Srednicki §94 夸克与 θ 真空

系列文章：Srednicki QFT 共 97 篇

上一节说明，纯杨–米尔斯理论的不同拓扑扇区带有相对相位 $e^{in\theta}$ ，真空能量因而可以依赖 $\theta$ 。加入夸克后，轴旋转能够改变 $\theta$ 项的系数。无质量夸克没有质量相位与之比较， $\theta$ 便可以消去；夸克有质量时，留下的是质量相位与真空角的差。这个相对相位进入低能π介子–核子作用，并产生中子的电偶极矩。

Minkowski度规取 $(-+++)$ ，色生成元的基本表示迹为 $\operatorname{Tr}_c(t^at^b)=\delta^{ab}/2$ ， $\epsilon^{0123}=+1$ 。所需的四个核子质量项已在第83节求出；下面保留它们的矩阵次序，展开非零真空角带来的新项。

轴变换怎样改变真空角

先考虑一个处在 $SU(3)$ 基本表示的无质量狄拉克夸克。把上一节的矩阵迹化成颜色分量，得

\begin{aligned} Z(\theta)&=\int\mathcal DA\,\mathcal D\Psi\,\mathcal D\bar\Psi\, e^{i\int d^4x\,\mathcal L},\\ \mathcal L&=i\bar\Psi\slashed D\Psi-\frac14F^{a\mu\nu}F^a_{\mu\nu} -\frac{g^2\theta}{32\pi^2}\widetilde F^{a\mu\nu}F^a_{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{94.1}

这里暂不加费米外源，规范固定沿前章处理。经典作用量除矢量 $U(1)_V$ 外，还有轴 $U(1)_A$ ：前者给 $\Psi$ 和 $\bar\Psi$ 相反的相位，后者给它们同向的 $\gamma_5$ 旋转。将轴变换写成变量代换，

\Psi_{\rm old}=e^{-i\alpha\gamma_5}\Psi,\qquad \bar\Psi_{\rm old}=\bar\Psi e^{-i\alpha\gamma_5}. \tag{94.2}

第二式也可由第一式取伴随得到： $\gamma^0$ 与 $\gamma_5$ 反对易，将指数移过 $\gamma^0$ 后，相位再次变号。由于 $e^{-i\alpha\gamma_5}\gamma^\mu=\gamma^\mu e^{i\alpha\gamma_5}$ ，常数 $\alpha$ 使两个指数在动能中相消。

量子测度却不保持不变。第77节的热核计算已经给出两个Berezin测度的雅可比。本节只需代入基本表示的半迹：

\begin{aligned} \mathcal D\Psi_{\rm old}\mathcal D\bar\Psi_{\rm old} &=\mathcal J_\alpha[A]\,\mathcal D\Psi\mathcal D\bar\Psi,\\ \mathcal J_\alpha[A] &=\exp\left[-i\frac{g^2\alpha}{16\pi^2} \int d^4x\,\widetilde F^{a\mu\nu}F^a_{\mu\nu}\right]. \end{aligned} \tag{94.3}

在式（77.20）的表示迹中，半迹的 $1/2$ 与 $\epsilon FF=2\widetilde FF$ 的2相消，便得到上式的系数。将这个指数与式（94.1）相乘，拓扑项中的 $\theta$ 变成

\theta'=\theta+2\alpha,\qquad Z(\theta)=Z(\theta+2\alpha). \tag{94.4}

$\alpha$ 可以任取，故无源真空泛函与 $\theta$ 无关。比较带夸克插入的关联函数时，插入算符的相位也随变量改变；这正是第77节沃德恒等式中接触项的来源。对于这里的真空能量，没有这样的插入，结论便可直接使用。

固定拓扑背景中的零模

夸克作用量是二次型，格拉斯曼积分给出行列式。沿上一节的Euclid扇区记法，

Z(\theta)=\sum_{n\in\mathbb Z}e^{in\theta} \int_{\mathcal A_n}\mathcal DA\,e^{-S_{\rm YM}[A]}Z_f[A], \qquad Z_f[A]=\det\mathscr D_E[A]. \tag{94.5}

$\mathscr D_E$ 为延拓后的无质量狄拉克二次型，不依赖 $\theta$ 的整体归一已吸收在测度中。若每个非零 $n$ 背景的行列式都为零，便能直接解释刚才的 $\theta$ 独立性。为判断这一点，在固定 $A$ 的积分中作同一次轴代换。Euclid雅可比为 $e^{2i\alpha n}$ ，而经典费米作用量不变，故

Z_f[A]=e^{2i\alpha n}Z_f[A]. \tag{94.6}

当 $n\ne0$ 时，总可以选一个使相位不等于1的 $\alpha$ ，于是 $Z_f[A]=0$ 。这里始终使用未归一化积分，没有除以这个正要判断是否为零的行列式。仅仅知道规范场积分后的 $Z(\theta)$ 为常数，只能推出非零Fourier系数的总和为零；固定背景的变量代换才给出逐个背景的结论。

还可以从狄拉克谱看见这个零。沿第77节取

\begin{gathered} \Gamma^4=\gamma^0,\qquad \Gamma^i=-i\gamma^i,\qquad \Gamma_5=\Gamma^4\Gamma^1\Gamma^2\Gamma^3=\gamma_5,\\ H_E=i\Gamma^aD_{Ea}=H_E^\dagger,\qquad \{H_E,\Gamma_5\}=0. \end{gathered} \tag{94.7}

先在紧致的平直Euclid空间中定义谱，例如四维环面上的光滑规范丛；非平凡丛的连接用相容的局部规范势拼接。这样没有物理边界项，谱离散，热核有定义。在非紧空间使用同一论证时，须取相应的衰减和谱边界条件。若 $H_E\phi_\lambda=\lambda\phi_\lambda$ ，则

2\lambda\langle\phi_\lambda,\Gamma_5\phi_\lambda\rangle =\langle\phi_\lambda,\{H_E,\Gamma_5\}\phi_\lambda\rangle=0. \tag{94.8}

所以每一个非零本征态在带 $\Gamma_5$ 的迹中贡献为零。零模子空间在 $\Gamma_5$ 下封闭，可选手征本征基；记其正、负手征维数为 $N_+,N_-$ 。由此

\begin{aligned} \operatorname{Tr}\left(\Gamma_5e^{-H_E^2/\mathcal M^2}\right) &=N_+-N_-,\\ N_+-N_- &=\frac{g^2}{16\pi^2}\int_Ed^4x\, \operatorname{Tr}_c(\widetilde F_E^{\mu\nu}F^E_{\mu\nu}) =n. \end{aligned} \tag{94.9}

第二行使用式（77.19）的热核系数，所需的取向转换尤其重要：第77节用 $\epsilon_{77}^{4123}=+1$ ，第93节则用 $\epsilon_{93}^{1234}=+1$ ，故 $\epsilon_{77}=-\epsilon_{93}$ 。该热核式前面的负号因此变成正号，再由 $\epsilon FF=2\widetilde FF$ 得到本式。谱迹中的高能调节 $\mathcal M$ 不改变第一行；它只是让局域系数的求值有意义。

当 $n\ne0$ 时，至少有 $|n|$ 个零模。沿其中一个零模展开的格拉斯曼系数没有二次作用量，因而包含 $\int dc\,1=0$ ，这就使无质量、无插入的高斯积分消失。若关联函数插入了足够的费米场，积分可以改为 $\int dc\,c=1$ ，零模便能被饱和。因此瞬子扇区仍能出现在含费米子的关联函数中；消失的是此处的无源行列式贡献。

有质量夸克留下什么相位

现在加入质量，把一个狄拉克场写成两个左手场，

\Psi=\begin{pmatrix}\chi\\ \xi^\dagger\end{pmatrix},\qquad \mathcal L_m=-m\chi\xi-m^*\xi^\dagger\chi^\dagger, \qquad m=|m|e^{i\phi}. \tag{94.10}

其中 $\chi$ 属色 $\mathbf3$ ， $\xi$ 属 $\bar{\mathbf3}$ ，所以 $\chi\xi$ 是颜色单态。利用 $\bar\Psi P_L\Psi=\chi\xi$ 及其共轭，

\begin{aligned} mP_L+m^*P_R &=|m|\left(e^{i\phi}P_L+e^{-i\phi}P_R\right) =|m|e^{-i\phi\gamma_5},\\ \mathcal L_m&=-|m|\bar\Psi e^{-i\phi\gamma_5}\Psi. \end{aligned} \tag{94.11}

轴代换使 $\chi_{\rm old}=e^{i\alpha}\chi$ 、 $\xi_{\rm old}=e^{i\alpha}\xi$ ，故质量双线性多出 $e^{2i\alpha}$ 。与测度的变化合起来，

m'=me^{2i\alpha},\qquad \theta'=\theta+2\alpha,\qquad m'e^{-i\theta'}=me^{-i\theta}. \tag{94.12}

选 $\alpha=-\phi/2$ 可把质量取为正实数，拓扑项却留下 $\theta-\phi$ 。选另一个 $\alpha$ 把 $\theta$ 消掉，质量便带上同一个相对相位。两者不能同时消去，除非这个差本来就是零，模 $2\pi$ 理解。

对 $N_f$ 个味，写 $\mathcal L_m=-M_{ij}\chi_i\xi_j+\mathrm{h.c.}$ 。共同轴旋转作用在每一个质量矩阵元上，而测度的对数要对全部味求和，因此

\begin{gathered} M'=e^{2i\alpha}M,\qquad \theta'=\theta+2N_f\alpha,\\ \det M'=e^{2iN_f\alpha}\det M,\qquad (\det M')e^{-i\theta'}=(\det M)e^{-i\theta},\\ \bar\theta\equiv\theta-\arg\det M . \end{gathered} \tag{94.13}

质量项与拓扑项的号固定后， $\bar\theta$ 的这一定义也随之确定。质量矩阵的正奇异值仍是独立参数，总轴相位则与 $\theta$ 合并。若有一个严格无质量味， $\arg\det M$ 本身无定义，应回到式（94.4），只旋转那个无质量味即可消去 $\theta$ 。

谱结构也能核对这个相位。对非零 $\lambda$ ，选 $\{\phi_\lambda,\Gamma_5\phi_\lambda\}$ 为二阶子空间；其中 $H_E=\lambda\sigma_3$ 、 $\Gamma_5=\sigma_1$ 。略去不依赖 $\phi$ 的常量归一，质量二次型可取

\mathscr D_\lambda= \begin{pmatrix} |m|\cos\phi+i\lambda&-i|m|\sin\phi\\ -i|m|\sin\phi&|m|\cos\phi-i\lambda \end{pmatrix}, \qquad \det\mathscr D_\lambda=\lambda^2+|m|^2. \tag{94.14}

行列式的交叉项相消，两个 $\sin^2\phi$ 、 $\cos^2\phi$ 项合成 $|m|^2$ 。正、负手征零模则分别给 $|m|e^{-i\phi}$ 、 $|m|e^{i\phi}$ ，所以总质量相位为

e^{-i\phi(N_+-N_-)}=e^{-in\phi},\qquad e^{in\theta}e^{-in\phi}=e^{in(\theta-\phi)}. \tag{94.15}

这与变量代换得到的结果一致，也说明为什么质量一旦非零，原先被零模消去的真空扇区又能有贡献。

两味低能理论的真空取向

为了计算强子效应，以下从实正的 $m_u,m_d$ 与一个真空角 $\theta$ 出发。对两味共同取 $\alpha=-\theta/4$ ，显式拓扑项便消失，全部相位移入

M=M_0e^{-i\theta/2},\qquad M_0=\operatorname{diag}(m_u,m_d),\qquad m_u,m_d>0. \tag{94.16}

因此这里的 $\theta$ 就是质量已取实基中的物理强相位。第83节给出的最低阶有效拉格朗日量现在写成

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm eff} ={}&-\frac{f_\pi^2}{4}\operatorname{Tr}(\partial^\mu U^\dagger\partial_\mu U) +v^3\operatorname{Tr}(MU+M^\dagger U^\dagger)\\ &+i\bar N\slashed\partial N -m_N\bar N(U^\dagger P_L+UP_R)N\\ &-\frac{i}{2}(g_A-1)\bar N\gamma^\mu (U\partial_\mu U^\dagger P_L+U^\dagger\partial_\mu UP_R)N +\delta\mathcal L_M . \end{aligned} \tag{94.17}

其中 $P_{L,R}=(1\mp\gamma_5)/2$ 。把质量矩阵视为按手征变换规律变化的外参数，在无导数、只含一次 $M$ 或 $M^\dagger$ 的阶数，核子质量修正可写成四项：

\begin{aligned} \delta\mathcal L_M={}&-c_1\bar N(MP_L+M^\dagger P_R)N\\ &-c_2\bar N(U^\dagger M^\dagger U^\dagger P_L+UMUP_R)N\\ &-c_3\operatorname{Tr}(MU+M^\dagger U^\dagger) \bar N(U^\dagger P_L+UP_R)N\\ &-c_4\operatorname{Tr}(MU-M^\dagger U^\dagger) \bar N(U^\dagger P_L-UP_R)N. \end{aligned}

前两项直接将质量矩阵插入核子双线性，后两项先对味指标取迹，再乘核子双线性。取实系数 $c_i$ 时，各项均厄米；最后一行的两个因子各在厄米共轭下变号，因此它们的乘积也厄米。由 $[M]=1$ 和 $[\bar NN]=3$ 可知 $c_i$ 无量纲。下面代入式（94.16），并在计算 CP 奇量时保留 $\theta$ 的一次项。

展开点由真空能量的极小值确定。均匀纯介子构型的能量密度为

V(U)=-v^3\operatorname{Tr}(MU+M^\dagger U^\dagger) =-2v^3\operatorname{Re}\operatorname{Tr}(MU). \tag{94.18}

设 $t=\theta/2$ 、 $s=m_u+m_d$ 、 $d=m_u-m_d$ 。利用SU(2)矩阵的实参数形式，写 $U=a_0I+ia_j\sigma^j$ 、 $a_0^2+\boldsymbol a^2=1$ ，则

\operatorname{Re}\operatorname{Tr}(MU) =s\cos t\,a_0+d\sin t\,a_3. \tag{94.19}

右边是四维单位球面上的线性泛函。由Cauchy–Schwarz不等式，它的最大值是系数向量的长度 $R$ ，在两向量同向时达到。因此，在 $R>0$ 时，

\begin{gathered} R(\theta)=\sqrt{m_u^2+m_d^2+2m_um_d\cos\theta},\\ a_0=\frac{s\cos t}{R},\qquad a_3=\frac{d\sin t}{R},\qquad a_1=a_2=0,\\ U_0=\operatorname{diag}(e^{i\varphi},e^{-i\varphi}),\qquad V_{\min}(\theta)=-2v^3R(\theta). \end{gathered} \tag{94.20}

这个解给出对角的真空矩阵，并选定极小值的分支。代入 $U_0$ ，势成为

\begin{aligned} V(U_0)&=-2v^3\left[ m_u\cos(\varphi-\theta/2)+m_d\cos(\varphi+\theta/2)\right],\\ 0=\frac1{2v^3}\frac{\partial V}{\partial\varphi} &=s\cos t\sin\varphi-d\sin t\cos\varphi,\\ \tan\varphi&=\frac{d}{s}\tan t . \end{aligned} \tag{94.21}

最后一行的反正切须结合上一式的 $a_0,a_3$ 取值使用。只写 $\tan\varphi$ 会同时包含极大分支。当 $m_u=m_d$ 且 $\theta=\pi$ 时， $R=0$ ，这一阶势退化，不能沿用唯一 $U_0$ 的公式。以下研究 $\theta=0$ 附近，不遇到这个退化点。

小 $\theta$ 展开给 $\varphi=d\theta/(2s)+O(\theta^3)$ 。两个对角元分别为

\begin{aligned} (MU_0)_{11} &=m_u\left[1+i\left(\frac{d}{2s}-\frac12\right)\theta\right] +O(\theta^2) =m_u-i\theta\frac{m_um_d}{s}+O(\theta^2),\\ (MU_0)_{22} &=m_d\left[1-i\left(\frac{d}{2s}+\frac12\right)\theta\right] +O(\theta^2) =m_d-i\theta\frac{m_um_d}{s}+O(\theta^2). \end{aligned} \tag{94.22}

两味不同的实质量留下完全相同的虚部。定义约化质量（reduced mass）

\widetilde m=\frac{m_um_d}{m_u+m_d},\qquad Q\equiv MU_0=M_0-i\theta\widetilde m I+O(\theta^2). \tag{94.23}

任一味质量趋零时， $\widetilde m$ 也趋零，预示所有这里的一次强CP作用都将消失。真空能量本身是 $\theta$ 的偶函数，需展开到二次才能看到其曲率：

V_{\min}(\theta) =-2v^3s+v^3\widetilde m\,\theta^2+O(\theta^4), \qquad \chi_{\rm top}\equiv V_{\min}''(0)=2v^3\widetilde m. \tag{94.24}

这个曲率称拓扑磁化率（topological susceptibility）。它稍后直接决定轴子的质量。

围绕新真空重写核子作用量

将 $\pi^a=0$ 放在 $U_0$ 处，取

\begin{gathered} u_0^2=U_0,\qquad u=e^{i\pi^aT^a/f_\pi},\qquad \widetilde U=u^2,\qquad U=u_0\widetilde Uu_0,\\ N=B\mathcal N,\qquad B=u_0uP_L+u_0^\dagger u^\dagger P_R,\\ \bar N=\bar{\mathcal N}\bar B,\qquad \bar B=\gamma^0B^\dagger\gamma^0 =uu_0P_L+u^\dagger u_0^\dagger P_R. \end{gathered} \tag{94.25}

$u_0$ 为常量，但一般不与 $u(x)$ 对易，所以伴随场中的次序不能省略。这种对称放置把常真空因子和局部涨落分开，在质量项中尤其方便：

(uu_0)U^\dagger(u_0u) =uu_0(u_0^\dagger u^{\dagger2}u_0^\dagger)u_0u=I, \qquad (u^\dagger u_0^\dagger)U(u_0^\dagger u^\dagger)=I . \tag{94.26}

因此 $m_N$ 项成为 $-m_N\bar{\mathcal N}\mathcal N$ 。介子动能的常量 $u_0$ 同样在迹中相消；核子动能只对 $u(x)$ 求导，给第83节已算出的复合场

v_\mu=\frac i2\left[u^\dagger\partial_\mu u+u\partial_\mu u^\dagger\right], \qquad a_\mu=\frac i2\left[u^\dagger\partial_\mu u-u\partial_\mu u^\dagger\right]. \tag{94.27}

消去常量因子后，动能与额外 $g_A-1$ 项的相加逐项沿用第83节的场重定义计算。

剩下的一次质量项要保留矩阵次序。因为 $M,u_0$ 同为对角矩阵， $u_0Mu_0=MU_0=Q$ 。令 $C=uQu$ ，则 $c_1$ 结构的左右手块为 $(C,C^\dagger)$ ， $c_2$ 结构为 $(C^\dagger,C)$ 。代入 $P_{L,R}=(1\mp\gamma_5)/2$ 便得

\begin{aligned} -c_1(CP_L+C^\dagger P_R)-c_2(C^\dagger P_L+CP_R) &=-\frac{c_+}{2}(C+C^\dagger) +\frac{c_-}{2}(C-C^\dagger)\gamma_5,\\ c_\pm&=c_1\pm c_2. \end{aligned} \tag{94.28}

两个迹结构中的核子矩阵分别化成 $I$ 及 $P_L-P_R=-\gamma_5$ ，所以原来的 $-c_4$ 变成 $+c_4$ 。结合所有项，得到

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm eff}={}& -\frac{f_\pi^2}{4}\operatorname{Tr}(\partial^\mu\widetilde U^\dagger \partial_\mu\widetilde U) +v^3\operatorname{Tr}(Q\widetilde U+Q^\dagger\widetilde U^\dagger)\\ &+i\bar{\mathcal N}\slashed\partial\mathcal N-m_N\bar{\mathcal N}\mathcal N +\bar{\mathcal N}\gamma^\mu v_\mu\mathcal N -g_A\bar{\mathcal N}\gamma^\mu a_\mu\gamma_5\mathcal N\\ &-\frac{c_+}{2}\bar{\mathcal N}(C+C^\dagger)\mathcal N +\frac{c_-}{2}\bar{\mathcal N}(C-C^\dagger)\gamma_5\mathcal N\\ &-c_3\operatorname{Tr}(Q\widetilde U+Q^\dagger\widetilde U^\dagger) \bar{\mathcal N}\mathcal N\\ &+c_4\operatorname{Tr}(Q\widetilde U-Q^\dagger\widetilde U^\dagger) \bar{\mathcal N}\gamma_5\mathcal N . \end{aligned} \tag{94.29}

每一个 $Q$ 都来自同一个质量矩阵替换。于是提取一次 $\theta$ 项只需在 $Q$ 中取 $-i\theta\widetilde m I$ ，在 $Q^\dagger$ 中取相反号：

\begin{aligned} \delta_\theta(C+C^\dagger) &=-i\theta\widetilde m(\widetilde U-\widetilde U^\dagger),\\ \delta_\theta(C-C^\dagger) &=-i\theta\widetilde m(\widetilde U+\widetilde U^\dagger). \end{aligned} \tag{94.30}

SU(2)矩阵的两个本征值互为共轭，故其迹为实数， $\operatorname{Tr}(\widetilde U-\widetilde U^\dagger)=0$ 。这使纯介子质量项和 $c_3$ 项的一次 $\theta$ 贡献消失。余下

\begin{aligned} \mathcal L_\theta=-i\theta\widetilde m\Big[ &-\frac{c_+}{2}\bar{\mathcal N} (\widetilde U-\widetilde U^\dagger)\mathcal N\\ &+\frac{c_-}{2}\bar{\mathcal N} (\widetilde U+\widetilde U^\dagger)\gamma_5\mathcal N\\ &+c_4\operatorname{Tr}(\widetilde U+\widetilde U^\dagger) \bar{\mathcal N}\gamma_5\mathcal N\Big]. \end{aligned} \tag{94.31}

用 $\widetilde U=e^{i\pi^a\sigma^a/f_\pi}$ 展开，差为 $2i\pi^a\sigma^a/f_\pi+O(\pi^3)$ ，和为 $2I+O(\pi^2)$ ，和的迹为 $4+O(\pi^2)$ 。因此

\begin{gathered} \mathcal L_\theta=-i\Delta\,\bar{\mathcal N}\gamma_5\mathcal N -\bar g\,\pi^a\bar{\mathcal N}\sigma^a\mathcal N+\cdots,\\ \Delta=\theta\widetilde m(c_-+4c_4),\qquad \bar g=\frac{\theta c_+\widetilde m}{f_\pi}. \end{gathered} \tag{94.32}

这里 $[\Delta]=1$ ， $[\bar g]=0$ 。第一项只是核子质量的一次赝标量相位，可以用常量场重定义移走。具体地，取

\begin{aligned} \mathcal N_{\rm old}&=e^{-i\alpha_N\gamma_5}\mathcal N, & \alpha_N&=\frac{\Delta}{2m_N},\\ -m_N\bar{\mathcal N}_{\rm old}\mathcal N_{\rm old} &=-m_N\bar{\mathcal N}\mathcal N +2im_N\alpha_N\bar{\mathcal N}\gamma_5\mathcal N +O(\Delta^2/m_N). \end{aligned} \tag{94.33}

正的第二项恰好消去 $-i\Delta$ 。还可以精确完成这个旋转：主质量和赝标量质量合起来，变换后的矩阵为

\begin{aligned} (m_N+i\Delta\gamma_5)e^{-2i\alpha_N\gamma_5} ={}&m_N\cos2\alpha_N+\Delta\sin2\alpha_N\\ &+i\gamma_5(\Delta\cos2\alpha_N-m_N\sin2\alpha_N),\\ \tan2\alpha_N&=\frac{\Delta}{m_N},\qquad m_{\rm phys}=\sqrt{m_N^2+\Delta^2} =m_N+\frac{\Delta^2}{2m_N}+O(\Delta^4/m_N^3). \end{aligned}

取接近零的 $\alpha_N$ 分支，赝标量系数消失。因为 $\Delta$ 含一次轻夸克质量，主质量的改变从二次开始。

其余作用可按旋量矩阵分成两类。动能与 $v_\mu,a_\mu$ 作用满足

e^{-i\alpha_N\gamma_5}\gamma^\mu e^{-i\alpha_N\gamma_5} =\gamma^\mu,\qquad e^{-i\alpha_N\gamma_5}\gamma^\mu\gamma_5e^{-i\alpha_N\gamma_5} =\gamma^\mu\gamma_5,

所以常量旋转严格保持这三类项。纯介子项也不变。四个质量结构则可统一写成 $\bar{\mathcal N}\mathsf S\mathcal N$ 和 $\bar{\mathcal N}\mathsf P\gamma_5\mathcal N$ ，其中味矩阵 $\mathsf S,\mathsf P=O(M)$ 与 $\gamma_5$ 对易。它们变为

\begin{aligned} \bar{\mathcal N}_{\rm old}\mathsf S\mathcal N_{\rm old} &=\bar{\mathcal N}\mathsf S\mathcal N -2i\alpha_N\bar{\mathcal N}\mathsf S\gamma_5\mathcal N +O(\alpha_N^2M),\\ \bar{\mathcal N}_{\rm old}\mathsf P\gamma_5\mathcal N_{\rm old} &=\bar{\mathcal N}\mathsf P\gamma_5\mathcal N -2i\alpha_N\bar{\mathcal N}\mathsf P\mathcal N +O(\alpha_N^2M). \end{aligned}

每个新项都是 $O(\alpha_NM)=O(\theta M^2/m_N)$ ，而 $u$ 的展开不改变轻夸克质量的幂数。这就逐类验证了：在目前的一次质量阶，留下的主要新作用是式（94.32）的第二项。若加入电磁外源下的其他局域算符，其系数也随场重定义转换。

这个顶角把赝标量 $\pi$ 场与标量核子双线性相乘，因而为宇称奇。按第83节的时间反演变换，它也为时间反演奇；在满足CPT条件的局域洛伦兹理论中，这就是强作用中的CP奇耦合。下面将它与通常的CP偶π–核子耦合各取一次，计算电偶极矩。

从重子质量差估计 $c_+$

先确定新顶角中的低能常数。令 $\theta=\pi^a=0$ ，式（94.29）的 $c_+$ 项分别给质子和中子 $c_+m_u$ 、 $c_+m_d$ 的质量移位， $c_3$ 项则给共同移位。因此

(m_p-m_n)_{\rm strong}=c_+(m_u-m_d). \tag{94.34}

采用中译本的数值 $m_p-m_n=-1.3\,\mathrm{MeV}$ 、 $m_u=1.7\,\mathrm{MeV}$ 、 $m_d=3.9\,\mathrm{MeV}$ ，暂忽略电磁贡献，得到 $c_+\simeq0.59$ 。核子质量差中的电磁部分与强作用贡献相当，所以还需用含奇夸克的重子作另一估计。

这里补出后一关系所需的三味近似。将低能重子取为味SU(3)八重态，以无迹矩阵表示：

\mathsf B= \begin{pmatrix} \Sigma^0/\sqrt2+\Lambda^0/\sqrt6&\Sigma^+&p\\ \Sigma^-&-\Sigma^0/\sqrt2+\Lambda^0/\sqrt6&n\\ \Xi^-&\Xi^0&-2\Lambda^0/\sqrt6 \end{pmatrix}. \tag{94.35}

这一步采用三味近似的重子分类；矩阵中的 $1/\sqrt2,1/\sqrt6$ 使 $\operatorname{Tr}(\bar{\mathsf B}\mathsf B)$ 给每个场通常的双线性归一。真空中 $\mathsf B\mapsto V\mathsf BV^\dagger$ ，质量伪场 $\mathsf M=\operatorname{diag}(m_u,m_d,m_s)$ 同样按共轭变换。无导数且一次质量的迹可把 $\mathsf M$ 放在 $\bar{\mathsf B},\mathsf B$ 的两种相对位置，另有单态迹项：

\delta\mathcal L_8 =-b_D\operatorname{Tr}\bigl(\bar{\mathsf B}\{\mathsf M,\mathsf B\}\bigr) -b_F\operatorname{Tr}\bigl(\bar{\mathsf B}[\mathsf M,\mathsf B]\bigr) -b_0\operatorname{Tr}\mathsf M\, \operatorname{Tr}(\bar{\mathsf B}\mathsf B). \tag{94.36}

这里 $\bar{\mathsf B}$ 的味指标随矩阵伴随倒置，故 $\operatorname{Tr}(\bar{\mathsf B}\mathsf M\mathsf B)$ 中，分量 $\mathsf B_{ij}$ 取左指标质量 $m_i$ ；另一种次序取 $m_j$ 。略去所有重子相同的 $b_0$ 项及手征极限质量，便有

\begin{aligned} \delta m_{ij}&=b_D(m_i+m_j)+b_F(m_i-m_j),\\ \delta m_p-\delta m_n&=(b_D+b_F)(m_u-m_d),\\ \delta m_{\Xi^0}&=(b_D+b_F)m_s+(b_D-b_F)m_d,\\ \delta m_{\Sigma^0}&=b_D(m_u+m_d). \end{aligned} \tag{94.37}

最后一行来自矩阵中两个 $\Sigma^0/\sqrt2$ 分量；在同位旋极限，它不与 $\Lambda^0$ 混合。与式（94.34）匹配， $c_+=b_D+b_F$ 。再取 $m_u=m_d=m_\ell$ ，得到

m_{\Xi^0}-m_{\Sigma^0} =c_+(m_s-m_\ell),\qquad m_\ell=\frac{m_u+m_d}{2}. \tag{94.38}

这条估计采用最低阶SU(3)质量展开，并在较大的奇夸克质量差中忽略同位旋破缺和电磁修正。若在式（94.37）中保留 $m_u-m_d$ ，还会出现 $(b_D-b_F)(m_d-m_u)/2$ ，这给出所略去的同位旋修正。

以下采用这组质量数值：

c_+\simeq \frac{122\,\mathrm{MeV}} {76\,\mathrm{MeV}-(1.7+3.9)\,\mathrm{MeV}/2} \simeq1.67\simeq1.7. \tag{94.39}

这些示例夸克质量按 $\overline{\mathrm{MS}}$ 方案、 $\mu=2\,\mathrm{GeV}$ 理解。低能常数随质量的定义相应改变，而 $c_+\widetilde m$ 才是进入当前顶角的组合。下面取 $c_+=1.7$ ，保留这一低能估计的精度。

电偶极形状因子与两张圈图

通常的π–核子作用来自式（94.29）的轴连接。将 $u$ 展开到一次π，得到

\mathcal L_{\pi NN} =\frac{g_A}{f_\pi}\partial_\mu\pi^a\, \bar{\mathcal N}T^a\gamma^\mu\gamma_5\mathcal N. \tag{94.40}

若两端核子在壳，可作分部积分。由 $i\slashed\partial\mathcal N=m_N\mathcal N$ 及伴随方程，

\begin{aligned} \partial_\mu(\bar{\mathcal N}\gamma^\mu\gamma_5\mathcal N) &=(\partial_\mu\bar{\mathcal N})\gamma^\mu\gamma_5\mathcal N -\bar{\mathcal N}\gamma_5\gamma^\mu\partial_\mu\mathcal N\\ &=im_N\bar{\mathcal N}\gamma_5\mathcal N +im_N\bar{\mathcal N}\gamma_5\mathcal N =2im_N\bar{\mathcal N}\gamma_5\mathcal N,\\ \mathcal L_{\pi NN} &\longrightarrow-i\frac{g_Am_N}{f_\pi}\, \pi^a\bar{\mathcal N}\sigma^a\gamma_5\mathcal N. \end{aligned} \tag{94.41}

第二行的2抵消 $T^a=\sigma^a/2$ 的 $1/2$ ，分部积分给最后一行的负号。下面先用这个赝标量顶角计算，再说明在所取圈图中与导数形式的关系。

中子的电磁响应由小转移动量的顶角表示。定义

T_{\rm EDM} =-2iD(q^2)\varepsilon_\mu^*(q) \bar u_{s'}(p')S^{\mu\nu}q_\nu i\gamma_5u_s(p), \qquad q=p'-p. \tag{94.42}

这里的光子是外电磁探针； $D(q^2)$ 为CP奇形状因子（form factor）。在 $q\to0$ 时，对应局域项

\mathcal L_{\rm EDM} =D(0)F_{\mu\nu}\bar nS^{\mu\nu}i\gamma_5n. \tag{94.43}

将 $A_\mu=\varepsilon_\mu^*e^{iqx}$ 代入， $F_{\mu\nu}=i(q_\mu\varepsilon_\nu^*-q_\nu\varepsilon_\mu^*)e^{iqx}$ ；利用 $S^{\mu\nu}$ 的反对称性，两项合成 $-2i\varepsilon_\mu^*S^{\mu\nu}q_\nu$ 。因此式（94.43）确实给出式（94.42）的 $T$ ，费曼图中的整个顶角再乘 $i$ 。这与第64节的Pauli顶角匹配完全采用同一振幅约定。

为何这个算符描述电偶极矩？当前Clifford代数给

S^{\mu\nu}i\gamma_5 =-\frac12\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}S_{\rho\sigma}, \qquad \mathcal L_{\rm EDM}=-D(0)\widetilde F_{\mu\nu}\bar nS^{\mu\nu}n. \tag{94.44}

例如 $S^{01}=i\gamma^0\gamma^1/2$ ， $(\gamma^0\gamma^1)^2=1$ ，故 $S^{01}i\gamma_5=-i\gamma^2\gamma^3/2=-S^{23}$ 。其余互补指标对由同样的反对易交换确定；交换 $\mu,\nu$ 或 $\rho,\sigma$ 各给一次负号，六对分量便组成上面的epsilon式。这也固定了对偶张量关系的整体负号。

对偶磁场满足 $\widetilde{\mathbf B}=-\mathbf E$ ，所以静止电场中的第二式给 $2D(0)\mathbf E\cdot\bar n\boldsymbol S n$ 。第64节的非相对论归一把它变成

\mathcal H_{\rm EDM} =-D(0)\,n_{\rm NR}^\dagger\boldsymbol\sigma\cdot\mathbf E\,n_{\rm NR}, \qquad d_n=D(0). \tag{94.45}

自旋平行、反平行于电场的能量因而相差 $2d_n|\mathbf E|$ 。电场为极向量，自旋为轴向量，这个能量项与前面的P、T破坏相符。

现在展开带电π的味结构：

\pi^a\sigma^a= \begin{pmatrix} \pi^0&\sqrt2\,\pi^+\\ \sqrt2\,\pi^-&-\pi^0 \end{pmatrix}, \qquad \pi^\pm=\frac{\pi^1\mp i\pi^2}{\sqrt2}. \tag{94.46}

令 $G=g_Am_N/f_\pi$ ，并沿式（94.32）记 $\bar g=\theta c_+\widetilde m/f_\pi$ ，则两种带电作用为

\begin{aligned} \mathcal L_{\rm even} &=-i\sqrt2G\,(\pi^+\bar p\gamma_5n+\pi^-\bar n\gamma_5p),\\ \mathcal L_{\rm odd} &=-\sqrt2\bar g\,(\pi^+\bar pn+\pi^-\bar np),\\ iV_{\rm even}&=\sqrt2G\gamma_5,\qquad iV_{\rm odd}=-i\sqrt2\bar g . \end{aligned} \tag{94.47}

最后一行是 $i$ 乘拉格朗日量系数；两个 $\sqrt2$ 分别来自一个非对角味矩阵元。中子沿开放费米线变为质子再变回中子，光子接在带电π线上。CP奇顶角可以在左端，也可以在右端，故有两张图：

叉号表示一次CP奇顶角；两图的核子箭头连续向右。

核子线是开放的，因此没有闭费米圈的负号；两种顶角位置也没有额外的对称因子。本节 $e$ 取 $\pi^+$ 的正电荷，若与第64节比较，则 $e=-e_{\rm electron}>0$ 。采用两图共用的对称动量路由：

\bar p=\frac{p+p'}2,\qquad P=\ell+\bar p,\qquad k_L=\ell+\frac q2,\qquad k_R=\ell-\frac q2 . \tag{94.48}

左、右端分别满足 $p+k_L=P$ 、 $P=p'+k_R$ ，光子顶角满足 $k_R+q=k_L$ 。所以标量电磁顶角为 $ie(k_L+k_R)^\mu=ie\,2\ell^\mu$ 。

两图共用的动量路由。光子动量流入，π箭头方向按正电荷流向取定。

从完整振幅到软π积分

把三条传播子的 $1/i$ 、光子顶角和两个π–核子顶角依次相乘，先只看不含狄拉克矩阵的常数：

\left(\frac1i\right)^3(ie)(\sqrt2G)(-i\sqrt2\bar g) =2ieG\bar g . \tag{94.49}

记

\begin{aligned} \mathscr D_N&=P^2+m_N^2-i0,\\ \mathscr D_L&=k_L^2+m_\pi^2-i0,\qquad \mathscr D_R=k_R^2+m_\pi^2-i0 . \end{aligned} \tag{94.50}

内部质子的传播子分子为 $-\slashed P+m_N$ 。两张图的差别只在 $\gamma_5$ 位于它的哪一侧，因此振幅为

\begin{aligned} iT&=2ieG\bar g\,\varepsilon_\mu^* \int\frac{d^4\ell}{(2\pi)^4} \frac{2\ell^\mu\,\bar u'\mathsf N_5u} {\mathscr D_N\mathscr D_L\mathscr D_R},\\ \mathsf N_5&=(-\slashed P+m_N)\gamma_5 +\gamma_5(-\slashed P+m_N). \end{aligned} \tag{94.51}

这里没有提前令内部核子在壳。先用 $\{\gamma^\mu,\gamma_5\}=0$ ，两个动量分子恰好相消：

(-\slashed P+m_N)\gamma_5+\gamma_5(-\slashed P+m_N) =2m_N\gamma_5. \tag{94.52}

去掉振幅两边共同的 $i$ ，得到

T=\frac{4e\theta g_Ac_+\widetilde m m_N^2}{f_\pi^2} \varepsilon_\mu^*\bar u'\gamma_5u \int\frac{d^4\ell}{(2\pi)^4} \frac{2\ell^\mu}{\mathscr D_N\mathscr D_L\mathscr D_R}. \tag{94.53}

系数中的一个 $m_N$ 来自通常π–核子顶角，另一个来自两条开放链相加。系数4已包含两个带电顶角的味因子，以及两条开放链的相加。

在这里使用赝标量顶角也可由导数形式直接检查。由于 $k_L=P-p$ ，

\slashed k_L\gamma_5 =(\slashed P+m_N)\gamma_5 +\gamma_5(\slashed p+m_N)-2m_N\gamma_5. \tag{94.54}

外腿在壳使中间项消失；末项是分部积分所得的赝标量顶角。第一项乘内部传播子分子，利用 $(-\slashed P+m_N)(\slashed P+m_N)=P^2+m_N^2$ ，便取消内部核子分母。右端有相同的关系，剩下的接触型积分具有

\int\frac{d^4\ell}{(2\pi)^4}\, \frac{2\ell^\mu} {[(\ell+q/2)^2+m_\pi^2-i0][(\ell-q/2)^2+m_\pi^2-i0]}=0. \tag{94.55}

分母在 $\ell\mapsto-\ell$ 时交换两因子，分子变号，故对称调节下积分为零。所画两图中，导数顶角与赝标量顶角的差因而消失。

现在提取 $q$ 的一次项。等质量外腿满足 $(\slashed p+m_N)u=0$ 、 $\bar u'(\slashed p'+m_N)=0$ ，因而

\begin{aligned} \bar u'\slashed q\gamma_5u &=\bar u'\slashed p'\gamma_5u-\bar u'\slashed p\gamma_5u =-2m_N\bar u'\gamma_5u,\\ \bar u'\gamma_5u &=-\frac{q_\mu}{2m_N}\bar u'\gamma^\mu\gamma_5u=O(q). \end{aligned} \tag{94.56}

这对不同的自旋标签也成立。因此先保持 $m_\pi>0$ ，在式（94.53）的其余平滑因子中取 $q=0$ ，不会改变所求的一次项。由 $p^2=p'^2=-m_N^2$ 及 $\bar p^2=-m_N^2-q^2/4$ ，

\mathscr D_N =2\bar p\cdot\ell+\ell^2-\frac{q^2}{4}-i0 \longrightarrow 2p\cdot\ell-i0. \tag{94.57}

第二步进一步保留软动量 $|\ell|/m_N$ 的领头阶。对数可在 $m_\pi\ll|\ell|\ll m_N,\Lambda_\chi$ 的窗口中提取， $\Lambda_\chi$ 为手征有效理论的高能尺度。用一个中间尺度 $\mu_s$ 隔开软、硬区，软区给 $\log(\mu_s^2/m_\pi^2)$ ，硬区的匹配补出不依赖小 $m_\pi$ 的部分。重核子展开用于软区，接近 $\Lambda_\chi\sim4\pi f_\pi$ 的贡献则归入匹配系数。

这时振幅化为

\begin{aligned} T_{\rm soft} &=\frac{4e\theta g_Ac_+\widetilde m m_N^2}{f_\pi^2} \varepsilon_\mu^*\bar u'\gamma_5u\,J^\mu,\\ J^\mu&=\int\frac{d^4\ell}{(2\pi)^4} \frac{\ell^\mu}{p\cdot\ell-i0}\, \frac1{(\ell^2+m_\pi^2-i0)^2}. \end{aligned} \tag{94.58}

吸收正的2不改变 $i0$ 处方。下一步需要求这个矢量积分。取核子静止系 $p=(m_N,\mathbf0)$ ，三个空间分量都对相应 $\ell^i$ 为奇，积分为零；时间分量用分布恒等式 $x/(x+i0)=1$ ，得到

\begin{gathered} J^i=0,\qquad J^0=-\frac1{m_N}I_\pi,\qquad I_\pi=\int\frac{d^4\ell}{(2\pi)^4} \frac1{(\ell^2+m_\pi^2-i0)^2},\\ J^\mu=\frac{p^\mu}{p^2}I_\pi =-\frac{p^\mu}{m_N^2}I_\pi . \end{gathered} \tag{94.59}

这里保持与静止系对称性相容的调节；协变写法随后恢复一般 $p$ 。由于分母本身含一个 $p\cdot\ell$ ，结果没有另一个 $1/4$ 。先处理这个极点分布，再对剩余的 $I_\pi$ 作Wick转动，可以避免把有极点的四维“角积分”误当成实球上的普通平均。

最后需要把 $p^\mu\bar u'\gamma_5u$ 写成偶极结构。令 $P_5=\bar u'\gamma_5u$ 、 $A_5^\mu=\bar u'\gamma^\mu\gamma_5u$ 。 Clifford关系 $\{\gamma^\mu,\slashed p\}=-2p^\mu$ 及外腿方程分别给

\begin{aligned} \bar u'\gamma^\mu\slashed q\gamma_5u &=m_NA_5^\mu-2p'^\mu P_5-m_NA_5^\mu =-2p'^\mu P_5,\\ -\bar u'\slashed q\gamma^\mu\gamma_5u &=m_NA_5^\mu-m_NA_5^\mu-2p^\mu P_5 =-2p^\mu P_5 . \end{aligned} \tag{94.60}

两行相加就是 $\bar u'[\gamma^\mu,\slashed q]\gamma_5u$ 。又因 $S^{\mu\nu}=i[\gamma^\mu,\gamma^\nu]/4$ ，乘上 $i/4$ 及右边的 $i$ 后，有精确关系

\bar u'S^{\mu\nu}q_\nu i\gamma_5u =\bar p^\mu\bar u'\gamma_5u, \qquad p^\mu\bar u'\gamma_5u =\bar u'S^{\mu\nu}q_\nu i\gamma_5u+O(q^2). \tag{94.61}

第二式只用 $\bar p-p=q/2$ 及式（94.56）。将它和式（94.59）放回振幅， $m_N^2$ 相消，得到

T_{\log} =-\frac{4e\theta g_Ac_+\widetilde m}{f_\pi^2} \varepsilon_\mu^*\bar u'S^{\mu\nu}q_\nu i\gamma_5u\,I_\pi . \tag{94.62}

现在自旋结构已与式（94.42）相同，剩下的工作是把标量积分算完。

手征对数、有限项与强CP问题

费曼分母 $\ell^2+m_\pi^2-i0$ 的正能极点在实轴下方，负能极点在上方。按前面各圈积分所用的轮廓把 $\ell^0$ 转到虚轴，测度给 $i$ ，分母成为正定的 $L^2+m_\pi^2$ 。为把保留的对数与有限项分开，暂取Euclid径向截止 $L<\Lambda$ ：

I_\pi(\Lambda) =i\frac{2\pi^2}{(2\pi)^4} \int_0^\Lambda\frac{L^3\,dL}{(L^2+m_\pi^2)^2} =\frac{i}{16\pi^2} \int_0^{\Lambda^2}\frac{s\,ds}{(s+m_\pi^2)^2}. \tag{94.63}

$2\pi^2$ 是单位三球面的面积， $s=L^2$ 给 $L^3dL=s\,ds/2$ 。将被积函数拆为 $s/(s+m_\pi^2)^2=(s+m_\pi^2)^{-1}-m_\pi^2(s+m_\pi^2)^{-2}$ ，原函数与上下限评价为

\begin{aligned} \int\frac{s\,ds}{(s+m_\pi^2)^2} &=\log\frac{s+m_\pi^2}{\mu_0^2} +\frac{m_\pi^2}{s+m_\pi^2},\\ I_\pi(\Lambda) &=\frac{i}{16\pi^2}\left[ \log\left(1+\frac{\Lambda^2}{m_\pi^2}\right) +\frac{m_\pi^2}{\Lambda^2+m_\pi^2}-1\right]\\ &=\frac{i}{16\pi^2} \left[\log\frac{\Lambda^2}{m_\pi^2}-1 +O(m_\pi^2/\Lambda^2)\right]. \end{aligned} \tag{94.64}

原函数中的参照质量 $\mu_0>0$ 在上下限相减时消去，定积分只留下质量比。当 $m_\pi\to0$ 时，对数是增强的非解析部分；完整的截止积分还含有限的 $-1$ 。改变调节或硬区匹配会改变这类解析常数，不改变当前非解析对数的系数。

比较式（94.62）与式（94.42）， $-4$ 乘 $i/(16\pi^2)$ 再除以 $-2i$ ，得到

d_n^{\log} =\frac{e\theta g_Ac_+\widetilde m}{8\pi^2f_\pi^2} \log\frac{\Lambda^2}{m_\pi^2}. \tag{94.65}

两条轻π传播子与软核子分母、顶角分子合在一起，给出 $\int dL/L$ 的窗口，从而产生这两图的红外增强。顶角动量和重粒子分母共同决定积分的红外阶数。

低能拉格朗日量本身也允许式（94.43）的局域系数。把同阶有限圈项和这个系数并入 $d_n^{\rm loc}(\mu_s)$ ，更完整的写法是

\begin{aligned} d_n&=K_\theta\log\frac{\mu_s^2}{m_\pi^2} +d_n^{\rm loc}(\mu_s)+\text{高阶项},\\ K_\theta&=\frac{e\theta g_Ac_+\widetilde m}{8\pi^2f_\pi^2}, \qquad \frac{d\,d_n^{\rm loc}}{d\log\mu_s}=-2K_\theta \quad\text{在当前阶次}. \end{aligned} \tag{94.66}

尺度依赖在两项之间抵消。领头对数给出非解析部分，其余有限系数还须匹配。在下面的估计中，对数约为4.2，有限项未必小到可以忽略。

取以下数值作领头对数估计： $f_\pi=92.4\,\mathrm{MeV}$ 、 $g_A=1.27$ 、 $c_+=1.7$ 、 $\widetilde m=1.2\,\mathrm{MeV}$ 和对数4.2，得到

\begin{aligned} \frac{d_n^{\log}}{e\theta} &\simeq\frac{1.27\times1.7\times0.0012} {8\pi^2(0.0924)^2}\,4.2\ \mathrm{GeV}^{-1}\\ &\simeq0.0161\ \mathrm{GeV}^{-1} \simeq3.2\times10^{-16}\ \mathrm{cm}. \end{aligned} \tag{94.67}

最后一步使用自然单位换算 $\hbar c\simeq0.197327\,\mathrm{GeV\,fm}$ ，即 $1\,\mathrm{GeV}^{-1}\simeq1.97327\times10^{-14}\,\mathrm{cm}$ 。质量只出现一次，而 $f_\pi^2$ 在分母，故长度量纲也正确。

再用中译本引用的实验上限 $|d_n|<6.3\times10^{-26}\,e\,\mathrm{cm}$ ，与这个主导对数估计比较，

|\theta|\ \lesssim\ \frac{6.3\times10^{-26}}{3.2\times10^{-16}} \simeq2.0\times10^{-10}. \tag{94.68}

这是在给定上限下的示例推限，依赖上述强子估计，并假定未知有限项没有显著抵消它。其意义是：QCD允许一个无量纲的强CP相位，所算出的强子响应却要求它极小。这个小参数为何如此特殊，就是强CP问题（strong CP problem）。

原书接着讨论三种机制。若有一个严格无质量的上夸克，轴重定义已足以消去 $\theta$ ，但强子谱须由包含高阶质量项的理论解释。若基本理论施加CP，再让弱CP破坏来自自发破缺，还需计算破缺和量子修正对 $\bar\theta$ 的影响。第三种机制把相位变成动力学场，让强作用真空能量决定它的平均值。下面具体构造这个轴子模型。

Peccei–Quinn对称性与轴子

在理论中加入一对色表示为 $\mathbf3,\bar{\mathbf3}$ 的左手Weyl场 $\chi,\xi$ 和一个色单态复标量 $\Phi$ ，并取

\mathcal L_Y=y\Phi\chi\xi+y^*\Phi^\dagger\xi^\dagger\chi^\dagger, \qquad V=V(\Phi^\dagger\Phi). \tag{94.69}

把这个作用写成通常的负质量项时，质量参数为 $-y\Phi$ 。

经典不变性与量子反常

给三场赋予PQ荷 $+1,+1,-2$ ，常数 $\alpha$ 的变换为

\chi\mapsto e^{i\alpha}\chi,\qquad \xi\mapsto e^{i\alpha}\xi,\qquad \Phi\mapsto e^{-2i\alpha}\Phi. \tag{94.70}

Yukawa项中三个相位相乘为1，其共轭同样不变。通常的协变动能只含场与其共轭，常量相位不受导数作用； $\Phi^\dagger\Phi$ 也不变，所以势保持不变。这证明了经典整体 $U(1)_{\rm PQ}$ 对称性。

两个左手场可组成一个基本狄拉克场 $\Psi_Q=(\chi,\xi^\dagger)^T$ ，其PQ变换正是 $\Psi_Q\mapsto e^{-i\alpha\gamma_5}\Psi_Q$ 。复标量的常量相位变换在实二维场空间中是行列式1的旋转，测度无额外相位；费米测度则给式（94.3），故作PQ变量代换后，作用量参数重写为

\theta'=\theta+2\alpha. \tag{94.71}

所以PQ是有反常的整体对称性。

重夸克质量和轴子相位

若势在 $|\Phi|=f/\sqrt2$ 处最低，取 $f>0$ 并写成极坐标，

\Phi=\frac{f+\rho}{\sqrt2}e^{ia/f},\qquad m_Q(a)=-\frac{yf}{\sqrt2}e^{ia/f},\qquad |m_Q|=\frac{|y|f}{\sqrt2}. \tag{94.72}

第二式通过 $\mathcal L_m=-m_Q\chi\xi+\mathrm{h.c.}$ 定义；其负号来自Yukawa项的正号。只有 $y\ne0$ 时，新夸克才有非零质量。常量PQ变换使 $a\mapsto a-2f\alpha$ ，径向场 $\rho$ 不变。

先取轻夸克质量实正，把 $-y$ 的常量相位通过一次轴重定义移入 $\theta_0=\theta-\arg(-y)$ 。剩下的重质量相位为 $a/f$ 。为在固定标量背景中消去它，只对费米场作局域变量代换

\chi_{\rm old}=e^{-ia/(2f)}\chi,\qquad \xi_{\rm old}=e^{-ia/(2f)}\xi,\qquad \alpha(x)=-\frac{a(x)}{2f}. \tag{94.73}

两个费米相位相乘消去 $e^{ia/f}$ 。雅可比将拓扑系数改成

\Theta(x)=\theta_0-\frac{a(x)}f . \tag{94.74}

这个结果也可直接由不变量 $\theta-\arg\det M$ 得到：重夸克的质量相位是 $\arg(-y)+a/f$ ，所以减去它恰好给本式。

轴子在 $\Theta$ 中的负号由其在 $\Phi$ 中的正指数固定。若另定义 $a_{\rm alt}=-a$ ，标量指数同时变成 $e^{-ia_{\rm alt}/f}$ ，有效角便写成 $\Theta=\theta_0+a_{\rm alt}/f$ 。两套记号给出同一物理相位；下面继续使用 $a$ 。

由于代换是局域的，动能还产生一个导数耦合。将 $\Psi_{Q,\rm old}=e^{-i\alpha(x)\gamma_5}\Psi_Q$ 代入，有

i\bar\Psi_{Q,\rm old}\slashed D\Psi_{Q,\rm old} =i\bar\Psi_Q\slashed D\Psi_Q +(\partial_\mu\alpha)\bar\Psi_Q\gamma^\mu\gamma_5\Psi_Q =i\bar\Psi_Q\slashed D\Psi_Q -\frac{\partial_\mu a}{2f}j_{A,Q}^\mu. \tag{94.75}

中间的正号来自动能的 $i$ 乘微分指数的 $-i$ 。标量动能则直接给

-\partial_\mu\Phi^\dagger\partial^\mu\Phi =-\frac12(\partial\rho)^2 -\frac12\left(1+\frac{\rho}{f}\right)^2(\partial a)^2. \tag{94.76}

两个混合项互为相反的纯虚数，故相消。在能量远低于径向质量与 $|y|f/\sqrt2$ 时，可以积分掉新重场；令 $\rho=0$ 的领头阶留下标准动能 $-(\partial a)^2/2$ 。两味强子理论中，把前面 $M=M_0e^{-i\theta/2}$ 的 $\theta$ 换成 $\Theta(x)$ 。若再作随位置变化的轻场重定义，产生的导数作用也应保留；求均匀真空与零动量势时，这些导数项为零。

真空怎样消去强CP相位

把式（94.74）代入式（94.20）的两味真空能，

V_{\rm eff}(a) =-2v^3 \sqrt{(m_u+m_d)^2-4m_um_d\sin^2\frac{\Theta(a)}2}. \tag{94.77}

对于 $m_u,m_d>0$ ，根号内的量在 $\sin[\Theta/2]=0$ 时最大，因而势最低。局部分支可选

\Theta=0,\qquad a_*=f\theta_0,\qquad U_*=I; \qquad a_*\ \text{按}\ 2\pi f\ \text{等价}. \tag{94.78}

这是正指数定义下的真空位置。若用 $a_{\rm alt}$ ，同一个最低点写为 $a_{{\rm alt},*}=-f\theta_0$ 。最低点的有效强相位为零，前面所算的CP奇π–核子顶角及其电偶极矩随之消失。这个最低点恢复了所讨论强作用的P和CP。

轴子质量与中性π的混合

令 $a'=a-a_*$ ，则 $\Theta=-a'/f$ ，并记 $s=m_u+m_d$ 。由式（94.24），

\begin{aligned} V_{\rm eff}&=V_0+v^3\widetilde m\,\frac{a'^2}{f^2} +O(v^3s a'^4/f^4),\\ m_a^2&=\frac{2v^3\widetilde m}{f^2} \left[1+O(f_\pi^2/f^2)\right]. \end{aligned} \tag{94.79}

这里的势已经对π场取极小值。要看清这一步以及所列修正，回到尚未对齐的中性场，取 $U=\exp(i\pi^0\sigma^3/f_\pi)$ 。将两个余弦各展开到二次，得

V^{(2)}=v^3\left[ s\frac{(\pi^0)^2}{f_\pi^2} +\frac{s}{4}\Theta^2-d\frac{\pi^0\Theta}{f_\pi}\right], \qquad s=m_u+m_d,\quad d=m_u-m_d . \tag{94.80}

在未移去 $\pi^0$ 的变量中，两场的二次动能都为标准归一，故基 $(a',\pi^0)$ 中的质量平方矩阵是

\mathsf H= \begin{pmatrix} v^3s/(2f^2)&v^3d/(ff_\pi)\\ v^3d/(ff_\pi)&2v^3s/f_\pi^2 \end{pmatrix} \equiv\begin{pmatrix}A&B\\B&C\end{pmatrix}. \tag{94.81}

交叉项为正，因为 $\Theta=-a'/f$ ；对 $m_u<m_d$ ，矩阵元 $B$ 本身为负。两个本征质量平方为

m_\pm^2=\frac{A+C\pm\sqrt{(C-A)^2+4B^2}}2. \tag{94.82}

当 $f\gg f_\pi$ 时， $A/C=O(f_\pi^2/f^2)$ 、 $B/C=O(f_\pi/f)$ ，展开较轻根得到

\begin{aligned} m_-^2&=A-\frac{B^2}{C}+O(Cf_\pi^4/f^4)\\ &=\frac{v^3}{2f^2}\left(s-\frac{d^2}{s}\right) +O(v^3s f_\pi^2/f^4) =\frac{2v^3m_um_d}{s f^2} +O(v^3s f_\pi^2/f^4). \end{aligned} \tag{94.83}

利用 $s^2-d^2=4m_um_d$ 便得到式（94.79）。等价地，先由 $\partial V^{(2)}/\partial\pi^0=0$ 求 $\pi^0$ ，再代回势，就是Schur补 $A-B^2/C$ ；重方向随轴子缓慢改变，所以轻方向的曲率由 $A-B^2/C$ 决定。

由 $m_\pi^2=2v^3s/f_\pi^2$ ，结果也可写成

m_a^2=m_\pi^2\frac{f_\pi^2}{f^2} \frac{m_um_d}{(m_u+m_d)^2} \left[1+O(f_\pi^2/f^2)\right]. \tag{94.84}

在同位旋极限 $d=0$ ，两场不混合，轻质量直接为 $A$ ，与本式的质量比 $1/4$ 一致。任一轻夸克质量为零时， $AC-B^2=0$ ，精确轻根为零，和无质量味可消去强相位的论证相合。对正质量， $A,C>0$ 且 $AC-B^2>0$ ，两个小振动方向都稳定。

大 $f$ 极限

固定 $y$ 和轻强子参数，式（94.72）使新夸克质量按 $f$ 增长，而式（94.84）使轴子质量按 $1/f$ 下降。在已经积分掉重夸克和径向场的有效理论中，轴子由 $\Theta=\theta_0-a/f$ 和 $\partial_\mu a/f$ 进入。围绕最低点，每取一个轴子涨落，就从这些函数的Taylor展开取得一个 $1/f$ ：

\mathcal L_{\rm had}(\Theta) =\mathcal L_{\rm had}(0) -\frac{a'}f\left.\frac{\partial\mathcal L_{\rm had}}{\partial\Theta} \right|_0 +\frac{a'^2}{2f^2} \left.\frac{\partial^2\mathcal L_{\rm had}}{\partial\Theta^2} \right|_0+\cdots. \tag{94.85}

例如前面求得的CP奇π–核子项成为 $+(c_+\widetilde m/f_\pi f)a'\pi^a\bar{\mathcal N}\sigma^a\mathcal N$ ，其中一轴子顶角确有 $1/f$ 。中性π与轴子的混合角也由 $B/C=O(f_\pi/f)$ 压低。低能强子作用中的轴子顶角因此在大 $f$ 时受抑制。直接的重夸克Yukawa耦合 $|m_Q|/f=|y|/\sqrt2$ 在固定 $y$ 时保持常量，但这些重夸克已不在所讨论的低能自由度中。

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