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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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문제:

유카와(湯川) 상호작용의 라그랑지안 밀도는

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

예요. 여기서 \(\psi\)는 디랙 장, \(\phi\)는 스칼라 장이에요. 결합 상수 \(g\)의 질량 차원 \([g]\)를 구하세요.

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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문제:

\(d\) 차원 시공간에서 실수 스칼라장의 자유 라그랑지안 밀도는

\[ \mathcal{L} = \frac{1}{2}(\partial_\mu \phi)(\partial^\mu \phi) - \frac{1}{2}m^2\phi^2 \]

이에요. \(d = 6\)인 경우에 스칼라장 \(\phi\)의 질량 차원 \([\phi]\)를 구하세요. 또한, \(\phi^3\) 상호작용 \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{g}{3!}\phi^3\)의 결합 상수 \(g\)의 질량 차원을 구하세요.

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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문제:

Feynman 매개변수의 기본 공식 (D.24)을 이용하여, 다음 식을 Feynman 매개변수 표시로 다시 써 보세요:

\[ \frac{1}{(k^2 - m^2)((k+q)^2 - m^2)} \]

또한, \(\ell = k + (1-x)q\)로 변수 변환하여, 분모를 \(\ell^2 - \Delta\)의 형태로 정리하세요. \(\Delta\)를 \(m\), \(q^2\), \(x\)로 나타내세요.

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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문제:

다음 Minkowski 공간의 양을 Wick 회전 \(\ell_0 = i\ell_0^E\)에 의해 Euclid 공간의 양으로 다시 써 보세요:

(a) \(\ell^2 = \ell_0^2 - \vec{\ell}^{\,2}\)

(b) \(d^4\ell\)

(c) \(\displaystyle\frac{1}{(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)^3}\)

각 단계에서 부호와 \(i\)의 인자를 명시하세요.

(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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문제:

\(d\)차원 유클리드 공간에서 단위 구면의 넓이(입체각)는

\[ \Omega_d = \frac{2\pi^{d/2}}{\Gamma(d/2)} \]

로 주어져요. \(d = 2, 3, 4\)의 경우에 각각 \(\Omega_d\)를 계산하고, 알려진 결과(\(2\pi\), \(4\pi\), \(2\pi^2\))와 일치하는지 확인하세요.

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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문제:

4차원 Fourier 변환의 규약

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

이 정합적임을 확인하세요. 즉, \(\tilde{f}(p)\)의 표현식을 \(f(x)\)의 표현식에 대입하여, \(f(x)\)가 항등적으로 재현됨을 보이세요.

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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문제:

3개의 인자 \(A_1, A_2, A_3\)에 대한 Feynman 매개변수의 공식 (D.25)를 구체적으로 써내고, 델타 함수를 사용하여 \(x_3\)을 소거한 형태로 다시 쓰세요. 적분 영역이 어떤 형태가 되는지 그림으로 나타내거나 (말로 기술) 하세요.

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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문제:

4차원 시공간에서, 다음 루프 적분의 표면적 발산 차수(superficial degree of divergence)를 질량 차원의 논의로부터 구하세요:

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

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

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

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

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문제:

\(\phi^3\) 이론(질량 \(m\)의 스칼라장, 결합 상수 \(g\))에서 1루프 자기에너지 도형은 외부 운동량 \(p\)에 대해 다음 적분을 포함해요:

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

다음 단계에 따라 계산을 진행하세요:

(a) Feynman 매개변수 \(x\)를 도입하여 분모를 하나로 합치세요.

(b) 운동량을 \(\ell = k - (1-x)p\)로 변수 변환하고, \(\Delta\)를 \(m^2\), \(p^2\), \(x\)로 표현하세요.

(c) Wick 회전을 수행하여 유클리드 공간에서의 적분으로 다시 쓰세요.

(d) 4차원 구좌표를 이용하여 각도 적분을 수행하고, 지름 방향의 1차원 적분으로 귀착시키세요. 이 적분이 로그 발산함을 보이세요.

(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

문제:

\(\ell_0\) 복소평면 위에서 다음을 보이세요:

(a) Feynman 전파함수의 \(i\varepsilon\) 처방에 의해, \(1/(\ell^2 - \Delta + i\varepsilon)\)의 \(\ell_0\)에 대한 극이 제2사분면과 제4사분면에 위치함을 보이세요 (\(\Delta > 0\)으로 가정해요).

(b) \(\ell_0\)의 적분 경로를 실수축에서 허수축으로 반시계 방향으로 90° 회전시킬 때, 닫힌 경로(사분원호) 위에서 피적분함수가 충분히 빠르게 영으로 감소하여, 호 부분의 기여가 사라짐을 논하세요.

(c) 이상으로부터, Wick 회전이 Cauchy(코시) 적분 정리의 귀결로서 정당화됨을 설명하세요.

(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

문제:

\(d\) 차원 유클리드 공간에서 다음 적분 공식을 도출하세요:

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

도출 절차로서:

(a) \(d\) 차원 구면좌표를 사용하여 각도 적분을 수행하고, \(\Omega_d = 2\pi^{d/2}/\Gamma(d/2)\) 를 이용하세요.

(b) 반지름 적분 \(\int_0^\infty d\ell_E\;\ell_E^{d-1}/(\ell_E^2 + \Delta)^n\) 을 \(t = \ell_E^2/\Delta\) 의 변수 치환으로 베타 함수 \(B(a,b) = \Gamma(a)\Gamma(b)/\Gamma(a+b)\) 로 귀착시키세요.

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

문제:

QED에서 \(e^+e^- \to \mu^+\mu^-\)의 전체 산란 단면적은 질량중심계 에너지 \(\sqrt{s} \gg m_\mu\) 극한에서

\[ \sigma = \frac{4\pi\alpha^2}{3s} \]

로 주어져요 (\(\alpha = e^2/(4\pi) \approx 1/137\)).

(a) 자연단위계에서 \(\sigma\)의 질량 차원이 \(-2\)임을 확인하세요.

(b) \(\sqrt{s} = 10\ \text{GeV}\)일 때, 식 (D.6)의 변환 인자를 사용하여 \(\sigma\)를 picobarn (pb) 단위로 구하세요.

(c) 루미노시티 \(\mathcal{L} = 10^{33}\ \text{cm}^{-2}\text{s}^{-1}\)인 가속기에서 하루 동안 기대되는 이벤트 수를 추정하세요.

(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

문제:

4차원에서 정의되는 \(\gamma_5 = i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\)는 \(\{\gamma_5, \gamma^\mu\} = 0\) (\(\mu = 0,1,2,3\))을 만족해요. 그러나 차원 정칙화에서 \(d = 4 - 2\epsilon\) 차원으로 해석적 연속을 하면, 이 반교환 관계와 \(\gamma^\mu\)의 트레이스 공식 사이에 모순이 발생해요.

(a) 만약 \(d\) 차원에서도 \(\{\gamma_5, \gamma^\mu\} = 0\)이 모든 \(\mu\)에 대해 성립한다고 가정해요. \(\text{Tr}[\gamma_5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma]\)를 계산할 때, \(\gamma^\alpha\gamma_\alpha = d\)와 \(\{\gamma_5, \gamma^\alpha\} = 0\)을 결합하면 모순이 발생함을 보이세요.

(b) 이 모순을 회피하는 't Hooft–Veltman 처방(\(\gamma_5\)는 4차원 부분공간에서만 반교환한다)의 기본적인 아이디어를 설명하고, 이 처방 하에서 삼각 다이어그램(AVV 꼭짓점)의 트레이스 계산이 어떻게 수정되는지 정성적으로 논하세요.

(c) 이상의 논의가 ABJ (Adler–Bell–Jackiw) 어노말리 계산에서 어떤 물리적 귀결을 가져오는지, 축성 커런트(axial current)의 보존 법칙 깨짐의 관점에서 서술하세요.

(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

문제:

고차 루프 계산에서는 Feynman 매개변수의 적분이 너무 복잡해지는 경우가 있어요. 그 대안적 기법으로 Mellin–Barnes (멜린-반스) 표현이 있어요.

(a) 다음 항등식을 증명하세요:

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

여기서 적분 경로는 \(\Gamma(-s)\)의 극(\(s = 0, 1, 2, \ldots\))을 오른쪽에, \(\Gamma(n+s)\)의 극(\(s = -n, -n-1, \ldots\))을 왼쪽에 분리하도록 선택해요.

(b) 이 표현을 이용하여, 질량이 다른 2개의 전파함수를 포함하는 1루프 적분

\[ I(p^2) = \int \frac{d^d k}{(2\pi)^d}\;\frac{1}{(k^2 - m_1^2)((k-p)^2 - m_2^2)} \]

을 Mellin–Barnes 적분으로 표현하고, Feynman 매개변수 표현과 동등함을 확인하세요.

(c) \(m_1 = 0\), \(m_2 = m\), \(p^2 = -Q^2\) (\(Q^2 > 0\): 공간적 운동량)의 경우에, \(Q^2 \gg m^2\)의 극한에서 Mellin–Barnes 표현의 유수 계산을 통해 \(I\)의 점근 전개의 처음 2개 항을 구하세요.

(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.