場の量子論④ スカラー場のハミルトニアン
スカラー場のハミルトニアン
スカラー場のハミルトニアンを定義します。あくまで解析力学でハミルトニアンを求めた方法にのっとって行います。場の共役運動量を求める
複素スカラー場のラグランジアン密度は以下のようにあらわされました。\begin{align*}
\mathcal{L}=\dfrac{\hbar^2}{m}\partial_\mu\phi^\dagger \partial^\mu\phi-mc^2\phi^\dagger\phi
\end{align*}
場の共役運動量は
\begin{align*}
\pi_1=\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}=\dfrac{\hbar^2}{mc}\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial^0\phi)}
\end{align*}
と定義されました。具体的に計算すると、
\begin{align*}
\pi_1=\dfrac{\hbar^2}{mc}\partial_0\phi^\dagger
\end{align*}
となります。
ハミルトニアンが求められない?
ハミルトニアンは\begin{align*}
\mathcal{H}=\sum\pi\dot{\phi}-\mathcal{L}
\end{align*}
と定義されます。スカラー場の自由度が1と考えると、
\begin{align*}
\mathcal{H}
&\stackrel{?}{=}\dfrac{\hbar^2}{m}\partial_0\phi^\dagger\partial^0\phi-\mathcal{L} \\
&=\dfrac{\hbar^2}{m}(\nabla\phi)^2+mc^2\phi^\dagger\phi
\end{align*}
となり時間成分が消えます。これは間違いです。正確には複素スカラー場には自由度が2と考えればよいです。つまり、場$\phi$とその$\dagger$を取った場の共役運動量を取ることにします。
\begin{align*}
\pi_1&=\dfrac{\hbar^2}{mc}\partial_0\phi^\dagger \\
\pi_2&=\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}^\dagger}=\dfrac{\hbar^2}{mc}\partial^0\phi=\dfrac{\hbar^2}{mc}\partial_0\phi
\end{align*}
ルジャンドル変換でハミルトニアン密度を求める
ハミルトニアンを場で表す
ルジャンドル変換でハミルトニアン密度を求めましょう。ちなみに、$\pi_a$と$\dot{\phi}_a$はこの順番でないといけません。\begin{align*}
\mathcal{H}
&=\sum_{a=1,2}\pi_a\dot{\phi}_a-\mathcal{L} \\
&=\pi_1\dot{\phi}+\pi_2\dot{\phi}^\dagger-\mathcal{L} \\
&=\dfrac{\hbar^2}{m}\partial_0\phi^\dagger\partial^0\phi+\dfrac{\hbar^2}{m}\partial_0\phi^\dagger\partial^0\phi-\left(\dfrac{\hbar^2}{m}\partial_\mu\phi^\dagger\partial^\mu\phi-mc^2\phi^\dagger\phi\right) \\
&=\dfrac{\hbar^2}{mc^2}\dot{\phi}^\dagger\dot{\phi}+\dfrac{\hbar^2}{m}(\nabla\phi^\dagger)\cdot(\nabla\phi)+mc^2\phi^\dagger\phi
\end{align*}
となります。
場を演算子であらわす
具体的に計算しましょう。\begin{align*}
\dot{\phi}^\dagger\dot{\phi}
&=\dfrac{mc^2}{2(2\pi)^3\hbar}\dfrac{\hbar^2}{mc^2}\iint d^3k\ d^3k^\prime \sqrt{\omega_k\omega_{k^\prime}}\left(-\hat{a}_k^\dagger e^{ikx}+\hat{b}_k e^{-ikx}\right)\left(-\hat{a}_{k^\prime}e^{-ik^\prime x}+\hat{b}^\dagger_{k^\prime} e^{ik^\prime x}\right) \\
&=\dfrac{\hbar}{2(2\pi)^3}\iint d^3k\ d^3k^\prime \sqrt{\omega_k\omega_{k^\prime}}\left(\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_{k^\prime}e^{i(k-k^\prime)x}-\hat{a}_k^\dagger\hat{b}_{k^\prime}^\dagger e^{i(k+k^\prime)x}-\hat{b}_k\hat{a}_{k^\prime} e^{-i(k+k^\prime)x}+\hat{b}_k\hat{b}_{k^\prime}^\dagger e^{-i(k-k^\prime)x}\right) \\
&=\dfrac{\hbar}{2(2\pi)^3}\iint d^3k\ d^3k^\prime \sqrt{\omega_k\omega_{k^\prime}}\left(\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_{k^\prime}e^{i(k-k^\prime)x}+\hat{b}_k\hat{b}_{k^\prime}^\dagger e^{-i(k-k^\prime)x}-\hat{a}_k^\dagger\hat{b}_{k^\prime}^\dagger e^{i(k+k^\prime)x}-\hat{b}_k\hat{a}_{k^\prime} e^{-i(k+k^\prime)x}\right)
\end{align*}
他の成分も同様に計算できて、
\begin{align*}
\mathcal{H}
&=\dfrac{1}{2(2\pi)^3}\iint d^3k\ d^3k^\prime
\left(
\hbar\sqrt{\omega_k\omega_{k^\prime}}
+\dfrac{\hbar^2 c^2\boldsymbol{k}^*\cdot\boldsymbol{k}^\prime+(mc^2)^2}{\hbar\sqrt{\omega_k\omega_{k^\prime}}}
\right)
\left(\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_{k^\prime}e^{i(k-k^\prime)x}+\hat{b}_k\hat{b}_{k^\prime}^\dagger e^{-i(k-k^\prime)x}\right)
\\
\ & -
\dfrac{1}{2(2\pi)^3}\iint d^3k\ d^3k^\prime
\left(
\hbar\sqrt{\omega_k\omega_{k^\prime}}
+\dfrac{\hbar^2 c^2\boldsymbol{k}^*\cdot\boldsymbol{k}^\prime-(mc^2)^2}{\hbar\sqrt{\omega_k\omega_{k^\prime}}}
\right)
\left(\hat{a}_k^\dagger\hat{b}_{k^\prime}^\dagger e^{i(k+k^\prime)x}+\hat{b}_k\hat{a}_{k^\prime} e^{-i(k+k^\prime)x}
\right)
\end{align*}
左辺はハミルトニアン密度なので、積分してハミルトニアンにします。ここでは、$e^{ikx}=e^{i\omega_k t}e^{-i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}$と変形してデルタ関数の積分表示をつくり、$k^\prime$での積分を実行すると、
\begin{align*}
H
&=\dfrac{1}{2}\iint d^3k\ d^3k^\prime
\left(
\hbar\omega_k
+\dfrac{\hbar c^2\|\boldsymbol{k}\|^2+(mc^2)^2}{\hbar\omega_k}
\right)
\left(\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_k+\hat{b}_k\hat{b}_k^\dagger\right)
\\
\ & -
\dfrac{1}{2}\iint d^3k\ d^3k^\prime
\left(
\hbar\omega_k
-\dfrac{\hbar c^2\|\boldsymbol{k}\|^2+(mc^2)^2}{\hbar\omega_k}
\right)
\left(\hat{a}_k^\dagger\hat{b}_{-k}^\dagger+\hat{b}_k\hat{a}_{-k}\right)
\end{align*}
ここで、$\omega_k=\sqrt{\hbar^2\|\boldsymbol{k}\|^2+(mc^2)^2}/\hbar$より、$\omega_k$$=\omega_{-k}$となることを用いました。また、この式を考えれば、二つ目の積分は0になります。また、第一項も簡単に書き換えられて以下のようになります。
\begin{align*}
H=\int d^3k\ \hbar\omega_k\left(\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_k+\hat{b}_k\hat{b}_k^\dagger\right)
\end{align*}
実スカラー場のハミルトニアンとくりこみ
複素スカラー場から実スカラー場へ持っていくには、$\phi^\dagger$を$\phi$に変えて(つまり、$\hat{b}_k$を$\hat{a}_k$に変える)、ラグランジアンを2で割ればよいでしょう。つまり、ハミルトニアンの演算子を置き換えて、2で割ればよいので、\begin{align*}
H=\dfrac{1}{2}\int d^3k \hbar\omega_k\left(\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_k+\hat{a}_k\hat{a}_k^\dagger\right)
\end{align*}
となります。演算子$\hat{a}_k$の交換関係をつかってみると、
\begin{align*}
H=\int d^3k \hbar\omega_k\left(\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_k+\dfrac{1}{2}\delta^{(3)}(\boldsymbol{0})\right)
\end{align*}
となって、無限大の項が現れます。この項はまあ、定数とみなせるし、エネルギーはその値よりもあくまで差が重要になることが多いです。よって、この項は除いて、
\begin{align*}
H=\int d^3k \hbar\omega_k\hat{a}_k^\dagger\hat{a}_k
\end{align*}
これをハミルトニアンとして採用します。