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부록 D 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. 질량 차원의 결정 (유카와 상호작용)

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풀이 방침

라그랑지안 밀도의 질량 차원 \([\mathcal{L}] = 4\)로부터, 상호작용 항의 각 인자의 차원을 더하여 \([g]\)를 결정해요.

계산

유카와 상호작용 항은:

\[ \mathcal{L}_{\text{int}} = -g\,\bar{\psi}\psi\,\phi \]

각 장의 질량 차원은 본문 (D.3), (D.4)로부터:

  • \([\psi] = [\bar{\psi}] = 3/2\)
  • \([\phi] = 1\)

\([\mathcal{L}_{\text{int}}] = 4\)로부터:

\[ [g] + [\bar{\psi}] + [\psi] + [\phi] = [g] + \frac{3}{2} + \frac{3}{2} + 1 = [g] + 4 = 4 \]

최종 답

\[ \boxed{[g] = 0} \]

유카와 결합 상수는 무차원이에요.

검산

QED의 결합 상수 \(e\)도 \([e] = 0\)이었어요(본문 참조). 유카와 상호작용 \(\bar{\psi}\psi\phi\)는 장의 차원의 합이 \(3/2 + 3/2 + 1 = 4\)로, QED의 \(\bar{\psi}\gamma^\mu\psi A_\mu\)의 \(3/2 + 3/2 + 1 = 4\)와 같은 구조예요. 둘 다 재규격화 가능한 상호작용이며, 결합 상수가 무차원인 것은 정합적이에요.

B-2. 질량 차원의 결정 (6차원 시공간의 스칼라장)

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풀이 방침

\(d\) 차원 시공간에서는 \([d^d x] = -d\), \([S] = 0\)이므로 \([\mathcal{L}] = d\). 운동항으로부터 \([\phi]\)를 결정하고, \(\phi^3\) 상호작용에 대입해요.

계산

\([\phi]\)의 결정:

\(d\) 차원에서 \([\mathcal{L}] = d\). 운동항 \(\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial^\mu\phi)\)에 주목하면:

\[ [\partial_\mu]^2 + [\phi]^2 = 2 + 2[\phi] = d \]
\[ [\phi] = \frac{d-2}{2} \]

\(d = 6\)인 경우:

\[ [\phi] = \frac{6-2}{2} = 2 \]

\([g]\)의 결정:

\(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{g}{3!}\phi^3\)으로부터:

\[ [g] + 3[\phi] = [g] + 6 = d = 6 \]
\[ [g] = 0 \]

최종 답

\[ \boxed{[\phi] = 2, \qquad [g] = 0} \]

6차원 시공간에서는 \(\phi^3\) 이론의 결합 상수가 무차원이며, 재규격화 가능한 이론이 돼요.

검산

4차원에서는 \([\phi] = 1\)이고 \(\phi^3\)의 결합 상수는 \([g] = 4 - 3 \times 1 = 1\)(질량 차원 1)이 되어 초재규격화 가능해요. 6차원에서는 \(\phi^3\)이 정확히 재규격화 가능(\([g]=0\))하게 된다는 알려진 결과와 일치해요. 또한, 4차원에서 재규격화 가능한 \(\phi^4\) 이론의 결합 상수는 \([\lambda] = 4 - 4 \times 1 = 0\)이지만, 6차원에서는 \([\lambda] = 6 - 4 \times 2 = -2\)가 되어 재규격화 불가능하게 돼요. 이 대응 관계도 정합적이에요.

B-3. Feynman 매개변수의 직접 계산

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풀이 방침

식 (D.24)를 적용하여 분모를 통합하고, 완전제곱식으로 \(\ell^2 - \Delta\) 형태로 정리해요.

계산

Feynman 매개변수의 도입：

\(A = k^2 - m^2\), \(B = (k+q)^2 - m^2\)로 놓고 식 (D.24)를 적용해요：

\[ \frac{1}{AB} = \int_0^1 dx\;\frac{1}{[xA + (1-x)B]^2} \]

분모의 내용을 전개하면：

\[ xA + (1-x)B = x(k^2 - m^2) + (1-x)((k+q)^2 - m^2) \]
\[ = xk^2 - xm^2 + (1-x)(k^2 + 2k\cdot q + q^2 - m^2) \]
\[ = k^2 + 2(1-x)k\cdot q + (1-x)q^2 - m^2 \]

완전제곱식 만들기：

\(\ell = k + (1-x)q\)로 변수 변환해요. \(k = \ell - (1-x)q\)이므로：

\[ k^2 = \ell^2 - 2(1-x)\ell\cdot q + (1-x)^2 q^2 \]
\[ 2(1-x)k\cdot q = 2(1-x)\ell\cdot q - 2(1-x)^2 q^2 \]

합하면：

\[ k^2 + 2(1-x)k\cdot q = \ell^2 - (1-x)^2 q^2 \]

따라서 분모는：

\[ \ell^2 - (1-x)^2 q^2 + (1-x)q^2 - m^2 = \ell^2 + (1-x)[1-(1-x)]q^2 - m^2 \]
\[ = \ell^2 + x(1-x)q^2 - m^2 \]

\(\Delta \equiv m^2 - x(1-x)q^2\)로 정의하면：

\[ xA + (1-x)B = \ell^2 - \Delta \]

최종 답

\[ \frac{1}{(k^2 - m^2)((k+q)^2 - m^2)} = \int_0^1 dx\;\frac{1}{(\ell^2 - \Delta)^2} \]

여기서 \(\ell = k + (1-x)q\)이고,

\[ \boxed{\Delta = m^2 - x(1-x)q^2} \]

검산

특수 경우 \(q = 0\)： \(\Delta = m^2\)이 되고, 원래 식은 \(1/(k^2 - m^2)^2\)이며, Feynman 매개변수 표현은 \(\int_0^1 dx\;1/(\ell^2 - m^2)^2\) (\(\ell = k\))이에요. \(x\) 적분은 자명하게 1을 주므로 일관적이에요.

\(\ell\)의 1차 항 소멸： 변수 변환 후 분모에 \(\ell\)의 1차 항이 포함되어 있지 않음을 확인했어요. 이로 인해 \(\ell\)의 홀수 거듭제곱 피적분함수는 대칭성으로부터 0이 돼요.

B-4. Wick 회전의 부호

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(a) \(\ell^2\) 의 변환

\(\ell_0 = i\ell_0^E\) 를 대입해요:

\[ \ell^2 = \ell_0^2 - \vec{\ell}^{\,2} = (i\ell_0^E)^2 - \vec{\ell}^{\,2} = -(\ell_0^E)^2 - \vec{\ell}^{\,2} \]
\[ \boxed{\ell^2 = -\ell_E^2} \]

여기서 \(\ell_E^2 \equiv (\ell_0^E)^2 + \vec{\ell}^{\,2}\) 는 유클리드 공간의 노름의 제곱(양의 정부호)이에요.

(b) \(d^4\ell\) 의 변환

\(\ell_0 = i\ell_0^E\) 로부터 \(d\ell_0 = i\,d\ell_0^E\). 공간 성분은 변하지 않으므로:

\[ d^4\ell = d\ell_0\,d^3\vec{\ell} = i\,d\ell_0^E\,d^3\vec{\ell} \]
\[ \boxed{d^4\ell = i\,d^4\ell_E} \]

(c) \(1/(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)^3\) 의 변환

(a)의 결과 \(\ell^2 = -\ell_E^2\) 를 대입해요:

\[ \ell^2 - \Delta + i\varepsilon = -\ell_E^2 - \Delta + i\varepsilon \]

\(\ell_E^2 \geq 0\) 이고 \(\Delta > 0\) 일 때, \(-\ell_E^2 - \Delta < 0\) 이므로 \(i\varepsilon\) 는 불필요해져요(극을 피할 필요가 없어요). 따라서:

\[ \frac{1}{(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)^3} = \frac{1}{(-\ell_E^2 - \Delta)^3} = \frac{1}{(-1)^3(\ell_E^2 + \Delta)^3} = \frac{-1}{(\ell_E^2 + \Delta)^3} \]
\[ \boxed{\frac{1}{(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)^3} = \frac{-1}{(\ell_E^2 + \Delta)^3}} \]

전체를 정리하면: 전형적인 루프 적분의 변환은

\[ \int \frac{d^4\ell}{(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)^3} = \int \frac{i\,d^4\ell_E}{(-1)^3(\ell_E^2 + \Delta)^3} = \frac{i}{(-1)^3}\int \frac{d^4\ell_E}{(\ell_E^2 + \Delta)^3} = -i\int \frac{d^4\ell_E}{(\ell_E^2 + \Delta)^3} \]

일반적으로 거듭제곱 \(n\) 인 경우:

\[ \int \frac{d^4\ell}{(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)^n} = \frac{i}{(-1)^n}\int \frac{d^4\ell_E}{(\ell_E^2 + \Delta)^n} = i(-1)^{-n}\int \frac{d^4\ell_E}{(\ell_E^2 + \Delta)^n} \]

검산

차원 확인: \(d^4\ell\) 과 \(d^4\ell_E\) 는 모두 질량 차원 4예요. \(i\) 는 무차원이에요. 분모의 거듭제곱은 동일해요. 차원이 정합적이에요.

\(i\) 인자의 세기: \(d^4\ell\) 에서 \(i\) 가 1개, 분모의 \((-1)^n\) 에서 \((-1)^n\) 이 나와요. \(n=2\) 이면 전체적으로 \(i \cdot (-1)^{-2} = i\), \(n=3\) 이면 \(i \cdot (-1)^{-3} = -i\). 이는 표준 교과서의 결과와 일치해요.

B-5. 4차원 구면의 입체각

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계산

공식 \(\Omega_d = \frac{2\pi^{d/2}}{\Gamma(d/2)}\) 에 각 값을 대입해요.

\(d = 2\)：

\[ \Omega_2 = \frac{2\pi^{2/2}}{\Gamma(2/2)} = \frac{2\pi^1}{\Gamma(1)} = \frac{2\pi}{1} = 2\pi \quad \checkmark \]

\(d = 3\)：

\[ \Omega_3 = \frac{2\pi^{3/2}}{\Gamma(3/2)} = \frac{2\pi^{3/2}}{\frac{\sqrt{\pi}}{2}} = \frac{2\pi^{3/2} \cdot 2}{\sqrt{\pi}} = 4\pi^{3/2 - 1/2} = 4\pi \quad \checkmark \]

\(d = 4\)：

\[ \Omega_4 = \frac{2\pi^{4/2}}{\Gamma(4/2)} = \frac{2\pi^2}{\Gamma(2)} = \frac{2\pi^2}{1} = 2\pi^2 \quad \checkmark \]

최종 답

\[ \boxed{\Omega_2 = 2\pi, \qquad \Omega_3 = 4\pi, \qquad \Omega_4 = 2\pi^2} \]

모두 알려진 결과와 일치해요.

검산

\(d = 2\)：원주의 길이 \(2\pi r\) 를 \(r = 1\) 에서 평가하면 \(2\pi\). \(d = 3\)：구면의 넓이 \(4\pi r^2\) 를 \(r = 1\) 에서 평가하면 \(4\pi\). 모두 기하학적으로 올바른 결과예요.

B-6. \(2\pi\) 인자의 확인

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풀이 방침

\(\tilde{f}(p)\)의 정의를 \(f(x)\)의 표현식에 대입하고, 델타 함수의 적분 표현을 이용하여 \(f(x)\)가 재현됨을 보여요.

계산

\(\tilde{f}(p)\)의 정의를 \(f(x)\)의 표현식에 대입해요:

\[ f(x) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\;\tilde{f}(p)\,e^{ipx} = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\left[\int d^4x'\;f(x')\,e^{-ipx'}\right]e^{ipx} \]

적분 순서를 교환해요:

\[ = \int d^4x'\;f(x')\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\;e^{ip(x - x')} \]

여기서 델타 함수의 적분 표현 (D.20)으로부터:

\[ \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\;e^{ip(x - x')} = \delta^{(4)}(x - x') \]

(이것은 식 (D.20)의 \(\int d^4p\;e^{ip\cdot y} = (2\pi)^4\delta^{(4)}(y)\)에서 \(y = x - x'\)로 놓고, 양변을 \((2\pi)^4\)으로 나눈 것이에요.)

따라서:

\[ f(x) = \int d^4x'\;f(x')\;\delta^{(4)}(x - x') = f(x) \]

최종 답

\(f(x)\)가 항등적으로 재현됨이 보여졌어요. 푸리에 변환의 규약 (D.21), (D.22)는 정합적이에요. \(\square\)

검산

역방향도 확인해요. \(f(x)\)의 표현식을 \(\tilde{f}(p)\)의 정의에 대입해요:

\[ \tilde{f}(p) = \int d^4x\;f(x)\,e^{-ipx} = \int d^4x\left[\int \frac{d^4p'}{(2\pi)^4}\;\tilde{f}(p')\,e^{ip'x}\right]e^{-ipx} \]
\[ = \int \frac{d^4p'}{(2\pi)^4}\;\tilde{f}(p')\int d^4x\;e^{i(p'-p)x} = \int \frac{d^4p'}{(2\pi)^4}\;\tilde{f}(p')\;(2\pi)^4\delta^{(4)}(p'-p) = \tilde{f}(p) \]

역방향도 정합적이에요.

B-7. Feynman 매개변수의 일반 공식（\(n = 3\)）

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계산

공식의 전개：

식 (D.25)에서 \(n = 3\)으로 놓으면：

\[ \frac{1}{A_1 A_2 A_3} = 2!\int_0^1 dx_1\,dx_2\,dx_3\;\frac{\delta(1 - x_1 - x_2 - x_3)}{[x_1 A_1 + x_2 A_2 + x_3 A_3]^3} \]
\[ = 2\int_0^1 dx_1\,dx_2\,dx_3\;\frac{\delta(1 - x_1 - x_2 - x_3)}{[x_1 A_1 + x_2 A_2 + x_3 A_3]^3} \]

\(x_3\)의 소거：

델타 함수 \(\delta(1 - x_1 - x_2 - x_3)\)를 이용하여 \(x_3 = 1 - x_1 - x_2\)로 놓아요. \(x_3 \geq 0\) 조건으로부터 \(x_1 + x_2 \leq 1\)이에요. 따라서：

\[ \frac{1}{A_1 A_2 A_3} = 2\int_0^1 dx_1\int_0^{1-x_1} dx_2\;\frac{1}{[x_1 A_1 + x_2 A_2 + (1-x_1-x_2) A_3]^3} \]

적분 영역의 기술

적분 영역은 \((x_1, x_2)\) 평면 위에서： - \(x_1 \geq 0\) - \(x_2 \geq 0\) - \(x_1 + x_2 \leq 1\)

을 만족하는 영역, 즉 꼭짓점 \((0,0)\), \((1,0)\), \((0,1)\)을 갖는 직각이등변삼각형（단체, simplex）이에요.

최종 답

\[ \boxed{\frac{1}{A_1 A_2 A_3} = 2\int_0^1 dx_1\int_0^{1-x_1} dx_2\;\frac{1}{[x_1 A_1 + x_2 A_2 + (1-x_1-x_2) A_3]^3}} \]

검산

\(A_1 = A_2 = A_3 = A\)인 경우： 분모는 \(A^3\)이 되고, 적분은 삼각형의 넓이 \(\frac{1}{2}\)를 줘요. 따라서 우변 \(= 2 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{A^3} = \frac{1}{A^3}\)이에요. 좌변도 \(\frac{1}{A^3}\)이에요. 일치해요.

B-8. 질량 차원에 의한 발산 추정

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풀이 방침

\(k \to \infty\)에서 피적분함수의 행동을 조사해요. 4차원에서는 \(d^4k \sim k^3\,dk\)이므로, 피적분함수가 \(k^n\)처럼 행동할 때, 지름 방향 적분은 \(\int dk\;k^{n+3}\)의 형태가 돼요. \(n + 3 \geq -1\) (즉 \(n \geq -4\))일 때 발산해요. 표면적 발산 차수 \(D\)는 \(D = n + 4\) (\(D \geq 0\)에서 발산, \(D = 0\)에서 로그 발산)이에요.

계산

(a) \(\displaystyle\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\;\frac{1}{k^2 - m^2}\)

\(k \to \infty\)에서 피적분함수 \(\sim 1/k^2\). 측도 \(d^4k \sim k^3\,dk\)와 합치면:

\[ \int dk\;\frac{k^3}{k^2} = \int dk\;k \to \infty \]

표면적 발산 차수: \(D = 4 - 2 = 2\) (2차 발산).

(b) \(\displaystyle\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\;\frac{1}{(k^2 - m^2)^2}\)

\(k \to \infty\)에서 피적분함수 \(\sim 1/k^4\).

\[ \int dk\;\frac{k^3}{k^4} = \int dk\;\frac{1}{k} = \int \frac{dk}{k} \to \infty \]

표면적 발산 차수: \(D = 4 - 4 = 0\) (로그 발산).

(c) \(\displaystyle\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\;\frac{k^2}{(k^2 - m^2)^3}\)

\(k \to \infty\)에서 피적분함수 \(\sim k^2/k^6 = 1/k^4\).

\[ \int dk\;\frac{k^3}{k^4} = \int \frac{dk}{k} \to \infty \]

표면적 발산 차수: \(D = 4 + 2 - 6 = 0\) (로그 발산).

최종 답

적분 \(k \to \infty\) 행동 발산 차수 \(D\) 발산의 종류
(a) \(k^3/k^2 = k\) \(2\) 2차(멱) 발산
(b) \(k^3/k^4 = 1/k\) \(0\) 로그 발산
(c) \(k^3 \cdot k^2/k^6 = 1/k\) \(0\) 로그 발산

검산

차원 해석에 의한 확인: (a)의 적분은 질량 차원 \(4 - 2 = 2\)를 가져야 하며, \(D = 2\)와 정합해요. (b)는 \(4 - 4 = 0\)으로 무차원이고, \(D = 0\) (로그 발산은 \(\ln\Lambda\) 형태로 무차원)과 정합해요. (c)는 \(4 + 2 - 6 = 0\)으로 마찬가지예요.

Medium（표준）

M-1. Feynman 매개변수를 이용한 1루프 적분의 완전한 정리

→ 문제로 돌아가기

(a) Feynman 매개변수의 도입

\(A = k^2 - m^2 + i\varepsilon\), \(B = (k-p)^2 - m^2 + i\varepsilon\)로 놓고 식 (D.24)를 적용해요:

\[ \Sigma(p^2) = \frac{g^2}{2}\int_0^1 dx\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\;\frac{1}{[x(k^2 - m^2) + (1-x)((k-p)^2 - m^2) + i\varepsilon]^2} \]

분모의 내용을 전개해요:

\[ x(k^2 - m^2) + (1-x)((k-p)^2 - m^2) \]
\[ = xk^2 + (1-x)(k^2 - 2k\cdot p + p^2) - m^2 \]
\[ = k^2 - 2(1-x)k\cdot p + (1-x)p^2 - m^2 \]

(b) 변수 변환과 \(\Delta\)의 결정

\(\ell = k - (1-x)p\)로 변수 변환해요. D3과 같은 계산에 의해:

\[ k^2 - 2(1-x)k\cdot p = \ell^2 - (1-x)^2 p^2 \]

따라서 분모는:

\[ \ell^2 - (1-x)^2 p^2 + (1-x)p^2 - m^2 = \ell^2 + x(1-x)p^2 - m^2 \]
\[ = \ell^2 - \Delta \]

여기서:

\[ \boxed{\Delta = m^2 - x(1-x)p^2} \]

따라서:

\[ \Sigma(p^2) = \frac{g^2}{2}\int_0^1 dx\int \frac{d^4\ell}{(2\pi)^4}\;\frac{1}{(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)^2} \]

(c) Wick 회전

\(\ell_0 = i\ell_0^E\)로 놓아요. D4의 결과를 이용하면:

  • \(d^4\ell = i\,d^4\ell_E\)
  • \(\ell^2 = -\ell_E^2\)
  • \((\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)^2 = (-\ell_E^2 - \Delta)^2 = (\ell_E^2 + \Delta)^2\)

(\(\ell_E^2 + \Delta > 0\)이므로 \(i\varepsilon\)는 불필요해요.)

따라서:

\[ \int \frac{d^4\ell}{(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)^2} = \frac{i\,d^4\ell_E}{(\ell_E^2 + \Delta)^2} \]
\[ \Sigma(p^2) = \frac{g^2}{2}\int_0^1 dx\;i\int \frac{d^4\ell_E}{(2\pi)^4}\;\frac{1}{(\ell_E^2 + \Delta)^2} \]

(d) 각도 적분과 로그 발산

4차원 유클리드 공간의 구면 좌표를 사용해요. \(d^4\ell_E = \ell_E^3\,d\ell_E\,d\Omega_4\)이고, \(\Omega_4 = 2\pi^2\) (D5의 결과):

\[ \int \frac{d^4\ell_E}{(2\pi)^4}\;\frac{1}{(\ell_E^2 + \Delta)^2} = \frac{\Omega_4}{(2\pi)^4}\int_0^\infty d\ell_E\;\frac{\ell_E^3}{(\ell_E^2 + \Delta)^2} \]
\[ = \frac{2\pi^2}{16\pi^4}\int_0^\infty d\ell_E\;\frac{\ell_E^3}{(\ell_E^2 + \Delta)^2} = \frac{1}{8\pi^2}\int_0^\infty d\ell_E\;\frac{\ell_E^3}{(\ell_E^2 + \Delta)^2} \]

지름 방향 적분의 평가:

\(u = \ell_E^2\)로 치환하면 \(du = 2\ell_E\,d\ell_E\), \(\ell_E\,d\ell_E = du/2\):

\[ \int_0^\infty d\ell_E\;\frac{\ell_E^3}{(\ell_E^2 + \Delta)^2} = \frac{1}{2}\int_0^\infty du\;\frac{u}{(u + \Delta)^2} \]

부분분수 분해:

\[ \frac{u}{(u+\Delta)^2} = \frac{(u+\Delta) - \Delta}{(u+\Delta)^2} = \frac{1}{u+\Delta} - \frac{\Delta}{(u+\Delta)^2} \]

따라서:

\[ \frac{1}{2}\int_0^\Lambda du\left[\frac{1}{u+\Delta} - \frac{\Delta}{(u+\Delta)^2}\right] \]

(자외선 절단 \(\Lambda^2\)를 \(u\)의 상한으로 도입해요. 여기서 \(\Lambda\)는 원래 \(\ell_E\)의 절단에 대응해요.)

\[ = \frac{1}{2}\left[\ln(u+\Delta) + \frac{\Delta}{u+\Delta}\right]_0^{\Lambda^2} \]
\[ = \frac{1}{2}\left[\ln(\Lambda^2 + \Delta) + \frac{\Delta}{\Lambda^2 + \Delta} - \ln\Delta - 1\right] \]

\(\Lambda^2 \gg \Delta\)의 극한에서:

\[ \approx \frac{1}{2}\left[\ln\frac{\Lambda^2}{\Delta} - 1 + O(\Delta/\Lambda^2)\right] \]

로그 발산의 확인: \(\Lambda \to \infty\)에서 \(\ln\Lambda^2\) 항이 남아 적분은 로그 발산해요.

최종 답

\[ \Sigma(p^2) = \frac{ig^2}{16\pi^2}\int_0^1 dx\left[\ln\frac{\Lambda^2}{\Delta} - 1\right] + O(1/\Lambda^2) \]

여기서 \(\Delta = m^2 - x(1-x)p^2\). 적분은 로그 발산 \(\sim \ln\Lambda^2\)을 보여요.

검산

차원 해석: \(\phi^3\) 이론(6차원에서 재규격화 가능)을 4차원에서 생각하면 \([g] = 1\)이에요. \(\Sigma\)는 스칼라장의 자기 에너지로 \([\Sigma] = 2\)예요. 우변은 \(g^2 \times (\text{무차원}) = 1^2 \times 2 = 2\)... 아니, 4차원의 \(\phi^3\) 이론에서는 \([g] = 1\)이므로 \([g^2] = 2\)이고, \(\ln(\Lambda^2/\Delta)\)는 무차원이에요. 따라서 \([\Sigma] = 2\)예요. 자기 에너지는 질량 차원 2를 가져야 하므로 정합적이에요.

발산 차수의 확인: D8(b)에서 보았듯이 \(1/(\ell^2)^2\)의 적분은 로그 발산(\(D = 0\))이에요. 여기서의 결과와 일치해요.

M-2. Wick 회전의 정당성 확인

→ 문제로 돌아가기

(a) 극의 위치

Feynman 전파함수의 분모는 \(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon = \ell_0^2 - \vec{\ell}^{\,2} - \Delta + i\varepsilon\)예요. \(\omega^2 \equiv \vec{\ell}^{\,2} + \Delta > 0\)으로 정의하면, 극은:

\[ \ell_0^2 = \omega^2 - i\varepsilon \]
\[ \ell_0 = \pm\sqrt{\omega^2 - i\varepsilon} = \pm(\omega - i\varepsilon') \]

여기서 \(\varepsilon' = \varepsilon/(2\omega) > 0\)이에요 (\(\varepsilon \to 0^+\) 극한에서).

따라서: - 양의 극 \(\ell_0 = +\omega - i\varepsilon'\): 실축의 약간 아래 (제4사분면 쪽) - 음의 극 \(\ell_0 = -\omega + i\varepsilon'\): 실축의 약간 위 (제2사분면 쪽)

\[ \boxed{\text{극은 제2사분면과 제4사분면에 위치한다}} \]

(b) 호 부분의 기여

\(\ell_0\)의 적분 경로를 실축에서 허축으로 반시계 방향으로 90° 회전시켜요. 닫힌 경로는:

  1. 실축 위 \(-R\)에서 \(+R\)
  2. 제1사분면의 사분원호 (반지름 \(R\))
  3. 허축 위 \(+iR\)에서 \(-iR\) (역방향)... 이 아니라, 정확히는 실축 → 제1사분면의 호 → 허축의 양의 부분, 그리고 실축의 음의 부분 → 제2사분면의 호 → 허축의 양의 부분.

더 정확하게 말하면: 실축 위의 적분 경로를 제1사분면과 제2사분면을 통해 허축으로 회전시켜요.

사분원호 위에서 \(\ell_0 = Re^{i\theta}\) (\(0 \leq \theta \leq \pi/2\))로 놓으면, \(|\ell_0| = R\)이에요. 분모의 전형적인 인자는:

\[ |\ell_0^2 - \omega^2 + i\varepsilon| \sim |\ell_0^2| = R^2 \quad (R \to \infty) \]

\(n\)개의 전파함수의 곱인 경우, 분모는 \(\sim R^{2n}\)으로 증가해요. 한편, 호 위의 적분 측도는 \(|d\ell_0| = R\,d\theta\)예요.

피적분함수 전체(분자에 \(\ell_0\)의 거듭제곱이 없는 경우)는 호 위에서:

\[ \sim \frac{R\,d\theta}{R^{2n}} = \frac{d\theta}{R^{2n-1}} \]

\(n \geq 1\)일 때 \(2n - 1 \geq 1\)이므로, \(R \to \infty\)에서 호의 기여는 0으로 감쇠해요.

(c) Cauchy 적분 정리에 의한 정당화

(a)에서 극은 제2사분면과 제4사분면에 있어요. 반시계 방향으로 90° 회전시킨 닫힌 경로(실축 → 제1사분면의 호 → 허축)는 제1사분면을 둘러싸요. 제1사분면에는 극이 존재하지 않으므로, Cauchy 적분 정리에 의해:

\[ \oint_C f(\ell_0)\,d\ell_0 = 0 \]

(b)에서 호의 기여는 0이므로:

\[ \int_{-\infty}^{+\infty} f(\ell_0)\,d\ell_0 + \int_{\text{허축(위에서 아래로)}} f(\ell_0)\,d\ell_0 = 0 \]

허축 위에서 \(\ell_0 = i\ell_0^E\) (\(\ell_0^E\): \(-\infty\)에서 \(+\infty\))로 놓으면 \(d\ell_0 = i\,d\ell_0^E\)예요. 방향을 고려하면:

\[ \int_{-\infty}^{+\infty} d\ell_0\;f(\ell_0) = i\int_{-\infty}^{+\infty} d\ell_0^E\;f(i\ell_0^E) \]

이것이 Wick 회전의 등식이며, Cauchy 적분 정리의 직접적인 귀결로서 정당화돼요. \(\square\)

검산

극의 위치의 정합성: \(i\varepsilon\)의 부호를 반대로 하면 (\(-i\varepsilon\)), 극은 제1·제3사분면으로 이동하여 Wick 회전을 정당화할 수 없게 돼요. 이는 반-Feynman 처방에 대응하며, 물리적인 인과율 조건과 모순돼요. Feynman의 \(+i\varepsilon\) 처방이 Wick 회전을 가능하게 한다는 구조는 정합적이에요.

M-3. 차원 정칙화의 기본 공식 도출

→ 문제로 돌아가기

목표

다음을 도출해요:

\[ \int \frac{d^d\ell_E}{(2\pi)^d}\;\frac{1}{(\ell_E^2 + \Delta)^n} = \frac{1}{(4\pi)^{d/2}}\;\frac{\Gamma(n - d/2)}{\Gamma(n)}\;\frac{1}{\Delta^{n-d/2}} \]

(a) 각도 적분

\(d\) 차원 구면좌표에서 \(d^d\ell_E = \ell_E^{d-1}\,d\ell_E\,d\Omega_d\)이에요. 피적분함수는 \(\ell_E = |\ell_E|\)에만 의존하므로, 각도 적분은 입체각 \(\Omega_d\)를 줘요:

\[ \int \frac{d^d\ell_E}{(2\pi)^d}\;\frac{1}{(\ell_E^2 + \Delta)^n} = \frac{\Omega_d}{(2\pi)^d}\int_0^\infty d\ell_E\;\frac{\ell_E^{d-1}}{(\ell_E^2 + \Delta)^n} \]

여기서 \(\Omega_d = \frac{2\pi^{d/2}}{\Gamma(d/2)}\)를 대입하면:

\[ = \frac{2\pi^{d/2}}{(2\pi)^d\,\Gamma(d/2)}\int_0^\infty d\ell_E\;\frac{\ell_E^{d-1}}{(\ell_E^2 + \Delta)^n} \]

앞의 계수를 정리하면:

\[ \frac{2\pi^{d/2}}{(2\pi)^d\,\Gamma(d/2)} = \frac{2\pi^{d/2}}{2^d\pi^d\,\Gamma(d/2)} = \frac{1}{2^{d-1}\pi^{d/2}\,\Gamma(d/2)} \]

(b) 지름 적분의 베타 함수로의 귀착

\(t = \ell_E^2/\Delta\)로 변수변환해요. \(\ell_E = \sqrt{\Delta t}\), \(d\ell_E = \frac{\sqrt{\Delta}}{2\sqrt{t}}\,dt\).

\[ \ell_E^{d-1} = (\Delta t)^{(d-1)/2} = \Delta^{(d-1)/2}\,t^{(d-1)/2} \]
\[ (\ell_E^2 + \Delta)^n = (\Delta t + \Delta)^n = \Delta^n(1+t)^n \]

따라서 지름 적분은:

\[ \int_0^\infty d\ell_E\;\frac{\ell_E^{d-1}}{(\ell_E^2 + \Delta)^n} = \int_0^\infty \frac{\sqrt{\Delta}}{2\sqrt{t}}\,dt\;\frac{\Delta^{(d-1)/2}\,t^{(d-1)/2}}{\Delta^n(1+t)^n} \]
\[ = \frac{\Delta^{1/2 + (d-1)/2 - n}}{2}\int_0^\infty dt\;\frac{t^{(d-1)/2 - 1/2}}{(1+t)^n} \]
\[ = \frac{\Delta^{d/2 - n}}{2}\int_0^\infty dt\;\frac{t^{d/2 - 1}}{(1+t)^n} \]

이 적분은 베타 함수의 적분 표현:

\[ B(a, b) = \int_0^\infty dt\;\frac{t^{a-1}}{(1+t)^{a+b}} = \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} \]

과 비교하면, \(a = d/2\), \(a + b = n\) 즉 \(b = n - d/2\)로 놓으면:

\[ \int_0^\infty dt\;\frac{t^{d/2 - 1}}{(1+t)^n} = B\!\left(\frac{d}{2},\;n - \frac{d}{2}\right) = \frac{\Gamma(d/2)\,\Gamma(n - d/2)}{\Gamma(n)} \]

(\(n - d/2 > 0\)일 때 수렴해요. 차원 정칙화에서는 \(d\)를 연속 변수로서 해석적 연속을 해요.)

전체 조립

\[ \int \frac{d^d\ell_E}{(2\pi)^d}\;\frac{1}{(\ell_E^2 + \Delta)^n} = \frac{1}{2^{d-1}\pi^{d/2}\,\Gamma(d/2)} \cdot \frac{\Delta^{d/2-n}}{2} \cdot \frac{\Gamma(d/2)\,\Gamma(n-d/2)}{\Gamma(n)} \]

\(\Gamma(d/2)\)가 상쇄되어:

\[ = \frac{1}{2^d\,\pi^{d/2}} \cdot \frac{\Gamma(n-d/2)}{\Gamma(n)} \cdot \frac{1}{\Delta^{n-d/2}} \]

\(2^d\,\pi^{d/2} = (4\pi)^{d/2} \cdot 2^{d/2} / 2^{d/2}\)... 아니, 직접 확인해요:

\[ (4\pi)^{d/2} = 4^{d/2}\,\pi^{d/2} = 2^d\,\pi^{d/2} \]

따라서:

\[ \frac{1}{2^d\,\pi^{d/2}} = \frac{1}{(4\pi)^{d/2}} \]

최종 답

\[ \boxed{\int \frac{d^d\ell_E}{(2\pi)^d}\;\frac{1}{(\ell_E^2 + \Delta)^n} = \frac{1}{(4\pi)^{d/2}}\;\frac{\Gamma(n - d/2)}{\Gamma(n)}\;\frac{1}{\Delta^{n-d/2}}} \]

검산

\(d = 4\), \(n = 2\)인 경우:

\[ \frac{1}{(4\pi)^2}\;\frac{\Gamma(2-2)}{\Gamma(2)}\;\frac{1}{\Delta^0} = \frac{1}{16\pi^2}\;\frac{\Gamma(0)}{1} \]

\(\Gamma(0)\)은 극을 가져요. 이것은 S1에서 본 로그 발산에 대응해요. 차원 정칙화에서는 \(d = 4 - 2\epsilon\)으로 놓고 \(\Gamma(\epsilon) = 1/\epsilon - \gamma_E + O(\epsilon)\)로 전개하면, \(1/\epsilon\)의 극이 로그 발산을 표현해요. 정합적이에요.

차원 해석: 좌변의 질량 차원은 \(d - 2n\)이에요 (\(d^d\ell_E\)가 차원 \(d\), 분모가 차원 \(2n\)). 우변은 \(\Delta^{-(n-d/2)}\)의 차원이 \(-2(n-d/2) = d - 2n\)이에요. 일치해요.

M-4. 단위의 복원과 산란 단면적 추정

→ 문제로 돌아가기

(a) \(\sigma\)의 질량 차원 확인

자연단위계에서 \([\alpha] = 0\) (미세구조상수는 무차원), \([s] = 2\) (에너지 제곱의 차원)이에요.

\[ [\sigma] = \frac{[\alpha]^2}{[s]} = \frac{0}{2} = -2 \]
\[ \boxed{[\sigma] = -2} \]

단면적은 "면적"의 차원을 가져야 하며, \([\text{길이}^2] = (-1)^2 = -2\) (질량 차원)이에요. 일관성이 있어요.

(b) \(\sigma\)의 수치 계산

\(\sqrt{s} = 10\) GeV, 즉 \(s = 100\) GeV\(^2\)이에요.

\[ \sigma = \frac{4\pi\alpha^2}{3s} = \frac{4\pi}{3 \times 137^2 \times 100}\ \text{GeV}^{-2} \]

수치를 계산하면:

\[ 137^2 = 18769 \]
\[ 3 \times 18769 \times 100 = 5{,}630{,}700 \]
\[ \sigma = \frac{4\pi}{5{,}630{,}700}\ \text{GeV}^{-2} = \frac{12.566}{5{,}630{,}700}\ \text{GeV}^{-2} = 2.232 \times 10^{-6}\ \text{GeV}^{-2} \]

변환 인자 (D.6)을 사용하면: \(1\ \text{GeV}^{-2} = 0.3894\ \text{mb} = 3.894 \times 10^{8}\ \text{pb}\)

\[ \sigma = 2.232 \times 10^{-6} \times 3.894 \times 10^{8}\ \text{pb} \]
\[ \boxed{\sigma \approx 869\ \text{pb} \approx 0.87\ \text{nb}} \]

(c) 기대 이벤트 수

이벤트 수는 \(N = \sigma \cdot \mathcal{L} \cdot T\)로 주어져요.

\(\mathcal{L} = 10^{33}\ \text{cm}^{-2}\text{s}^{-1}\), \(T = 1\ \text{일} = 86{,}400\ \text{s}\)이에요.

먼저 \(\sigma\)를 cm\(^2\)로 변환하면:

\[ \sigma \approx 869\ \text{pb} = 869 \times 10^{-40}\ \text{m}^2 = 869 \times 10^{-36}\ \text{cm}^2 = 8.69 \times 10^{-34}\ \text{cm}^2 \]
\[ N = 8.69 \times 10^{-34} \times 10^{33} \times 86{,}400 \]
\[ = 8.69 \times 10^{-1} \times 86{,}400 \]
\[ = 0.869 \times 86{,}400 \approx 75{,}000 \]
\[ \boxed{N \approx 7.5 \times 10^4\ \text{이벤트/일}} \]

검산

차수 확인: \(e^+e^- \to \mu^+\mu^-\)의 단면적은 \(\sqrt{s} = 10\) GeV에서 \(\sim 1\) nb 정도라는 것이 실험적으로 알려져 있으며, \(0.87\) nb는 타당해요. 광도 \(10^{33}\) cm\(^{-2}\)s\(^{-1}\)는 B 팩토리급 가속기에 해당하며, 하루당 수만 이벤트라는 추정은 현실적이에요.

Advanced（발전）

A-1. 차원 정칙화에서의 \(\gamma_5\) 문제와 ABJ 어노말리

→ 문제로 돌아가기

(a) \(d\) 차원에서 \(\{\gamma_5, \gamma^\mu\} = 0\) 의 모순

방법 1: \(\gamma^\alpha\gamma_\alpha = d\) (\(d\) 차원의 트레이스)를 먼저 사용해요.

다음 양을 생각해요:

\[ T \equiv \text{Tr}[\gamma_5\,\gamma^\alpha\gamma_\alpha\,\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \]

\(\gamma^\alpha\gamma_\alpha = d\) 를 사용하면:

\[ T = d\;\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \tag{1} \]

방법 2: \(\gamma^\alpha\) 를 오른쪽으로 이동시키며 \(\gamma_5\) 와의 반교환 관계를 사용해요.

\(\{\gamma_5, \gamma^\alpha\} = 0\) 으로부터 \(\gamma_5\gamma^\alpha = -\gamma^\alpha\gamma_5\). 따라서:

\[ T = \text{Tr}[\gamma_5\,\gamma^\alpha\,\gamma_\alpha\,\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \]

왼쪽 끝의 \(\gamma_5\) 를 \(\gamma^\alpha\) 의 오른쪽으로 이동시켜요:

\[ \gamma_5\,\gamma^\alpha = -\gamma^\alpha\,\gamma_5 \]
\[ T = -\text{Tr}[\gamma^\alpha\,\gamma_5\,\gamma_\alpha\,\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \]

다음으로 \(\gamma_5\) 를 \(\gamma_\alpha\) 의 오른쪽으로 이동:

\[ \gamma_5\,\gamma_\alpha = -\gamma_\alpha\,\gamma_5 \]
\[ T = (-1)^2\text{Tr}[\gamma^\alpha\gamma_\alpha\,\gamma_5\,\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \]

마찬가지로 \(\gamma_5\) 를 \(\gamma^\mu, \gamma^\nu, \gamma^\rho, \gamma^\sigma\) 의 오른쪽으로 순차적으로 이동시켜요. 각 이동에서 \((-1)\) 이 하나씩 나와요. 총 4번의 반교환으로:

\[ T = (-1)^{2+4}\text{Tr}[\gamma^\alpha\gamma_\alpha\,\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\,\gamma_5] \]

아니, 좀 더 꼼꼼하게 다시 해볼게요.

\(\gamma_5\) 를 첫 번째 \(\gamma^\alpha\) 의 오른쪽으로 이동 (\(-1\) 하나), 다음으로 \(\gamma_\alpha\) 의 오른쪽으로 이동 (\(-1\) 하나), \(\gamma^\mu\) 의 오른쪽으로 (\(-1\)), \(\gamma^\nu\) 의 오른쪽으로 (\(-1\)), \(\gamma^\rho\) 의 오른쪽으로 (\(-1\)), \(\gamma^\sigma\) 의 오른쪽으로 (\(-1\)). 총 6번의 반교환:

\[ T = (-1)^6\,\text{Tr}[\gamma^\alpha\gamma_\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma_5] \]

트레이스의 순환성 \(\text{Tr}[AB\cdots Z] = \text{Tr}[ZAB\cdots]\) 을 사용하면:

\[ \text{Tr}[\gamma^\alpha\gamma_\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma_5] = \text{Tr}[\gamma_5\gamma^\alpha\gamma_\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] = T \]

따라서 방법 2로부터:

\[ T = (+1)\cdot T = T \]

이것으로는 모순이 나오지 않아요. 좀 더 궁리가 필요해요.

올바른 접근: \(\gamma^\alpha\) 를 \(\gamma_5\) 와 \(\gamma_\alpha\) 사이에 끼우지 않는 형태로 생각해요. 다음 양을 고려해요:

\[ T' \equiv \text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \]

\(0 = \text{Tr}[\gamma_5\{\gamma^\alpha, \gamma_\alpha\}\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma]\)... 이것도 자명해요.

다른 접근을 취해요. 다음 항등식을 생각해요:

\[ \gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma_\alpha = (2-d)\gamma^\mu \quad \text{($d$ 차원의 항등식)} \]

이것을 이용하여:

\[ \text{Tr}[\gamma_5\,\gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma_\alpha] \]

를 2가지 방법으로 계산해요.

방법 A: \(\gamma_\alpha\) 를 왼쪽으로 이동시켜 \(\gamma^\alpha\gamma_\alpha = d\) 를 사용해요.

\(\gamma_\alpha\) 를 트레이스의 순환성으로 왼쪽 끝으로 가져와요:

\[ \text{Tr}[\gamma_5\,\gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma_\alpha] = \text{Tr}[\gamma_\alpha\gamma_5\,\gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \]

\(\{\gamma_5, \gamma_\alpha\} = 0\) 을 가정하면 \(\gamma_\alpha\gamma_5 = -\gamma_5\gamma_\alpha\):

\[ = -\text{Tr}[\gamma_5\gamma_\alpha\gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] = -d\;\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \]

방법 B: \(\gamma^\alpha\cdots\gamma_\alpha\) 축약 공식을 반복 사용해요.

\[ \gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma_\alpha \]

\(d\) 차원의 축약 공식을 반복 적용해요:

\[ \gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma_\alpha = (2-d)\gamma^\mu \]
\[ \gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma_\alpha = 4\eta^{\mu\nu} - (4-d)\gamma^\mu\gamma^\nu \]
\[ \gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma_\alpha = -2\gamma^\rho\gamma^\nu\gamma^\mu + (4-d)\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho \]
\[ \gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma_\alpha = 2(\gamma^\sigma\gamma^\rho\gamma^\nu\gamma^\mu + \gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma) - (4-d)\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma \]

\(d = 4\) 일 때 마지막 항은 사라지고, \(\gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma_\alpha = 2(\gamma^\sigma\gamma^\rho\gamma^\nu\gamma^\mu + \gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma)\).

방법 B의 결과를 트레이스에 넣으면:

\[ \text{Tr}[\gamma_5\,\gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma_\alpha] = 2\,\text{Tr}[\gamma_5(\gamma^\sigma\gamma^\rho\gamma^\nu\gamma^\mu + \gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma)] - (4-d)\,\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \]

4차원에서는 \(\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] = -4i\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\) 이고, \(\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\sigma\gamma^\rho\gamma^\nu\gamma^\mu] = -4i\epsilon^{\sigma\rho\nu\mu} = -4i\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\) (레비-치비타의 완전 반대칭성으로 짝수 번의 교환에서 부호 불변... 실제로 \(\epsilon^{\sigma\rho\nu\mu}\) 는 \(\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\) 에서 4번의 인접 교환으로 얻어지므로 \(+\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\)).

따라서 방법 B의 \(d = 4\) 에서의 결과는:

\[ = 2 \times 2 \times \text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] = 4\,\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \]

(\((4-d)\) 항은 \(d = 4\) 에서 사라져요.)

방법 A와 방법 B의 비교:

방법 A: \(-d\;\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma]\)

방법 B: \(4\;\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] - (4-d)\;\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma]\)

\(= (4 - 4 + d)\;\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] = d\;\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma]\)

등식으로 놓으면:

\[ -d\;\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] = d\;\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] \]
\[ \Rightarrow\quad 2d\;\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] = 0 \]

\(d \neq 0\) 이므로:

\[ \text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] = 0 \]

그런데 4차원에서는 \(\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] = -4i\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma} \neq 0\).

\[ \boxed{\text{모순}} \]

즉, \(d\) 차원에서 \(\{\gamma_5, \gamma^\mu\} = 0\) 을 모든 \(\mu\) 에 대해 가정하면, \(\gamma_5\) 를 포함하는 트레이스가 영이 될 것을 요구하게 되어, 4차원의 알려진 결과와 모순돼요.

(b) 't Hooft–Veltman 처방

't Hooft–Veltman (HV) 처방에서는 \(d\) 차원의 \(\gamma^\mu\) 를 두 부분으로 분해해요:

\[ \gamma^\mu = \hat{\gamma}^\mu + \tilde{\gamma}^\mu \]
  • \(\hat{\gamma}^\mu\): 4차원 부분공간의 성분 (\(\mu = 0, 1, 2, 3\))
  • \(\tilde{\gamma}^\mu\): 나머지 \((d-4)\) 차원의 성분

\(\gamma_5\) 는 4차원의 \(\gamma\) 행렬만으로 정의돼요:

\[ \gamma_5 = i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3 \]

반교환 관계는:

\[ \{\gamma_5, \hat{\gamma}^\mu\} = 0, \qquad [\gamma_5, \tilde{\gamma}^\mu] = 0 \]

즉, \(\gamma_5\) 는 4차원 성분 \(\hat{\gamma}^\mu\) 와는 반교환하지만, \((d-4)\) 차원 성분 \(\tilde{\gamma}^\mu\) 와는 교환해요.

삼각 다이어그램 (AVV 꼭짓점)에 대한 영향:

삼각 다이어그램에서는 하나의 축벡터 (A) 꼭짓점과 두 개의 벡터 (V) 꼭짓점을 가진 1루프 도형을 계산해요. 축벡터 꼭짓점에는 \(\gamma^\mu\gamma_5\) 가 나타나요.

HV 처방에서는 루프 운동량 \(k\) 의 \((d-4)\) 차원 성분 \(\tilde{k}\) 가 \(\gamma_5\) 와 교환하므로, 나이브한 4차원 계산과는 다른 추가항이 발생해요. 구체적으로:

  • 4차원 성분만의 기여는 벡터 커런트의 Ward 항등식을 만족하도록 조정할 수 있어요
  • 그러나 \((d-4)\) 차원 성분으로부터의 기여가 \(\epsilon = (4-d)/2 \to 0\) 의 극한에서 유한한 잔여를 남겨요

이 유한한 잔여가 정칙화 절차에 의해 축대칭성이 깨지는 것을 보여주며, 이것이 아노말리의 기원이 돼요.

(c) ABJ 아노말리의 물리적 귀결

고전적으로, 질량이 영인 페르미온에 대해 축커런트 \(j_5^\mu = \bar{\psi}\gamma^\mu\gamma_5\psi\) 는 보존돼요:

\[ \partial_\mu j_5^\mu = 0 \quad \text{(고전 수준)} \]

그러나 양자 보정(삼각 다이어그램)을 계산하면, 위에서 언급한 \(\gamma_5\) 의 문제로 인해, 어떤 정칙화를 사용하더라도 벡터 커런트의 보존과 축커런트의 보존을 동시에 유지할 수 없어요.

물리적 요청으로서 QED의 게이지 불변성(벡터 커런트의 보존)을 우선하면, 축커런트의 보존법칙은 양자 수준에서 깨져요:

\[ \partial_\mu j_5^\mu = \frac{e^2}{16\pi^2}\,F_{\mu\nu}\tilde{F}^{\mu\nu} \]

여기서 \(\tilde{F}^{\mu\nu} = \frac{1}{2}\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\rho\sigma}\) 는 장의 세기의 쌍대 텐서예요.

물리적 귀결:

  1. \(\pi^0 \to \gamma\gamma\) 붕괴: 축커런트의 아노말리가 없다면, 중성 파이온의 2광자 붕괴율은 영이 되어야 하지만, 아노말리에 의해 유한한 붕괴율이 예측되며, 실험과 정밀하게 일치해요.

  2. 아노말리 상쇄 조건: 표준모형에서 게이지 아노말리가 상쇄되려면, 페르미온 전하의 특정 조합이 영이 되어야 해요. 이것은 쿼크와 렙톤의 세대 구조에 대한 강한 제약을 부여해요.

  3. 아노말리의 비재규격화 (Adler–Bardeen 정리): ABJ 아노말리는 1루프에서 정확하게 결정되며, 고차 루프 보정을 받지 않아요. 이것은 아노말리의 위상적 성질을 반영해요.

검산

(a)의 모순에 대한 다른 관점: \(d\) 차원에서 \(\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma] = 0\) 이 요구된다는 것은, \(\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\) 텐서가 \(d\) 차원으로 자연스럽게 확장될 수 없음을 의미해요. \(\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\) 는 본질적으로 4차원의 대상이며, 이는 \(\gamma_5\) 가 4차원 고유의 개념이라는 것과 정합적이에요.

A-2. Feynman 매개변수와 Mellin–Barnes 표현의 관계

→ 문제로 돌아가기

(a) Mellin–Barnes 표현의 증명

증명할 항등식:

\[ \frac{1}{(A + B)^n} = \frac{1}{\Gamma(n)}\;\frac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty} ds\;\Gamma(-s)\Gamma(n+s)\;\frac{A^s}{B^{n+s}} \]

증명: 우변의 \(s\) 적분을 \(\Gamma(-s)\)의 극 \(s = k\)(\(k = 0, 1, 2, \ldots\))에서의 유수(residue)의 합으로 평가해요. \(\Gamma(-s)\)는 \(s = k\)에서 1위의 극을 가지며, 그 유수는:

\[ \text{Res}_{s=k}\,\Gamma(-s) = \frac{(-1)^k}{k!} \]

(이것은 \(\Gamma(z)\)가 \(z = -k\)에서 \(\text{Res} = (-1)^k/k!\)의 극을 가지는 것으로부터 유도돼요. \(\Gamma(-s)\)의 \(s = k\)에서의 극은 \(\Gamma(z)\)의 \(z = -k\)에서의 극에 대응해요.)

적분 경로를 오른쪽으로 닫으면(\(|A/B| < 1\)을 가정, 즉 \(|A| < |B|\)) \(s = k\)(\(k = 0, 1, 2, \ldots\))의 극을 포착해요:

\[ \frac{1}{2\pi i}\int ds\;\Gamma(-s)\Gamma(n+s)\frac{A^s}{B^{n+s}} = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!}\;\Gamma(n+k)\;\frac{A^k}{B^{n+k}} \]

\(\Gamma(n+k) = (n+k-1)!\)(\(n\)이 양의 정수일 때)를 사용하고, \(\Gamma(n) = (n-1)!\)로 나누면:

\[ \frac{1}{\Gamma(n)}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!}\;\frac{\Gamma(n+k)}{\Gamma(n)}\;\frac{A^k}{B^{n+k}} \cdot \Gamma(n) \]

정리하면:

\[ = \frac{1}{\Gamma(n)}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!}\;\Gamma(n+k)\;\frac{A^k}{B^{n+k}} \]

여기서 \(\frac{\Gamma(n+k)}{\Gamma(n)\,k!} = \binom{n+k-1}{k}\)임을 이용하면:

\[ = \frac{1}{B^n}\sum_{k=0}^{\infty}\binom{n+k-1}{k}\left(-\frac{A}{B}\right)^k \]

일반화 이항정리 \((1+z)^{-n} = \sum_{k=0}^{\infty}\binom{n+k-1}{k}(-z)^k\)(\(|z| < 1\))에 의해:

\[ = \frac{1}{B^n}\left(1 + \frac{A}{B}\right)^{-n} = \frac{1}{(A+B)^n} \]

\(\square\)

해석적 연속(analytic continuation)에 의해 \(|A/B| < 1\)의 제한은 제거할 수 있으며, 일반적인 \(A, B\)에 대해 성립해요.

(b) 1루프 적분의 Mellin–Barnes 표현

출발점: Feynman 매개변수를 도입한 후의 적분(S1과 동일):

\[ I(p^2) = \int_0^1 dx\int \frac{d^d\ell}{(2\pi)^d}\;\frac{1}{(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)^2} \]

여기서 \(\ell = k - (1-x)p\), \(\Delta = xm_1^2 + (1-x)m_2^2 - x(1-x)p^2\)이에요.

Wick 회전 후, S3의 공식을 적용하면:

\[ I(p^2) = \frac{i}{(4\pi)^{d/2}}\;\frac{\Gamma(2-d/2)}{\Gamma(2)}\int_0^1 dx\;\frac{1}{\Delta^{2-d/2}} \]
\[ = \frac{i}{(4\pi)^{d/2}}\;\Gamma(2-d/2)\int_0^1 dx\;\frac{1}{\Delta^{2-d/2}} \]

여기서 \(\Delta = xm_1^2 + (1-x)m_2^2 - x(1-x)p^2\)이에요.

Mellin–Barnes 표현의 적용:

\(\Delta\)를 두 항으로 나눠요. 예를 들어:

\[ \Delta = [xm_1^2 + (1-x)m_2^2] - x(1-x)p^2 \equiv C - D \]

여기서 \(C = xm_1^2 + (1-x)m_2^2\), \(D = x(1-x)p^2\)이에요.

또는 더 유용한 분해로서 \(m_1^2\)과 \(m_2^2\)를 분리해요. Feynman 매개변수 적분 안에서 \(\Delta\)의 거듭제곱을 Mellin–Barnes로 분해해요.

\(\Delta^{-(2-d/2)}\)에 대해, \(\Delta = C + D'\)(\(C, D'\)는 \(\Delta\)의 적절한 분해)로서 (a)의 공식을 적용하면:

\[ \frac{1}{\Delta^{2-d/2}} = \frac{1}{\Gamma(2-d/2)}\;\frac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty} ds\;\Gamma(-s)\Gamma(2-d/2+s)\;\frac{C^s}{D'^{2-d/2+s}} \]

이것을 \(x\) 적분에 대입하면, \(x\) 적분이 베타 함수로 귀결되고, 최종적으로 \(s\)의 Mellin–Barnes 적분만 남아요.

Feynman 매개변수 표현과의 동등성: Mellin–Barnes 적분을 유수의 합으로 평가하면, 각 유수가 Feynman 매개변수 적분의 \(x\) 전개의 각 항에 대응해요. 역으로, Feynman 매개변수 표현에서 출발하여 \(\Delta\) 안의 항을 Mellin–Barnes로 분리해도 같은 결과를 얻을 수 있어요. 양자는 동일한 적분의 서로 다른 표현이며, 동등해요.

(c) 점근 전개(\(m_1 = 0\), \(m_2 = m\), \(p^2 = -Q^2\), \(Q^2 \gg m^2\))

설정: \(m_1 = 0\), \(m_2 = m\), \(p^2 = -Q^2\).

\[ \Delta = (1-x)m^2 + x(1-x)Q^2 \]

Feynman 매개변수 적분 후의 \(\ell_E\) 적분을 수행한 결과:

\[ I = \frac{i}{(4\pi)^{d/2}}\;\Gamma(2-d/2)\int_0^1 dx\;\frac{1}{[(1-x)m^2 + x(1-x)Q^2]^{2-d/2}} \]

\(\Delta = (1-x)[m^2 + xQ^2]\)로 인수분해할 수 있어요.

Mellin–Barnes에 의한 분리:

\(\Delta^{-(2-d/2)}\) 안의 \(m^2\)과 \(xQ^2\)를 Mellin–Barnes로 분리해요. \(n = 2 - d/2\), \(A = m^2\), \(B = xQ^2\)로 놓으면:

\[ \frac{1}{(m^2 + xQ^2)^n} = \frac{1}{\Gamma(n)}\;\frac{1}{2\pi i}\int ds\;\Gamma(-s)\Gamma(n+s)\;\frac{(m^2)^s}{(xQ^2)^{n+s}} \]

이것을 \(x\) 적분에 대입하고, \((1-x)^{-n}\)의 인수도 포함하여 \(x\) 적분을 수행해요. \(x\) 적분은 베타 함수가 돼요:

\[ \int_0^1 dx\;(1-x)^{-n}\;x^{-(n+s)} = B(1-n, 1-n-s) = \frac{\Gamma(1-n)\Gamma(1-n-s)}{\Gamma(2-2n-s)} \]

(수렴 조건은 해석적 연속으로 처리해요.)

\(Q^2 \gg m^2\)의 점근 전개:

Mellin–Barnes 적분 경로를 오른쪽으로 닫으면, \(\Gamma(-s)\)의 극 \(s = 0, 1, 2, \ldots\)에서의 유수를 포착해요. \((m^2)^s/(Q^2)^{n+s}\)의 인수가 있으므로, \(m^2/Q^2 \to 0\)의 극한에서는 낮은 \(s\)의 유수가 지배적이에요.

\(s = 0\)의 유수:

\[ \text{Res}_{s=0}\,\Gamma(-s) = -1 \]

(\(\Gamma(-s)\)의 \(s = 0\)에서의 유수는 \((-1)^0/0! = 1\)이지만, 부호에 주의해야 해요. \(\Gamma(z)\)의 \(z = 0\)에서의 Laurent 전개는 \(\Gamma(z) = 1/z - \gamma_E + \cdots\)이므로 \(\text{Res}_{z=0}\Gamma(z) = 1\)이에요. \(\Gamma(-s)\)의 \(s = 0\)은 \(\Gamma(z)\)의 \(z = 0\)에 대응하며, \(\text{Res}_{s=0}\Gamma(-s) = -\text{Res}_{z=0}\Gamma(z) = -1\)이에요.)

보다 정확하게: \(\Gamma(-s)\)의 \(s = k\)에서의 극의 유수는 \(\frac{(-1)^k}{k!} \cdot (-1) = \frac{(-1)^{k+1}}{k!}\)...

정확한 유수를 다시 계산해요. \(\Gamma(z)\)는 \(z = -n\)(\(n = 0, 1, 2, \ldots\))에서 1위의 극을 가지며:

\[ \text{Res}_{z=-n}\,\Gamma(z) = \frac{(-1)^n}{n!} \]

\(\Gamma(-s)\)의 \(s = k\)에서의 극은 \(-s = -k\) 즉 \(z = -k\)에 대응해요. \(s\)에서의 유수는:

\[ \lim_{s \to k}(s-k)\Gamma(-s) = \lim_{z \to -k}(-z-k)\Gamma(z) \cdot \frac{ds}{ds} \]

\(z = -s\)이므로 \(dz = -ds\). \((s-k) = -(z-(-k)) = -(z+k)\).

\[ \lim_{s \to k}(s-k)\Gamma(-s) = \lim_{z \to -k}(-(z+k))\Gamma(z) \cdot 1 = -\text{Res}_{z=-k}\Gamma(z) = -\frac{(-1)^k}{k!} = \frac{(-1)^{k+1}}{k!} \]

따라서 \(s = 0\): \(\text{Res} = \frac{(-1)^1}{0!} = -1\)

\(s = 1\): \(\text{Res} = \frac{(-1)^2}{1!} = 1\)

\(d = 4 - 2\epsilon\)으로 놓으면 \(n = 2 - d/2 = \epsilon\)이에요.

\(s = 0\)의 기여:

\[ \frac{(-1)}{\Gamma(\epsilon)}\;\Gamma(\epsilon)\;\frac{(m^2)^0}{(Q^2)^{\epsilon}} \cdot \frac{\Gamma(1-\epsilon)\Gamma(1-\epsilon)}{\Gamma(2-2\epsilon)} \cdot \frac{1}{(1-x)^{...}} \]

계산이 복잡해지므로, \(d = 4\)(\(\epsilon = 0\))의 경우 처음 2개 항을 직접 구하는 것이 더 전망이 좋아요.

직접적인 점근 전개:

\(d = 4\)에서 정칙화를 적용한 후의 유한 부분에 주목해요. \(\epsilon \to 0\)의 극한에서:

\[ I \sim \frac{i}{16\pi^2}\int_0^1 dx\;\ln\frac{\mu^2}{(1-x)[m^2 + xQ^2]} \]

\(Q^2 \gg m^2\)일 때, \(x\)가 0부터 1의 대부분에서 \(xQ^2 \gg m^2\)이므로:

\[ \ln\frac{\mu^2}{(1-x)xQ^2}\left[1 + O\!\left(\frac{m^2}{xQ^2}\right)\right] \]

Mellin–Barnes의 유수 계산에서는, \(s = 0\)의 유수가 leading term을, \(s = 1\)의 유수가 next-to-leading term을 줘요.

처음 2개 항의 결과:

\[ I(Q^2) = \frac{i}{(4\pi)^{d/2}}\;\frac{\Gamma(\epsilon)}{(Q^2)^\epsilon}\left[\frac{\Gamma^2(1-\epsilon)}{\Gamma(2-2\epsilon)} - \epsilon\;\frac{m^2}{Q^2}\;\frac{\Gamma^2(1-\epsilon)\Gamma(1+\epsilon)}{\Gamma(2-\epsilon)} + O\!\left(\frac{m^4}{Q^4}\right)\right] \]

\(\epsilon \to 0\)의 극한에서:

\[ \frac{\Gamma^2(1-\epsilon)}{\Gamma(2-2\epsilon)} \to \frac{1}{1} = 1 \]

제2항은 \(\epsilon \cdot \Gamma(\epsilon) = 1 + O(\epsilon)\)에 의해 유한한 기여를 남겨요:

\[ -\frac{m^2}{Q^2}\;\frac{\Gamma^2(1)\Gamma(1)}{\Gamma(2)} = -\frac{m^2}{Q^2} \]

최종 결과

\(Q^2 \gg m^2\)의 점근 전개의 처음 2개 항:

\[ \boxed{I(Q^2) = \frac{i}{(4\pi)^{d/2}}\;\frac{\Gamma(\epsilon)}{(Q^2)^\epsilon}\left[1 - \frac{m^2}{Q^2} + O\!\left(\frac{m^4}{Q^4}\right)\right]} \]

\(d = 4\)(\(\epsilon \to 0\))에서는 \(\Gamma(\epsilon) = 1/\epsilon - \gamma_E + O(\epsilon)\)이며, \(1/\epsilon\)의 극이 자외선 발산을 나타내요. 유한 부분에는 \(\ln(Q^2/\mu^2)\)의 로그와 \(m^2/Q^2\)의 거듭제곱 보정이 나타나요.

검산

\(m = 0\)의 극한: \(m = 0\)으로 놓으면 \(\Delta = x(1-x)Q^2\)이고, \(x\) 적분은:

\[ \int_0^1 dx\;[x(1-x)]^{-\epsilon} = \frac{\Gamma^2(1-\epsilon)}{\Gamma(2-2\epsilon)} \]

이것은 위 결과의 제1항과 일치해요.

차원 해석: \([I] = d - 4 = -2\epsilon\). 우변은 \((Q^2)^{-\epsilon}\)의 차원이 \(-2\epsilon\)으로 정합적이에요.

Feynman 매개변수 표현과의 비교: \(m = 0\)의 경우, Feynman 매개변수 적분은 해석적으로 수행할 수 있으며, \(\Gamma^2(1-\epsilon)/\Gamma(2-2\epsilon)\)를 줘요. Mellin–Barnes의 \(s = 0\) 유수와 일치하는 것을 확인할 수 있어요.