場の量子論③ 複素スカラー場
複素スカラー場とは？
前回はスカラー場に実という条件を課しました。これを複素数の範囲で考えればどうなるか、確かめましょう。クライン・ゴルドン方程式の解
一般解は以下のようにあらわせたのでした。どうせ場の量子論では演算子に昇格するのでもう演算子化したうえで、前回記事で$B_{-k}$としていた項を$B_k$と書き直しました。\begin{align}
\hat{\phi}=\int \left(\hat{A}_k e^{-ikx}+\hat{B}_k e^{ikx}\right)d^3k \label{eq:1}
\end{align}
この場を用いて、以下の手順で第二量子化を行います。①ラグランジアン密度から共役運動量を求める。
②第二量子化条件を課す
これを満たすような演算子$\hat{A}_k$,$\hat{B}_k$を決定しましょう。
複素スカラー場のラグランジアンを求める
複素スカラー場のラグランジアンは以下のようになります。\begin{align}
\mathcal{L}=\dfrac{\hbar^2}{m}\partial_\mu \hat{\phi}^\dagger \partial^\mu \hat{\phi}-mc^2\hat{\phi}^\dagger\hat{\phi} \label{eq:2}
\end{align}
これがKlein-Gordon方程式を導くことを確かめましょう。Euler-Lagrange方程式
\begin{align*}
\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial \hat{\phi}}-\partial_\mu \dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\hat{\phi})}=0
\end{align*}
に代入します。添え字の上げ下げ、ダミー変数は文字を変えてもよいことを考えて、
\begin{align*}
\mathcal{L}=\dfrac{\hbar^2}{m}\eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\hat{\phi}^\dagger\partial_\beta\hat{\phi}-mc^2\hat{\phi}^\dagger \hat{\phi}
\end{align*}
と変形できます。Euler-Lagrange方程式に代入します。詳細な計算過程は以下の通りです。
\begin{align*}
-mc^2\hat{\phi}^\dagger-\partial_\mu\left(\dfrac{\hbar^2}{m}\eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\hat{\phi}^\dagger\delta^\mu_\beta\right)&=0 \\
-mc^2\hat{\phi}^\dagger-\dfrac{\hbar^2}{m}\partial_\mu\eta^{\alpha\mu}\partial_{\alpha}\hat{\phi}^\dagger&=0 \\
-mc^2\phi^\dagger-\dfrac{\hbar^2}{m}\partial_\mu\partial^\mu\hat{\phi}^\dagger&=0
\end{align*}
辺々の$\dagger$を取って、$-m/\hbar^2$をかけると、
\begin{align*}
\left(\partial_\mu\partial^\mu+\dfrac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\hat{\phi}=0
\end{align*}
となって、確かに\eqref{eq:2}はラグランジアンとしてふさわしそうです。
場の共役運動量を求める
場の共役運動量$\hat{\pi}$を求める式は以下のようになります。\begin{align*}
\hat{\pi}=\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\hat{\dot{\phi}}}=\dfrac{1}{c}\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial^0\hat{\phi})}
\end{align*}
この式に\eqref{eq:2}を用いると、
\begin{align*}
\hat{\pi}=\dfrac{\hbar^2}{mc}\partial_0\hat{\phi}^\dagger=\dfrac{\hbar^2}{mc^2}\hat{\dot{\phi}}^\dagger
\end{align*}
となります。
第二量子化条件を満たすように演算子を定める
場とその共役運動量を以下に示します。\begin{align*}
\hat{\phi}&=\int\left(\hat{A}_ke^{-ikx}+\hat{B}_ke^{ikx}\right)d^3k \\
\hat{\pi}&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\int\omega_k\left(\hat{A}_k^\dagger e^{ikx}-\hat{B}_k^\dagger e^{-ikx}\right)d^3k
\end{align*}
ここで第二量子化の条件に当てはめてみましょう。$\hat{\pi}$由来の積分変数は$k^\prime$にして計算します。ここでは$\hat{A}_k$と$\hat{B}_{k^\prime}$は交換するものとして計算しました。
\begin{align*}
&[\hat{\phi}(x),\hat{\pi}(x^\prime)]_{t=t^\prime}\\
&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\int d^3k\ d^3k^\prime \omega_{k^\prime}\left(
[\hat{A}_k,\hat{A}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}e^{-i(kx-k^\prime x^\prime)}-[\hat{A}_k,\hat{B}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}e^{-i(kx+k^\prime x^\prime)}+[\hat{B}_k,\hat{A}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}e^{i(kx+k^\prime x^\prime)}-[\hat{B}_k,\hat{B}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}e^{i(kx-k^\prime x^\prime)}\right) \\
&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\int d^3k\ d^3k^\prime \omega_{k^\prime}\left(
[\hat{A}_k,\hat{A}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}e^{-i(kx-k^\prime x^\prime)}-[\hat{B}_k,\hat{B}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}e^{i(kx-k^\prime x^\prime)}\right) \\
&=\dfrac{i\hbar^2}{mc^2}\int d^3k\ d^3k^\prime \omega_{k^\prime}\left(
[\hat{A}_k,\hat{A}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}e^{-i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\boldsymbol{k}^\prime\cdot\boldsymbol{x}^\prime)}-[\hat{B}_k,\hat{B}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\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*}
この式が$i\hbar\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{x}^\prime)$になってほしいですが、前回同様以下の式が導けます。
\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*}
これら2式を比較すると、
\begin{align*}
\dfrac{\hbar\omega_{k^\prime}}{mc^2}[\hat{A}_k,\hat{A}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}e^{-i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}&=\dfrac{1}{2(2\pi)^3}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime) \\
-\dfrac{\hbar\omega_{k^\prime}}{mc^2}[\hat{B}_k,\hat{B}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}e^{i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}&=\dfrac{1}{2(2\pi)^3}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}^\prime-\boldsymbol{k})
\end{align*}
この2式を変形すると、
\begin{align*}
[\hat{A}_k,\hat{A}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}&=\dfrac{mc^2}{2(2\pi)^3\hbar\omega_{k^\prime}}e^{i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime) \\
[\hat{B}_k,\hat{B}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}&=-\dfrac{mc^2}{2(2\pi)^3\hbar\omega_{k^\prime}}e^{-i(\omega_k-\omega_{k^\prime})t}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}^\prime-\boldsymbol{k})
\end{align*}
また、右辺は$\boldsymbol{k}$,$\boldsymbol{k}^\prime$が等しいときのみ0でない値をとるので、デルタ関数でない部分は$\boldsymbol{k}$$=\boldsymbol{k}^\prime$としてもよいでしょう。
\begin{align*}
[\hat{A}_k,\hat{A}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}&=\dfrac{mc^2}{2(2\pi)^3\sqrt{\hbar\omega_k}\sqrt{\hbar\omega_{k^\prime}}}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime) \\
[\hat{B}_k,\hat{B}_{k^\prime}^\dagger]_{t=t^\prime}&=-\dfrac{mc^2}{2(2\pi)^3\sqrt{\hbar\omega_k}\sqrt{\hbar\omega_{k^\prime}}}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}^\prime-\boldsymbol{k})
\end{align*}
一つ目のほうは前回とおなじなので、
\begin{align*}
\hat{A}_k&=\sqrt{\dfrac{mc^2}{2(2\pi)^3\hbar\omega_k}}\hat{a}_k \\
\end{align*}
とすればよいでしょう。ただし、
\begin{align*}
[\hat{a}_k,\hat{a}_{k^\prime}]_{t=t^\prime}=\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)
\end{align*}
です。さて、$\hat{B}_k$のほうについて、右辺にはマイナスの符号がついていますが、左辺の交換関係を入れ替えることでマイナスは取れて、
\begin{align*}
[\hat{B}_{k^\prime}^\dagger,\hat{B}_k]_{t=t^\prime}&=\dfrac{mc^2}{2(2\pi)^3\hbar\omega_k}\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}^\prime-\boldsymbol{k})
\end{align*}
となります。先ほどと同様に、
\begin{align*}
[\hat{b}_k,\hat{b}_{k^\prime}]_{t=t^\prime}=\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)
\end{align*}
を満たすような演算子を用いて、
\begin{align*}
\hat{B}_k^\dagger=\sqrt{\dfrac{mc^2}{2(2\pi)^3\hbar\omega_k}}\hat{b}_k
\end{align*}
とすればよいでしょう。
以上より、複素スカラー場は以下のようになります。
\begin{align*}
\hat{\phi}=\int\sqrt{\dfrac{mc^2}{(2\pi)^32\hbar\omega_k}}\left(\hat{a}_k e^{-ikx}+\hat{b}_k^\dagger e^{ikx}\right)d^3k
\end{align*}
演算子の交換関係
二つの演算子についてもう一度着目すると、\begin{align*}
[\hat{a}_k,\hat{a}_{k^\prime}^\dagger]&=\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime) \\
[\hat{b}_k,\hat{b}_{k^\prime}^\dagger]&=\delta^{(3)}(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}^\prime)
\end{align*}
となっていますが、これらは同一のものでしょうか？実は位相に関しては自由度があります。また、それぞれが持つ物理的な意味も異なるので、別々にしておくのが正解です。同一のものにしたらそれは実スカラー場になります。