場の量子論① クライン・ゴルドン方程式
クラインゴルドン方程式の導出と一般解
スカラー場の記述に用いるKlein-Gordon方程式を紹介します。相対論的な自由場のエネルギーを用いる
自由場(ポテンシャルが0)となる場合にはエネルギーというのは\begin{align*}
E^2=(mc^2)^2+(\boldsymbol{p}c)^2
\end{align*}
とできます。この辺々を二乗して、量子的な演算子に置き換えると,
\begin{align*}
\left(i\hbar \dfrac{\partial}{\partial t}\right)^2\phi&=\left\{(mc^2)^2+c^2\left(-i\hbar \nabla\right)^2\right\}\phi \\
\left\{\hbar^2\left(\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2\right)+m^2c^2\right\}\phi&=0\\
\left(\dfrac{1}{c^2} \dfrac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2+\dfrac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\phi&=0
\end{align*}
となります。ところで、この方程式の導出は相対論的なエネルギーからでした。というわけで相対論的な記法で表してあげましょう。
\begin{align*}
\partial_\mu&=\left(\dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t},\nabla\right)\\
\partial^\mu&=\left(\dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t},-\nabla\right)
\end{align*}
とすれば,
\begin{align*}
\Box=\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2=\partial_\mu \partial^\mu
\end{align*}
と、ダランベルシアンが表現できることになります。というわけで、
\begin{align*}
\left(\partial_\mu \partial^\mu+\dfrac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\phi=0
\end{align*}
となります。これがクラインゴルドン方程式です。共変ベクトルの負号を座標側につけるか時間側につけるかで方程式の形が多少変わったりするのでそこは判断できるようにする必要があります。
フーリエ変換で一般解を探る
クラインゴルドン方程式の辺々をもう一度相対論的な微分記号を用いずに表してみることにします。\begin{align*}
\left(\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2+\dfrac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\phi=0
\end{align*}
ここで、フーリエ変換を用いて変換してみましょう。$\mathcal{F}[\phi]=\Phi$として計算します。微分に関して、$i\boldsymbol{k}\Phi=\mathcal{F}[\nabla \phi]$という公式を用いれば、
\begin{align*}
\left(\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}+\boldsymbol{k}^2+\dfrac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\Phi&=0\\
\end{align*}
あえて以下のように変形してみましょう。
\begin{align*}
\dfrac{\partial^2\Phi}{\partial t^2}=-\left(\dfrac{\hbar^2\boldsymbol{k}^2c^2}{\hbar^2}+\dfrac{m^2c^4}{\hbar^2}\right)\Phi
\end{align*}
このとき、時間以外の微分が残っていないので、実は時間に関する常微分に直すことができて、
\begin{align*}
\dfrac{d^2\Phi}{dt^2}=-\dfrac{1}{\hbar^2}\left(\hbar^2\boldsymbol{k}^2c^2+m^2c^4\right)\Phi
\end{align*}
となります。これは単振動の式ですね。ここで、
\begin{align*}
\omega_k=\dfrac{\sqrt{\hbar^2\boldsymbol{k}^2c^2+m^2c^4}}{\hbar}
\end{align*}
とすれば,簡単に解を書くことができて、
\begin{align*}
\Phi=A_ke^{-i\omega_k t}+B_ke^{i\omega_kt}
\end{align*}
となります。この式が$\phi$のフーリエ変換となっているわけです。いま、係数部分には波数依存性が残ることに注意してください。逆変換すれば元の式が導かれます。積分範囲を全範囲として、
\begin{align*}
\phi=\int \left\{A_ke^{-i\omega_kt}+B_ke^{i\omega_kt}\right\}e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}d^3k
\end{align*}
本当であれば係数が$1/(2\pi)^3$とか$1/\sqrt{(2\pi)^3}$とつくわけですが、それは$A_k$,$B_k$におしつけたとして、逆変換では係数はそのままとしました。
ここで、被積分関数第二項の積分範囲だけ逆転させます。$\boldsymbol{k}^\prime$$=$$-\boldsymbol{k}$として、
\begin{align*}
&\int_{\infty}^{-\infty}\int_{\infty}^{-\infty}\int_{\infty}^{-\infty}B_{-k^\prime}e^{i(\omega_kt+(-\boldsymbol{k}^\prime)\cdot\boldsymbol{x})}(-d^3k^\prime)\\
&=\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty B_{-k}e^{i(\omega_kt-\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x})}d^3k
\end{align*}
ここで,$k^\mu=\left(\omega_k/c,\boldsymbol{k}\right)$とします。相対論的に、$kx=k_\mu x^\mu=\omega_k t-\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}$とすれば、逆変換の式は、
\begin{align*}
\phi(x)=\int \left\{A_ke^{-ikx}+B_{-k}e^{ikx}\right\}d^3k
\end{align*}
となります。ここで、引数にとっている$x$というのは相対論的座標、つまり時空間の座標です。