場の量子論② 実スカラー場
実スカラー場とは？
前回は、クラインゴルドン方程式の一般解をフーリエ変換により求めました。そこに新たに条件を課してみます。クラインゴルドン方程式の解
前回はクラインゴルドン方程式の解として、\begin{align*}
\phi(x)&=\int \left\{A_ke^{-ikx}+B_{-k}e^{ikx}\right\}d^3k \\
\end{align*}
を導きました。ただし、
\begin{align*}
kx=k_\mu x^\mu=\omega_k t-\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}
\end{align*}
です。
スカラー場に実という条件を課す
複素共役を取った式と比較してみましょう。\begin{align*}
\phi^*(x)&=\int \left\{A^*_ke^{ikx}+B^*_{-k}e^{-ikx}\right\}d^3k \\
\phi(x)&=\int\left\{A_ke^{-ikx}+B_{-k}e^{ikx}\right\}d^3k
\end{align*}
ここで、それぞれ$e^{\pm ikx}$の項を比べてみましょう。以下の式が導かれます。
\begin{align*}
B_{-k}=A^*_k
\end{align*}
よって、$\phi(x)$は以下のようになります。
\begin{align*}
\phi(x)=\int\left\{A_ke^{-ikx}+A^*_ke^{ikx}\right\}d^3k
\end{align*}
第二量子化とは？
位置$\hat{x}$と運動量$\hat{p}$に以下の関係を課すことを正準量子化といいました。\begin{align*}
[\hat{x}_i,\hat{p}_j]=i\hbar\delta_{ij}
\end{align*}
量子力学では位置と運動量は演算子として扱われていました。さて、場の量子論では位置を演算子(q数)から通常の数(c数)へと降格させ、代わりに、$\phi$を場として演算子に昇格させます。
場の量子論では場$\hat{\phi}$から定義される場の共役運動量$\hat{\pi}$に量子化条件を考えます。以下の関係を第二量子化といいます。
\begin{align*}
[\hat{\phi}(x),\hat{\pi}(x^{\prime})]_{t=t^\prime}=i\hbar\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^{\prime})
\end{align*}
この第二量子化を実スカラー場にも課してみましょう。
場の共役運動量を定義から導出する
場$\hat{\phi}$を演算子化させて書いておきます。\begin{align*}
\hat{\phi}=\int \left\{\hat{A}_ke^{-ikx}+\hat{A}^\dagger_ke^{ikx} \right\}d^3k
\end{align*}
いま、$e^{\pm ikx}$はただの数であり、その前の係数部分を演算子化しました。また、演算子なので、その複素共役は$\dagger$で書いておきました。さて、解析力学ではハミルトン力学での共役な運動量は、実スカラー場のラグランジアン密度$\mathcal{L}$を用いて、
\begin{align*}
\hat{\pi}=\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}
\end{align*}
とかけます。分母のドットは時間微分です。今回は、ラグランジアン密度はわかっているものとして計算しましょう。以下の式が成り立つとして話を進めましょう。
\begin{align*}
\mathcal{L}=\dfrac{\hbar^2}{2m}\partial_\mu\phi\partial^\mu\phi-\dfrac{1}{2}mc^2\phi^2
\end{align*}
ここから共役運動量を導きましょう。この記事ではミンコフスキー計量は空間成分に負の座標を付けることにしています。よって、$\partial_0\phi$$=\partial^0\phi$$=\dot{\phi}/c$です。ただし、第0成分の微分には光速度$c$が含まれていることに注意です。よって、
\begin{align*}
\mathcal{L}=\dfrac{\hbar^2}{2mc^2}(\dot{\phi})^2-\dfrac{\hbar^2}{2m}(\nabla\phi)^2-\dfrac{1}{2}mc^2\phi^2
\end{align*}
これを用いて共役運動量密度は、
\begin{align*}
\pi&=\dfrac{\hbar^2}{mc^2}\dot{\phi}
\end{align*}
とできます。
第二量子化を行う
場と共役運動量、第二量子化の式を確認しましょう。\begin{align*}
\hat{\phi}&=\int\left\{\hat{A}_ke^{-ikx}+\hat{A}^\dagger_ke^{ikx}\right\}d^3k \\
\hat{\pi}=\dfrac{\hbar^2}{mc^2}\hat{\dot{\phi}}&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\int \omega_{k^\prime}\left\{-\hat{A}_ke^{-ikx}+\hat{A}^\dagger_k e^{ikx}\right\}d^3k \\
[\hat{\phi}(x),\hat{\pi}(x^{\prime})]_{t=t^\prime}&=i\hbar\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x^{\prime}})
\end{align*}
ここで、上の2式に現れている$\hat{A}_k$を交換関係を課すことで求めましょう。以下、共役運動量由来の積分は積分変数を$k^\prime$としています。
\begin{align*}
&[\hat{\phi}(x),\hat{\pi}(x^{\prime})]_{t=t^\prime} \\
&= \left[\int \left\{\hat{A}_ke^{-ikx}+\hat{A}^\dagger_ke^{ikx}\right\}d^3k\right]
\left[\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\int \omega_{k^\prime}\left\{-\hat{A}_{k^\prime}e^{-ik^\prime x^\prime}+\hat{A}^\dagger_{k^\prime}e^{ik^\prime x^\prime}\right\}d^3k^\prime\right] \\
& \ \ \ -
\left[\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\int \omega_{k^\prime}\left\{-\hat{A}_{k^\prime}e^{-ik^\prime x^\prime}+\hat{A}^\dagger_{k^\prime}e^{ik^\prime x^\prime}\right\}d^3k^\prime\right]
\left[\int\left\{\hat{A}_ke^{-ikx}+\hat{A}^\dagger_ke^{ikx}\right\}d^3k\right] \\
&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\iint d^3k\ d^3k^\prime\omega_{k^\prime}\left\{-[\hat{A}_k,\hat{A}_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{-i(kx+k^\prime x^\prime)}+[\hat{A}_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{-i(kx-k^\prime x^\prime)}-[\hat{A}^\dagger_k,\hat{A}_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{i(kx-k^\prime x^\prime)}+[\hat{A}^\dagger_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{i(kx+k^\prime x^\prime)}\right\}
\end{align*}
ここで、$\hat{A}_k$どうしの交換、$\hat{A}^\dagger_k$どうしの交換は0になる、と考えてもよいでしょう。
\begin{align*}
&[\hat{\phi}(x),\hat{\pi}(x^{\prime})]_{t=t^\prime} \\
&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\iint d^3k\ d^3k^\prime\omega_{k^\prime}\left\{[\hat{A}_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{-i(kx-k^\prime x^\prime)}-[\hat{A}^\dagger_k,\hat{A}_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{i(kx-k^\prime x^\prime)}\right\} \\
&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\iint d^3k\ d^3k^\prime\omega_{k^\prime}\left\{[\hat{A}_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{-i(k-k^\prime)x}+[\hat{A}_{k^\prime},\hat{A}^\dagger_k]_{t=t^\prime}e^{i(k-k^\prime)x}\right\} \\
&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\iint d^3k\ d^3k^\prime\omega_{k^\prime}\left\{\left([\hat{A}_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{-i(kx-k^\prime x^\prime)}\right)+\left([\hat{A}_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{-i(kx-k^\prime x^\prime)}\right)^\dagger\right\} \\
\end{align*}
特に、$kx$$=\omega_k t-\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}$を用いて書き換えると、
\begin{align*}
&[\hat{\phi}(x),\hat{\pi}(x^{\prime})]_{t=t^\prime} \\
&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\iint d^3k\ d^3k^\prime\omega_{k^\prime}
\left\{\left([\hat{A}_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{-i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}\right)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}
+\left([\hat{A}_{k^\prime},\hat{A}^\dagger_k]_{t=t^\prime}e^{i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}\right)e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}\right\} \\
\end{align*}
さて、この式は$i\hbar\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^\prime)$となってほしいですが、$\hat{A}$の具体的な形や関係が不明で、ここからは計算できそうにないです。というわけで逆に結論の式を変形していきましょう。デルタ関数のフーリエ積分表示を用いて、
\begin{align*}
\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^\prime)
&=\dfrac{1}{(2\pi)^3}\int d^3k\ e^{i\boldsymbol{k}\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^\prime)}
\end{align*}
デルタ関数を含む項は引数が0になるときのみ0以外の値をもちます。よって、以下のように変形できます。
\begin{align*}
\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^\prime)
&=\dfrac{1}{(2\pi)^3}\int 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)} \\
\end{align*}
さらにさらに、$k$,$k^\prime$を$-k$,$-k^\prime$で置換した式も同じような形になります。よって、以下のようにできます。
\begin{align*}
i\hbar\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^\prime) \\
=\dfrac{i\hbar}{2(2\pi)^3}\int 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}^\prime-\boldsymbol{k})e^{-i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}\right\}
\end{align*}
この式と先ほど導いた式を比較しましょう。
\begin{align*}
&[\hat{\phi}(x),\hat{\pi}(x^{\prime})]_{t=t^\prime} \\
&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}
\iint d^3k\ d^3k^\prime\omega_{k^\prime}
\left\{\left([\hat{A}_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{-i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}\right)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}
+\left([\hat{A}_{k^\prime},\hat{A}^\dagger_k]_{t=t^\prime}e^{-i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}\right)e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}\right\} \\
\end{align*}
項が二つあるのでそれぞれ係数まで含めて比較すると、
\begin{align*}
\dfrac{1}{2(2\pi)^3}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)&=\dfrac{\hbar\omega_{k^\prime}}{mc^2}[\hat{A}_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}e^{-i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t} \\
\dfrac{1}{2(2\pi)^3} \delta^{(3)}(\boldsymbol{k}^\prime-\boldsymbol{k})&=\dfrac{\hbar\omega_{k^\prime}}{mc^2}[\hat{A}_{k^\prime},\hat{A}^\dagger_k]_{t=t^\prime}e^{i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}
\end{align*}
これらは複素共役を取っただけの式なので、上の式だけ考えればよいでしょう。
生成消滅演算子を定義する
\begin{align*}
[\hat{A}_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}=\dfrac{mc^2}{(2\pi)^32\hbar\omega_{k^\prime}}e^{i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)
\end{align*}
さて、右辺は$\boldsymbol{k}$$=\boldsymbol{k}^\prime$が成り立つときのみ0でない値なので、$\omega_k=\omega_{k^\prime}$として扱ってもよいでしょう。
\begin{align*}
[\hat{A}_k,\hat{A}^\dagger_{k^\prime}]_{t=t^\prime}=\dfrac{mc^2}{(2\pi)^3\sqrt{2\hbar\omega_{k^\prime}}\sqrt{2\hbar\omega_k}}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)
\end{align*}
よって、新たに以下の交換関係を満たす演算子$\hat{a}_k$を導入し、それに以下のように係数をつけたものが$\hat{A}_k$といえるでしょう。
\begin{align*}
[\hat{a}_k,\hat{a}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}&=\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime) \\
\hat{A}_k&=\sqrt{\dfrac{mc^2}{(2\pi)^32\hbar\omega_k}}\hat{a}_k
\end{align*}
この係数を含めて演算子を新しく定義している場合もあります。また、$\hbar=1$としている単位系を用いている場合はディラック定数も消えます。なので少し違う式が記載された文献もいくつかあります...
実スカラー場の表式
演算子化された場をもう一度表記すると、\begin{align*}
\hat{\phi}(x,t)=\int\sqrt{\dfrac{mc^2}{(2\pi)^32\hbar\omega_k}} \left(\hat{a}_ke^{-ikx}+\hat{a}^\dagger_ke^{ikx}\right)d^3k
\end{align*}
となります。
懸念点
基本的に、ラグランジアンは第一項目が$\hbar^2\partial_\mu\phi\partial^\mu\phi/2$と書いてあります。（もっとメジャーなのは自然単位系を取って$\hbar=1$として式が書いてあります。）ゆえに、基本的に$m$は現れていないです。ただ今回のようにしないと次元が合わないような気がしたので、$m$を分母に加えてみました。だからほかの文献とは少し違う係数になっています。