運動量密度の時間依存性 - スーパーサイエンスガール

「クライン‐ゴルドン場の時間依存性と同様に、運動量密度 $\pi$ の時間依存性も、Heisenbergの運動方程式から同様に計算できます」

${ \displaystyle \begin{eqnarray} i\frac{\partial}{\partial t}\mathcal{O}=[\mathcal{O}, H]. \end{eqnarray} }$
(2.44)

${ \displaystyle \begin{eqnarray} i\frac{\partial}{\partial t}\pi({\bf{x}},t) &=&\big[\pi({\bf{x}},t), H\big]\\ &=&\bigg[\pi({\bf{x}},t), \int d^3 x’\bigg\{\frac{1}{2}\pi^2({\bf{x}’},t)+\frac{1}{2}(\nabla\phi({\bf{x}’},t))^2+\frac{1}{2}m^2\phi^2({\bf{x}’},t)\bigg\}\bigg]\\ &=&\bigg[\pi({\bf{x}},t), \int d^3 x’\bigg\{\frac{1}{2}\pi^2({\bf{x}’},t)+\frac{1}{2}\phi({\bf{x}’},t)(-\nabla^2+m^2)\phi({\bf{x}’},t)\bigg\}\bigg] \end{eqnarray} }$

「ここで、上式の右辺の交換子の右側の第１項に着目すると、 $[\pi({\bf{x}},t), \pi^2({\bf{x}'},t)]$ の形を持ちますが、交換子の公式 $[A, BC]=B[A, C]+[A, B]C$ および(2.20)式から、次のように0となります」

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

${ \displaystyle \begin{eqnarray} [\pi({\bf{x}},t), \pi^2({\bf{x}'},t)]&=&\pi({\bf{x}'},t)[\pi({\bf{x}},t), \pi({\bf{x}'},t)]+[\pi({\bf{x}},t), \pi({\bf{x}'},t)]\pi({\bf{x}'},t)=0 \end{eqnarray} }$

「したがって、運動量密度 $\pi$ の時間依存性は次のようになります」

${ \displaystyle \begin{eqnarray} i\frac{\partial}{\partial t}\pi({\bf{x}},t) &=&\big[\pi({\bf{x}},t), H\big]\\ &=&\bigg[\pi({\bf{x}},t), \int d^3 x’\bigg\{\frac{1}{2}\pi^2({\bf{x}’},t)+\frac{1}{2}(\nabla\phi({\bf{x}’},t))^2+\frac{1}{2}m^2\phi^2({\bf{x}’},t)\bigg\}\bigg]\\ &=&\bigg[\pi({\bf{x}},t), \int d^3 x’\bigg\{\frac{1}{2}\pi^2({\bf{x}’},t)+\frac{1}{2}\phi({\bf{x}’},t)(-\nabla^2+m^2)\phi({\bf{x}’},t)\bigg\}\bigg]\\ &=&\bigg[\pi({\bf{x}},t), \int d^3 x’ \frac{1}{2}\phi({\bf{x}’},t)(-\nabla^2+m^2)\phi({\bf{x}’},t) \bigg]\\ &=&\int d^3x’\bigg[-i\delta^{(3)}({\bf{x}}-{\bf{x}’}) (-\nabla^2+m^2)\phi({\bf{x}’},t)\bigg] \\ &=&-i (-\nabla^2+m^2)\phi({\bf{x}’},t) \end{eqnarray} }$

ここで、越野さんは、落ち着きがないようにそわそわした。
「実は、上の計算において、どうしても計算が合わないところがあります」
「計算が合わないところ？」
「下の式の第２行から第３行への変形で符号がどうしても合いません」

${ \displaystyle \begin{eqnarray} i\frac{\partial}{\partial t}\pi({\bf{x}},t) &=&\big[\pi({\bf{x}},t), H\big]\\ &=&\bigg[\pi({\bf{x}},t), \int d^3 x’\bigg\{\frac{1}{2}\pi^2({\bf{x}’},t)+\frac{1}{2}(\nabla\phi({\bf{x}’},t))^2+\frac{1}{2}m^2\phi^2({\bf{x}’},t)\bigg\}\bigg]\\ &=&\bigg[\pi({\bf{x}},t), \int d^3 x’\bigg\{\frac{1}{2}\pi^2({\bf{x}’},t)+\frac{1}{2}\phi({\bf{x}’},t)(-\nabla^2+m^2)\phi({\bf{x}’},t)\bigg\}\bigg] \end{eqnarray} }$

「実際、上式の第２行目の交換子の右側の第２項は、(2.27)式から次のように変形することができます」

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

${ \displaystyle \begin{eqnarray} \frac{1}{2}(\nabla\phi({\bf{x}’},t))^2&=&\frac{1}{2}\nabla\phi({\bf{x}’},t) \nabla\phi({\bf{x}’},t)\\ &=&\frac{1}{2}(i{\bf{p}}\phi({\bf{x}’},t)) (i{\bf{p}}\phi({\bf{x}’},t))\\ &=&-\frac{1}{2}{\bf{p}}\phi({\bf{x}’},t){\bf{p}}\phi({\bf{x}’},t)\\ &=&\frac{1}{2}\phi({\bf{x}’},t)(-{\bf{p}}^2\phi({\bf{x}’},t))\\ &=&\frac{1}{2}\phi({\bf{x}’},t)({(i\bf{p})}^2\phi({\bf{x}’},t))\\ &=&\frac{1}{2}\phi({\bf{x}’},t)(\nabla^2\phi({\bf{x}’},t)) \end{eqnarray} }$

「このように、 $\nabla^2$ の符号がプラスになってしまうので、テキストの計算とどうしても合わないのです」
　一宮がここぞとばかりに瞳を輝かせながら食いついた。
「プラスとマイナスの区別もつかないの？　このテキストの著者って、上から目線で偉そうにしている割には、結構いいかげんね！」