スーパーサイエンスガール

日々科学と格闘する理系高校生達の超絶難解な日常。

複素スカラー場の共役運動量密度

「次は、問題2.2bです」

問題2.2b：
生成・消滅演算子を導入することによって、ハミルトニアン\mathcal{H}を対角化せよ。また、この理論が質量ｍの２組の粒子を含むことを示せ。

「以前、クライン-ゴルドン場 \varphi({\bf{x}})をフーリエ展開して、生成演算子 a^\daggerと消滅演算子 aで表しました」


{ \displaystyle \begin{eqnarray} \phi({\bf{x}})&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\bf{p}}}}\big(a_{\bf{p}}e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}+a_{\bf{p}}^{\dagger}e^{-i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}\big); \end{eqnarray} }
(2.25)

「複素スカラー場 \varphi({\bf{x}}), \varphi^*({\bf{x}})の場合も、同様にフーリエ展開により、生成・消滅演算子で表すことができます」


{ \displaystyle \begin{eqnarray} \phi({\bf{x}})&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\bf{p}}}}\big(a_{\bf{p}}e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}+b_{\bf{p}}^{\dagger}e^{-i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}\big),\\ \phi^*({\bf{x}})&=&\int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\bf{q}}}}\big(a_{\bf{q}}^\dagger e^{i{\bf{q}\cdot\bf{x}}}+a_{\bf{q}}e^{-i{\bf{q}\cdot\bf{x}}}\big) \end{eqnarray} }

「ただし、複素スカラー場の場合、 \varphi({\bf{x}}), \varphi^*({\bf{x}})の２種類の場があるため、生成・消滅演算子 a^\dagger, aだけでは十分に表現することができません。そこで、もう１組の生成・消滅演算子 b^\dagger, bが必要となります。ここで、 \pi=\dot{\phi}^*=\partial_0\phi^*, \pi^*=\dot{\phi}=\partial_0\phiの関係を用いると、複素スカラー場 \varphi({\bf{x}}), \varphi^*({\bf{x}})から、共役運動量密度 \pi, \pi^*の式を導くことができます」


{ \displaystyle \begin{eqnarray} \phi({\bf{x}})&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\bf{p}}}}\big(a_{\bf{p}}e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}+b_{\bf{p}}^{\dagger}e^{-i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}\big),\\ \phi^*({\bf{x}})&=&\int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\bf{q}}}}\big(a_{\bf{q}}^\dagger e^{i{\bf{q}\cdot\bf{x}}}+b_{\bf{q}}e^{-i{\bf{q}\cdot\bf{x}}}\big) \end{eqnarray} }


{ \displaystyle \begin{eqnarray} \pi=\partial_0\phi^*({\bf{x}})&=&\int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\bf{q}}}}i{\bf{q}_0}\big(a_{\bf{q}}^\dagger e^{i{\bf{q}\cdot\bf{x}}}-b_{\bf{q}}e^{-i{\bf{q}\cdot\bf{x}}}\big)\\ &=&i\int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{\omega_{\bf{q}}}{2}}\big(a_{\bf{q}}^\dagger e^{i{\bf{q}\cdot\bf{x}}}-b_{\bf{q}}e^{-i{\bf{q}\cdot\bf{x}}}\big)\\ \pi^*=\partial_0\phi({\bf{x}})&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\bf{p}}}}i{\bf{q}_0}\big(a_{\bf{p}}e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}+b_{\bf{p}}^{\dagger}e^{-i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}\big)\\ &=&i\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{\omega_{\bf{q}}}{2}}\big(a_{\bf{p}}e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}-b_{\bf{p}}^{\dagger}e^{-i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}\big)\\ \end{eqnarray} }

複素スカラー場のハミルトニアン

「次に、ハミルトニアンは、下の(2.5)式を用いて導くことができます」


{ \displaystyle \begin{eqnarray} H&=&\int d^3x[p({\bf{x}})\dot{\phi} ({\bf{x}})-\mathcal{L}]\equiv\int d^3x\mathcal{H}. \end{eqnarray} }
(2.5)

「具体的には、(2.5)式の運動量p({\bf{x}})に相当するのが共役運動量密度 \pi, \pi^*であるため、これを代入します」


{ \displaystyle \begin{eqnarray} H&=&\int d^3x(\pi\dot{\phi}+\pi^*\dot{\phi}^*-\mathcal{L}) \end{eqnarray} }

「上の式に、前回導いたラグランジアン \mathcal{L}を代入します」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \mathcal{L}&=&\dot{\phi}^*\dot{\phi}-\nabla\phi^*\nabla\phi -m^2\phi^*\phi\\ \end{eqnarray} }


{ \displaystyle \begin{eqnarray} H&=&\int d^3x(\pi\dot{\phi}+\pi^*\dot{\phi}^*-\mathcal{L})\\ &=&\int d^3x(\pi\dot{\phi}+\pi^*\dot{\phi}^*-\dot{\phi}^*\dot{\phi}+\nabla\phi^*\nabla\phi +m^2\phi^*\phi) \end{eqnarray} }

「ここで、 \dot{\phi}=\pi^*, \dot{\phi}^*=\piの関係に注意すると、上式は次のようになります」


{ \displaystyle \begin{eqnarray} H&=&\int d^3x(\pi\dot{\phi}+\pi^*\dot{\phi}^*-\dot{\phi}^*\dot{\phi}+\nabla\phi^*\nabla\phi +m^2\phi^*\phi)\\ &=&\int d^3x(\pi\pi^*+\pi^*\pi -\pi\pi^*+\nabla\phi^*\nabla\phi +m^2\phi^*\phi)\\ &=&\int d^3x(\pi^*\pi+\nabla\phi^*\nabla\phi +m^2\phi^*\phi) \end{eqnarray} }

「これが複素スカラー場のハミルトニアンとなります。以上が、問題2.2aの解答です」

複素スカラー場の共役運動量密度と正準交換関係

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \mathcal{L}&=&\partial_\mu\phi^*\partial^\mu\phi-m^2\phi^*\phi. \end{eqnarray} }

「次に、上のラグランジアン \mathcal{L}から場\phi({\bf{x}})の共役運動量密度 \pi({\bf{x}})を導いてみましょう。一般に、共役運動量密度は次のように書くことができます」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \pi({\bf{x}})=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\phi}({\bf{x}})} \end{eqnarray} }

「また、上のラグランジアン \mathcal{L}を、\mu=0と \mu=i(i\neq 0)に分けて考えると、次のようになります」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \mathcal{L}&=&\partial_\mu\phi^*\partial^\mu\phi-m^2\phi^*\phi\\ &=&\partial_0\phi^*\partial^0\phi+\partial_i\phi^*\partial^i\phi -m^2\phi^*\phi\\ &=&\dot{\phi}^*\dot{\phi}-\nabla\phi^*\nabla\phi -m^2\phi^*\phi\\ \end{eqnarray} }

「それゆえ、上のラグランジアン \mathcal{L}の第１項を \dot{\phi}で微分した値が、場\phi({\bf{x}})の共役運動量 \pi({\bf{x}})になることがわかります」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \pi({\bf{x}})&=&\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\phi}({\bf{x}})}\\ &=&\dot{\phi}^* \end{eqnarray} }

「同様に、\phi^*(x)の共役運動量\pi^*({\bf{x}})を導くこともできます」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \pi^*({\bf{x}})&=&\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\phi}^*({\bf{x}})}\\ &=&\dot{\phi} \end{eqnarray} }

「また、 \phi, \piおよび \phi^*, \pi^*の正準交換関係は、(2.20)式から次のようになります」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} [\phi({\bf{x}}), \pi({\bf{y}})]&=&i\delta^{(3)}({\bf{x}}-{\bf{y}});\\ [\phi({\bf{x}}), \phi({\bf{y}})]&=&[\pi({\bf{x}}), \pi({\bf{y}})]=0. \end{eqnarray} }
(2.20)

{ \displaystyle \begin{eqnarray} [\phi({\bf{x}}), \pi({\bf{y}})]&=&[\phi^*({\bf{x}}), \pi^*({\bf{y}})]=i\delta^{(3)}({\bf{x}}-{\bf{y}}),\\ [\phi({\bf{x}}), \phi({\bf{y}})]&=&[\pi({\bf{x}}), \pi({\bf{y}})]=0,\\ [\phi^*({\bf{x}}), \phi^*({\bf{y}})]&=&[\pi({\bf{x}}), \pi^*({\bf{y}})]=0,\\ [\pi({\bf{x}}), \phi^*({\bf{y}})]&=&[\pi^*({\bf{x}}), \phi({\bf{y}})]=0. \end{eqnarray} }

複素スカラー場の作用とラグランジアン

問題2.2
「問題2.1を解いたので、次は問題2.2を解きましょう。問題2.2では、クライン‐ゴルドン場に従う複素数値のスカラー場の場の理論について考えてみます。この理論の作用は、次のようになります」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} S&=&\int d^4 (\partial_\mu\phi^*\partial^\mu\phi-m^2\phi^*\phi). \end{eqnarray} }

「基本的な力学変数として、場 \phi(x)の実数部分と虚数部分を考えるより、２種類の場 \phi(x)および\phi^*(x)を考えることによって、この理論を分析すると一番簡単になります。問題aは次のとおりです」

問題a：
場 \phi(x)および\phi^*(x)の共役運動量および正準交換関係を導け。また、ハミルトニアンが、次のようになることを示せ。

{ \displaystyle \begin{eqnarray} H&=&\int d^3x(\pi^*\pi+\nabla\phi^*\cdot\nabla\phi+m^2\phi^*\phi). \end{eqnarray} }


場 \phi(x)についてのHeisenbergの運動方程式を計算し、それがまさしくクライン‐ゴルドン方程式であることを示せ。

「それでは実際に問題を解いてみましょう。ラグランジアン \mathcal{L}の作用積分Sは、次の(2.1)式のように書くことができることは以前お話しました」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} S&=&\int \mathcal{L} dt=\int \mathcal{L}(\phi, \partial_\mu\phi)d^4x \end{eqnarray} }
(2.1)

「それゆえ、上の作用Sのラグランジアン \mathcal{L}は、次のように書くことができます」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \mathcal{L}&=&\partial_\mu\phi^*\partial^\mu\phi-m^2\phi^*\phi. \end{eqnarray} }

エネルギー・運動量テンソルの式から電磁気の運動量密度の式の導出

「次に、運動量密度の関係式を求めてみましょう。場によって運ばれる（物理的な）運動量は、次の(2.19)式のように表せることは以前お話しました」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} P^i=\int T^{0i}d^3x=-\int \pi\partial_i\phi d^3x, \end{eqnarray} }
(2.19)

「そこで、エネルギー・運動量テンソル \hat{T}^{\mu\nu}において、添字 \mu=0, \nu=iとした場合の計算をしてみましょう」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \hat{T}^{\mu\nu} &=&\mathcal{F}^{\lambda\mu}F^\nu_{\,\,\lambda}-\mathcal{L}\delta^{\mu\nu} \end{eqnarray} }

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \hat{T}^{0i} &=&\mathcal{F}^{\lambda 0}F^i_{\,\,\lambda}-\mathcal{L}\delta^{0i}\\ &=&\mathcal{F}^{\lambda 0}F^i_{\,\,\lambda} \end{eqnarray} }

「上の１行目から２行目の式変形には、クロネッカーのデルタ \delta_{ij}において、 i\neq jのとき0になるという関係を用いました。さらに、\lambda=j(\neq0)として、計算を進めてみます」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \hat{T}^{0i} &=&\mathcal{F}^{\lambda 0}F^i_{\,\,\lambda}\\ &=&\mathcal{F}^{j0}F^i_{\,\,j}\\ &=&\mathcal{F}_j^{\,\,0}F^{ij}\\ &=&\mathcal{F}_{\,\, j}^{0}F^{ji}\\ \end{eqnarray} }

「上式２行目から３行目への式変形において、エネルギー・運動量テンソルの式の各項に計量テンソル 1=g_{jj}g^{jj}をかけて、各項の添字jを上げ下げしました。また、最後の行の式変形において、-\mathcal{F}^{\alpha\beta}=\mathcal{F}^{\beta\alpha}の関係を用いました。最後に、 E_ j=F^0_{\,\,j}の関係および \epsilon^{ijk}B^k=F^{ji}の関係を代入し、レヴィ=チヴィタ記号の外積の定義を用いると、次のようになります」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} \hat{T}^{0i} &=&\mathcal{F}^0_{\,\,j}F^{ji}\\ &=&E_j\epsilon^{ijk}B^k\\ &=&(E\times B)^i\\ \end{eqnarray} }

「上式を S^iとおくと、これは電磁気の運動量密度の式に他なりません」

{ \displaystyle \begin{eqnarray} {\bf{S}}&=&{\bf{E}}\times {\bf{B}}. \end{eqnarray} }

テンソルの添字の上げ下げと符号の関係

「でも、なんで E^i=-F^{0i}の上付き添字を下付き添字にすると、 E_i=F_{0i}のように符号がマイナスからプラスに反転するのよ？」
　一宮が訊ねた。
「通常、F^{\mu\nu}の上付き添字\mu\nuを下付き添字にするには、計量テンソルg_{\mu\mu}g_{\nu\nu}をかける必要がありますが、ミンコフスキー空間の計量テンソルの場合、添字 \mu, \nuのいずれか一方が0の場合と0以外の場合とで、符号が異なります」

ミンコフスキー空間の計量テンソル
{ \displaystyle \begin{eqnarray} g_{\mu\nu}&=&\eta_{\mu\nu}\\ \eta_{00}&=&1, \eta_{11}=\eta_{22}=\eta_{33}=-1, \eta_{\mu\nu}=0 \,\,\,(\mu\neq\nu) \end{eqnarray} }

「例えば、 E^i=-F^{0i}の上付き添字を下付き添字にする操作は、ちょうど計量テンソル\eta_{00}\eta_{ii}(i\neq0)をかける操作に相当するため、\eta_{00}\eta_{ii}=1\times-1=-1となって、 E_i=F_{0i}のように符号が反転するのです」

E^i=-F^{0i}
　↓ \eta_{00}\eta_{ii}(i\neq0)=1\times-1=-1をかける
E_i=F_{0i}

「一方、 \epsilon^{ijk}B^k=F^{ji}の上付き添字を下付き添字にする操作は、ちょうど計量テンソル\eta_{ii}\eta_{jj}(i, j\neq0)をかける操作に相当するため、\eta_{ii}\eta_{jj}=-1\times-1=+1となって、 \epsilon_{ijk}B_k=F_{ji}のように符号は反転しません」
「それじゃ、 F_0^{\,\,i}のように、上付き添字の一方だけ下付き添字にした場合はどうなるのよ？」
「その場合は、ちょうど計量テンソル\eta_{ii}(i\neq0)をかける操作に相当するため、\eta_{ii}=-1となって、 E_i=F^{0}_{\,\,i}のように符号が反転します。一方、0の上付き添字だけ下付き添字にする操作は、ちょうど計量テンソル\eta_{00}をかける操作に相当するため、\eta_{00}=+1となって、 E_i=-F_{0}^{\,\,i}のように符号が反転しません」

添字iを上付きから下付きに変える場合：
E^i=-F^{0i}
　↓ \eta_{ii}(i\neq0)=-1をかけるので符号が反転する
E_i=F^0_{\,\,i}

添字0を上付きから下付きに変える場合：
E^i=-F^{0i}
　↓ \eta_{00}=+1をかけるので符号は反転しない
E_i=-F_0^{\,\,i}

「ただし、上の関係はミンコフスキー空間において成り立つ関係であり、実際にはどのような空間の計量テンソルを考慮するかによって異なります。また、同じミンコフスキー空間でも、下のように\eta_{00}をマイナス符号、\eta_{ii}(i\neq0)をプラス符号と定義することもあるので注意してください」

ミンコフスキー空間の計量テンソル（別の定義）
{ \displaystyle \begin{eqnarray} g_{\mu\nu}&=&\eta_{\mu\nu}\\ \eta_{00}&=&-1, \eta_{11}=\eta_{22}=\eta_{33}=1, \eta_{\mu\nu}=0 \,\,\,(\mu\neq\nu) \end{eqnarray} }