Y$ ）します。例えば右巻きの電子（超電荷 $- 1$ ）は、超電荷 $+ 1$ の左巻きの $e^{c}$ として数えます。こうしておくと、三角形ループの係数は、左巻きフェルミオンの全成分についての和 $Tr [t^{a} {t^{b}, t^{c}}]$ （ $t^{a}$ は 3 本のゲージ場が結合する生成子）に比例します。左巻きと右巻きは逆符号で寄与するので、すべてを左巻きにそろえた和が 0 なら、左右の寄与がちょうど打ち消し合うことになります。

この跡を、生成子の種類ごとに具体的な和に直します。 $U (1)_{Y}^{3}$ では $t = Y$ なので $\sum Y^{3}$ 。重力 2 本と $U (1)_{Y}$ 1 本では、重力はすべての成分に同じように結合するので $\sum Y$ 。 $G^{2} U (1)_{Y}$ （ $G = S U (3)$ または $S U (2)$ ）では $Tr_{R} (t^{a} t^{b}) = T (R) δ^{ab}$ を使って $\sum T (R) Y$ となります。ここで $\sum$ は「すべての成分についての和」なので、ほかのゲージ群の表現の次元（色の数 3、アイソスピンの成分数 2 など）を多重度として掛けます。 $G^{2} U (1)$ では $G$ についての跡は $T (R)$ に吸収されるので、 $G$ 自身の次元は掛けず、もう一方の群の次元だけを掛けます。また $G$ の一重項は $T (1) = 0$ なので寄与しません。

標準模型の 1 世代（ $Q = T_{3} + Y$ の規格化）は左巻きで $Q_{L} : (3, 2, \frac{1}{6})$ 、 $u^{c} : (3 ˉ, 1, - \frac{2}{3})$ 、 $d^{c} : (3 ˉ, 1, \frac{1}{3})$ 、 $L : (1, 2, - \frac{1}{2})$ 、 $e^{c} : (1, 1, 1)$ です。 $T (3) = T (3 ˉ) = T (2) = \frac{1}{2}$ を使えば、 $\sum Y = 6 \cdot \frac{1}{6} + 3 (- \frac{2}{3}) + 3 \cdot \frac{1}{3} + 2 (- \frac{1}{2}) + 1 = 0$ 、 $S U (3)^{2} U (1)$ : $\frac{1}{2} [2 \cdot \frac{1}{6} + (- \frac{2}{3}) + \frac{1}{3}] = 0$ 、 $S U (2)^{2} U (1)$ : $\frac{1}{2} [3 \cdot \frac{1}{6} + (- \frac{1}{2})] = 0$ と、どれも 0 になります。クォークとレプトンがそろって初めて相殺することに注意してください。

手順

すべてのフェルミオンを左巻きのワイル・フェルミオンにそろえる。右巻きの場は荷電共役をとり、表現を共役に、超電荷を $Y \to - Y$ にする
各多重項について、表現 $(r_{3}, r_{2})_{Y}$ と次元 $d_{3} = dim r_{3}$ 、 $d_{2} = dim r_{2}$ を表にする
$U (1)^{3}$ と重力・ $U (1)$ : $\sum d_{3} d_{2} Y^{3}$ と $\sum d_{3} d_{2} Y$ を計算する
$S U (3)^{2} U (1)$ : $\sum T (r_{3}) d_{2} Y$ 、 $S U (2)^{2} U (1)$ : $\sum d_{3} T (r_{2}) Y$ を計算する（一重項は $T = 0$ で寄与しない）
それぞれを $0$ とおき、判定するか、未知の超電荷についての方程式として解く

例題

$S U (3) \times S U (2) \times U (1)_{Y}$ のゲージ理論で、1 世代の左巻きワイル・フェルミオンが $Q_{L} : (3, 2)_{1/6}$ 、 $u^{c} : (3 ˉ, 1)_{- 2/3}$ 、 $d^{c} : (3 ˉ, 1)_{1/3}$ 、 $L : (1, 2)_{- 1/2}$ 、 $e^{c} : (1, 1)_{y}$ であるとする（添字は超電荷 $Y$ ）。 $U (1)_{Y}^{3}$ アノマリーが消えるような実数 $y$ を求めよ。

例題の解答

手順 1: すべて左巻きで与えられているので、そのまま使える。

手順 2: 各多重項の多重度 $d_{3} d_{2}$ は $Q_{L}$ が $3 \times 2 = 6$ 、 $u^{c}$ と $d^{c}$ が $3 \times 1 = 3$ 、 $L$ が $1 \times 2 = 2$ 、 $e^{c}$ が $1$ 。

手順 3: $U (1)^{3}$ の係数は
$\sum d_{3} d_{2} Y^{3} = 6 (\frac{1}{6})^{3} + 3 (- \frac{2}{3})^{3} + 3 (\frac{1}{3})^{3} + 2 (- \frac{1}{2})^{3} + y^{3} = \frac{1}{36} - \frac{8}{9} + \frac{1}{9} - \frac{1}{4} + y^{3} .$
分母を $36$ にそろえると $\frac{1 - 32 + 4 - 9}{36} = - 1$ なので、係数は $y^{3} - 1$ 。

手順 5: $y^{3} - 1 = 0$ を実数の範囲で解くと $y = 1$ （ $y^{3} - 1 = (y - 1) (y^{2} + y + 1)$ で、 $y^{2} + y + 1 > 0$ ）。このとき重力との混合 $\sum d_{3} d_{2} Y = 1 - 2 + 1 - 1 + 1 = 0$ も消えていて、標準模型の値と一致する。

答え: $1$

よくある誤り

色やアイソスピンの多重度を掛け忘れる誤り。例えば $Q_{L}$ の $U (1)^{3}$ への寄与を $(\frac{1}{6})^{3}$ としてしまう。正しくは成分の数 $3 \times 2 = 6$ を掛けて $6 (\frac{1}{6})^{3} = \frac{1}{36}$
右巻きの場の超電荷をそのまま左巻きの和に入れてしまう誤り。例えば右巻きの $u_{R}$ （ $Y = \frac{2}{3}$ ）を $+ \frac{2}{3}$ で数えると相殺しない。正しくは荷電共役 $u^{c}$ にして $Y = - \frac{2}{3}$ で数える（または右巻きの寄与を逆符号で引く）
$G^{2} U (1)$ の和で $G$ 自身の次元まで掛けてしまう誤り。例えば $S U (2)^{2} U (1)$ で $Q_{L}$ を $3 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6}$ としてしまう。 $S U (2)$ の跡は $T (2) = \frac{1}{2}$ にすでに含まれているので、正しくは $3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6}$
$G^{2} U (1)$ の和に $G$ の一重項を入れてしまう誤り。例えば $S U (2)^{2} U (1)$ に $u^{c}, d^{c}, e^{c}$ を含める。一重項は $T (1) = 0$ なので寄与せず、正しくは $\sum d_{3} T (r_{2}) Y = \frac{1}{2} [3 \cdot \frac{1}{6} + (- \frac{1}{2})] = 0$ のように二重項だけで計算する

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

難易度 1（大学院の講義の例題レベル）
ゲージ群 $S U (3)_{C} \times S U (2)_{L} \times U (1)_{Y}$ のゲージ理論で、フェルミオンをすべて左巻きワイル・フェルミオンで書く。電荷は $Q = T_{3} + Y$ とする。1 世代のフェルミオンが次の 5 つの多重項からなるとする（表記は $(S U (3)_{C} の表現, S U (2)_{L} の表現, Y)$ ）。
$Q : (3, 2, \frac{1}{6}), u^{c} : (3 ˉ, 1, - \frac{2}{3}), d^{c} : (3 ˉ, 1, y), L : (1, 2, - \frac{1}{2}), e^{c} : (1, 1, 1)$
$S U (3)_{C}^{2} U (1)_{Y}$ 型のゲージアノマリーが消えるように、 $d^{c}$ の超電荷 $y$ を求めよ。ただし、 $S U (3)$ の基本表現 $3$ と反基本表現 $3 ˉ$ のディンキン指数はともに $T (3) = T (3 ˉ) = \frac{1}{2}$ とする。