らむねの物理法則

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ディラック場のハミルトニアンを導出する ディラック場でもラグランジアンからハミルトニアンを導出できます。 ディラック場のハミルトニアンの式 ハミルトニアン密度はラグランジアン密度からルジャンドル変換で求められます。 \begin{align*} \mathcal{H} &=\pi\dot{\psi}-\mathcal{L} \end{align*} ただし、ディラック場の共役運動量は、 \begin{align*} \pi&=i\hbar\psi^\dagger \end{align*} と表されました。また、ラグランジアンは \begin{align*} \mathcal{L}=\bar{\psi}(i\hbar c\gamma^\mu\partial_\mu-mc^2)\psi \end{align*} でした。ここで、ディラック共役は$\bar{\psi}$$=\psi^\dagger\gamma^0$でした。よって、ハミルトニアン密度は \begin{align*} \mathcal{H} &=i\hbar\psi^\dagger\dot{\psi}-\bar{\psi}(i\hbar c\gamma^\mu\partial_\mu-mc^2)\psi \end{align*} 第二項(括弧の部分)について、これはそもそもディラック方程式 \begin{align*} (i\hbar c\gamma^\mu\partial_\mu-mc^2)\psi=0 \end{align*} と同じ形です。よって、0として扱いましょう。 \begin{align*} \mathcal{H}=i\hbar\psi^\dagger\dot{\psi} \end{align*} 場を演算子化して計算する 場を演算子化して計算を進めます。演算子化された場は以下のような式でした。 \begin{align*} \hat{\psi}=\int d^3k\sqrt{\dfrac{mc^2}{(2\pi)^32\hbar\omega_k}}\sum_{s=\pm}\left(\hat{c}_{k,s}u_{k,s}e^{-ikx}+\ha

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

ディラック場のラグランジアンを確かめる ディラック場のラグランジアンの式が正しいことを確かめましょう。、 オイラー・ラグランジュ方程式を用いる ディラック方程式のラグランジアンは以下の通りです。 \begin{align*} \mathcal{L} &=\bar{\psi}(i\hbar c\gamma^\mu \partial_\mu-mc^2)\psi \\ &=i\hbar c\bar{\psi}\gamma^\mu \partial_\mu \psi-mc^2\bar{\psi}\psi \end{align*} ただし、$\bar{\psi}=\psi^\dagger\gamma^0$はディラック共役です。この式をEuler-Lagrange方程式 \begin{align*} \dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \psi}-\partial_\mu\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \psi)}=0 \end{align*} に代入しましょう。第一項について、 \begin{align*} \dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \psi} &=-mc^2\bar{\psi} \end{align*} 第二項について、 \begin{align*} \partial_\mu \dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \psi)} &=i\hbar c\partial_\mu\bar{\psi}\gamma^\mu \end{align*} ここでは$\gamma^\mu$は定数とみなしました。というわけでEuler-Lagrange方程式は以下のようになります。 \begin{align*} -i\hbar c\bar{\psi}\gamma^\mu-mc^2\bar{\psi}=0 \end{align*} 第一項について、$\bar{\psi}=\psi^\dagger \gamma^0$を用いて変形したうえで、右から

真空の電磁場で量子化を試みる 前々回の記事をもとに電磁場に関しても量子化を行います。といいたいところだけどうまくいかないみたい...? ラグランジアン密度の表式 前々回導いたベクトル場のラグランジアン密度について、真空を仮定すると$j^\mu$$=0$,$\mu$$=\mu_0$となり、以下のようになるのでした。 \begin{align*} \mathcal{L}&=-\dfrac{1}{4\mu_0}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \end{align*} ここで、場$A^\mu$の共役運動量は前回の記事と同様の計算で、 \begin{align*} \hat{\pi}_\mu&=-\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{A}^\mu} \\ &=-\dfrac{1}{c\mu_0}\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0 A^\alpha)} \\ &=\dfrac{1}{c\mu_0}\eta_{\mu\rho}F^{0\rho} \end{align*} ここで、$\mu=0$とすれば恒等的に$\hat{\pi}^0=0$となり、意味を成しません。そこで、何か対処を考えましょう。 ラグランジアン密度を変更する ラグランジアンを以下のようにしてみます。 \begin{align*} \mathcal{L}=-\dfrac{1}{4\mu_0}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}-\dfrac{1}{2\mu_0}(\partial_\mu A^\mu)^2 \end{align*} 前回の記事ではローレンツゲージ$\partial_\mu A^\mu$$=0$を課していました。つまり、ローレンツゲージの下ではこのラグランジアンは元の式と等しくなるでしょう。 $(\partial_\mu A^\mu)$の1次にすると、場の共役運動量に定数しか出てこないので2次にしてあります。 この式から改めて場の共役運動量を計算してみます。まずは時間成分のみ計算します。第一項は先ほど計算した式で、$F^{\mu}$が反対称($F^{\mu\nu}$$=-F^{\n

真空の電磁場のマクスウェル方程式 4元マクスウェル方程式ですが、これをローレンツゲージの下で解いてみましょう。 真空中のマクスウェル方程式 真空として4元電流密度を0とする ベクトルポテンシャルをもちいたマクスウェル方程式は \begin{align*} \partial_\mu F^{\mu\nu}=\mu j^\nu \end{align*} となります。ここで、真空を考えましょう。電荷も電流もない状態、つまり、$\rho=0$,$\boldsymbol{j}=\boldsymbol{0}$となるので、$j^\mu=0$として、 \begin{align*} \partial_\mu F^{\mu\nu}=0 \end{align*} となります。ベクトルポテンシャルを用いて書くと、 \begin{align*} \partial_\mu\partial^\mu A^\nu-\partial^\nu\partial_\mu A^\mu=0 \end{align*} ここで、ローレンツゲージ$\partial_\mu A^\mu$$=0$を課してみます。ローレンツ条件の下ではMaxwell方程式は以下のようになります。 \begin{align*} \partial_\mu\partial^\mu A^\nu=0 \end{align*} この式の微分項を書き換えると以下の様になります。 \begin{align*} \left(\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2\right)A^\nu=0 \end{align*} これは波動方程式なので、波動方程式の解を知っているならそれを用いればいいのですが、以下では正面から解いてみます。 波動方程式をフーリエ変換する でてきた微分方程式を解くためにフーリエ変換を行います。$\nabla\to$$i\boldsymbol{k}$として、 \begin{align*} \left(\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}+\|\boldsymbol{k}\|^2\right)\mathcal{A}^\nu=0

ベクトル場のラグランジアンを確認する マクスウェル方程式を導くラグランジアン密度 マクスウェル方程式を導くラグランジアン密度は以下のようにあらわせます。 \begin{align*} \mathcal{L}&=-\dfrac{1}{4\mu}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}-j_\mu A^\mu \\ F_{\mu\nu}&=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu \end{align*} さて、このことを以下で確かめてみます。 ベクトルポテンシャル・スカラーポテンシャルの紹介記事 で導いた方程式は以下のような式でした。$c=1/\sqrt{\mu\varepsilon}$を用いて、$c$を使えるところでは書き換えています。 \begin{align} \dfrac{\partial}{\partial t}\left(\nabla\cdot\boldsymbol{A}\right)+\nabla^2\phi&=-\dfrac{\rho}{\varepsilon} \label{eq:1}\\ \left(\nabla^2-\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\boldsymbol{A}-\nabla\left(\nabla\cdot\boldsymbol{A}+\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial\phi}{\partial t}\right)&=-\mu\boldsymbol{j} \label{eq:2} \end{align} いまは相対論的な話をしているのでこの時空を別々に扱うのはよくないでしょう。\eqref{eq:1}を$c$で割って、あえて余計な項を付け加えます。$c=1/\sqrt{\mu\varepsilon}$を利用すれば、 \begin{align} \left(\nabla^2-\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\dfrac{\phi}{c}+\dfrac{1}{c}\dfrac{\partial}{\partial t}\left(\nabla\cdot\bo

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^

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}^\

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

ローレンツ不変性と共変性 前回，ゲージ変換をしたときにどのようにすれば方程式が不変になるか考えました．今回は同じように方程式を不変にしたいのですが，ローレンツ変換に対する不変性を考えます． ローレンツ変換での不変性・共変性の考え方 ローレンツ変換をアインシュタインの縮約記法を用いて書くと以下のようになります． \begin{align*} x^{\prime\nu}=\Lambda^\nu{}_\mu x^\mu \end{align*} ローレンツ変換とは慣性系への座標の変換のことでした．特殊相対性原理では慣性系でも同様の物理法則，つまり，同じ形の方程式が成り立たなければいけません．以下で方程式の形が変わらないことを示します． スカラー場のローレンツ変換 自由スカラー場を表すクライン・ゴルドン方程式は以下のように表されました． \begin{align*} \left(\partial_\mu\partial^\mu+\dfrac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\phi(x)=0 \end{align*} さて，ここで，ローレンツ変換をしたいわけですが，\(x^{\prime\nu}=\Lambda^\nu{}_\mu x^\mu\)に対して，反変ベクトル(上付きの添え字を持つ量)と共変ベクトル(下付きの添え字を持つ量)では変換性が異なります．今回は，微分項があるので，これに注目すると， \begin{align*} \partial_\mu&\to\partial^\prime_\mu=\partial_\nu(\Lambda^{-1})^\nu{}_\mu\\ \partial^\mu&\to\partial^{\prime\mu}=\partial^\nu\Lambda^\mu{}_\nu \end{align*} という変換性を持ちます．今回\(\nu\)は和をとってしまうダミー変数なので適当に置き換えると，変換後のクラインゴルドン方程式は \begin{align*} \left\{\partial_\nu (\Lambda^{-1})^\nu{}_\mu \partial^\rho \Lambda^\mu{}_\rho+\dfrac{m^2c^2

共変微分とは 共変微分とは以下のような式を言います． \begin{align} D_\mu\stackrel{def}{=}\partial_\mu+i\dfrac{q}{\hbar}A_\mu \label{eq:qft7.1} \end{align} 大域的ゲージ変換とは?位相変換の話 量子力学で扱っていた波動関数では位相のずれは観測結果に変化を及ぼさないのでした．というのは以下のようなことです．位相が定数\(\theta\)だけずれた，つまり波動関数が\(\psi\to e^{i\theta}\psi^\prime\)と変化したときには，その存在確率は， \begin{align} \psi^\dagger \psi\to \psi^{\prime\dagger} e^{-i\theta}e^{i\theta}\psi^\prime=\psi^{\prime\dagger}\psi^\prime \end{align} となります．つまり，波動関数全体にかかるような位相変化は特に物理的に意味のある量(今回でいうと存在確率)は保存されるのでした． 場の量子論で保存すべき量はなにか?ラグランジアン密度！ 場の量子論で保存すべき量は何か考えます．位相変換が起こっても方程式が変わらなければ良いのですが，場の量子論で用いるのはもっぱら相対論的なオイラー・ラグランジュ方程式なのでこの方程式が変わらないためには ラグランジアンが保存 されればよいでしょう． というわけで自由場のラグランジアンを思い出してみましょう．以下はそれぞれ複素自由スカラー場，ベクトル場，ディラック場のラグランジアンです． \begin{align} \mathcal{L}_{C.Scalar}&=\dfrac{\hbar^2}{m}\partial_\mu\phi^* \partial^\mu\phi-mc^2\phi^{*}\phi \label{eq:qft6.7}\\ \mathcal{L}_{Vector}&=-\dfrac{1}{4\mu_0}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\\ \mathcal{L}_{Dirac}&=i\hbar c\bar{\psi}\gamma^\mu \partial_\

エネルギー運動量テンソルとネーターの定理 この話は解析力学で扱うこともあるでしょうが，4元の式(つまり相対論的な話)を解析力学のところに書くと解析力学のハードルが上がる気がしたのでこちらのジャンルにいれました 変分をとってエネルギー運動量テンソルを導出 ここでは，\(x^\mu\to x^\mu+a^\mu\)という微小変化が起こったと考えます．ここでは， ラグランジアン密度が場\(\phi\)と\(\partial_\mu \phi\)にのみ依存する として考えます．このとき，ラグランジアン密度の変分は，変分と微分が交換可能であることに留意して， \begin{align} \delta\mathcal{L}&=\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial\phi}\delta\phi+\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\delta(\partial_\mu\phi) \nonumber \\ &=\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\delta\phi+\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu \phi)}\partial_\mu (\delta \phi) \end{align} この第一項について，オイラー・ラグランジュ方程式より， \begin{align} \dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}-\partial_\mu\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}=0 \end{align} であるから，以下のように書きなおすことができる． \begin{align} \delta\mathcal{L}=\partial_\mu \

電磁テンソルの導出と相対論的な意味 連続の式を導出する 前回までではベクトルポテンシャルを演算子化して適当な係数をつけることで割とまとまった議論ができていました。 ただ前回は真空を仮定したことで簡単になっただけで現実には空間には電荷が存在するわけです。 今回は真空というのを仮定せずに話を進めてみます。まずは、以下のマクスウェル方程式に含まれる2式を考えます。 \begin{align} \nabla\cdot \boldsymbol{E}&=\dfrac{\rho}{c}\label{eq:1}\\ \nabla\times \boldsymbol{B}&=\mu\boldsymbol{j}+\mu\varepsilon\dfrac{\partial \boldsymbol{E}}{\partial t}\label{eq:2} \end{align} \eqref{eq:1}式の辺々を時間微分してみます。ただし、座標微分との順番は入れ替え可能なので入れ替えてみます。 \begin{align} \nabla\cdot \dfrac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t}&=\dfrac{1}{\varepsilon}\dfrac{\partial\rho}{\partial t} \label{eq:3} \end{align} 次に\eqref{eq:2}式の辺々の発散を取ることにすると、 \begin{align} \nabla\cdot\left(\nabla\times\boldsymbol{B}\right)&=\mu\nabla\cdot\boldsymbol{j}+\mu\varepsilon\nabla\cdot\dfrac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t} \end{align} さてさて、ここで公式 \begin{align} \nabla\cdot\left(\nabla\times \boldsymbol{A}\right)=0 \end{align} を用いると、 \begin{align} \nabla\cdot\boldsymbol{j}+\varepsilon\dfrac

電磁場のハミルトニアンを求めてくりこみをする 前回まではマクスウェル方程式に対して、真空という条件$\rho=0,\boldsymbol{j}=\boldsymbol{0}$という条件とベクトルポテンシャルが実数になるという条件を課して \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\{-