場の量子論⑩ ディラック場の量子化
ディラック場の量子化を行う
スカラー場と同様に量子化を行います。共役運動量を求めて量子化条件を課しましょう。ディラック場の共役運動量
今回考えているラグランジアンは以下のとおりです。\begin{align*}
\mathcal{L}=\bar{\psi}(i\hbar c\gamma^\mu\partial_\mu-mc^2)\psi
\end{align*}
ここから、共役運動量$\pi$を求めます。ディラック共役$\bar{\psi}$$=\psi^\dagger\gamma^0$と$(\gamma^0)^2=1$を用いると、
\begin{align*}
\pi
&=\dfrac{\partial\psi}{\partial(\dot{\psi})} \\
&=\dfrac{1}{c}\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_0\psi)} \\
&=\dfrac{1}{c}\bar{\psi}i\hbar c\gamma^0 \\
&=i\hbar\bar{\psi}\gamma^0 \\
&=i\hbar\psi^\dagger\gamma^0\gamma^0 \\
&=i\hbar\psi^\dagger
\end{align*}
これを用いて、第二量子化を行います。
ディラック方程式の解
Dirac方程式の解を求めたいというところですが、まず解くのが結構難しいんですよね。ちなみに、Klein-Gordon方程式とほぼ同じ解のはずです。もともとディラック方程式はクラインゴルドン方程式の微分階数を減らしただけなので。ただ。スピノルという点だけ違うので、 おいてみましょう。ただし、スピノルのどの成分かということを示す添え字として$a$を用いています。\begin{align*}
\psi^a=\int d^3k\left(A^a_ke^{-ikx}+B^a_ke^{ikx}\right)
\end{align*}
ただし、これだと独立なスピノル成分が2成分ですね。ディラック方程式がもつスピノルは4成分なので、あと2成分不足しています。よって、パラメータ$s$を用いて以下のように4成分にしてあげましょう。
\begin{align*}
\psi^a=\int d^3k \sum_{s=\pm}\left(A^a_{k,s}e^{-ikx}+B^a_{k,s}e^{ikx}\right)
\end{align*}
これを一般解として考えましょう。
場を演算子化と各成分の意味
場の量子論では場を演算子化します。ここで、スピノルと演算子を一体にしておくのはわかりにくいので、スピノル部分、演算子部分を分けて考えましょう。\begin{align*}
\hat{\psi}^a=\int d^3k\sum_{s=\pm}\left(\hat{C}_{k,s}U^a_{k,s}e^{-ikx}+\hat{D}^\dagger_{k,s}V^a_{k,s}e^{ikx}\right)
\end{align*}
$U^a_{k,s}$,$V^a_{k,s}$はスピノルで、$\hat{C}_{k,s}$,$\hat{D}^\dagger_{k,s}$は演算子です。これをディラック方程式に代入すると式の意味が見えやすくなります。
\begin{align*}
0
&=(i\hbar c\gamma^\mu \partial_\mu-mc^2)\psi^a \\
&=\int d^3k \sum_{s=\pm}\left\{(\hbar c\gamma^\mu k_\mu-mc^2)\hat{C}_{k,s}U^a_{k,s}-(\hbar c\gamma^\mu k_\mu+mc^2)\hat{D}_{k,s}V^a_{k,s}\right\}
\end{align*}
つまり、前半、$\hat{C}_{k,s}U^a_{k,s}$部分と後半$\hat{D}_{k,s}V^a_{k,s}$部分で満たす方程式が異なり、
\begin{align*}
(\hbar c\gamma^\mu k_\mu-mc^2)\hat{C}_{k,s}U^a_{k,s}&=0 \\
(\hbar c\gamma^\mu k_\mu+mc^2)\hat{D}_{k,s}V^a_{k,s}&=0
\end{align*}
という方程式を満たすことになります。
異なる演算子の入れ替え
非相対論的極限を取ってパウリ方程式を導出した記事では、ディラック方程式の記述する粒子のスピンが$1/2$であることが導けました。よって、ディラック方程式が記述するのはフェルミオンで、粒子の統計性の記事にあるように、波動関数の符号が逆になります。今回は波動関数ではなく、場の演算子として扱うので、場の演算子自体に交換すると逆になるという条件を課す必要があります。
たとえば、以下のようになります。
\begin{align*}
\hat{c}_{k,s}\hat{d}_{k^\prime,s^\prime}=-\hat{d}_{k^\prime,s^\prime}\hat{c}_{k,s}
\end{align*}
左辺にすべての項を移項すると
\begin{align*}
\hat{c}_{k,s}\hat{d}_{k^\prime,s^\prime}+\hat{d}_{k^\prime,s^\prime}\hat{c}_{k,s}=\left\{\hat{c}_{k,s},\hat{d}_{k^\prime,s^\prime}\right\}=0
\end{align*}
つまり、ディラック場を記述する異なる演算子については反交換関係が0になります。
第二量子化の条件
第二量子化を行います。今回は、以下の反交換関係で量子化を行います。\begin{align*}
\{\psi^a(x),\pi^b(x^\prime)\}_{t=t^\prime}
=\psi^a(x)\pi^b(x^\prime)+\pi^b(x^\prime)\psi^a(x)
=i\hbar\delta^{ab}\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^\prime)
\end{align*}
ここで、場の共役運動量$\pi^b$は、
\begin{align*}
\hat{\pi}^b=i\hbar\hat{\psi}^{b\dagger}
\end{align*}
なので、反交換関係は、
\begin{align}
& \{\hat{\psi}^a(x),\hat{\pi}^b(x^\prime)\} \nonumber \\
&=i\hbar\left(\hat{\psi}^a\hat{\psi}^{\dagger b}+\hat{\psi}^{\dagger b}\hat{\psi}^a\right) \nonumber \\
&=i\hbar\iint d^3k\ d^3k^\prime \sum_{s=\pm}\sum_{s^\prime=\pm}\left[\left(\hat{C}_{k,s}U^a_{k,s}e^{-ikx}+\hat{D}^\dagger_{k,s}V^a_{k,s}e^{ikx}\right)\left(\hat{C}^\dagger_{k^\prime,s^\prime}U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{ik^\prime x^\prime}+\hat{D}_{k^\prime,s^\prime}V^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{-ik^\prime x^\prime}\right)
+\left(\hat{C}^\dagger_{k^\prime,s^\prime}U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{ik^\prime x^\prime}+\hat{D}_{k^\prime,s^\prime}V^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{-ik^\prime x^\prime}\right)\left(\hat{C}_{k,s}U^a_{k,s}e^{-ikx}+\hat{D}^\dagger_{k,s}V^a_{k,s}e^{ikx}\right)\right] \label{eq:1}
\end{align}
となりますが、スピノル$U^a$と$U^{\dagger b}$にはそれぞれスピノルの$a$成分,$b$成分のみを扱うためスカラーとして扱うことができます。これらは演算子でもないので入れ替えても大丈夫です。つまり、
\begin{align*}
U^a_{k,s}U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}=U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}U^a_{k,s}
\end{align*}
と考えてもよいでしょう。つまり、\eqref{eq:1}の計算の続きは、
\begin{align}
& \{\hat{\psi}^a(x),\hat{\pi}^b(x^\prime)\} \nonumber \\
&=i\hbar\iint d^3k\ d^3k^\prime \sum_{s=\pm}\sum_{s^\prime=\pm}\left[
\left\{\hat{C}_{k,s},\hat{C}^\dagger_{k^\prime,s^\prime}\right\}U^a_{k,s}U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{-i(kx-k^\prime x^\prime)}
+
\left\{\hat{C}_{k,s},\hat{D}_{k^\prime,s^\prime}\right\}U^a_{k,s}V^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{-i(kx+k^\prime x^\prime)}
+
\left\{\hat{D}^\dagger_{k,s},\hat{C}^\dagger_{k^\prime,s^\prime}\right\}V^a_{k,s}U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{i(kx+k^\prime x^\prime)}
+
\left\{\hat{D}^\dagger_{k,s},\hat{D}_{k^\prime,s^\prime}\right\}V^a_{k,s}V^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{i(kx-k^\prime x^\prime)}
\right]
\end{align}
ここで、被積分関数内第2項、第3項は異なる演算子の反交換関係で、これは0になるものとして進めます。また、時間成分と波数空間成分を分けると、以下のようになります。
\begin{align*}
& \{\hat{\psi}^a,\hat{\pi}^b(x^\prime)\} \\
&=i\hbar\iint d^3k\ d^3k^\prime
\sum_{s=\pm}\sum_{s^\prime=\pm}\left[
\left\{\hat{C}_{k,s},\hat{C}^\dagger_{k^\prime,s^\prime}\right\}U^a_{k,s}U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{-i(kx-k^\prime x^\prime)}
+
\left\{\hat{D}^\dagger_{k,s},\hat{D}_{k^\prime,s^\prime}\right\}V^a_{k,s}V^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{i(kx-k^\prime x^\prime)}
\right] \\
&=i\hbar\iint d^3k\ d^3k^\prime
\sum_{s=\pm}\sum_{s^\prime=\pm}\left[
\left\{\hat{C}_{k,s},\hat{C}^\dagger_{k^\prime,s^\prime}\right\}U^a_{k,s}U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{-i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}
+
\left\{\hat{D}^\dagger_{k,s},\hat{D}_{k^\prime,s^\prime}\right\}V^a_{k,s}V^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}
\right]
\end{align*}
デルタ関数の変形
第二量子化の右辺の計算
反交換関係の右辺をさらに変形します。反交換関係の式に合うように計算を進めると、\begin{align*}
& i\hbar\delta^{ab}\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^\prime) \\
&=\dfrac{i\hbar\delta^{ab}}{(2\pi)^3}\int d^3k \ e^{i\boldsymbol{k}\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^\prime)} \\
&=\dfrac{i\hbar\delta^{ab}}{(2\pi)^3}\iint d^3k\ d^3k^\prime \delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)} \\
&=\dfrac{i\hbar\delta^{ab}}{2(2\pi)^3}\iint d^3k\ d^3k^\prime \left[\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}
+
\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}\right] \\
&=\dfrac{i\hbar\delta^{ab}}{4(2\pi)^3}\iint d^3k\ d^3k^\prime \sum_{s=\pm}\sum_{s^\prime=\pm}\left[\delta_{ss^\prime}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}
+
\delta_{ss^\prime}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}\right]
\end{align*}
反交換関係の左辺を計算した結果と比較すると、
\begin{align*}
\dfrac{\delta^{ab}}{4(2\pi)^3}\delta_{ss^\prime}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)&= \left\{\hat{C}_{k,s},\hat{C}^\dagger_{k^\prime,s^\prime}\right\}U^a_{k,s}U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{-i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t} \\
\dfrac{\delta^{ab}}{4(2\pi)^3}\delta_{ss^\prime}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)&=
\left\{\hat{D}^\dagger_{k,s},\hat{D}_{k^\prime,s^\prime}\right\}V^a_{k,s}V^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}e^{i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}
\end{align*}
$e$を含む項を左辺に移して、二つ目の式を入れ替えると、
\begin{align*}
\dfrac{\delta^{ab}e^{i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}}{4(2\pi)^3}\delta_{ss^\prime}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)&= \left\{\hat{C}_{k,s},\hat{C}^\dagger_{k^\prime,s^\prime}\right\}U^a_{k,s}U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime} \\
\dfrac{\delta^{ab}e^{-i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}}{4(2\pi)^3}\delta_{ss^\prime}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)&=
\left\{\hat{D}^\dagger_{k,s},\hat{D}_{k^\prime,s^\prime}\right\}V^a_{k,s}V^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}
\end{align*}
左辺はデルタ関数の引数が等しいときのみ0出ない値となるので、$e$の項は1とかいてもよいでしょう。また、二つ目の式について、
\begin{align*}
\dfrac{1}{4(2\pi)^3}\delta_{ss^\prime}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)&= \left\{\hat{C}_{k,s},\hat{C}^\dagger_{k^\prime,s^\prime}\right\}U^a_{k,s}U^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime} \\
\dfrac{1}{4(2\pi)^3}\delta_{ss^\prime}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)&=
\left\{\hat{D}^\dagger_{k,s},\hat{D}_{k^\prime,s^\prime}\right\}V^a_{k,s}V^{\dagger b}_{k^\prime,s^\prime}
\end{align*}
納得できない処理
ここで、左辺にあるデルタ関数、クロネッカーのデルタ、係数をどう分配するかですが、デルタ関数と係数を演算子部分に、与えることにします。まず、演算子の反交換関係部分に、デルタ関数$\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)$を課すと、$k=k^\prime$の場合しか0出ない値を持たなくなります。つまり、$k=k^\prime$のときのみ、値を考えればよいので、\begin{align*}
U^a_{k,s}U^{\dagger b}_{k,s^\prime}&=\delta_{ss^\prime}\delta^{ab}\\
V^a_{k,s}V^{\dagger b}_{k,s^\prime}&=\delta_{ss^\prime}\delta^{ab}
\end{align*}
このとき、係数も含めて反交換関係部分に残りを課します。このクロネッカーのデルタによって$s=s^\prime$のときのみ、値を持つので、
\begin{align}
\left\{\hat{C}_{k,s},\hat{C}^\dagger_{k^\prime,s}\right\}
&=\dfrac{1}{4(2\pi)^3}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime) \label{eq:3} \\
\left\{\hat{D}_{k,s},\hat{D}^\dagger_{k^\prime,s}\right\}
&=\dfrac{1}{4(2\pi)^3}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime) \label{eq:4}
\end{align}
となります。ただ、演算子部分にはデルタ関数として$k$と$k^\prime$の条件は与えられますが、$s$に関する条件は与えらえません。スピノル部分$U$,$V$にもデルタ関数を与えると、次元が違ってきてしまうのでこのような対処になっています。クロネッカーのデルタなら次元を崩さないので、演算子の交換関係には$\delta_{ss^\prime}$を付けている場合もあります。
演算子の導入
ここで、以下の演算子$\hat{c}_{k,s}$,$\hat{d}_{k,s}$を導入します。\begin{align*}
\left\{\hat{c}_{k,s},\hat{c}^\dagger_{k^\prime,s}\right\}&=\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}) \\
\left\{\hat{d}_{k,s},\hat{d}^\dagger_{k^\prime,s}\right\}&=\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k})
\end{align*}
これを用いて、以下のように置き換えます。
\begin{align*}
\hat{C}_{k,s}=\dfrac{1}{\sqrt{4(2\pi)^3}}\hat{c}_{k,s} \\
\hat{D}_{k,s}=\dfrac{1}{\sqrt{4(2\pi)^3}}\hat{d}_{k,s}
\end{align*}
演算子としての場の式を書き直す
演算子としての場の式を書き直します。\begin{align*}
\hat{\psi}^a=\dfrac{1}{\sqrt{4(2\pi)^3}}\int d^3k \sum_{s=\pm}\left(\hat{c}_{k,s}U^a_{k,s}e^{-ikx}+\hat{d}^{a \dagger}_{k,s}V^a_{k,s}e^{ikx}\right)
\end{align*}
ところで、演算子化された複素Klein-Gordon場は以下のようにあらわされました。
\begin{align*}
\hat{\phi}=\int d^3k \sqrt{\dfrac{mc^2}{(2\pi)^32\hbar\omega_k}}\left(\hat{a}_ke^{-ikx}+\hat{b}_ke^{ikx}\right)
\end{align*}
よって、この係数が合うようにスピノルの係数を変更してあげましょう。
\begin{align*}
U^a_{k,s}=\sqrt{\dfrac{2mc^2}{\hbar\omega_k}}u^a_{k,s} \\
V^a_{k,s}\to \sqrt{\dfrac{2mc^2}{\hbar\omega_k}}v^a_{k,s}
\end{align*}
これで、場は以下のようになります。
\begin{align*}
\hat{\psi}^a=\int d^3k\sqrt{\dfrac{mc^2}{(2\pi)^32\hbar\omega_k}}\left(\hat{c}_{k,s}u^a_{k,s}e^{-ikx}+\hat{d}^\dagger_{k,s} v^a_{k,s}e^{ikx}\right)
\end{align*}
ただし、
\begin{align*}
u^a_{k,s}u^b_{k,s^\prime}&=\dfrac{\hbar\omega_k}{2mc^2}\delta^{ab}\delta_{ss^\prime} \\
v^a_{k,s}v^b_{k,s^\prime}&=\dfrac{\hbar\omega_k}{2mc^2}\delta^{ab}\delta_{ss^\prime} \\
\left\{\hat{c}_{k,s},\hat{c}_{k^\prime,s}\right\}&=\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime) \\
\left\{\hat{d}_{k,s},\hat{d}_{k^\prime,s}\right\}&=\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)
\end{align*}
ただ、係数の与え方が文献によって異なることはしばしばあって、Klein-Gordon場で質量が入る場の式はあまり見ないと書きました(それはラグランジアンを次元にこだわって取ったせいでした)が、今回もこのような係数の取り方はあまり見ないです。ただ、スピノルの部分に係数をどう与えるか、で解消できます。