出てくるもの (1)：質量のくりこみ

解析力学から様々な理論分野を組み立てる　第5部 第10章 §5.10.3　★★★ 1ループの質量の補正は $\frac\lambda2\int\frac{\mathrm{d}^4k}{(2\pi)^4}\frac{1}{k^2+m^2}\propto\Lambda^2$。裸の質量はこれを打ち消すように選ばれ、測る質量 $m$ で書けば有限

有効ポテンシャルを $\bar\phi$ で展開する

$V(\phi)=\frac12m^2\phi^2+\frac{\lambda}{4!}\phi^4$ なら $V''(\bar\phi)=m^2+\frac\lambda2\bar\phi^2$ である。式 (5.10.11) の対数を $\bar\phi^2$ で展開すると

$$\frac12\int\frac{\mathrm{d}^4k}{(2\pi)^4}\ln\Bigl(k^2+m^2+\frac\lambda2\bar\phi^2\Bigr) =\text{定数}+\frac{\lambda}{4}\bar\phi^2\int\frac{\mathrm{d}^4k}{(2\pi)^4}\frac{1}{k^2+m^2}-\frac{\lambda^2}{16}\bar\phi^4\int\frac{\mathrm{d}^4k}{(2\pi)^4}\frac{1}{(k^2+m^2)^2}+\cdots$$

になる。現れた2つの積分に名前を付ける。

$$I_1\coloneqq\int\frac{\mathrm{d}^4k}{(2\pi)^4}\frac{1}{k^2+m^2},\qquad B(p^2)\coloneqq\int\frac{\mathrm{d}^4k}{(2\pi)^4}\frac{1}{(k^2+m^2)\bigl((k+p)^2+m^2\bigr)} .\tag{5.10.13}$$

$\bar\phi^4$ の係数に現れたのは $B(0)$ である。$I_1$ は図 5.10.1(a) の1ループの図、$B$ は (b) の図の積分にあたる。$\bar\phi^2$ の係数を $\frac12\bar\phi^2$ の係数として読むと、1ループで質量の2乗が

$$\Gamma^{(2)}(k^2)=k^2+m_0^2+\frac{\lambda}{2}I_1+\mathcal{O}(\lambda^2)\tag{5.10.14}$$

になる（定数の $\bar\phi$ だけでは $k^2$ の係数は分からないが、1ループの図 (a) は外線の運動量によらないので、$k^2$ の係数は $1$ のままである）。$I_1$ に入る質量や結合が裸か測る量かの違いは $\mathcal{O}(\lambda^2)$ なので、1ループでは区別しない。

$I_1$ の意味は第5部第2章の言葉で読むことができる。$k_4$ の積分を先に実行すると $\int\frac{\mathrm{d} k_4}{2\pi}\frac{1}{k_4^2+\omega_{\bm{k}}^2}=\frac{1}{2\omega_{\bm{k}}}$ なので

$$I_1=\int\frac{\mathrm{d}^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\bm{k}}}=\langle \phi(x)^2 \rangle _{\text{自由場の真空}}$$

で、真空の零点の揺らぎの2乗平均そのものである。$\frac{\lambda}{4!}\phi^4$ の中の $\phi^2$ を2つ選んでこの揺らぎに置き換える仕方が $\binom42=6$ 通りあるので、$\frac{\lambda}{4!}\cdot6\langle \phi^2 \rangle \phi^2=\frac12\bigl(\frac\lambda2\langle \phi^2 \rangle \bigr)\phi^2$ となり、式 (5.10.14) の係数 $\frac\lambda2$ が出る。粒子は真空の揺らぎの中を進むので、そのぶん復元力が強くなる。

切断で評価する

$I_1$ は第5部第8章のタッドポールの積分 $A$ と同じ積分で、運動量の切断 $\lvert k\rvert <\Lambda$ をかけた値は第8章の式 (5.8.16) で求めた。

$$I_1=\frac{1}{16\pi^2}\Bigl[\Lambda^2-m^2\ln\Bigl(1+\frac{\Lambda^2}{m^2}\Bigr)\Bigr].\tag{5.10.15}$$

条件 (5.10.12) の第1式から $m^2=m_0^2+\frac\lambda2I_1$、つまり

$$m_0^2=m^2-\frac{\lambda}{32\pi^2}\Bigl[\Lambda^2-m^2\ln\Bigl(1+\frac{\Lambda^2}{m^2}\Bigr)\Bigr]+\mathcal{O}(\lambda^2),\qquad \delta_m=-\frac{\lambda}{2}I_1\tag{5.10.16}$$

である（1ループでは $\delta_Z=0$ なので $\delta_m=m_0^2-m^2$）。測る質量 $m$ を固定して $\Lambda\to\infty$ とすると、裸の質量の2乗 $m_0^2$ は $-\infty$ へ向かう。$m_0$ は測らない量なので、これは矛盾ではない。測る量で書いた伝播関数 $1/(k^2+m^2)$ には $\Lambda$ が残らない。

発散が $\Lambda^2$ であることは、第5部第8章の表面的発散次数で外線2本の図が $D=4-2=2$ を持つことと一致する。同じ $D$ から、$\ln\Lambda$ に比例して $k^2$ の係数を変える項（$\delta_Z$）もありうるが、$\phi^4$ 理論では1ループの図 (a) が外線の運動量によらないので、$\delta_Z$ は2ループ（外線の間を3本の内線でつなぐ図）から初めて現れる。

次元正則化では $\Lambda^2$ が見えない

第5部第9章と同じく次元を $d=4-\epsilon$ と書く。次元正則化した $I_1$ は第9章の式 (5.9.20) の $\mu^\epsilon A_d$ で、

$$I_1=-\frac{m^2}{16\pi^2}\Bigl[\frac{2}{\epsilon}-\gamma_{\mathrm E}+\ln4\pi+1-\ln\frac{m^2}{\mu^2}\Bigr]+\mathcal{O}(\epsilon)\tag{5.10.17}$$

である（$\gamma_{\mathrm E}=0.5772\ldots$ は Euler の定数、$\mu$ は次元を合わせるために入れた質量）。切断の式 (5.10.15) の $m^2\ln\Lambda^2$ の項は$m^2\cdot\frac{2}{\epsilon}$ の極に対応するが、$\Lambda^2$ の項にあたるものは無い。次元正則化は $\Lambda^2$ のようなべきの発散を $0$ とみなす足場である。どちらの足場でも、$m^2$ を測る量で書けば $\Gamma^{(2)}=k^2+m^2$ になり、予言は同じである。足場によって変わるのは、測らない $m_0$ の値だけである。