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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。

クライン−ゴルドン場のハミルトニアンの生成・消滅演算子による表現

「次に、クライン−ゴルドン場のハミルトニアンを生成・消滅演算子で表わしてみます。具体的な方針としては、(2.8)式のハミルトニアン \mathcal{H}に、(2.27)および(2.28)式を代入します」

{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
H&=&\int d^3x\mathcal{H}=\int d^3x\bigg[\frac{1}{2}\pi^2+\frac{1}{2}(\nabla\phi)^2+\frac{1}{2}m^2\phi^2\bigg].
\end{eqnarray}
}
(2.8)


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\phi({\bf{x}})&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\bf{p}}}}\big(a_{\bf{p}}+a_{-\bf{p}}^{\dagger}\big) e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}};
\end{eqnarray}
}
(2.27)


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\pi({\bf{x}})&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}(-i)\sqrt{\frac{\omega_{\bf{p}}}{2}}\big(a_{\bf{p}}-a_{-\bf{p}}^{\dagger}\big)e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}.
\end{eqnarray}
}
(2.28)

「ここで、(2.8)式の右辺の第1項は、次のようになります」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\frac{1}{2}\pi^2&=&\int\frac{d^3p d^3p'}{(2\pi)^6}e^{i{({\bf{p}}+{\bf{p}'})\cdot\bf{x}}}\bigg\{-\frac{\sqrt{\omega_{\bf{p}}\omega_{\bf{p}'}}}{4}
\big(a_{\bf{p}}-a_{-\bf{p}}^{\dagger}\big)\big(a_{\bf{p}'}-a_{-\bf{p}'}^{\dagger}\big)\bigg\}.
\end{eqnarray}
}

「ところで、 \nabla\phiの勾配 \nablaは、 \nabla=\big(\frac{\partial}{\partial x}, \frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\big)であり、 x, y, zについての偏微分を含むため、 e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}のみに作用します。そこで、 \frac{\partial}{\partial x}e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}を計算してみます」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\frac{\partial}{\partial x}e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}&=&\frac{\partial}{\partial x}\exp{i(p_xx+p_yy+p_zz)}=ip_x\exp{i(p_xx+p_yy+p_zz)}=ip_xe^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}
\end{eqnarray}
}

「y成分、z成分についても同様に計算でき、結局 \nabla e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}=i(p_x, p_y, p_z)e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}=i{\bf{p}}e^{i{\bf{p}\cdot\bf{x}}}となります。それゆえ、(2.8)式の右辺の第2項は、次のようになります」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\frac{1}{2}(\nabla\phi)^2&=&\int\frac{d^3p d^3p'}{(2\pi)^6}e^{i{({\bf{p}}+{\bf{p}'})\cdot\bf{x}}}\bigg\{\frac{-{\bf{p}}\cdot{\bf{p}}'}{4\sqrt{\omega_{\bf{p}}\omega_{\bf{p}'}}}
\big(a_{\bf{p}}+a_{-\bf{p}}^{\dagger}\big)\big(a_{\bf{p}'}+a_{-\bf{p}'}^{\dagger}\big)\bigg\}.
\end{eqnarray}
}

「また、(2.8)式の第3項も同様に計算できて、次のように書くことができます」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\frac{1}{2}m^2\phi^2&=&\int\frac{d^3p d^3p'}{(2\pi)^6}e^{i{({\bf{p}}+{\bf{p}'})\cdot\bf{x}}}\bigg\{\frac{m^2}{4\sqrt{\omega_{\bf{p}}\omega_{\bf{p}'}}}
\big(a_{\bf{p}}+a_{-\bf{p}}^{\dagger}\big)\big(a_{\bf{p}'}+a_{-\bf{p}'}^{\dagger}\big)\bigg\}.
\end{eqnarray}
}

「以上から、(2.8)式のハミルトニアンは、次のようになることが分かります」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\mathcal{H}&=&\int d^3 x\int\frac{d^3p d^3p'}{(2\pi)^6}e^{i{({\bf{p}}+{\bf{p}'})\cdot\bf{x}}}\bigg\{-\frac{\sqrt{\omega_{\bf{p}}\omega_{\bf{p}'}}}{4}
\big(a_{\bf{p}}-a_{-\bf{p}}^{\dagger}\big)\big(a_{\bf{p}'}-a_{-\bf{p}'}^{\dagger}\big)\\
&+&\frac{-{\bf{p}}\cdot{\bf{p}}'+m^2}{4\sqrt{\omega_{\bf{p}}\omega_{\bf{p}'}}}
\big(a_{\bf{p}}+a_{-\bf{p}}^{\dagger}\big)\big(a_{\bf{p}'}+a_{-\bf{p}'}^{\dagger}\big)\bigg\}.
\end{eqnarray}
}

「なんだか煩雑な式ね。わけが分からないわ!」
 一宮がため息をついた。
「この式は煩雑に思われるかもしれませんが、もっと簡単な形に変形することができます。次は、それについてお話します」