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繰り込みの考え方とRunning-coupling

ラグランジアンというものはどのエネルギースケールで定義されたラグランジアンかを明記する必要がある。例えばQEDのラグランジアンといった場合、よく見かけるラグランジアンは
\begin{eqnarray}
\mathcal{L}_{QED}=
\bar{\psi_0}(i\gamma^\mu{\partial_\mu})\psi_0-\frac{1}{4}F_0^{\mu\nu}F_{0\mu\nu}+e_0\bar{\psi_0}\gamma^\mu\psi_0 A_{0\mu}
\end{eqnarray}
や、それを繰り込んだ
\begin{eqnarray}
\mathcal{L}_{QED}=
\bar{\psi}(i\gamma^\mu{\partial_\mu})\psi-\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+e\bar{\psi}\gamma^\mu\psi A_\mu+(counter-term)
\end{eqnarray}
と書かれたものが用いられる。ここに現れるゲージ結合定数\(~e~\)はどのエネルギースケールの結合定数だろうか。我々がよく知る電荷は$~e=1.6\times10^{-19}~$であるが、それは古典電磁気学の結合定数であり、QEDやQFTで見ているようなエネルギースケールではミクロな構造が見えているので、$~e~$は変動してもおかしくはない。もちろん上記のラグランジアンで$~e~$として$~e=1.6\times10^{-19}~$を採用しても理論的には問題ないが計算が大変になる(何故大変になるかは以下の議論を読めば明らかになってくるが、摂動論ではくりこみ点$~\mu~$から離れたエネルギースケールを計算した場合に$~\log(p^2/\mu^2)~$を足し上げる必要が出てくる。$~p^2~$が$~\mu^2~$からズレるに連れ、$~\log(p^2/\mu^2)~$は0からズレてきて収束性が悪くなり摂動論が使えなくなってしまうからだ)。
この考えを念頭に置くと、ラグランジアンは正確にはエネルギースケール$\mu$を明確にして
\begin{eqnarray}
\mathcal{L}=\bar{\psi}(i\gamma^\mu{\partial_\mu})\psi-\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+e_{(\mu)}\bar{\psi}\gamma^\mu\psi A_\mu+(counter-term)
\end{eqnarray}
と書くべきなのである。
この時、くりこみ条件をどう置くのが賢いだろうか?ここで有効作用を思い出すと、一般に
\begin{eqnarray}
\Gamma[\phi]=\int d^4x~\mathcal{L}_{tree}+\verb|(loopからの寄与) |
\end{eqnarray}
という様に書けていた。ここで有効作用が分かれば物理量はすべて計算出来ることに注意しよう。一般にループの寄与があるから、厳密に有効作用を求めることは不可能である。しかしそこで発想を変え、エネルギースケールが$~\mu~$の時に限り、ループからの寄与は必要ないようにしてしまおう。つまりエネルギースケール$~\mu~$でのラグランジアンと言った場合、ラグランジアンに現れるパラメータは全てエネルギースケール$~\mu~$で測定される値に一致させてしまおう。言い方を変えれば、エネルギースケール$~\mu~$のラグランジアンを用いてエネルギースケール$~\mu~$の物理量を計算した場合、その物理量に纏わるループ寄与が0になるようなラグランジアンとして定義する。具体例を出すとイメージが付くと思うので、まず6次元中の$\phi^3~$理論で説明し、後でQEDの場合を説明する。何故$~\phi^3~$理論かといえば1-loopの計算が簡単だからである。また6次元である理由は、$~\phi^3$の結合定数を無次元にしたいからである(無次元の方が計算が簡単なのでそうした)。まず$~\phi^3~$理論のラグランジアンと言ったら(大抵の参考書の場合) \begin{eqnarray}
\mathcal{L}=\frac{1}{2}(\partial\phi)^2-\frac{1}{2}m^2\phi^2-\frac{g}{3!}\phi^3+(counter-term)
\end{eqnarray}
と書かれているが、これもエネルギースケールを明記されていないので不完全なラグランジアンと言える。そこでエネルギースケール$~\mu~$のラグランジアンであることを強調し \begin{eqnarray} \mathcal{L}
=\frac{1}{2}(\partial\phi)^2-\frac{1}{2}m^2(\mu)\phi^2-\frac{g(\mu)}{3!}\phi^3+(counter-term)
\end{eqnarray}
と書くことにしよう。今ここに現れたパラメータ$~g(\mu)~$はエネルギースケール$~\mu~$での観測値に一致させているので、これと整合するように繰り込み条件を置く必要がある。その条件とは以下が妥当であろう。
\begin{eqnarray}
\Gamma^{(2)}[p^2,g(\mu)]&=&p^2-m^2(\mu)~~~~~~~~at~~p^2=-\mu^2\\
\frac{d}{dp^2}\Gamma^{(2)}[p^2,g(\mu)]&=&1~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~at~~p^2=-\mu^2\\
\Gamma^{(3)}[p_1,p_2,p_3,g(\mu)]&=&-g(\mu)~~~~~~~~~~~~~~~at~~p_i\cdot p_j=\mu^2\delta_{ij}-\frac{\mu^2}{2}(1-\delta_{ij})
\end{eqnarray}
ここで(1)何故くりこみ条件の後者の運動量を上記のように取ったか、(2)何故$~p^2=\mu^2~$ではなく$~p^2=-\mu^2~$なのか、(3)上記のくりこみ条件は上述の話をどう反映しているかを説明させてほしい。
(1)まず前者は2点関数で運動量は一つしかないので、その2乗を$-\mu^2$と置くのは自然と言える。一方で後者は3点関数へのくりこみ条件式だが、3点関数の場合は運動量が$p_1,p_2,p_3$の3つ(運動量保存より独立なのは2つ)あるので、$p^2_1~,~p^2_2~,~p^2_3~,~p_1\cdot p_2~,~p_2\cdot p_3~,~p_3\cdot p_1$の6つの値を指定する必要がある(もちろん運動量保存より独立な数は6つ未満だが)。この場合、自然な指定は$p_1,p_2,p_3$に関して対称に条件を置くことだろう。つまり適当な係数$A,B$を用いて
\begin{eqnarray}
p_i^2=\frac{\mu^2}{A}~~~,~~~p_i\cdot p_j=\frac{\mu^2}{B}~(i\neq j) \end{eqnarray} と置くのが自然だろう。これと運動量保存則$\sum_{i=1,2,3}p_i=0$を使うと、上述のような$\mu^2\delta_{ij}-\frac{\mu^2}{2}(1-\delta_{ij})$が得られる。

(2)2点関数を考えると分かりやすいが、$~p^2~$がtime-likeな場合、ある値を超えると粒子の対生成が可能になり、遷移振幅にブランチカットが発生する。そのような複雑さを避けるためにspace-likeに取るのがよいのだ。

(3)3つ目の条件から説明しよう。我々の先の議論によれば、ラグランジアンに書かれたパラメーター$~g(\mu)~$はエネルギースケール$~\mu~$での三点関数の観測値に一致させている。するとエネルギースケールが$~\mu~$の時の三点関数の値は当然$~g(\mu)~$になるはずなので、3つ目のような条件が課される($i$倍はファインマンルールに付随するものなので気にしなくて良い)。次に1,2番目の条件の説明も必要だろう。我々のラグランジアンはエネルギースケール$~\mu~$に限り、ツリーレベルの計算が厳密に成り立っているものと定義している。つまり、2点関数はエネルギースケール$~\mu~$の時に限り、ツリーレベルの結果$~\frac{1}{p^2-m^2(\mu)}~$に一致させなければならないので、このような条件が採用された。

以下では繰り込み条件から結合定数の微分方程式を導出し、エネルギースケールを変えた際の振る舞いを見ていく。具体的にカウンタータームを書き、上述のくりこみ条件に基づきくりこみを行おう。中途半端にやると混乱が生じうるので、初めから丁寧に行う。$~\phi^3~$理論に関して、まず裸のラグランジアンが
\begin{eqnarray}
\mathcal{L}_{bare}= \frac{1}{2}(\partial\phi_0)^2 -\frac{1}{2}m^2_0\phi^2_0 -\frac{g_0}{3!}\phi^3_0
\end{eqnarray}
であるとしたら、場の規格化$~\phi_0=\sqrt{Z}\phi~$を行ったラグランジアンは取り敢えず \begin{eqnarray}
\mathcal{L}{(\mu)} &=& \frac{1}{2}Z(\partial\phi)^2 -\frac{1}{2}Zm^2_0\phi^2 -\frac{g_0Z^{3/2}}{3!}\phi^3 \end{eqnarray} と書けるから、
\begin{eqnarray}
g_0&=&Z_gZ^{-\frac{3}{2}}g(\mu)\\
\delta Z&=&Z-1\\
\delta Z_g&=&Z_g-1\\
Zm^2_0&=&Z_mm^2(\mu)\\
\delta Z_m&=&Z_m-1
\end{eqnarray}
を導入して、
\begin{eqnarray}
\mathcal{L}{(\mu)} &=&\frac{1}{2}(\partial\phi)^2-\frac{1}{2}m^2(\mu)\phi^2-\frac{g(\mu)}{3!}\phi^3+ \frac{1}{2}\delta Z(\partial\phi)^2-\frac{1}{2}\delta Z_mm^2(\mu)\phi^2 -\frac{g(\mu)}{3!}\delta Z_g\phi^3
\end{eqnarray}
というラグランジアンが得られる。この場合、
\begin{eqnarray}
\mathcal{L}_{free}&=&\frac{1}{2}(\partial\phi)^2
-\frac{1}{2}m^2(\mu)\phi^2 -\frac{g(\mu)}{3!}\phi^3\\
\mathcal{L}_{counter}&=&\frac{1}{2}\delta Z(\partial\phi)^2-\frac{1}{2}\delta Z_mm^2(\mu)\phi^2-\frac{g(\mu)}{3!}\delta Z_g\phi^3
\end{eqnarray}
という感じになっている。先ほど述べた様に、ここからの目的は$~g(\mu)~$がエネルギースケールと共にどのように変化するかを見る事なので、そのために$~\delta Z_g~,~\delta Z~$を求めておく(その理由は後に明らかになるが、$~g(\mu)~$の変化を知るにはこの2つを知れば十分であるからだ)。まず1-loopまでで$~\delta Z~$を求めよう。1-loopまでのプロパゲータの量子補正を計算すると、ファインマンダイアグラムより
\begin{eqnarray}
-i\Pi(p^2)&=&i(\delta Zp^2-\delta Z_mm^2(\mu))+\frac{(-ig(\mu))^2}{2}\int\frac{d^6k}{(2\pi)^6}
\frac{i}{k^2-m^2(\mu)+i\epsilon}
\frac{i}{(p+k)^2-m^2(\mu)+i\epsilon}\\
&=&
i(\delta Zp^2-\delta Z_mm^2(\mu))
+
\frac{g^2(\mu)}{2}\int
\frac{d^6k}{(2\pi)^6}dx
\frac{1}{\left[k^2-m^2(\mu)-(x^2-x)p^2+i\epsilon\right]^2}\\
&=&i(\delta Zp^2-\delta Z_mm^2(\mu))
+
\frac{ig^2(\mu)}{2}\int
\frac{d^6k_E}{(2\pi)^6}dx
\frac{1}{\left[k_E^2+m^2(\mu)+(x^2-x)p^2\right]^2}\\
\end{eqnarray}
ここで繰り込み条件よりエネルギースケール$~\mu~$では量子補正$~\Pi~$の微分は0にならなければならないので、上式を微分して$~p^2=-\mu^2~$を代入し、左辺0とすることで以下を得る(以下の式変形において矢印で継ないでいるところは、$~\Lambda\to\infty~$で生き残る項だけ残す意味である)
\begin{eqnarray}
\delta Z&=&-g^2(\mu)
\int
\frac{d^6k_E}{(2\pi)^6}dx
\frac{(x-x^2)}{\left[k_E^2+m^2(\mu)+(x-x^2)\mu^2\right]^3}\\
&=&
-g^2(\mu)\frac{\pi^3}{(2\pi)^6}
\int_0^1dx~(x-x^2)
\int_0^{\Lambda/\mu}\frac{t^5}{\left(t^2+\frac{m^2(\mu)}{\mu^2}+(x-x^2)\right)^3}dtdx\\
&=&
-g^2(\mu)\frac{\pi^3}{(2\pi)^6}
\int_0^1dx~(x-x^2)
\times\frac{1}{4}\left[
\frac{3\left(x-x^2+\frac{m^2(\mu)}{\mu^2}\right)^2+4\left(x-x^2+\frac{m^2(\mu)}{\mu^2}\right)t^2}{\left(x-x^2+\frac{m^2(\mu)}{\mu^2}+t^2\right)^2}\right.\nonumber\\
&&\left.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~+2\log\left(x-x^2+\frac{m^2(\mu)}{\mu^2}+t^2\right)
\right]_0^{\Lambda/\mu}\nonumber\\
&\to&
-g^2(\mu)\frac{\pi^3}{(2\pi)^6}\frac{1}{6}\log\left(\frac{\Lambda}{\mu}\right)\\
&=&
-\frac{g^2(\mu)}{2^6\times6\times\pi^3}\log\left(\frac{\Lambda}{\mu}\right)
\end{eqnarray}
次に3点関数を考えよう。同様の計算により
\begin{eqnarray}
\delta Z_g
&=&
-g^2(\mu)
\int\frac{dk^6_E}{(2\pi)^6}dxdy
\frac{1}{\left(
k^2_E+m^2(\mu)+(x-x^2+y-y^2+xy)\mu^2
\right)^3}\\
&=&
-g^2(\mu)
\frac{\pi^3}{(2\pi)^6}
\int dxdy
\int_0^\frac{\Lambda}{\mu}
\frac{t^5}{\left(
t^2+\frac{m^2(\mu)}{\mu^2}+(x-x^2+y-y^2+xy)
\right)^3}dt\\
&=&
-g^2(\mu)
\frac{\pi^3}{(2\pi)^6}
\int dxdy\times
\frac{1}{4}\left[
\frac{3\left(x-x^2+y-y^2+xy+\frac{m^2(\mu)}{\mu^2}\right)^2+4\left(x-x^2+y-y^2+xy+\frac{m^2(\mu)}{\mu^2}\right)t^2}{\left(x-x^2+y-y^2+xy+\frac{m^2(\mu)}{\mu^2}+t^2\right)^2}\right.\nonumber\\
&&\left.~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~+2\log\left(x-x^2+y-y^2+xy+\frac{m^2(\mu)}{\mu^2}+t^2\right)
\right]_0^{\Lambda/\mu}\nonumber\\
\\
&\to&-g^2(\mu)
\frac{\pi^3}{(2\pi)^6}
\log\left(\frac{\Lambda}{\mu}\right)\\
&=&
\frac{g^2(\mu)}{2^6\pi^3}
\log\left(\frac{\Lambda}{\mu}\right)
\end{eqnarray}
ここで$g_0=Z_gZ^{-3/2}g(\mu)$の両辺の$\log$を取り、微分を取ることで$\frac{d}{d\mu}g(\mu)=-g\frac{d}{d\mu}\log(f(\mu,g(\mu)))~~$($f$は適当な関数)の形の式を得ることができる。この時、右辺の全微分を分解することで
\begin{eqnarray}
\frac{d}{d\mu}g(\mu)
&=&
-g\left[
\frac{dg(\mu)}{d\mu}\frac{\partial\log f}{\partial g}+\frac{\partial\log f}{\partial\mu}
\right]
\end{eqnarray}
となるので、$\frac{dg}{d\mu}$で纏めると結果的に
\begin{eqnarray}
\frac{dg(\mu)}{d\mu}
&=&
-g(\mu)\frac{\partial\log f}{\partial\mu}\left[
1+g(\mu)\frac{\partial\log f}{\partial g}
\right]^{-1}
\end{eqnarray}
を得る。更に議論を進めることができる。まず今扱っている$f$というのは今考えている模型では
\begin{eqnarray}
f=Z_gZ^{-\frac{3}{2}}&=&\frac{(1+\delta Z_g)}{(1+\delta Z)^{\frac{3}{2}}}
\end{eqnarray}
である。特に$\delta Z,\delta Z_g$は共に$g^2$のオーダーから値を持つ。従って、
\begin{eqnarray}
f=\frac{(1+O(g^2))}{(1+O(g^2))^{\frac{3}{2}}}
=1+O(g^2)
\end{eqnarray}
が言える。するとLeading-orderにおいて
\begin{eqnarray}
\left[
1+g(\mu)\frac{\partial\log f}{\partial g}
\right]^{-1}
&=&
\left[
1+g(\mu)\frac{\partial}{\partial g}\log(1+O(g^2))
\right]^{-1}=
\left[
1+O(g^2)
\right]^{-1}\approx 1
\end{eqnarray}
が言える。よって再びLeading-orderでは
\begin{eqnarray}
\frac{dg(\mu)}{d\mu}
&=&
-g(\mu)\frac{\partial\log f}{\partial\mu}+(higher~order)
\end{eqnarray}
が言えるのだ。更にLeading orderの範囲では
\begin{eqnarray}
&&\log(Z_gZ^{-\frac{3}{2}})\\
&=&
\frac{\partial}{\partial\mu}\log((1+\delta Z_g)(1+\delta Z)^{-\frac{3}{2}})\\
&\approx&
\frac{\partial}{\partial\mu}\log\left[1+\delta Z_g-\frac{3}{2}\delta Z\right]\\
&\approx&
\frac{\partial}{\partial\mu}\left[
\delta Z_g-\frac{3}{2}\delta Z
\right]
\end{eqnarray}
という形まで簡略化できる。なお上記の式変形でも$\delta Z$達は$O(g^2)$だと思って計算している。
さて既に$\delta Z$等は計算しているので代入してみよう。
\begin{eqnarray}
\delta Z_g-\frac{3}{2}\delta Z
&=&
\left[-
\frac{g^2(\mu)}{2^6\pi^3}
\log\left(\frac{\Lambda}{\mu}\right)\right]
-\frac{3}{2}\left[
-\frac{g^2(\mu)}{2^6\times6\times\pi^3}\log\left(\frac{\Lambda}{\mu}\right)
\right]\\
&=&
-\frac{g^2(\mu)}{2^6\pi^3}\frac{3}{4}\log\left(\frac{\Lambda}{\mu}\right)
\end{eqnarray}
ここで
\begin{eqnarray}
\alpha(\mu)\equiv\frac{g^2(\mu)}{(4\pi)^3}
\end{eqnarray}
を導入すると
\begin{eqnarray}
\delta Z_g-\frac{3}{2}\delta Z
&=&
-\frac{3}{4}\alpha(\mu)\log\left(\frac{\Lambda}{\mu}\right)
\end{eqnarray}
を得る。これより、
\begin{eqnarray}
\frac{d\alpha(\mu)}{d\mu}
&=&
\frac{2g(\mu)}{(4\pi)^3}\frac{dg(\mu)}{d\mu}\\
&=&
-\frac{2g^2(\mu)}{(4\pi)^3}\frac{\partial\log(Z_gZ^{-\frac{3}{2}})}{\partial\mu}\\
&=&
-2\alpha(\mu)\times\frac{\partial}{\partial\mu}\left(
-\frac{3}{4}\alpha(\mu)\log\left(\frac{\Lambda}{\mu}\right)
\right)\\
&=&
-\frac{3}{2\mu}\alpha^2(\mu)
\end{eqnarray}
を得るが、最後にこれを整理して
\begin{eqnarray}
\frac{d\alpha(\mu)}{d\log\mu}=-\frac{3}{2}\alpha^2(\mu)
\end{eqnarray}
が得られる。もちろんこれがゴールなのだが、$\log$の中に次元を持った量が入っているのは気持ちが悪いので、繰り込み点を新たに$\mu_0$と書くことにすれば、上式は以下の式に直すことができる。
\begin{eqnarray}
\frac{d\alpha(\mu)}{d\log(\mu/\mu_0)}=-\frac{3}{2}\alpha^2(\mu)
\end{eqnarray}
ちなみにこれはSrednickiの計算と一致しているので確認してみると良い。