Feynman パラメータと Wick 回転

右辺を直接計算する。$f(x)=xA+(1-x)B=B+x(A-B)$ と置くと $\mathrm{d} f/\mathrm{d} x = A-B$ なので、$A\ne B$ のとき

$$\int_0^1\frac{\mathrm{d} x}{f(x)^2} = \frac{1}{A-B}\int_{B}^{A}\frac{\mathrm{d} f}{f^2} = \frac{1}{A-B}\left[-\frac{1}{f}\right]_{B}^{A} = \frac{1}{A-B}\left(\frac{1}{B}-\frac{1}{A}\right) = \frac{1}{A-B}\cdot\frac{A-B}{AB}=\frac{1}{AB}.$$

$A=B$ のときは左辺も右辺も $1/A^2$ で一致する。以上で式 (6.2.4) が示された。

次に、式 (6.2.4) の両辺を $A$ で微分する。左辺は $-1/(A^2B)$、右辺は

$$\int_0^1\!\mathrm{d} x\;\frac{\partial}{\partial A}\frac{1}{f(x)^2} = \int_0^1\!\mathrm{d} x\;\left(-\frac{2x}{f(x)^3}\right)$$

である（$\partial f/\partial A=x$）。両辺の符号を反転すれば求める式を得る。

なお式 (6.2.4) は sympy による記号積分でも確認してある（検算スクリプト の「Feynman パラメータ」）。

第1段階：角度積分。　被積分関数は $\ell_E$ の向きに依らないので、$\mathrm{d}^d\ell_E=\Omega_d\,\ell^{d-1}\mathrm{d}\ell$（$\ell=|\ell_E|$）として

$$I_d(\Delta)=\frac{\Omega_d}{(2\pi)^d}\int_0^\infty\!\mathrm{d}\ell\,\frac{\ell^{d-1}}{(\ell^2+\Delta)^2} =\frac{2\pi^{d/2}}{(2\pi)^d\,\Gamma(d/2)}\int_0^\infty\!\mathrm{d}\ell\,\frac{\ell^{d-1}}{(\ell^2+\Delta)^2}.$$

第2段階：動径積分を Beta 関数へ。　$t=\ell^2/(\ell^2+\Delta)$ と置換する。このとき $\ell^2=\Delta t/(1-t)$、$\ell^2+\Delta=\Delta/(1-t)$ であり、$\ell\,\mathrm{d}\ell=\frac{\Delta}{2(1-t)^2}\mathrm{d} t$、$t$ は $0$ から $1$ まで動く。$\ell^{d-1}\mathrm{d}\ell=\ell^{d-2}\cdot\ell\,\mathrm{d}\ell$ を使って書き換えると

$$\begin{aligned}\int_0^\infty\!\mathrm{d}\ell\,\frac{\ell^{d-1}}{(\ell^2+\Delta)^2} &= \int_0^1\!\mathrm{d} t\,\left(\frac{\Delta t}{1-t}\right)^{\frac{d-2}{2}} \cdot\frac{(1-t)^2}{\Delta^2}\cdot\frac{\Delta}{2(1-t)^2}\\[2pt] &= \frac{\Delta^{\frac{d}{2}-2}}{2}\int_0^1\!\mathrm{d} t\;t^{\frac{d}{2}-1}(1-t)^{1-\frac{d}{2}}\\[2pt] &= \frac{\Delta^{\frac{d}{2}-2}}{2}\,B\!\left(\frac{d}{2},\,2-\frac{d}{2}\right) = \frac{\Delta^{\frac{d}{2}-2}}{2}\cdot\frac{\Gamma(d/2)\,\Gamma(2-d/2)}{\Gamma(2)}.\end{aligned}$$

$\Gamma(2)=1$ である。

第3段階：まとめる。　これを第1段階の式に戻すと $\Gamma(d/2)$ が約分されて

$$I_d(\Delta)=\frac{2\pi^{d/2}}{(2\pi)^d\Gamma(d/2)}\cdot\frac{\Gamma(d/2)\Gamma(2-d/2)}{2} \Delta^{\frac{d}{2}-2} = \frac{\pi^{d/2}}{(2\pi)^d}\Gamma\!\left(2-\frac{d}{2}\right)\Delta^{\frac{d}{2}-2}.$$

$\pi^{d/2}/(2\pi)^d = 1/(2^d\pi^{d/2}) = 1/(4\pi)^{d/2}$ なので、求める式を得る。

第4段階：$d=4-2\epsilon$ の展開。$(4\pi)^{-d/2}=(4\pi)^{-2}(4\pi)^{\epsilon}$、$\Delta^{d/2-2}=\Delta^{-\epsilon}$、$\Gamma(2-d/2)=\Gamma(\epsilon)$ なので

$$I_d(\Delta)=\frac{1}{16\pi^2}\,\Gamma(\epsilon)\left(\frac{4\pi}{\Delta}\right)^{\epsilon} = \frac{1}{16\pi^2}\left[\frac{1}{\epsilon}-\gamma_E+\ln4\pi-\ln\Delta+\mathcal{O}(\epsilon)\right].$$

2行目では $\Gamma(\epsilon)=1/\epsilon-\gamma_E+\mathcal{O}(\epsilon)$ と$X^\epsilon=1+\epsilon\ln X+\mathcal{O}(\epsilon^2)$ を使い、$1/\epsilon$ と $\epsilon\ln X$ の積から$\ln X$ が生き残ることを使った。$\ln\Delta$ の前の符号がマイナスであること、$1/\epsilon$ に必ず $-\gamma_E+\ln4\pi$ が随伴することの2点が実用上の要点である。

第5段階：$d=3$ での検算。　$d=3$ では積分は有限なので直接計算できる。閉形式は

$$I_3(\Delta)=\frac{\Gamma(1/2)}{(4\pi)^{3/2}}\Delta^{-1/2} = \frac{\sqrt\pi}{8\pi^{3/2}\sqrt\Delta}=\frac{1}{8\pi\sqrt\Delta}.$$

一方、直接の3次元積分は $\mathrm{d}^3\ell_E/(2\pi)^3=\ell^2\mathrm{d}\ell/(2\pi^2)$ を使って

$$\frac{1}{2\pi^2}\int_0^\infty\!\mathrm{d}\ell\,\frac{\ell^2}{(\ell^2+\Delta)^2} = \frac{1}{2\pi^2}\cdot\frac{\pi}{4\sqrt\Delta}=\frac{1}{8\pi\sqrt\Delta}$$

で一致する。数値照合は 検算スクリプト の「ループ積分の閉形式」で$\Delta=2.7$ について行い、相対差 $10^{-8}$ 以内で一致することを確認した。

最低次は頂点そのもので $\mathrm{i}\mathcal{M}_0=-\mathrm{i}\lambda$ である。$\mathcal{O}(\lambda^2)$ では、$s$ チャネル（内線2本が入射2粒子の合計運動量 $p$ を運ぶ）の寄与が式 (6.1.2) で、$t,u$ チャネルも同形である。$s$ チャネルの寄与を $\mathrm{i} V(s)$ と書く。

第1段階：$\mathrm{i}$ の整理。　式 (6.1.2) は

$$\mathrm{i} V(s) = \frac{(-\mathrm{i}\lambda)^2}{2}\,\mathrm{i}^2\int\!\frac{\mathrm{d}^4 k}{(2\pi)^4}\, \frac{1}{(k^2-m^2+\mathrm{i}\varepsilon)\bigl((k+p)^2-m^2+\mathrm{i}\varepsilon\bigr)}$$

であり、$(-\mathrm{i}\lambda)^2\mathrm{i}^2=(-\lambda^2)(-1)=\lambda^2$ だから

$$\mathrm{i} V(s)=\frac{\lambda^2}{2}\int\!\frac{\mathrm{d}^d k}{(2\pi)^d}\, \frac{1}{(k^2-m^2)\bigl((k+p)^2-m^2\bigr)}$$

となる（$\mathrm{i}\varepsilon$ は以下省略する）。

第2段階：Feynman パラメータ。　式 (6.2.4) で$A=(k+p)^2-m^2$、$B=k^2-m^2$ とすると、分母は

$$x\bigl[(k+p)^2-m^2\bigr]+(1-x)\bigl[k^2-m^2\bigr] = k^2+2xk\cdot p+xp^2-m^2 .$$

$\ell=k+xp$ と置くと $k^2+2xk\cdot p = \ell^2-x^2p^2$ なので、分母は $\ell^2-\Delta$、

$$\Delta = m^2 - x(1-x)p^2 = m^2-x(1-x)s$$

となる（$p^2=s$）。$s<4m^2$ の領域では $\Delta>0$ である。

第3段階：ループ積分。　式 (6.2.6)・(6.2.7) を使うと

$$\mathrm{i} V(s)=\frac{\lambda^2}{2}\int_0^1\!\mathrm{d} x\; \frac{\mathrm{i}}{16\pi^2}\left[\frac{1}{\epsilon}-\gamma_E+\ln4\pi-\ln\frac{\Delta}{\mu^2}\right],$$

すなわち

$$V(s)=\frac{\lambda^2}{32\pi^2}\int_0^1\!\mathrm{d} x\; \left[\frac{1}{\epsilon}-\gamma_E+\ln4\pi-\ln\frac{m^2-x(1-x)s}{\mu^2}\right].$$

ここで $\mu^{2\epsilon}$ を結合定数に付けたことで $\ln\Delta$ が $\ln(\Delta/\mu^2)$ になっている（対数の中身は無次元でなければならない）。

第4段階：3チャネルを足す。　$\mathrm{i}\mathcal{M}=-\mathrm{i}\lambda+\mathrm{i}\bigl[V(s)+V(t)+V(u)\bigr]$ より

$$\mathcal{M} = -\lambda + \frac{3\lambda^2}{32\pi^2}\left[\frac{1}{\epsilon}-\gamma_E+\ln4\pi\right] - \frac{\lambda^2}{32\pi^2}\int_0^1\!\mathrm{d} x\, \left[\ln\frac{\Delta_s}{\mu^2}+\ln\frac{\Delta_t}{\mu^2}+\ln\frac{\Delta_u}{\mu^2}\right],$$

ただし $\Delta_s=m^2-x(1-x)s$ などである。$x$ 積分が定数項に対しては $1$ を与えるので、$1/\epsilon$ の係数が3倍になっている点に注意する。

発散部分 $3\lambda^2/(32\pi^2\epsilon)$ は外線運動量に依らない定数であり、頂点そのものと同じ形をしている。だからこそ、Lagrangian に $\phi^4$ の形のカウンター項を足すだけで打ち消せる。第3章でこの引き算を実行する。