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フォトンのLSZ簡約公式

フォトンの場合でLSZ簡約公式はどうなるだろう.

55章で自由場の生成・消滅演算子は

\begin{align} a_{\lambda}^{\dagger}&=-i{\boldsymbol{\epsilon}}_{\lambda}^*({\bf{k}})\cdot\int d^3x\ e^{+ikx}\overleftrightarrow{\partial_0}{\bf{A}}(x)\tag{1}\\
a_{\lambda}&=+i{\boldsymbol{\epsilon}}_{\lambda}({\bf{k}})\cdot\int d^3x\ e^{-ikx}\overleftrightarrow{\partial_0}{\bf{A}}(x)\tag{2} \end{align}

と書ける.ここで,\({\boldsymbol{\epsilon}}_{\lambda}({\bf{k}})\)は偏極ベクトルである.\({\boldsymbol{\epsilon}}\cdot{\bf{A}}\)をスカラー場と思うことで5章のスカラー場での計算を簡単に拡張できる.入射フォトンの生成演算子は

$$a_{\lambda}^{\dagger}({\bf{k}})_{in}\to i\epsilon_{\lambda}^{\mu*}({\bf{k}})\int d^4x\ e^{+ikx}(-\partial^2)A_{\mu}(x)\tag{3}$$

で置き換えられるだろう.(フォトンの質量が0であることに注意しよう.)そして出ていくフォトンの消滅演算子は

$$
a_{\lambda}({\bf{k}})_{out}\to i\epsilon_{\lambda}^{\mu}({\bf{k}})\int d^4x\ e^{-ikx}(-\partial^2)A_{\mu}(x)\tag{4} $$

である.そして,時間順序積を含んだ真空期待値を計算したいわけだ.ここで,(3),(4)式で\(\epsilon_{\lambda}^0({\bf{k}})\equiv 0\)と定義することで4元ベクトルでの内積に変形した.

ヒルベルト空間については

\begin{align} \langle 0 |A^i(x)|0\rangle &=0,\tag{5}\\
\langle k,\lambda |A^i(x)|0\rangle &=\epsilon_{\lambda}^i({\bf{k}})e^{ikx},\tag{6}\\
\langle k^{\prime},\lambda^{\prime}|k,\lambda\rangle =(2\pi)^32& \omega\ \delta^3({\bf{k^{\prime}-k}})\delta_{\lambda\lambda^{\prime}}\tag{7} \end{align}

と定める.ここで,(5)式はローレンツ変換での共変性からの要請と理解できる.

くりこみされたラグランジアンを

$${\mathcal{L}}=-\frac{1}{4}Z_3F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+Z_1J^{\mu}A_{\mu}\tag{8}$$

と書こう.ここで,\(Z_3,Z_1\)はよく使われる記法であり,\(Z_2\)は62章で出て来る.

次に自由場の場合で相関関数\(\langle 0|TA_i(x)\dots|0\rangle\)を計算しよう.これもスカラー場とほとんど同じ計算でできる.2点関数は

$$\langle 0|TA^i(x)A^j(y)|0\rangle =\frac{1}{i}\Delta^{ij}(x-y)\tag{9}$$

と書ける.ここで,

$$\Delta^{ij}(x-y)=\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{e^{ik(x-y)}}{k^2-i\epsilon}\sum_{\lambda=\pm}\epsilon_{\lambda}^{i*}({\bf{k}})\epsilon_{\lambda}^j({\bf{k}})\tag{10}$$

である.8章でみたよう自由スカラーでは奇数個の相関関数は0となり,偶数個の場合は propagator の和で与えられた.

自由電磁場で経路積分を計算しよう.

$$Z_0(J)\equiv \langle 0|0\rangle_J=\int{\mathcal{D}}A\ e^{i\int d^4x\left[-\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+J^{\mu}A_{\mu}\right]}\tag{11}$$

ここで,カレント\(J^{\mu}(x)\)は外場として扱う.

クーロンゲージの下で\(Z_0(J)\)を計算しよう.これは\(\nabla\cdot{\bf{A}}=0\)を満たす部分多様体上で積分することを意味する.

55章での計算を踏まえて積分を実行すると

$$S_{coul} =-\frac{1}{2}\int d^4xd^4y \delta(x^0-y^0)\frac{J^0(x)J^0(y)}{4\pi|{\bf{x-y}}|}\tag{12}$$

としたとき,

$$Z_0(J)=\exp\left[iS_{coul}+\frac{i}{2}\int d^4xd^4y\ J_i(x)\Delta^{ij}(x-y)J_j(y)\right]\tag{13}$$

となる.(詳しい計算は57章で述べるが55章(20)式の交換関係によりスカラー場と差が生まれる.)

さらに

\begin{align} \Delta^{\mu\nu}(x-y)&\equiv \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}e^{ik(x-y)}\tilde{\Delta}^{\mu\nu}(k),\tag{15}\\ \tilde{\Delta}^{\mu\nu}(k)&\equiv -\frac{1}{{\bf{k}}^2}\delta^{\mu 0}\delta^{\nu 0}+\frac{1}{k^2-i\epsilon}\sum_{\lambda=\pm }\epsilon j_{\lambda}^{\mu*}({\bf{k}})\epsilon_{\lambda}^{\nu}({\bf{k}})\tag{16}\end{align}

と定義することで

$$Z_0(J)=\exp\left[\frac{i}{2}\int d^4xd^4y\ J_{\mu}(x)\Delta^{\mu\nu}(x-y)J_{\nu}(y)\right]\tag{14}$$

とまとめることができる.ここで,

\begin{align} \int _{-\infty}^{+\infty}\frac{dk^0}{2\pi}\ e^{-ik^0(x^0-y^0)}&=\delta(x^0-y^0)\tag{17}\\ \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{e^{i{\bf{k\cdot(x-y)}}}}{{\bf{k}}^2}&=\frac{1}{4\pi|{\bf{x-y}}|}\tag{18} \end{align}

を用いると確かめられる.また,\(\epsilon_{\lambda}^0({\bf{k}})=0\)とした.さらに(16)式を整理しよう.そのために時間方向の単位ベクトル

$$\hat{t}^{\mu}=(1,{\bf{0}})\tag{19}$$

を導入する.次に\({\bf{k}}\)方向の単位ベクトル\(\hat{z}^{\mu}\)を表そう.すぐに\(\hat{t}\cdot k=\hat{t}^{\mu}k_{\mu}=-k^0\)が成り立つことがわかる.よって,

$$(0,{\bf{k}})=k^{\mu}+(\hat{t}\cdot k)\hat{t}^{\mu}\tag{20}$$

である.この両辺を2乗すると

\begin{align} {\bf{k}}^2&=(k^{\mu}+(\hat{t}\cdot k)\hat{t}^{\mu})
(k_{\mu}+(\hat{t}\cdot k)\hat{t}_{\mu})\\ &=k^{\mu}k_{\mu}+2\times (\hat{t}\cdot k)k^{\mu}\hat{t}_{\mu}-(\hat{t}\cdot k)^2\\ &=k^2+(\hat{t}\cdot k)^2\tag{21}\end{align}

である.ここで,\(\hat{t}^2=-1\)を用いた.よって,

$$\hat{z}^{\mu}=\frac{k^{\mu}+(\hat{t}\cdot k)\hat{t}^{\mu}}{[k^2+(\hat{t}\cdot k)^2]^{1/2}}\tag{22}$$

である.さらに,55章より,

$$\sum_{\lambda=\pm}\epsilon_{\lambda}^{i*}({\bf{k}})\epsilon_{\lambda}^j({\bf{k}})=\delta_{ij}-\frac{k_ik_j}{{\bf{k}}^2}\tag{23}$$

であったから

$$\sum_{\lambda=\pm}\epsilon_{\lambda}^{\mu*}({\bf{k}})\epsilon_{\lambda}^{\nu}({\bf{k}})=g^{\mu\nu}+\hat{t}^{\mu}\hat{t}^{\nu}-\hat{z}^{\mu}\hat{z}^{\nu}\tag{24}$$

とすることができる.ここで,\(\mu,\nu\)が0であるか場合分けすることで簡単に確かめることができる.これらを使うと(16)式は

$$\tilde{\Delta}^{\mu\nu}(k)=-\frac{\hat{t}^{\mu}\hat{t}^{\nu}}{k^2+(\hat{t}\cdot k)^2}+\frac{g^{\mu\nu}+\hat{t}^{\mu}\hat{t}^{\nu}-\hat{z}^{\mu}\hat{z}^{\nu}}{k^2-i\epsilon}\tag{25}$$

と書ける.

次に(22)式を代入することで(25)式を\(k^{\mu},k^{\nu}\)を使って表そう.(15)式で\(x^{\mu}\)で微分すると\(e^{ik(x-y)}\)に作用して\(k^{\mu}\)が現れる.さらに(14)式で\(\Delta^{\mu\nu}(x-y)\to \partial/\partial x^{\sigma}\Delta^{\mu\nu}(x-y)\)と置き換わったとするならば部分積分をすることで\(\partial^{\mu}J_{\mu}\)が生じ,カレントの保存からこれはゼロになる.これはつまり,\(\tilde{\Delta}^{\mu\nu}(k)\)に含まれる\(k^{\mu},k^{\nu}\)の項は無視してよいということである.

よって,(22)式より,(25)式には

$$\hat{z}^{\mu}\to \frac{(\hat{t}\cdot k)\hat{t}^{\mu}}{[k^2+(\hat{t}\cdot k)^2]^{1/2}}\tag{26}$$

を代入すればよいことがわかる.実際に代入を行うと

$$\tilde{\Delta}^{\mu\nu}(k)=\frac{1}{k^2-i\epsilon}\left[g^{\mu\nu}+\left(-\frac{k^2}{k^2+(\hat{t}\cdot k)^2}+1-\frac{(\hat{t}\cdot k)^2}{k^2+(\hat{t}\cdot k)^2}\right)\hat{t}^{\mu}\hat{t}^{\nu}\right]\tag{27}$$

となる.(分子の\(i\epsilon\)は消去した.)さらに,\(\hat{t}^{\mu}\hat{t}^{\nu}\)の係数は計算すると0になる.結局,

$$\tilde{\Delta}^{\mu\nu}(k)=\frac{g^{\mu\nu}}{k^2-i\epsilon}\tag{28}$$

と表される.このように書いたフォトンの propagator をファインマンゲージと呼ぶ.(積分したときに消える\(k^{\mu},k^{\nu}\)の項を残したpropagatorがクーロンゲージである.)

次の章で経路積分を用いて(28)式を導こう.

クーロンゲージによる電気力学

ハミルトニアンを構成して電磁場を量子化しよう.

これはゲージ不変性があることからいつものように簡単にはいかない.自由度がありすぎるのである.たとえばラグランジアンが

\begin{align}{\mathcal{L}}&=-\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+J^{\mu}A_{\mu} \tag{1}\\ &=-\frac{1}{2}\partial ^{\mu}A^{\nu}\partial _{\mu}A_{\nu}+\frac{1}{2}\partial ^{\mu}A^{\nu}\partial _{\nu}A_{\mu}+J^{\mu}A_{\mu}\tag{2}\end{align}

で与えられるとする.ここには,\(A^0\)の時間微分は含まれていない.これにより,正準共役運動量は力学的ではないのである.(もっというと正準共役運動量の時間成分が0となり,これは一次拘束条件になる.)

これを解決するためにゲージ固定をしよう.\(A^{\mu}(x)\)が満たす条件を要求するゲージ条件を課すことにより,これを行う.同じ\(F^{\mu\nu}\)与えるような\(A^{\mu}(x)\)がただ1つとなるような条件が良い条件である.

その1つのとして \(n^{\nu}A_{\mu}(x)=0\) を課すこともある.ここで,\(n^{\mu}\)は4次元定数ベクトルである.これらの条件は

\begin{align} &nが spacelike (n^2>0) のときaxial\ gauge\\& nが lightlike (n^2>0) のとき lightcone\ gauge\\& nが timelike (n^2>0) のとき temporal \ gauge \end{align}

と呼ばれる.

他には\(\partial^{\mu}A_{\mu}(x)=0\)を課すローレンツゲージなどもある.これについては62章で議論する.

この章ではクーロンゲージ(Coulomb gauge, radiation gauge, transverse gaugeなどともいわれる)を用いることにする.クーロンゲージの条件は

$$\nabla\cdot {\bf{A}}(x)=0\tag{3}$$

である.この条件は(4)式のように\(A_i(x)\)に射影演算子を作用することで自動的に成り立つ.

$$A_i(x)\to \left(\delta_{ij}-\frac{\nabla_i\nabla_j}{\nabla^2}\right)A_j(x)\tag{4}$$

ここで,(4)式の右辺はフーリエ変換で\(A_i(x)\)を\(\tilde{A}_i(k)\)にして行列\(\delta_{ij}-k_ik_j/{\bf{k}}^2\)をかけてから逆フーリエ変換することで定義される.ここから,\(A_i\)と書いたら(4)式の右辺の意味であるとする.

ラグランジアンをクーロンゲージのもとでスカラー,ベクトルポテンシャル\(\varphi=A^0,A_i\)を用いて表そう.(2)式から出発すると

\begin{align} {\mathcal{L}}&=\frac{1}{2}\dot{A}_i\dot{A}i-\frac{1}{2}\nabla_jA_i\nabla_jA_i+J_iA_i\\ &=\frac{1}{2}\nabla_iA_j\nabla_jA_i+\dot{A}_i\nabla_i\varphi\\ &=\frac{1}{2}\nabla_i\varphi\nabla_i\varphi-\rho\varphi\tag{5}\end{align}

となる.(5)式の二行目は部分積分を行って微分の順序を変えるとクーロンゲージにより消える.

\(\varphi\)についての変分による方程式を考えるとこれはポアソン方程式

$$-\nabla^2\varphi=\rho\tag{6}$$

となる.無限遠で\(\varphi,\rho\)が0になるという境界条件の下で解くと解は

$$\varphi({\bf{x}},t)=\int d^3y \frac{\rho({\bf{y}},t)}{4\pi|{\bf{x-y}}|}\tag{7}$$

となる.

(7)式は\(\varphi({\bf{x}},t)\)は同時刻の電荷密度により与えられ,力学的でないことを表している.(7)式をラグランジアンに代入し,部分積分\(\nabla_i\varphi\nabla_i\varphi\to -\varphi\nabla^2\varphi=\varphi\rho\)を用いて計算すると

$${\mathcal{L}}=\frac{1}{2}\dot{A}_i\dot{A}_i-\frac{1}{2}\nabla_jA_i\nabla_jA_i+J_iA_i+{\mathcal{L}}_{coul}\tag{8}$$

となる.ここで,

$${\mathcal{L}}_{coul}=-\frac{1}{2}\int d^3y \frac{\rho({\bf{x}},t)\rho({\bf{y}},t)}{4\pi |{\bf{x-y}}|}\tag{9}$$

である.

自由場(\(J_i=0\))を考えると\(A_i\)の変分から得られる方程式は

$$\partial^2A_i(x)=0\tag{10*}$$

である.よって,\({\bf{A}}\)が実でクーロンゲージより一般解は

$${\bf{A}}(x)=\sum_{\lambda=\pm}\int\tilde{dk}\left[{\boldsymbol{\epsilon}}_{\lambda}^*({\bf{k}})a_{\lambda}({\bf{k}})e^{ikx}+{\boldsymbol{\epsilon}}_{\lambda}({\bf{k}})a_{\lambda}^{\dagger}({\bf{k}})e^{-ikx}\right]\tag{11}$$

と書ける.ここで,\(k^0=\omega=|{\bf{k}}|,\tilde{dk}=d^3k/(2\pi)^32\omega,{\boldsymbol{\epsilon}}\)は偏極ベクトルである.クーロンゲージより,\({\boldsymbol{\epsilon}}_{\pm}\)は\({\bf{k}}\)と垂直な面の基底であるが左右の円偏光に対応するように取ろう.\({\bf{k}}=(0,0,k)\)であれば

\begin{align} {\boldsymbol{\epsilon}}_+({\bf{k}})&=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-i,0), \\
{\boldsymbol{\epsilon}}_-({\bf{k}})&=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,i,0)\tag{12}\end{align}

である.より一般には偏極ベクトルは次の三つの条件を満たすものである.

\begin{align} {\bf{k}}\cdot {\boldsymbol{\epsilon}}_{\lambda}({\bf{k}})&=0\tag{13}
\\ {\boldsymbol{\epsilon}}_{\lambda^{\prime}}\cdot{\boldsymbol{\epsilon}}_{\lambda}^*({\bf{k}})&=\delta_{\lambda^{\prime}\lambda}\tag{14}\\ \sum_{\lambda=\pm}\epsilon_{i\lambda}^*({\bf{k}})\epsilon_{j\lambda}({\bf{k}})&=\delta_{ij}-\frac{k_ik_j}{{\bf{k}}^2}\tag{15} \end{align}

量子化したら係数\(a_{\lambda}({\bf{k}}),a_{\lambda}^{\dagger}({\bf{k}})\)のダガーはエルミート共役を意味する.

3章でスカラー場について行った計算と同様の計算をすると(11)式より,

\begin{align} a_{\lambda}({\bf{k}})&=+i{\boldsymbol{\epsilon}}_{\lambda}({\bf{k}})\cdot \int d^3x\ e^{-ikx}\overleftrightarrow{\partial}_0{\bf{A}}(x)\tag{16}\\
a^{\dagger}_{\lambda}({\bf{k}})&=-i{\boldsymbol{\epsilon}}^*_{\lambda}({\bf{k}})\cdot \int d^3x\ e^{+ikx}\overleftrightarrow{\partial}_0{\bf{A}}(x) \tag{17}\end{align}

を得る.ここで,\(f\overleftrightarrow{\partial}_{\mu}g=f(\partial_{\mu}g)-(\partial_{\mu}f)g\)である.

準備が整ったので量子化していこう.まず,\(A_i\)の正準共役運動量は

$$\Pi_i=\frac{\partial{\mathcal{L}}}{\partial\dot{A}_i}=\dot{A}_i\tag{18}$$

である.\(\nabla_iA_i=0\)なので\(\nabla_i\Pi=0\)に注意するとハミルトニアン密度は

\begin{align} {\mathcal{H}}&=\Pi_i\dot{A}_i-{\mathcal{L}}\\ &=\frac{1}{2}\Pi_i\Pi_i+\frac{1}{2}\nabla_jA_i\nabla_jA_i-J_iA_i+{\mathcal{H}}_{coul}\tag{19}\end{align}

となる.ここで,\({\mathcal{H}}_{coul}=-{\mathcal{L}}_{coul}\)である.

正準交換関係を課そう.クーロンゲージを取っているので(4)式より

\begin{align} [A_i({\bf{x}},t),\Pi_j({\bf{y}},t)]&= i\left(\delta_{ij}-\frac{\nabla_i\nabla_j}{\nabla^2}\right)\delta^3({\bf{x-y}})\\ &= i\left(\delta_{ij}-\frac{\nabla_i\nabla_j}{\nabla^2}\right)\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}e^{i{\bf{k}}\cdot({\bf{x-y}})}\\ &=i\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}e^{i{\bf{k}}\cdot({\bf{x-y}})}\left(\delta_{ij}-\frac{k_ik_j}{{\bf{k}}^2}\right)\tag{20}\end{align}

とする.(ここではかなり適当な議論をしている.まじめにやるならば拘束条件を正しく扱ってディラック括弧を計算する必要がある.)

(20)式と\([A_i,A_j]=[\Pi_i,\Pi_j]=0\)を用いると\(a_{\lambda}({\bf{k}}),a_{\lambda}({\bf{k}})\)の交換関係も計算することができる.結果は次のようになる.

\begin{align} [a_{\lambda}({\bf{k}}),a_{\lambda^{\prime}}({\bf{k}}^{\prime})]&=0 \tag{21}\\ [a^{\dagger}_{\lambda}({\bf{k}}),a^{\dagger}_{\lambda^{\prime}}({\bf{k}}^{\prime})]&=0 \tag{22}\\ [a_{\lambda}({\bf{k}}),a^{\dagger}_{\lambda^{\prime}}({\bf{k}}^{\prime})]&=(2\pi)^32\omega\delta^3({\bf{k^{\prime}-k}})\delta_{\lambda\lambda^{\prime}} \tag{23}\end{align}

\(a_{\lambda}^{\dagger}({\bf{k}}),a_{\lambda}({\bf{k}})\)はそれぞれ定義されたヘリシティを持つフォトンを生成,消滅させる演算子だと解釈する.ここで,右円偏光がヘリシティ1で左円偏光がヘリシティ-1の状態を表す.

これらの演算子を用いてハミルトニアンを書くと

$$H=\sum_{\lambda=\pm}\int \tilde{dk}\ \omega a_{\lambda}^{\dagger}({\bf{k}})a_{\lambda}({\bf{k}})+2\epsilon_0V-\int d^3x{\bf{J}}(x)\cdot {\bf{A}}(x)+H_{could}\tag{24}$$

となる.ここで,\(\epsilon_0=\frac{1}{2}(2\pi)^{-3}\int d^3k\ \omega\) で単位体積あたりのゼロ点エネルギーである.(3章とほとんど同様の計算である.)さらにクーロンハミルトニアンは

$$H_{could}=\frac{1}{2}\int d^3xd^3y\ \frac{\rho({\bf{x}},t)\rho({\bf{y}},t)}{4\pi|{\bf{x-y}}|}\tag{25}$$

である.

計算の中で\(t=0\)として漸近場で(11)式を用いた.これが許されるのは\(H\)が時間不変だからである.

電磁力学のハミルトニアンのこの表式はしばしば非相対論的なシュレディンガー方程式での原子の遷移振幅の出発点になる.(もしかしたら学部の量子力学の範囲で扱ったことがある人もいるかもしれない.)クーロン相互作用は\({\bf{J\cdot A}}\)に表れていて,定義された偏極を持つフォトンの生成消滅を可能にしている.

マクスウェル方程式

もっとも重要なスピン1の粒子はフォトンである.物質によるフォトンの放出・吸収は物理の多くの分野で重要である.量子電磁力学の入り口としてこの分野についてざっと復習することにする.

まずは古典電磁力学から始めよう.マクスウェル方程式は

\begin{align} \nabla \cdot {\bf{E}}&=\rho \tag{1}\\ \nabla \times {\bf{B}}-\dot{{\bf{E}}} &={\bf{J}} \tag{2}\\ \nabla \times {\bf{E}}+\dot{{\bf{B}}}&=0\tag{3}\\ \nabla \cdot {\bf{B}}&=0\tag{4} \end{align}

で表される.ここで,\({\bf{E}}\)は電場,\({\bf{B}}\)は磁場,\(\rho\)は電荷密度,\({\bf{J}}\)はカレント密度である.また,ここでは Heaviside-Lorentz 単位系を用いていて,\(c=1\)としている.この単位系では\(Q\)の電荷を持った荷電粒子間に\(Q^2/4\pi r^2\)の力が働く.

マクスウェル方程式はこれだけでは電荷やカレントのダイナミクスまではわからない.よって,ローレンツ力などの補足を必要とするがここでは,特定の電荷やカレントに制限して話を進めるので電磁場のダイナミクスにのみ注目することにする.

マクスウェル方程式の後ろ2つは右辺にソースが含まれていないので\({\bf{E,B}}\)について解くことができる.スカラーポテンシャル\(\varphi\)とベクトルポテンシャル\({\bf{A}}\)を用いると

\begin{align} {\bf{E}}&=-\nabla \varphi-\dot{{\bf{A}}},\tag{5}\\ {\bf{B}}&=\nabla \times {\bf{A}}\tag{6} \end{align}

と表すことができる.これらのポテンシャルが決まると(5),(6)式より,電磁場はユニークに決定する.しかし,電磁場が決定してもこれらのポテンシャルには自由度が残る.正確には

\begin{align} \varphi^{\prime} &=\varphi +\dot{\Gamma}\tag{7}, \\ {\bf{A}}^{\prime}&= {\bf{A}}-\nabla \Gamma,\tag{8} \end{align}

で結ばれるポテンシャル同士は同じ電磁場を与える.ここで,\(\Gamma\)は時空に関する任意関数である.このような場を変えないポテンシャルの変換をゲージ変換という.つまり,\({\bf{E}},{\bf{B}}\)はゲージ不変である.

相対論的な表記を使うとコンパクトかつエレガントに表すことができる.4次元ポテンシャルもしくはゲージ場を

$$A^{\mu}\equiv (\varphi,{\bf{A}}),\tag{9}$$

で定義する.また,field strength を

$$F^{\mu\nu}\equiv \partial ^{\mu}A^{\nu}-\partial ^{\nu}A^{\mu}\tag{10}$$

で定義する.明らかに\(F^{\mu\nu}\)は反対称である:\(F^{\mu\nu}=F^{\nu\mu}\).(5),(6)式とこれらの定義を見ると

\begin{align} F^{0i}&= E^i,\tag{11}\\ F^{ij}&= \epsilon ^{ijk}B_k\tag{12} \end{align}

の関係がわかる.また,マクスウェル方程式の前2つも新しく

$$\partial _{\nu}F^{\mu\nu}=J^{\mu}\tag{13}$$

と表すことができる.ここで,

$$J^{\mu}\equiv (\rho,{\bf{J}})\tag{14}$$

は電荷カレントの4次元ベクトルである.

(13)式の両辺に\(\partial _{\mu}\)を作用させると\(\partial _{\mu}\partial _{\nu}F^{\mu\nu}=\partial _{\mu}J^{\mu}\)となる.左辺に注目すると\(\partial _{\mu}\partial _{\nu}\)は添字に関して対称であり,\(F^{\mu\nu}\)は反対称なので和を取ると0なる.したがって,

$$\partial_{\mu}J^{\mu}=0\tag{15}$$

もしくは,これと等しい

$$\dot{\rho}+\nabla \cdot {\bf{J}}=0\tag{16}$$

を得る.これは電荷が保存することを表している.

マクスウェル方程式の残り2つは

$$\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}\partial ^{\rho}F^{\mu\nu}=0\tag{17}$$

で表される.ここで,\(\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}\)は完全反対称テンソルである.(10)式を(17)式に代入するとこれはヤコビ恒等式であり,自動的に成り立つとわかる.

(7),(8)式のゲージ変換はまとめると

$$A^{\prime\mu}=A^{\mu}-\partial^{\mu}\Gamma\tag{18}$$

となる.これにより,field strength は

$$F^{\prime\mu\nu}=F^{\mu\nu}-(\partial^{\mu}\partial^{\nu}-\partial^{\nu}\partial ^{\mu})\Gamma\tag{19}$$

と変換される.ここで,右辺第二項は微分を交換することにより消えるので,結局

$$F^{\prime\mu\nu}=F^{\mu\nu}\tag{20}$$

となり,field strength はゲージ不変であるとわかる.

次に,マクスウェル方程式を導くようなラグランジアンを導こう.カレントは外部から与えられるとする.考える作用はローレンツ不変,ゲージ不変,パリティ不変,時間反転不変すべてを満たし,2階以上の微分を含まないものである.その唯一の候補は\(S=\int d^4x{\mathcal{L}}\),

$${\mathcal{L}}=-\frac{1}{4}F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+J^{\mu}A_{\mu}\tag{21}$$

である.第一項は明らかにゲージ不変である.第二項は(18)式のゲージ変換で\(J^{\mu}A_{\mu}^{\prime}\)となるが,その差は

\begin{align} J^{\mu}(A_{\mu}^{\prime}-A_{\mu})&=-J^{\mu}\partial_{\mu}\Gamma\\ &=-(\partial _{\mu}J^{\mu})\Gamma-\partial _{\mu}(J^{\mu}\Gamma)\tag{22}\end{align}

である.(22)式の一項目はカレントが保存することから0である.また,二項目は全微分項なので\(d^4x\)での積分により0になる.(無限遠での境界条件を用いる.)よって,(21)式での作用はゲージ不変である.

\(F^{\mu\nu}=\partial ^{\mu}A^{\nu}-\partial^{\nu} A^{\mu}\)を用いて(21)式を変形すると

\begin{align} {\mathcal{L}}&=-\frac{1}{2}\partial^{\mu}A^{\nu}\partial _{\mu}A_{\nu}+\frac{1}{2}\partial ^{\mu}A^{\nu}\partial_{\nu}A_{\mu}+J^{\mu}A_{\mu}\tag{23}\\ &=-\frac{1}{2}\partial^{\mu}A^{\nu}(\partial _{\mu}A_{\nu}-\partial _{\nu}A_{\mu})+J^{\mu}A_{\mu}\\
&=-\frac{1}{2}\partial^{\mu}\left\{A^{\nu}(\partial _{\mu}A_{\nu}-\partial _{\nu}A_{\mu})\right\}+\frac{1}{2}A^{\nu}(\partial^{\mu}\partial_{\mu}A_{\nu}-\partial^{\mu}\partial_{\nu}A_{\mu})+J^{\mu}A_{\mu} \\ &=+\frac{1}{2}A_{\mu}(g^{\mu\nu}\partial^2-\partial^{\mu}\partial^{\nu})A_{\nu}+J^{\mu}A_{\mu}-\partial^{\mu}K_{\mu}\tag{24}\end{align}

となる.ここで,\(K_{\mu}=\frac{1}{2}A^{\nu}(\partial_{\mu}A_{\nu}-\partial_{\nu}A_{\mu})\)である.(24)式の最後の項は全微分項なのでこれまた消えてしまう.このラグランジアンでの\(A^{\mu}\)の変分による方程式は

$$(g^{\mu\nu}\partial^2-\partial^{\mu}\partial^{\nu})A_{\nu}+J^{\mu}=0\tag{25}$$

である.

\(\partial_{\nu}F^{\mu\nu}=\partial_{\nu}(\partial^{\mu}A^{\nu}-\partial^{\nu}A^{\mu})=(\partial^{\mu}\partial^{\nu}-g^{\mu\nu}\partial^2)A_{\nu}\)に注意すると(25)式は(13)式と一致し,マクスウェル方程式になる.

Problem2.3

\begin{eqnarray}U(\Lambda)^{-1}M^{\mu\nu}U(\Lambda)=\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}M^{\rho\sigma}\tag{14}\end{eqnarray}

から

$$[M^{\mu\nu},M^{\rho\sigma}]=i\hbar\left(g^{\mu\rho}M^{\nu\sigma}-(\mu\leftrightarrow\nu)\right)-(\rho\leftrightarrow \sigma)\tag{16}$$

を示せ。

【解答】

$$U(1+\delta\omega)=I+\frac{i}{2\hbar}\delta\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}$$

を用いて、\(\delta\omega\)の一次の項までで計算すると

\begin{eqnarray} U(\Lambda)^{-1}M^{\mu\nu}U(\Lambda)&=&\left(I-\frac{i}{2\hbar}\delta\omega_{\rho\sigma}M^{\rho\sigma}\right)M^{\mu\nu}\left(I+\frac{i}{2\hbar}\delta\omega_{\rho\sigma}M^{\rho\sigma}\right)\\ &=&M^{\mu\nu}+\frac{i}{2\hbar}\delta\omega_{\rho\sigma}[M^{\mu\nu},M^{\rho\sigma}] \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} \Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}M^{\rho\sigma}&=&(\delta^{\mu}_{\ \ \rho}+\delta\omega^{\mu}_{\ \ \rho})(\delta^{\nu}_{\ \ \sigma}+\delta\omega^{\nu}_{\ \ \sigma})M^{\rho\sigma}\\ &=&M^{\mu\nu}+\delta\omega^{\mu}_{\ \ \rho}M^{\rho\nu}+\delta\omega^{\nu}_{\ \ \sigma}M^{\mu\sigma}\\ &=&M^{\mu\nu}+\delta\omega_{\sigma\rho}g^{\sigma\mu}M^{\rho\nu}+\delta\omega_{\rho\sigma}g^{\rho\nu}M^{\mu\sigma}\\ &=&M^{\mu\nu}-\delta\omega_{\rho\sigma}(g^{\sigma\mu}M^{\rho\nu}-g^{\rho\nu}M^{\mu\sigma})\\ &=&M^{\mu\nu}-\frac{\delta\omega_{\rho\sigma}}{2}(g^{\sigma\mu}M^{\rho\nu}-g^{\rho\nu}M^{\mu\sigma}+g^{\sigma\mu}M^{\rho\nu}-g^{\rho\nu}M^{\mu\sigma})\\ &=&M^{\mu\nu}-\frac{\delta\omega_{\rho\sigma}}{2}(g^{\sigma\mu}M^{\rho\nu}-g^{\rho\nu}M^{\mu\sigma})-\frac{\delta\omega_{\sigma\rho}}{2}(g^{\rho\mu}M^{\sigma\nu}-g^{\sigma\nu}M^{\mu\rho})\\ &=&M^{\mu\nu}-\frac{\delta\omega_{\rho\sigma}}{2}(g^{\sigma\mu}M^{\rho\nu}-g^{\rho\nu}M^{\mu\sigma}+g^{\rho\mu}M^{\sigma\nu}-g^{\sigma\nu}M^{\mu\rho}) \end{eqnarray}

なので、\(\delta\omega\)の係数を比べる。ここで、\(\delta\omega_{\rho\sigma}\)は反対称において任意だから係数部分も反対称部分が等しいわけだが\(M^{\rho\sigma}\)が最初から反対称だから結局、係数は等しいとできて、

$$[M^{\mu\nu},M^{\rho\sigma}]=i\hbar\left(g^{\mu\rho}M^{\nu\sigma}-(\mu\leftrightarrow\nu)\right)-(\rho\leftrightarrow \sigma)\tag{16}$$

が成り立つとわかる。

Problem2.2

$$U(\Lambda)^{-1}U(\Lambda^{\prime})U(\Lambda)=U(\Lambda^{-1}\Lambda^{\prime}\Lambda)$$

から

\begin{eqnarray}\delta\omega_{\mu\nu}U(\Lambda)^{-1}M^{\mu\nu}U(\Lambda)=\delta\omega_{\mu\nu}\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}M^{\rho\sigma}\tag{13}\end{eqnarray}

を導け。

【解答】

\(\Lambda^{\prime}=1+\delta \omega^{\prime}\)を代入すると

$$U(\Lambda^{\prime})=U(1+\delta\omega^{\prime})=I+\frac{i}{2\hbar}\delta \omega_{\mu\nu}^{\prime}M^{\mu\nu}$$

よって、

\begin{eqnarray}U(\Lambda)^{-1}U(\Lambda^{\prime})U(\Lambda)&=&U(\Lambda)^{-1}\left(I+\frac{i}{2\hbar}\delta\omega_{\mu\nu}^{\prime}M^{\mu\nu}\right)U(\Lambda)\\ &=&I+\frac{i}{2\hbar}\delta\omega_{\mu\nu}^{\prime}U(\Lambda^{-1})M^{\mu\nu}U(\Lambda) \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} U(\Lambda^{-1}\Lambda^{\prime}\Lambda)&=&U(\Lambda^{-1}(1+\delta\omega^{\prime})\Lambda)\\ &=&U(1+\Lambda^{-1}\delta\omega^{\prime}\Lambda)\\ &=&I+\frac{i}{2\hbar}(\Lambda^{-1}\delta\omega^{\prime}\Lambda)_{\rho\sigma}M^{\rho\sigma}\\ &=&I+\frac{i}{2\hbar}((\Lambda^{-1})_{\rho}^{\ \ \mu}\delta\omega^{\prime}_{\mu\nu}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma})M^{\rho\sigma}\\ &=&I+\frac{i}{2\hbar}\delta\omega^{\prime}_{\mu\nu}\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}M^{\rho\sigma} \end{eqnarray}

となるので比べて

\begin{eqnarray}\delta\omega_{\mu\nu}U(\Lambda)^{-1}M^{\mu\nu}U(\Lambda)=\delta\omega_{\mu\nu}\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}M^{\rho\sigma}\tag{13}\end{eqnarray}

を得る。

Problem2.1

$$g_{\mu\nu}\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}=g_{\rho\sigma}\tag{3}$$

から

$$\delta\omega_{\rho\sigma}=-\delta\omega_{\sigma\rho}\tag{8}$$

を導け。

【解答】

(3)に

$$\Lambda^{\mu}_{\ \ \nu}=\delta^{\mu}_{\ \ \nu}+\delta\omega^{\mu}_{\ \ \nu}\tag{7}$$

を代入して(\(\delta\omega\)の二次以上は無視して計算する)

\begin{eqnarray}g_{\rho\sigma}&=&g_{\mu\nu}(\delta^{\mu}_{\ \ \rho}+\delta\omega^{\mu}_{\ \ \rho})(\delta^{\nu}_{\ \ \sigma}+\delta\omega^{\nu}_{\ \ \sigma})\\&=&g_{\mu\nu}\{\delta^{\mu}_{\ \ \rho}\delta^{\nu}_{\ \ \sigma}+\delta^{\mu}_{\ \ \rho}\delta\omega^{\nu}_{\ \ \sigma}+\delta^{\nu}_{\ \ \sigma}\delta\omega^{\mu}_{\ \ \rho}\} \\&=&g_{\rho\sigma}+g_{\rho\nu}\delta\omega^{\nu}_{\ \ \sigma}+g_{\mu\sigma}\delta\omega^{\mu}_{\ \ \rho}\\&=&g_{\rho\sigma}+\delta\omega_{\rho\sigma}+\delta\omega_{\sigma\rho}\end{eqnarray}

なので(8)が成り立つ。

2. ローレンツ不変量

ローレンツ変換

$$\bar{x}^{\mu}=\Lambda^{\mu}_{\ \ \nu}x^{\nu}\tag{1}$$

を考える。この変換では原点と\(x^{\mu}\)との距離を保存する。つまり、

$$x^2\equiv x^{\mu}x_{\mu}=g_{\mu\nu}x^{\mu}x^{\nu}={\bf{x}}^2-c^2t^2\tag{2}$$

なので、

\begin{eqnarray}g_{\mu\nu}\bar{x}^{\mu}\bar{x}^{\nu}&=& g_{\mu\nu}\Lambda ^{\mu}_{\ \ \rho}x^{\rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}x^{\sigma}\\ &=&
g_{\mu\nu}\Lambda ^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}
x^{\rho} x^{\sigma}\\ &=& g_{\rho\sigma}x^{\rho}x^{\sigma}\end{eqnarray}

より、

$$g_{\mu\nu}\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}=g_{\rho\sigma}\tag{3}$$

が成り立つことが分かる。ここで

$$g_{\mu\nu}=
\left( \begin{array}{cccc} -1 & & & \\ & +1 & & \\ & & +1& \\ &&&+1 \end{array} \right) \tag{4}$$

はミンコフスキー計量である。

ローレンツ変換には普通の空間回転も含まれることに注意しよう。

ローレンツ変換の集合は群を成す。逆元だけ確認しよう。(3)式から変形すると

\begin{eqnarray}
g_{\mu\nu}\Lambda^{\mu}_{\ \ \alpha}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}&=&g_{\alpha\sigma}\\ \Lambda_{\nu\alpha}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}&=&g_{\alpha\sigma}\\
g^{\alpha\rho}\Lambda_{\nu\alpha}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}&=&g^{\alpha\rho}g_{\alpha\sigma}\\ \Lambda_{\nu}^{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}&=&\delta^{\rho}_{\ \ \sigma}\end{eqnarray}

となる。また、定義から

$$(\Lambda^{-1})^{\rho}_{\ \ \nu}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}=\delta^{\rho}_{\ \ \sigma}$$

なのでこれを比べて、

$$(\Lambda^{-1})^{\rho}_{\ \ \nu}=\Lambda_{\nu}^{\ \ \rho}\tag{5}$$

と表されることが分かる。(3)式から

$$g^{\mu\nu}\Lambda^{\rho}_{\ \ \mu}\Lambda^{\sigma}_{\ \ \nu}=g^{\rho\sigma}\tag{6}$$

ともわかる。

微小ローレンツ変換を

$$\Lambda^{\mu}_{\ \ \nu}=\delta^{\mu}_{\ \ \nu}+\delta\omega^{\mu}_{\ \ \nu}\tag{7}$$

と表すことにしよう。このとき、Problem2.1より

$$\delta\omega_{\rho\sigma}=-\delta\omega_{\sigma\rho}\tag{8}$$

が成り立つ。よって、

\begin{eqnarray} \Lambda = \left(\begin{array}{cccc} 1 & \omega_{12} &\omega_{13} & \omega_{14} \\ -\omega_{12} & 1 & \omega_{23} & \omega_{24} \\ -\omega_{13} & -\omega_{23} & 1 & \omega_{34} \\ -\omega_{14} & -\omega_{24} & -\omega_{34} & 1 \end{array}\right) \end{eqnarray}

と表せるのでローレンツ変換には6つの独立な微小変換がある。そのうち3つは空間回転であり、残り3つはブーストに対応している。

(5)より、ローレンツ変換の逆行列は元の行列の転置行列になるので\(\det\Lambda=\pm1\)が成り立つ。ローレンツ変換\(\Lambda\)が\( \det\Lambda=+1 \)を満たすときproper, \( \det\Lambda=-1 \)を満たすときimproperという。明らかにproperなローレンツ変換の集合はローレンツ群の部分群を成す。また、単位元と弧状連結なので微小変換で表されるローレンツ変換はproperである。

また、(3)で\(\rho=\sigma=0\)を代入することで

\begin{eqnarray}g_{\mu\nu}\Lambda^{\mu}_{\ \ 0}\Lambda^{\nu}_{\ \ 0}=g_{00}&=&-1\\-(\Lambda^0_{\ \ 0})^2+(\Lambda^1_{\ \ 0})^2+(\Lambda^2_{\ \ 0})^2+(\Lambda^3_{\ \ 0})^2&=&-1\\(\Lambda^0_{\ \ 0})^2=1+(\Lambda^1_{\ \ 0})^2+(\Lambda^2_{\ \ 0})^2+(\Lambda^3_{\ \ 0})^2&\ge&1\end{eqnarray}

なのでローレンツ変換\(\Lambda\)は\(\Lambda^0_{\ \ 0}\ge1\)か\(\Lambda^0_{\ \ 0}\le -1\)のどちらかである。前者のローレンツ変換はorthochronousといい、これまた、連結性からproperかつorthochronous なローレンツ変換はローレンツ群の部分群を成す。微小変換で作ることができる群はこの群であり、通常、ローレンツ不変と言ったら、この群での変換しか考えない。

これ以外のローレンツ変換はパリティ変換や時間反転変換をすることにより、移ることができる。

\begin{eqnarray} P^{\mu}_{\ \ \nu}=(P^{-1})^{\mu}_{\ \ \nu} = \left(\begin{array}{cccc} +1 & & & \\& -1 & & \\ & & -1 & \\ & & & -1 \end{array} \right)\tag{9}\end{eqnarray}

\begin{eqnarray} T^{\mu}_{\ \ \nu}=(T^{-1})^{\mu}_{\ \ \nu} = \left(\begin{array}{cccc} -1 & & & \\& +1 & & \\ & & +1 & \\ & & & +1 \end{array} \right)\tag{10}\end{eqnarray}

これらの離散変換については23章で詳しく述べる。

ローレンツ群のユニタリ表現\(U(\Lambda)\)を考えよう。(定義表現である\(\Lambda\)はユニタリ表現ではない。)\(U(\Lambda)\)はユニタリ演算子であり、表現であるから

\begin{eqnarray}U(\Lambda^{\prime}\Lambda)=U(\Lambda^{\prime})U(\Lambda)\tag{11}\end{eqnarray}

を満たす。さらに微小変換に対するユニタリ変換を

\begin{eqnarray}U(1+\delta\omega)=I+\frac{i}{2\hbar}\delta\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\tag{12}\end{eqnarray}

とおく。ここで、\(\delta\omega_{\mu\nu}\)は反対称だから\(M^{\mu\nu}\)も反対称として一般性を失わない。また、\(U\)のユニタリ性より

\begin{eqnarray}&&U(1+\delta\omega)U^{\dagger}(1+\delta\omega)\\&=&\left(I+\frac{i}{2\hbar}\delta\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\right)\left(I-\frac{i}{2\hbar}\delta\omega_{\rho\sigma}M^{\dagger\rho\sigma}\right)\\&=&I\end{eqnarray}

なので\(M\)はエルミート演算子である。これがこの表現での生成子になる。

\(U(\Lambda)^{-1}U(\Lambda^{\prime})U( \Lambda)=U( \Lambda ^{-1} \Lambda ^{\prime} \Lambda )\)に\(\Lambda^{\prime}=1+\delta\omega^{\prime}\)を代入することで

\begin{eqnarray}\delta\omega_{\mu\nu}U(\Lambda)^{-1}M^{\mu\nu}U(\Lambda)=\delta\omega_{\mu\nu}\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}M^{\rho\sigma}\tag{13}\end{eqnarray}

を得る。(Problem 2.2)さらに両辺で\(\delta \omega_{\mu\nu}\)は反対称の条件のもとで任意だから係数部分も反対称部分が等しい。ここでは\(M^{\mu\nu}\)はすでに反対称なので

\begin{eqnarray}U(\Lambda)^{-1}M^{\mu\nu}U(\Lambda)=\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}M^{\rho\sigma}\tag{14}\end{eqnarray}

が成り立つ。これが\(M^{\mu\nu}\)のローレンツ変換を与え、それぞれの添え字がベクトルのごとく変換するとわかる。これは一般的な性質であり、ベクトル添え字を持つ演算子は同じように変換する。例えば\(P^0=H\)とした4次元ベクトル\(P^{\mu}\)も

$$U( \Lambda)^{-1}P^{\mu}U( \Lambda )= \Lambda ^{\mu}_{\ \ \nu}P^{\nu} \tag{15}$$

のように変換する。

さらに、(14)で\(\Lambda=1+\delta\omega\)を代入して\(\delta\omega\)に比例する項だけを比べて交換関係

$$[M^{\mu\nu},M^{\rho\sigma}]=i\hbar\left(g^{\mu\rho}M^{\nu\sigma}-(\mu\leftrightarrow\nu)\right)-(\rho\leftrightarrow \sigma)\tag{16}$$

を得る。(Problem 2.3)

この交換関係はローレンツ群のリー代数を与える。(ほかの表現でもこの交換関係は同じはずである!!(Problem 2.9が定義表現で交換関係を確かめよというもの))さらに角運動量の成分\(J_i\equiv \frac{1}{2}\epsilon_{ijk}M^{jk}\)とブーストの成分\(K_i\equiv M^{i0}\)を用いて、交換関係を書き直すと

\begin{eqnarray}[J_i,J_j]&=&i\hbar\epsilon_{ijk}J_k,\\ \ [J_i,K_j]&=&i\hbar\epsilon_{ijk}K_k,\\ \ [K_i.K_j]&=&-i\hbar\epsilon_{ijk}J_k\tag{17}\end{eqnarray}

となる。(Problem2.4)一式目は角運動量のリー代数と一致している。二式目から空間回転でのブーストの変換がわかる。また、三式目からブーストはローレンツ群の部分群にはならないことがわかる。

さらに(15)に\(\Lambda=1+\delta\omega\)を代入することで

$$[P^{\mu},M^{\rho\sigma}]=i\hbar \left(g^{\mu\sigma}P^{\rho}-(\rho\leftrightarrow \sigma)\right)\tag{18}$$

を得る。(Problem 2.5)さらにうまい添え字を入れることにより

\begin{align} [J_i,H]&=0\\ [J_i,P_j]&=i\hbar \epsilon_{ijk}P_k\\ [K_i,H]&=i\hbar P_i\\ [K_i,P_j]&=i\hbar \delta_{ij}H \end{align}

と見やすいように変形できる.

さらに,\(P^{\mu}\)の成分は互いに交換すべきであるから

\begin{align}[P_i,P_j]&=0\\ [P_i,H]&=0 \end{align}

となる.(17),(18),(19)式はまとめてポアンカレ群のリー代数になっている.

スカラー場\(\varphi(x)\)がローレンツ変換の下でどのように変換するか見ておこう.ハイゼンベルグ描像において時間発展は

$$e^{iHt/ \hbar}\varphi({\bf{x}},0)e^{-iHt/\hbar}=\varphi({\bf{x}},t)\tag{21}$$

で行われた.これは相対論的には

$$e^{-iPx/\hbar}\varphi(0)e^{+iPx/\hbar}=\varphi(0)\tag{22}$$

と拡張されるべきである.ここで,\(Px=P^{\mu}x_{\mu}={\bf{P\cdot x}}-Hct\)である.さらに

$$T(a)\equiv \exp (-iP^{\mu}a_{\mu}/\hbar)\tag{23}$$

とすると

$$T(a)^{-1}\varphi(x)T(a)=\varphi(x-a)\tag{24}$$

と表すことができる.微小変換を考えると

$$T(\delta a)=I-\frac{i}{\hbar}\delta a_{\mu}P^{\mu}\tag{25}$$

である.(12)と(25)を比べると一般のローレンツ変換に対しても(24)のように

$$U(\Lambda)^{-1}\varphi(x)U(\Lambda)=\varphi(\Lambda^{-1}x)\tag{26}$$

と変換すると予期できる.さらに\(\varphi\)の微分は

$$U(\Lambda)^{-1}\partial^{\mu}\varphi(x)U(\Lambda)=\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\bar{\partial}^{\rho}\varphi(\Lambda^{-1}x)\tag{27}$$

のように変換する.ここで,上線は\(\bar{x}=\Lambda^{-1}x\)での微分を表す.さらにこれは

\begin{align} U(\Lambda)^{-1}\partial^2\varphi(x)U(\Lambda)&=
U(\Lambda)^{-1}g_{\mu\nu}\partial^{\mu}\partial^{\nu}\varphi(x)U(\Lambda)\\ &=g_{\mu\nu}\Lambda^{\mu}_{\ \ \alpha}\Lambda^{\nu}_{\ \ \beta}\bar{\partial}^{\alpha}\bar{\partial}^{\beta}\varphi(\Lambda^{-1}x)\\ &=g_{\alpha\beta}
\bar{\partial}^{\alpha}\bar{\partial}^{\beta}\varphi(\Lambda^{-1}x)\\ &=
\bar{\partial}^{2}\varphi(\Lambda^{-1}x) \tag{28}\end{align}

と拡張できる.これにより,1章で見たように Klein-Gordon 方程式がローレンツ不変であることがわかる.

ローレンツ群の表現

2章でスカラー場\(\varphi(x)\)はユニタリー演算子\(U(\Lambda)\)により

$$U(\Lambda)^{-1}\varphi(x)U(\Lambda)=\varphi(\Lambda^{-1}x)\tag{1}$$

と変換されることを見た.また,場の微分は

$$U(\Lambda)^{-1}\partial^{\mu}\varphi(x)U(\Lambda)=\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\bar{\partial}^{\rho}\varphi(\Lambda^{-1}x)\tag{2}$$

と変換された.ここで,微分の上線は\(\bar{x}=\Lambda^{-1}x\)での微分を表している.

これに類推してベクトル場\(A^{\mu}\),テンソル場\(B^{\mu\nu}\)をローレンツ変換の下で次のように変換するものと定義する.

\begin{align} U(\Lambda)^{-1}A^{\rho}(x)U(\Lambda)&=\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}A^{\rho}(\Lambda^{-1}x)\tag{3} \\ U(\Lambda)^{-1}B^{\mu\nu}(x)U(\Lambda)&=\Lambda^{\mu}_{\ \ \rho}\Lambda^{\nu}_{\ \ \sigma}B^{\rho\sigma}(\Lambda^{-1}x)\tag{4} \end{align}

ここで,\(B^{\mu\nu}\)が添字の対称性を持っている場合,ローレンツ変換の下によりこの対称性は保存されることに注意する.また,トレース\(T(x)\equiv g_{\mu\nu}B^{\mu\nu}(x)\)を定義すると\(g_{\mu\nu}\)が不変テンソルであることから

$$U(\Lambda)^{-1}T(x)U(\Lambda)=T(\Lambda^{-1}x)\tag{5}$$

とスカラー場のように変換する.

よって,一般の対称性のないテンソル場\(B^{\mu\nu}(x)\)は

$$B^{\mu\nu}(x)=A^{\mu\nu}(x)+S^{\mu\nu}(x)+\frac{1}{4}g^{\mu\nu}T(x)\tag{6}$$

と分解するとローレンツ変換の下でこれらは混ざらない.ここで,\(A^{\mu\nu}\)は反対称テンソル,\(S^{\mu\nu}\)は対称テンソルでトレースレスにしたものである.

このようなローレンツ変換の下で混ざらないような分解を拡張することはできるだろうか.添字が\(n\)個の場合にはどのように拡張すればよいだろう.これは表現論でいうところの既約分解に対応している.そこでここでは一般にローレンツ群の既約表現を考えてみよう.

一般のローレンツ添字\(A\)を持つ場\(\varphi_A(x)\)を考えよう.ローレンツ変換の下では

$$U(\Lambda)^{-1}\varphi_A(x)U(\Lambda)=L_A^{\ \ B}(\Lambda)\varphi_B(\Lambda^{-1}x)\tag{7}$$

と変換する.ここで,\(L_A^{\ \ B}(\Lambda)\)は\(\Lambda\)に依存する行列である.さらに\(L_A^{\ \ B}(\Lambda)\)は群の表現なので

$$L_A^{\ \ B}(\Lambda^{\prime})L_B^{\ \ C}(\Lambda)=L_A^{\ \ C}(\Lambda^{\prime}\Lambda)\tag{8}$$

を満たす.

微小変換\(\Lambda^{\mu}_{\ \ \nu}=\delta^{\mu}_{\ \ \nu}+\delta \omega^{\mu}_{\ \ \nu}\)を考えよう.すると,ローレンツ群の生成子\(M^{\mu\nu}\)を用いて

$$U(1+\delta\omega)=I+\frac{i}{2}\delta\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\tag{9}$$

と書くことができる.2章でやったようにこの生成子は

$$[M^{\mu\nu},M^{\rho\sigma}]=i\left( g^{\mu\rho}M^{\nu\sigma}-(\mu\leftrightarrow \nu)\right)-(\rho\leftrightarrow \sigma)\tag{10}$$

の交換関係を満たした.この交換関係は角運動量演算子\(\vec{J}:J_i\equiv \frac{1}{2}\epsilon_{ijk}M^{jk}\)とブースト演算子\(\vec{K}:K_i\equiv M^{i0}\)を用いると簡単に表すことができる.

\begin{eqnarray}[J_i,J_j]&=&+i\epsilon_{ijk}J_k,\tag{11}\\ \ [J_i,K_j]&=&+i\epsilon_{ijk}K_k,\tag{12}\\ \ [K_i.K_j]&=&-i\epsilon_{ijk}J_k\tag{13}\end{eqnarray}

\(L_A^{\ \ B}\)の微小変換を

$$L_A^{\ \ B}(1+\delta\omega)=\delta_A^{\ \ B}+\frac{i}{2}\delta\omega_{\mu\nu}(S^{\mu\nu})_A^{\ \ B}\tag{14}$$

と表すことにする.すると(7)式で微小変換を考えると

$$[\varphi_A(x),M^{\mu\nu}]={\mathcal{L}}^{\mu\nu}\varphi_A(x)+(S^{\mu\nu})_A^{\ \ B}\varphi_B(x)\tag{15}$$

となる.(2次微小量を無視すると簡単に確かめられます.)ここで,\({\mathcal{L}}^{\mu\nu}\equiv \frac{1}{i}(x^{\mu}\partial^{\nu}-x^{\nu}\partial^{\mu})\)とした.\({\mathcal{L}}^{\mu\nu},(S^{\mu\nu})_A^{\ \ B}\)はそれぞれ\(M^{\mu\nu}\)と同じ交換関係を持つ.(problem2.8,2.9)

さて,これから扱う問題は(10)式の交換関係を満たす\(M^{\mu\nu}\)の表現を全て見つけること,もしくは(11)〜(13)式を満たす\(J_i,K_j\)の表現を全て見つけることである.

(11)式に限定すれば\(J_i\)の全ての表現を角運動量の話からすでに知っている.この交換関係は\(SU(2)\)のものであるからスピン\(\frac{1}{2},1,\frac{3}{2},\cdots\)表現に同値なものしか既約表現は存在しない.もっというと\(j=0,\frac{1}{2},1,\frac{3}{2},\cdots\)に対して\((2j+1)\times (2j+1)\)のエルミート行列\(J_1,J_2,J_3\)の表現をすでに知っているわけだ.ここで,スピン\(j\)表現のときの\(J_3\)の固有値は\(-j,-j+1,\cdots , +j\)である.

この\(SU(2)\)の事実を使って(11)〜(13)を満たす表現を考えよう.そのために物理的な意味はわからないが交換関係が簡単になるようにエルミートでない演算子\(N_i,N_i^{\dagger}\)を

\begin{align} N_i\equiv &\frac{1}{2}(J_i-iK_i)\tag{16}\\ N_i^{\dagger}\equiv& \frac{1}{2}(J_i+iK_i)\tag{17}\end{align}

で定義しよう.すると(11)〜(13)式は

\begin{align} [N_i,N_j]&=i\epsilon_{ijk}N_k,\tag{18}\\ [N_i^{\dagger},N_j^{\dagger}]&=i\epsilon_{ijk}N_k^{\dagger}\tag{19}\\ [N_i,N_j^{\dagger}]&=0\tag{20}\end{align}

と変換できる.(Problem33.2) これらはそれぞれ\(SU(2)\)の交換関係だから\(N_i,N_i^{\dagger}\)の表現は整数もしくは半整数により定めることができる.つまり,もともとはローレンツ群の有限次元表現を考えていたわけだがそれは\(SU(2)\)の表現を2つ定めることに一致し,整数もしくは半整数である\(n,n^{\prime}\)により,ローレンツ群の既約表現は定まるわけである.

\(N_i\)がスピン\(n\)表現,\(N_i^{\dagger}\)がスピン\(n^{\prime}\)表現であるローレンツ群の表現を\((2n+1,2n^{\prime}+1)\)表現と表すことにしよう.この表現の成分の数は\((2n+1)(2n^{\prime}+1)\)である.(場が\(\varphi_{a,b}(x)(a=-n,\cdots,n,b=-n^{\prime},\cdots ,n^{\prime})\)のように表せるということ.)(16),(17)式より,\(J_i=N_i+N_i^{\dagger}\)なので\(j\)のとりうる値は\(n,n^{\prime}\)から与えられる.これは単純なスピン\(n,n^{\prime}\)の合成なので\(j\)のとりうる値は\(|n-n^{\prime}|,|n-n^{\prime}|+1,\cdots,n+n^{\prime} \)とわかる.

よく出会う\((1,1),(2,1),(1,2),(2,2)\)表現は次のように名前がついている.

\begin{align} (1,1)&=\text{スカラー}\\ (2,1)&=\text{左手型スピノル}\\ (1,2)&=\text{右手型スピノル}\\ (2,2)&=\text{ベクトル}\tag{21}\end{align}

(2,2)表現がベクトル表現であることに多少驚きがあるだろう.これを念のために確かめておこう.まず,ベクトル表現は\(4\)次元の既約表現であることに注意しよう.(ローレンツ変換により,4成分が混ざり合う)するとベクトル表現は\(4\)次元の表現のどれかと一致しているはずであり,候補は\((1,4),(4,1),(2,2)\)表現である.始め2つは角運動量が\(j=\frac{3}{2}\)であり,不適である.\((2,2)\)表現での角運動量の候補は\(j=0,1\)であり,これは空間回転で時間成分はスカラー,空間成分はスピン\(1\)で変換を受けることに一致している.これより,必要条件的ではあるが\((2,2)\)表現がベクトル表現に対応することがわかる.

さらに理解を深めるためには角運動量\(j=\frac{1}{2}\)の\((1,2),(2,1)\)表現について調査する必要がある.

EXACT PROPAGATORのLehmann-Kallen形式

exact propagator \({\boldsymbol{\Delta}}(x-y)\)について一般原理だけからどんなことが言えるだろうか。exact propagator は

$${\boldsymbol{\Delta}} (x-y)\equiv i\langle 0|T\varphi(x)\varphi(y)|0\rangle \tag{1}$$

で定義された。\(\varphi\)は

$$\langle 0|\varphi(x)|0\rangle =0,\ \ \ \langle k|\varphi(x)|0\rangle =e^{-ikx}\tag{2}$$

が成り立つように規格化されているとする。\(d\)次元では1粒子状態\(| k\rangle\)の規格化は

$$\langle k |k^{\prime}\rangle =(2\pi)^{d-1}2\omega\ \delta ^{d-1}({\bf{k-k^{\prime}}})\tag{3}$$

である。ここで、\(\omega=({\bf{k}}^2+m^2)^{1/2}\)である。また、

$$\int \tilde{dk}| k\rangle \langle k|=I_1\tag{4}$$

で定義される演算子\(I_1\)は1粒子状態の部分空間内では恒等演算子である。ここで、

$$\tilde{dk}\equiv \frac{d^{d-1}k}{(2\pi)^{d-1}2\omega}\tag{5}$$

であり、これはローレンツ不変である。

さらにexact momentum-space propagator \(\tilde{{\boldsymbol{\Delta}}}(k^2)\)を

$${\boldsymbol{\Delta}}(x-y)\equiv \int \frac{d^dk}{(2\pi)^d}e^{ik(x-y)}\tilde{{\boldsymbol{\Delta}}}(k^2)\tag{6}$$

で定義しよう。これは自由場では

$$\tilde{\Delta}(k^2)=\frac{1}{k^2+m^2-i\epsilon}\tag{7}$$

となる。これは\(k^2=-m^2\)でpole を持ち、粒子の物理的な質量に対応している。

ここで、5章で述べたHilbert空間の状態について復習しておく。

  • エネルギー、運動量が0である真空状態\(|0\rangle\)が1つ
  • \(d-1\)次元運動量\({\bf{k}}\)でエネルギー\(\omega=({\bf{k}}^2+m^2)^{1/2}\)である一粒子状態\(|k\rangle\)
  • \(d-1\)次元運動量が\({\bf{k}}\)であり、全質量\(M\)が\(M\ge 2m\)、エネルギーが\(\omega=({\bf{k}}^2+M^2)^{1/2}\)である多粒子状態\(|k,n\rangle\) 。\(n\)は状態を定める他のパラメータである。

Hilbert空間にはこの三種類の状態が存在する。

\(x^0>y^0\)とすると(1)式の\(T\)積は取ることができる。そこで二つの場の間に完全系を挟もう。 すると

\begin{align} \langle 0|\varphi(x)\varphi(y)|0\rangle =&\langle 0|\varphi(x)|0\rangle\langle 0|\varphi(y)|0\rangle\\ &+\int \tilde{dk}\langle 0|\varphi(x)|k\rangle \langle k|\varphi(y)|0\rangle \\ &+\sum_n\int \tilde{dk}\langle 0|\varphi(x)|k,n\rangle \langle k,n|\varphi(y)|0\rangle \tag{8}\end{align}

となる。ここで、\(n\)は連続パラメータかもしれないので\(\sum\)は積分も含んでいる。(2)式を用いると(8)式の前2項は単純化できる。また、\(\varphi(x)=\exp(-iP^{\mu}x_{\mu})\varphi(0)\exp(+iP^{\mu}x_{\mu})\)を用いると

$$\langle k,n|\varphi(x)|0\rangle =e^{-ikx}\langle k,n|\varphi(0)|0\rangle \tag{9}$$

とできる。ここで、\(k^0=({\bf{k}}^2+M^2)^{1/2}\)である。すると(8)式は

$$ \langle 0|\varphi(x)\varphi(y)|0\rangle = \int \tilde{dk}\ e^{ik(x-y)}+\sum_n\int \tilde{dk}\ e^{ik(x-y)}|\langle k,n|\varphi(0)|0\rangle |^2\tag{10}$$

と変形できる。次にスペクトル密度\(\rho(s)\)を

$$\rho(s)\equiv \sum_n|\langle k,n|\varphi(0)|0\rangle |^2\delta (s-M^2)\tag{11}$$

で定義しよう。明らかに\(s<=(2m)^2=4m^2\)のときは\(\rho(s)=0\)であり、\(s\ge 4m\)の範囲では\(\rho(s)\ge 0\)である。よって、定義より

$$\int^{\infty}_{4m^2}ds\ \rho(s)= \sum_n|\langle k,n|\varphi(0)|0\rangle | $$

が成り立つ。よって、

$$\langle 0|\varphi(x)\varphi(y)|0\rangle =\int \tilde{dk}\ e^{ik(x-y)}+\int_{4m^2}^{\infty}ds\ \rho(s)\int\tilde{dk}\ e^{ik(x-y)}\tag{12}$$

と書くことができる。ここで、第一項ではそのまんま\(k^0=({\bf{k}}^2+m^2)^{1/2}\)であるが、第二項ではデルタ関数があるので\(k^0=({\bf{k}}^2+s)^{1/2}\)とする。\(x,y\)を入れ替えると

$$\langle 0|\varphi(y)\varphi(x)|0\rangle =\int \tilde{dk}\ e^{-ik(x-y)}+\int_{4m^2}^{\infty}ds\ \rho(s)\int\tilde{dk}\ e^{-ik(x-y)}\tag{13}$$

となる。ここで、\(T\)積の定義より

$$\langle 0|T \varphi(x)\varphi(y)|0\rangle =\theta(x^0-y^0)\langle 0|\varphi(x)\varphi(y)|0\rangle +\theta(y^0-x^0)\langle 0|\varphi(y)\varphi(x)|0\rangle \tag{14}$$

である。ここで、\(\theta(t)\)は階段関数である。freeのときを考えると

\begin{align} \langle 0|T \varphi(x)\varphi(y)|0\rangle &=\frac{1}{i}\Delta(x-y)\\ &=\frac{1}{i}\int \frac{d^dk}{(2\pi)^d}\frac{e^{ik(x-y)}}{k^2+m^2-i\epsilon} \end{align}

\begin{align} &\langle 0|\varphi(x)\varphi(y)|0\rangle \\ &=\langle 0|\int\tilde{dk}(a({\bf{k}})e^{ikx}+a^*({\bf{k}})e^{-ikx})\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int\tilde{dk^{\prime}}(a({\bf{k^{\prime}}})e^{ik^{\prime}y}+a^*({\bf{k^{\prime}}})e^{-ik^{\prime}y})|0\rangle\\ &=\langle 0|\int \tilde{dk}\tilde{dk^{\prime}}\ a({\bf{k}})a^*({\bf{k}}^{\prime})e^{ikx-ik^{\prime}y}|0\rangle\\ &=\langle 0|\int \tilde{dk}\tilde{dk^{\prime}}\ (2\pi)^{d-1}(2\omega)\delta^{d-1}({\bf{k}}-{\bf{k}}^{\prime})e^{ikx-ik^{\prime}y}|0\rangle\\ &=\int\tilde{dk}\ e^{ik(x-y)} \end{align}

だから

\begin{align} \int \frac{d^dk}{(2\pi)^d}\ \frac{e^{ik(x-y)}}{k^2+m^2-i\epsilon}=&i\theta(x^0-y^0)\int\tilde{dk}\ e^{ik(x-y)}\\ &+i\theta(y^0-x^0)\int\tilde{dk}\ e^{-ik(x-y)} \tag{15}\end{align}

である。よって、一般の場合では

\begin{align} &i\langle 0|T \varphi(x)\varphi(y)|0\rangle\\ &=i\theta(x^0-y^0)\langle 0|\varphi(x)\varphi(y)|0\rangle +i\theta(y^0-x^0)\langle 0|\varphi(y)\varphi(x)|0\rangle\\ &=i\theta(x^0-y^0)\left[\int \tilde{dk}\ e^{ik(x-y)}+\int_{4m^2}^{\infty}ds\ \rho(s)\int\tilde{dk}\ e^{ik(x-y)}\right]\\ &\ \ \ \ +i\theta(y^0-x^0)\left[\int \tilde{dk}\ e^{-ik(x-y)}+\int_{4m^2}^{\infty}ds\ \rho(s)\int\tilde{dk}\ e^{-ik(x-y)}\right]\\ &=i\theta(x^0-y^0)\int \tilde{dk}\ e^{ik(x-y)}+i\theta(y^0-x^0)\int \tilde{dk}\ e^{-ik(x-y)}\\ &\ \ \ \ +\int_{4m^2}^{\infty}ds\ \rho(s)\left[i\theta(x^0-y^0)\int\tilde{dk}\ e^{ik(x-y)}+i\theta(y^0-x^0)\int\tilde{dk}\ e^{-ik(x-y)}\right]\\ &=\int \frac{d^dk}{(2\pi)^d}\ e^{ik(x-y)}\left[\frac{1}{k^2+m^2-i\epsilon}+\int^{\infty}_{4m^2}ds\ \rho(s)\frac{1}{k^2+s-i\epsilon}\right] \tag{16}\end{align}

が成り立つ。したがって、 exact momentum-space propagator の定義より

$$\tilde{{\boldsymbol{\Delta}}}(k^2)=\frac{1}{k^2+m^2-i\epsilon}+\int^{\infty}_{4m^2}ds\ \rho(s)\frac{1}{k^2+s-i\epsilon} \tag{17}$$

の関係式が成り立つ。これはexact momentum-space propagator \(\tilde{{\boldsymbol{\Delta}}(k^2)}\)のLehmann-Kallen形式という。freeなときと比べて2項目分ズレるというわけだ!!

自由場での経路積分

調和振動子での経路積分の結果をそのまま、自由場での経路積分に応用しよう。ほとんど計算は同じなので結果を淡々と述べることにする。まず、自由場のハミルトニアンは次の式で与えられる。

$${\mathcal{H}}_0=\frac{1}{2}\Pi^2+\frac{1}{2}(\nabla\varphi)^2+\frac{1}{2}m^2\varphi^2\tag{1}$$

量子力学との対応は

\begin{eqnarray} q(t)&\to& \varphi({\bf{x}},t)\ ({\rm{classical\ field}})\\ Q(t)&\to& \varphi({\bf{x}},t)\ ({\rm{operator\ field}})\\ f(t)&\to& J({\bf{x}},t)\ ({\rm{classical}}\ source) \tag{2}\end{eqnarray}

のようである。ここで、古典場も演算子場も\(\varphi(x)\)を用いるがそれは文脈から判断しよう。

\(\epsilon\)トリックを使うために\({\mathcal{H}}_0\)に\(1-i\epsilon\)を掛けることにする。しかし、ここでは実質的に等価である、\(m^2\)を\(m^2-i\epsilon\)に変える方法を用いる。((7)式をを見ると等価であることが分かる。)しかし、いちいち\( m^2-i\epsilon \)と書くのもめんどうなので\(m^2\)と書いたら\(m^2-i\epsilon\)を意味するとする。

さて、自由場の経路積分を計算しよう。\(\Pi\)は二次なので\({\mathcal{D}}\Pi\)の経路積分は実行できて

$$Z_0(J)\equiv \langle 0|0\rangle _J=\int{\mathcal{D}}\varphi\ e^{i\int d^4x[{\mathcal{L}}_0+J\varphi]}\tag{3}$$

である。ここで、

$${\mathcal{L}}_0=-\frac{1}{2}\partial^{\mu}\varphi\partial_{\mu}\varphi-\frac{1}{2}m^2\varphi^2\tag{4}$$

はラグランジアン密度であり、

$${\mathcal{D}}\varphi\propto\prod_x d\varphi(x)\tag{5}$$

は経路積分の測度である。

7章の調和振動子の計算をまねて\(Z_0(J)\)を計算しよう。4次元フーリエ変換

$$\tilde{\varphi}(k)=\int d^4x\ e^{-ikx}\varphi(x),\ \ \ \varphi(x)=\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}e^{ikx}\tilde{\varphi}(k)\ \tag{6}$$

を導入しよう。ここで、\(kx=-k^0t+{\bf{k\cdot x}}\)であり、\(k^0\)は積分変数である。これを用いると\(S_0=\int d^4x[{\mathcal{L}}_0+J\varphi]\)は

$$S_0=\frac{1}{2}\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}[-\tilde{\varphi}(k)(k^2+m^2)\tilde{\varphi}(-k)+\tilde{J}(k)\tilde{\varphi}(-k)+\tilde{J}(-k)\tilde{\varphi}(k)]\tag{7}$$

と変形できる。ここで、\(k^2={\bf{k}}^2-(k^0)^2\)である。さらに、経路積分の積分変数を

$$\tilde{\chi}(k)=\tilde{\varphi}(k)-\frac{\tilde{J}(k)}{k^2+m^2}\tag{8}$$

と変えることにする。すると、\(x\)を固定したもとでは\(\chi\)と\(\varphi\)はshiftの関係なので\({\mathcal{D}}\varphi={\mathcal{D}}\chi\)である。この変換により、作用は

$$S_0=\frac{1}{2}\int \frac{d^4x}{(2\pi)^4}\left[\frac{\tilde{J}(k)\tilde{J}(-k)}{k^2+m^2}-\tilde{\chi}(k)(k^2+m^2)\tilde{\chi}(-k)\right]\tag{9}$$

となる。さらに調和振動子とまったく同じように\(\chi\)での積分を行ってから\(Z_0=\langle 0|0\rangle_{J=0}=1\)より、\(J\)が含まれない部分は1にできることを使うと

\begin{align} Z_0(J)&=\exp\left[\frac{i}{2}\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{\tilde{J}(k)\tilde{J}(-k)}{k^2+m^2-i\epsilon}\right]\\ &=\exp\left[\frac{i}{2}\int d^4xd^4x^{\prime}\ J(x)\Delta(x-x^{\prime})J(x^{\prime})\right] \tag{10}\end{align}

と計算できる。\(m^2\to m^2-i\epsilon\)と戻したことに注意する。ここで、Feynman propagator

$$\Delta(x-x^{\prime})=\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{e^{ik(x-x^{\prime})}}{k^2+m^2-i\epsilon} \tag{11}$$

を定義した。Feynman propagator はKlein-Gordon 方程式のグリーン関数である。(Problem8.1)

$$(-\partial_x^2+m^2)\Delta(x-x^{\prime})=\delta^4(x-x^{\prime})\tag{12}$$

また、(11)式の右辺で留数定理を用いて\(k^0\)積分を行うことで(Problem8.2)

\begin{align} \Delta (x-x^{\prime})&=i\int\tilde{dk}\ e^{i{\bf{k\cdot(x-x^{\prime})}}-i\omega|t-t^{\prime}|}\\ &=i\theta(t-t^{\prime})\int \tilde{dk}\ e^{ik(x-x^{\prime})}+i\theta(t^{\prime}-t)\int \tilde{dk}\ e^{-ik(x-x^{\prime})} \tag{13}\end{align}

となる。ここで、\(\theta(t)\)は階段関数である。また、\(\tilde{dk}\)積分を行うと4章のときの計算と同様にベッセル関数になる。

\(n\)点相関関数を計算するには汎関数微分をすればよい。

$$\langle 0|T\varphi(x_1)\dots|0\rangle =\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta J(x_1)}\cdots Z_0(J)\right|_{J=0}\tag{14}$$

例えば、

\begin{align} \langle 0|T\varphi(t_1)\varphi(t_2)|0\rangle&=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta J(x_1)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta J(x_2)}Z_0(J)\right|_{J=0}\\ &=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta J(x_1)}\left[\int d^4x^{\prime}\ \Delta(x_2-x^{\prime})J(x^{\prime})\right]Z_0(J) \right|_{J=0}\\ &=\left.\left[\frac{1}{i}\Delta(x_2-x_1)+(Jが含まれる項)\right]Z_0(J)\right|_{J=0}\\ &=\frac{1}{i}\Delta(t_2-t_1) \tag{15}\end{align}

と計算できる。\(J=0\)とするので\(J\)が残っている項は消えることに注意しよう。それにより、\(\varphi\)の数が奇数のときはつねに\(0\)になる。他にも

\begin{align} \langle 0|T\varphi(x_1)\varphi(x_2)\varphi(x_3)\varphi(x_4)|0\rangle=&\frac{1}{i^2}[\Delta(x_1-x_2)\Delta(x_3-x_4)\\ &+\Delta(x_1-x_3)\Delta(x_2-x_4)\\ &+\Delta(x_1-x_4)\Delta(x_2-x_3)] \tag{16}\end{align}

のように計算でき、もっと一般には

$$\langle 0|T\varphi(x_1)\dots \varphi(x_{2n})|0\rangle=\frac{1}{i^n}\sum_{pairings}\Delta(x_{i_1}-x_{i_2})\dots \Delta(x_{i_{2n-1}}-x_{i_{2n}})\tag{17}$$

が成り立つ。これはWickの定理と呼ばれる。