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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式変形2


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

「ここで、下のデルタ関数の関係式から、例えばe^{i{({\bf{p}}-{\bf{p}'})\cdot\bf{x}}}のxについての積分は、 (2\pi)^3\delta^{(3)}({\bf{p}}-{\bf{p}'})に等しくなることがわかる」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\int d^3x e^{i{({\bf{p}}-{\bf{p}'})\cdot\bf{x}}}
&=&(2\pi)^3\delta^{(3)}({\bf{p}}-{\bf{p}'}).
\end{eqnarray}
}

「そこで、上の関係式を用いて、各項のxについての積分デルタ関数に置き換えてやると、次のようになる」


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

「次に、 p'積分を実行すると、次のようになる」


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

「最後に、交換関係 [a_{\bf{p}}, a_{\bf{p}}^\dagger]=a_{\bf{p}}a_{\bf{p}}^\dagger-a_{\bf{p}}^\dagger a_{\bf{p}}を用いて、上式に a_{\bf{p}}a_{\bf{p}}^\dagger=a_{\bf{p}}^\dagger a_{\bf{p}}+[a_{\bf{p}}, a_{\bf{p}}^\dagger]を代入すると、結局、クライン−ゴルドン場のハミルトニアンは、次のようになる」


{ \displaystyle
\begin{eqnarray}
\mathcal{H}&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\cdot\frac{\omega_{\bf{p}}}{2}\big(a_{\bf{p}}a_{\bf{p}}^{\dagger}+a_{\bf{p}}^{\dagger}a_{\bf{p}}\big)\\
&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\cdot\frac{\omega_{\bf{p}}}{2}\big(2a_{\bf{p}}^\dagger a_{\bf{p}}+[a_{\bf{p}}, a_{\bf{p}}^\dagger]\big)\\
&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\omega_{\bf{p}}\bigg(a_{\bf{p}}^\dagger a_{\bf{p}}+\frac{1}{2}[a_{\bf{p}}, a_{\bf{p}}^\dagger]\bigg).
\end{eqnarray}
}

「これはまさしく、(2.31)式そのものに他ならない」


{ \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\}\\
&=&\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\omega_{\bf{p}}\bigg(a_{\bf{p}}^\dagger a_{\bf{p}}+\frac{1}{2}[a_{\bf{p}}, a_{\bf{p}}^\dagger]\bigg).
\end{eqnarray}
}
(2.31)

「以上で証明終わり」
 ホワイトボードに書いた計算の末尾に「Q.E.D.」と殴り書きして、武者さんはもと居た場所に戻っていった。