この章のまとめ

(1) $S_0+\int J\phi=\int\bigl[\frac12\phi(-\partial^2-m^2)\phi+J\phi\bigr]$ を $\phi$ で変分すると $-(\partial^2+m^2)\phi+J=0$、すなわち $(\partial^2+m^2)\phi_{\mathrm{cl}}=J$。式 (5.7.8) から $(\partial^2+m^2)\,\mathrm{i} D_{\mathrm F}=\delta^{(4)}$ なので $\phi_{\mathrm{cl}}=\int\mathrm{i} D_{\mathrm F}J$ がその解である（$\mathrm{i}\epsilon$ は境界条件を選ぶ）。停留点では $\int\phi_{\mathrm{cl}}(-\partial^2-m^2)\phi_{\mathrm{cl}}=-\int J\phi_{\mathrm{cl}}$ なので、値は $-\frac12\int J\phi_{\mathrm{cl}}+\int J\phi_{\mathrm{cl}}=\frac12\int J\phi_{\mathrm{cl}}=\frac{\mathrm{i}}{2}\int\!\!\int JD_{\mathrm F}J$。$\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\cdot)}$ をとると $\mathrm{e}^{-\frac12JD_{\mathrm F}J}$ で、式 (5.7.9) の指数と一致する。Gauss 積分では停留点の値が正確な答えである。

(2) 式 (5.7.11) を $x^0$ で積分すると $\int\mathrm{d} x^0\mathrm{e}^{-\mathrm{i} k^0x^0}=2\pi\delta(k^0)$ で $k^0=0$ になり、$k^2=-\lvert \bm{k}\rvert ^2$ なので

$$\int\mathrm{d} x^0\,D_{\mathrm F}=\mathrm{i}\int\frac{\mathrm{d}^3k}{(2\pi)^3}\frac{\mathrm{e}^{\mathrm{i}\bm{k}\cdot\bm{r}}}{-\lvert \bm{k}\rvert ^2-m^2}=-\mathrm{i}\cdot\frac{1}{2\pi^2r}\int_0^\infty\frac{k\sin kr}{k^2+m^2}\mathrm{d} k=-\mathrm{i}\,\frac{\mathrm{e}^{-mr}}{4\pi r}$$

（$\mathrm{i}\epsilon$ は $k^0=0$ では要らない。最後の積分は $\frac{\pi}{2}\mathrm{e}^{-mr}$）。

(3) $JD_{\mathrm F}J$ の二重積分のうち、$\bm{x}_1$ の源と $\bm{x}_2$ の源をつなぐ交差項は2つあり、時間の積分は長い $T$ では $T\int\mathrm{d} x^0D_{\mathrm F}$ になるので

$$-\frac12\cdot2g^2T\cdot\Bigl(-\mathrm{i}\frac{\mathrm{e}^{-mr}}{4\pi r}\Bigr)=\mathrm{i}\,\frac{g^2\mathrm{e}^{-mr}}{4\pi r}\,T\equiv-\mathrm{i} E(r)T,\qquad E(r)=-\frac{g^2}{4\pi r}\mathrm{e}^{-mr}.$$

自分自身とつなぐ項は $r$ によらない（源1つ分の自己エネルギーで、点源では発散する）。$Z_0[J]/Z_0[0]$ は源がある間の真空から真空への振幅で、長い時間では$\mathrm{e}^{-\mathrm{i} E_{\text{源あり}}T}$ に近づくので、$E(r)$ は源を置いたことによる真空のエネルギーの $r$ に依る部分である。$E(r)$ は $r$ が小さいほど低いので、力は引力である。同じ符号の源どうしが引き合うことは、スカラー場（スピン 0）の交換による力の特徴である。$m\to0$ では Coulomb と同じ $1/r$ の形になる。この $E(r)$ は、第5部第5章の式 (5.5.20) を木の図から出し直したものである。

(4) 1つの点源 $g\delta^{(3)}(\bm{x}-\bm{x}_1)$ の解は $\phi_1=\frac{g\,\mathrm{e}^{-m\lvert \bm{x}-\bm{x}_1\rvert }}{4\pi\lvert \bm{x}-\bm{x}_1\rvert }$（$r>0$ で $(-\nabla^2+m^2)\phi_1=0$、原点を囲む流束が $g$）。方程式を満たす $\phi$ では部分積分により $\int[\frac12(\nabla\phi)^2+\frac12m^2\phi^2]=\frac12\int J\phi$ なので、エネルギーは $-\frac12\int J\phi$ になる。$\phi=\phi_1+\phi_2$ の交差項は$-\frac12\bigl[g\phi_2(\bm{x}_1)+g\phi_1(\bm{x}_2)\bigr]=-\frac{g^2\mathrm{e}^{-mr}}{4\pi r}$ で、(3) と一致する。5.7.5節の数え方では、源2つと線1本の図は $n_I=1$、$n_V=0$、$n_J=2$ で $\hbar^{1-0-2}=\hbar^{-1}$、ループの数 $0$ の木の図である。$\ln Z$ の中の $\hbar^{-1}$ の項は $\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\times$（古典の作用の値）なので、古典の場の計算と一致する。$\lambda$ の1次で源4つを1つの頂点につなぐ図も$n_I=4$、$n_V=1$、$n_J=4$ で $\hbar^{-1}$ の木の図であり、方程式 (5.7.2) の $\phi^3$ の項を1回だけ逐次に入れた古典の補正に当たる。量子の補正はループの図から始まる。

(5) $1/m$ は SI で $\hbar/(m_\pi c)=\hbar c/(m_\pi c^2)=1.414\,\mathrm{fm}$ で、第5部第4章の例題 5.4.1 で求めた値である。$\mathrm{e}^{-r/1.414\,\mathrm{fm}}$ は $r=1\,\mathrm{fm}$ で $0.493$、$2\,\mathrm{fm}$ で $0.243$、$3\,\mathrm{fm}$ で $0.120$ である。湯川は1935年に、核力の届く距離が原子核の大きさ程度であることから、この形のポテンシャルを使って中間子の質量を逆算した¹1H. Yukawa (1935), Proc. Phys.-Math. Soc. Japan 17, 48。下の脚注へ閉じる。