場の量子論 マクスウェル方程式(ベクトル場)② くりこみ理論
電磁場のハミルトニアンを求めてくりこみをする
\begin{align}
\boldsymbol{A}=\int \sqrt{\dfrac{\hbar}{2\omega_k(2\pi)^3\varepsilon_0}} \sum_{\sigma=1,2}\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k}\sigma}\left(\hat{a}_ke^{-ikx}+\hat{a}_k^\dagger e^{ikx}\right)d^3k \label{eq:1}
\end{align}
という式が得られたのでした。この指数部分は$kx=\omega_k t-\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{r}$
,$\omega_k=c|\boldsymbol{k}|$と置いていました。
電場と磁場を求める
古典電磁気学の立場に戻って、ベクトルポテンシャルと電磁場の関係は、\begin{align}
\boldsymbol{E}&=-\dfrac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t}-\nabla\phi\label{eq:2}\\
\boldsymbol{B}&=\nabla\times\boldsymbol{A} \label{eq:3}
\end{align}
と表されたのでした。前回の記事で真空を仮定すれば$\phi=0$となることを確認しているので、\eqref{eq:2}式の右辺第二項は0とできます。そして、電場を求めると、
\begin{align}
\boldsymbol{E}
&=-\dfrac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t}\nonumber\\
&=-\int \sqrt{\dfrac{\hbar}{2\omega_k(2\pi)^3\varepsilon_0}}\sum_{\sigma=1,2}\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k}\sigma}\left\{-i\omega_k\hat{a}_ke^{-ikx}+i\omega_k\hat{a}_k^\dagger e^{ikx}\right\}d^3k \nonumber\\
&=i\int \omega_k\sqrt{\dfrac{\hbar}{2\omega_k(2\pi)^3\varepsilon_0}} \sum_{\sigma=1,2}\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k}\sigma}\left(\hat{a}_ke^{-ikx}-\hat{a}_k^\dagger e^{ikx}\right)d^3k \label{eq:4}
\end{align}
次に、磁束密度を求めると、
\begin{align}
\boldsymbol{B}
&=\nabla\times \boldsymbol{A}\nonumber\\
&=i\int \sqrt{\dfrac{\hbar}{2\omega_k(2\pi)^3\varepsilon_0}}\sum_{\sigma=1,2}\boldsymbol{k}\times \boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k}\sigma}\left(\hat{a}_ke^{ikx}-\hat{a}_k^\dagger e^{ikx}\right)d^3k \label{eq:5}
\end{align}
以上のように、電場と磁束密度が求まりました。
ハミルトニアンを求める
電磁場のエネルギーは単位体積あたり、\begin{align}
\mathcal{H}&=\dfrac{\varepsilon_0\boldsymbol{E}^2}{2}+\dfrac{\boldsymbol{B}^2}{2\mu_0} \label{eq:6}
\end{align}
と表されます。つまり、ハミルトニアンはこの式を体積分すれば求まります。
さて、まずは各項を計算しましょう。二乗というのはベクトルとしては内積を取ることと等しいですね。相異なる$\sigma$に対して、$\boldsymbol{e}_{k\sigma}$というベクトルが直交するものとして
\begin{align}
\dfrac{\varepsilon_0\boldsymbol{E}^2}{2}&=-\iint\sum_{\sigma=1,2}\sum_{\sigma^\prime=1,2}(\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k}\sigma}\cdot\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k^\prime}\sigma^\prime})\dfrac{\varepsilon_0\omega_k^2\hbar}{4\omega_k(2\pi)^3\varepsilon_0}\left(\hat{a}_ke^{-ikx}-\hat{a}_k^\dagger e^{ikx}\right)\left(\hat{a}_{k^\prime}e^{-ik^\prime x^\prime}-\hat{a}_{k^\prime}^\dagger e^{ik^\prime x^\prime}\right)d^3k d^3k^\prime \nonumber\\
&=-\iint \sum_{\sigma=1,2}\sum_{\sigma^\prime=1,2}(\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k}\sigma}\cdot\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k^\prime}\sigma^\prime})\dfrac{\hbar\omega_k}{2(2\pi)^3}\left(\hat{a}_ke^{-ikx}-\hat{a}_k^\dagger e^{ikx}\right)\left(\hat{a}_{k^\prime}e^{-ik^\prime x^\prime}-\hat{a}_{k^\prime}^\dagger e^{ik^\prime x^\prime}\right)d^3k d^3k^\prime \label{eq:7}
\end{align}
積分の部分だけ計算します。
\begin{align}
\iint \left\{\hat{a}_k\hat{a}_{k^\prime} e^{-i(kx+k^\prime x^\prime )}+\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_{k^\prime}^\dagger e^{i(kx+k^\prime x^\prime)}-\hat{a}_k\hat{a}_{k^\prime}^\dagger e^{-i(kx-k^\prime x^\prime)}-\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_{k^\prime}e^{i(kx-k^\prime x^\prime)}\right\}d^3kd^3k^\prime \label{eq:8}
\end{align}
ここで、生成消滅演算子の交換関係
\begin{align}
[\hat{a}_k,\hat{a}_{k^\prime}]&=0 \label{eq:9}\\
[\hat{a}^\dagger_k,\hat{a}^\dagger_{k^\prime}]&=0 \label{eq:10}\\
[\hat{a}_k,\hat{a}^\dagger_{k^\prime}]&=\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k^\prime}) \label{eq:11}
\end{align}
を利用すると、\eqref{eq:8}式の第一項、第二項が落ちることは容易にわかると思います。よって、\eqref{eq:7}式は、
\begin{align}
\dfrac{\varepsilon_0\boldsymbol{E}^2}{2}&=\iint\sum_{\sigma=1,2}\sum_{\sigma^\prime=1,2}(\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k}\sigma}\cdot\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k^\prime}\sigma^\prime})\dfrac{\hbar \omega_k}{2(2\pi)^3}\left\{\hat{a}_k\hat{a}_{k^\prime}^\dagger e^{-i(kx-k^\prime x^\prime)}+\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_{k^\prime}e^{i(kx-k^\prime x^\prime)}\right\}d^3kd^3k^\prime \label{eq:12}
\end{align}
次に磁束密度のほうに同じ計算をしてやりましょう。
\begin{align}
\dfrac{\boldsymbol{B}^2}{2\mu_0}&=-\iint \sum_{\sigma=1,2}\sum_{\sigma^\prime=1,2}\dfrac{\hbar}{2\omega_k(2\pi)^3\varepsilon_0\mu_0}\left(\boldsymbol{k}\times\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k}\sigma}\right)\cdot\left(\boldsymbol{k^\prime}\times \boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k^\prime}\sigma^\prime}\right)\left(\hat{a}_ke^{-ikx}-\hat{a}_k^\dagger e^{ikx}\right)\left(\hat{a}_{k^\prime}e^{-ik^\prime x^\prime}-\hat{a}_{k^\prime}^\dagger e^{ik^\prime x^\prime}\right)d^3k d^3k^\prime \label{eq:13}
\end{align}
ここで、公式
\begin{align}
(\boldsymbol{A}\times\boldsymbol{B})\cdot(\boldsymbol{C}\times \boldsymbol{D})=(\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{C})(\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{D})-(\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{D})(\boldsymbol{B}\cdot\boldsymbol{C})
\end{align}
を利用して、\eqref{eq:13}式の積分部分だけ計算すると、
\begin{align}
\iint \sum_{\sigma=1,2}\sum_{\sigma^\prime=1,2}\left\{(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{k^\prime})(\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k}\sigma}\cdot\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k^\prime}\sigma^\prime})-(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k^\prime}\sigma^\prime})(\boldsymbol{e}_{\boldsymbol{k}\sigma}\cdot\boldsymbol{k^\prime})\right\}\left(\hat{a}_ke^{-ikx}-\hat{a}_k^\dagger e^{ikx}\right)\left(\hat{a}_{k^\prime}e^{-ik^\prime x^\prime}-\hat{a}_{k^\prime}^\dagger e^{ik^\prime x^\prime}\right)d^3k d^3k^\prime \label{eq:15}
\end{align}
ｋ
ここで、少し式変形が複雑すぎるので少し先を見越して省略します。先ほどの生成消滅演算子の交換関係\eqref{eq:9},\eqref{eq:10},\eqref{eq:11}を思い出すと、後ろの項から察するにデルタ関数を用いて式変形を進めていくことになります。よって、
\begin{align}
\boldsymbol{k}=\boldsymbol{k^\prime} \label{eq:16}
\end{align}
という場合をもう先に考えてしまうことにします。\eqref{eq:15}式は、波数ベクトルと波の振幅方向を表す単位ベクトルは直交するので、\eqref{eq:15}式の中括弧内の第二項は0になって第一項も$\boldsymbol{k}^2$と書き換えられます。よって、交換関係を用いれば、電場のときと同様に、
\begin{align}
\dfrac{\boldsymbol{B}^2}{2\mu_0}&=\int\sum_{\sigma=1,2}\dfrac{\hbar}{2\omega_k(2\pi)^3\varepsilon_0\mu_0}\boldsymbol{k}^2\left\{\hat{a}_k\hat{a}^\dagger_k e^{ik(x-x^\prime)}+\hat{a}^\dagger_k\hat{a}_ke^{ik(x-x^\prime)}\right\}d^3k
\end{align}
さて、ここで係数をいじります。$\omega_k=c|\boldsymbol{k}|$であること、$c=\dfrac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}$を用いれば、
\begin{align}
\dfrac{\boldsymbol{B}^2}{2\mu_0}&=\int \sum_{\sigma=1,2}\dfrac{\hbar\omega_k}{2(2\pi)^3} \left\{\hat{a}_k\hat{a}^\dagger_ke^{-ik(x-x^\prime)}+\hat{a}_k\hat{a}_ke^{ik(x-x^\prime)}\right\}d^3k
\end{align}
となります。これと同様に\eqref{eq:12}式を\eqref{eq:16}式を用いて変形すれば、
\begin{align}
\dfrac{\boldsymbol{B}^2}{2\mu_0}=\int \sum_{\sigma=1,2}\dfrac{\hbar\omega_k}{2(2\pi)^3}\left\{\hat{a}_k\hat{a}^\dagger_k e^{-ik(x-x^\prime)}+\hat{a}^\dagger_k\hat{a}_ke^{ik(x-x^\prime)}\right\}d^3k
\end{align}
ここで、\eqref{eq:6}式よりハミルトニアンは、
\begin{align}
H&=\int \left(\dfrac{\varepsilon_0\boldsymbol{E}^2}{2}+\dfrac{\boldsymbol{B}^2}{2\mu_0}\right)d^3x\\
&=\int \left[\int\dfrac{\hbar\omega_k}{2(2\pi)^3} \left(\hat{a}_k\hat{a}_k^\dagger+\hat{a}^\dagger_k\hat{a}_k\right)\left\{e^{-ik(x-x^\prime)}+e^{ik(x-x^\prime)}\right\}d^3k\right]d^3x \label{eq:21}
\end{align}
生成消滅演算子の交換関係より、個数演算子$\hat{N}_k$を用いて、
\begin{align}
\hat{a}_k\hat{a}^\dagger_k+\hat{a}^\dagger_k\hat{a}_k&=2\hat{a}^\dagger_k\hat{a}_k+\delta^{(3)}(\boldsymbol{0}) \nonumber\\
&=2\hat{N}_k+\delta^{(3)}(\boldsymbol{0})\label{eq:22}
\end{align}
となります。ここで、前回と同様にデルタ関数のフーリエ積分表示
\begin{align}
\delta^{(3)}(x)=\dfrac{1}{(2\pi)^3}\int e^{ikx}d^3x
\end{align}
を用いれば、\eqref{eq:22}式は、\eqref{eq:21}式の積分順序を入れ替えたものと合わせて、
\begin{align}
H=\int \sum_{\sigma=1,2} \hbar\omega_k\left(\hat{N}_k+\dfrac{1}{2}\delta^{(3)}(\boldsymbol{0})\right)d^3k \label{eq:24}
\end{align}
となります。これは調和振動子のエネルギーですね。前回の記事で書いた調和振動子になるということがこの視点からも言えることになります。
くりこみ理論とは?無限大のエネルギーを避けたい...
\eqref{eq:24}の被積分関数第二項は無限大の項があるのでこれはまずそうです。さて、ただこれはいわゆる基底状態のエネルギーなので、これを基準に考えればいいわけです。つまり、この部分を除いた\begin{align}
H=\int \sum_{\sigma=1,2}\hat{N}_k\hbar\omega_k d^3k
\end{align}
を改めてハミルトニアンとして再定義します。このことをくりこみといいます