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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。

調和振動子の経路積分

ハミルトニアンが調和振動子である

$$H(P,Q)=\frac{1}{2m}P^2+\frac{1}{2}m\omega^2Q^2\tag{1}$$

のときに\(n\)点関数を計算してみよう。6章の公式を用いると

$$\langle 0|0\rangle_f = \int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q\ \exp i\int _{-\infty}^{+\infty}dt\left[p\dot{q}-(1-i\epsilon)H+fq\right]\tag{2} $$

である。(最初からn点関数を求める目的なので\(h\)は消去した。)ここで、\(H\)に\(1-i\epsilon\)が掛けられているがそれは\(m^{-1}\to (1-i\epsilon)m^{-1},m\omega^2\to (1-i\epsilon)m\omega^2\)と変更することと等価である。ハミルトニアンは\(p\)の2次関数なので\(p\)についての経路積分は実行できて

$$\langle 0|0\rangle_f = \int {\mathcal{D}}q\ \exp i\int _{-\infty}^{+\infty}dt\left[\frac{1}{2}(1+i\epsilon)m\dot{q}^2-\frac{1}{2}(1-i\epsilon)m\omega^2q^2+fq\right]\tag{3} $$

となる。(6章を見よ。)ここから、\(m=1\)とする。

フーリエ変換

\begin{eqnarray}\tilde{q}(E)=\int^{+\infty}_{-\infty}dt\ e^{iET}q(t),\ \ \ q(t)=\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\ e^{-iET}\tilde{q}(E)\\ \tilde{f}(E)=\int^{+\infty}_{-\infty}dt\ e^{iET}f(t),\ \ \ f(t)=\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\ e^{-iET}\tilde{f}(E) \tag{4}\end{eqnarray}

を用いると\([\cdots]\)の部分は

\begin{align} &\left[\frac{1}{2}(1+i\epsilon)\dot{q}^2-\frac{1}{2}(1-i\epsilon)\omega^2q^2+fq\right]\\ &=\frac{1}{2}\int ^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{dE^{\prime}}{2\pi}\ e^{-i(E+E^{\prime})t}\left[(1+i\epsilon)(-iE)\tilde{q}(E)(-iE^{\prime})\tilde{q}(E^{\prime})\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \quad\ \ \ -(1-i\epsilon)\omega^2\tilde{q}(E)\tilde{q}(E^{\prime})\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \quad \ \ \ +\tilde{f}(E^{\prime})\tilde{q}(E)+\tilde{f}(E)\tilde{q}(E^{\prime})]\\ &=\frac{1}{2}\int ^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{dE^{\prime}}{2\pi}\ e^{-i(E+E^{\prime})t}\left[(-(1+i\epsilon)EE^{\prime}-(1-i\epsilon)\omega^2)\tilde{q}(E)\tilde{q}(E^{\prime})\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \quad \ \ \ +\tilde{f}(E)\tilde{q}(E^{\prime})+\tilde{f}(E^{\prime})\tilde{q}(E)] \tag{5}\end{align}

と変形できる。さらに\(t\)積分は簡単に実行でき、\(e^{-i(E+E^{\prime})t}\)部分が\(2\pi\delta(E+E^{\prime})\)に変わるから、\(E^{\prime}\)積分も実行して

\begin{align} S&=\int ^{+\infty}_{-\infty}dt[\cdots]\\ &=\frac{1}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}[((1+i\epsilon)E^2-(1-i\epsilon)\omega^2)\tilde{q}(E)\tilde{q}(-E)\\ &\qquad\qquad\qquad\quad +\tilde{f}(E)\tilde{q}(-E)+\tilde{f}(-E)\tilde{q}(E)] \tag{6}\end{align}

となる。ここで、

$$((1+i\epsilon)E^2-(1-i\epsilon)\omega^2)=E^2-\omega^2+i(E^2+\omega^2)\epsilon$$

であるが、\(E^2+\omega^2\)は正なので\(\epsilon\)に吸収させて\(E^2-\omega^2+i\epsilon\)と書くことにする。

ここで、積分変数を変えることにする。

$$\tilde{x}(E)=\tilde{q}(E)+\frac{\tilde{f}(E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\tag{7}$$

すると

\begin{align} S&=\frac{1}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}[(E^2-\omega^2+i\epsilon)m\tilde{q}(E)\tilde{q}(-E)\\ &\qquad\qquad\qquad+\tilde{f}(E)\tilde{q}(-E)+\tilde{f}(-E)\tilde{q}(E)]\\ &=\frac{1}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\left[(E^2-\omega^2+i\epsilon)\left(\tilde{x}(E)-\frac{\tilde{f}(E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\right)\right.\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\ \times\left(\tilde{x}(-E)-\frac{\tilde{f}(-E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\right)\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad+\tilde{f}(E)\left(\tilde{x}(-E)-\frac{\tilde{f}(-E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\right)\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\left.+\tilde{f}(-E)\left(\tilde{x}(E)-\frac{\tilde{f}(E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\right)\right]\\ &=\frac{1}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\left[\tilde{x}(E)(E^2-\omega^2+i\epsilon)\tilde{x}(-E)-\frac{\tilde{f}(E)\tilde{f}(-E)}{E^2-\omega^2+i\epsilon}\right]\\ \tag{8}\end{align}

となる。さらに、この置換を逆フーリエ変換すると\(x(t)=q(t)+F(t)\)という形になり、\(t\)を固定したもとでは\(dx_i=dq_i\)なので\({\mathcal{D}}q={\mathcal{D}}x\)である。よって、

\begin{align} \langle 0|0\rangle_f =&\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{\tilde{f}(E)\tilde{f}(-E)}{-E^2+\omega^2-i\epsilon}\right]\\ &\times\int{\mathcal{D}}x\ \exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\tilde{x}(E)(E^2-\omega^2+i\epsilon)\tilde{x}(-E)\right]\tag{9} \end{align}

と書ける。

ここで、\(f=0\)とすると右辺1行目は1となるので2行目が\(\langle 0|0\rangle _{f=0}\)となる。しかし、これはもちろん、\(1\)となるべきなので結局、

$$ \langle 0|0\rangle_f =\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{\tilde{f}(E)\tilde{f}(-E)}{-E^2+\omega^2-i\epsilon}\right] \tag{10}$$

となる。よって、フーリエ変換をもとに戻すと

\begin{align} \langle 0|0\rangle_f &=\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{\tilde{f}(E)\tilde{f}(-E)}{-E^2+\omega^2-i\epsilon}\right]\\ &=\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{\int^{+\infty}_{-\infty}dt^{\prime}\ e^{iEt^{\prime}}f(t^{\prime})\int^{+\infty}_{-\infty}dt\ e^{-iEt}f(t) }{-E^2+\omega^2-i\epsilon}\right]\\ &=\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}dtdt^{\prime}\ f(t)\int^{\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi}\frac{e^{-iE(t-t^{\prime})}}{-E^2+\omega^2-i\epsilon}f(t^{\prime})\right]\\ &=\exp\left[\frac{i}{2}\int^{+\infty}_{-\infty}dtdt^{\prime}\ f(t)G(t-t^{\prime})f(t^{\prime})\right] \tag{11}\end{align}

となる。ここで、

$$G(t-t^{\prime})=\int^{+\infty}_{-\infty}\frac{dE}{2\pi} \frac{e^{-iE(t-t^{\prime})}}{-E^2+\omega^2-i\epsilon} \tag{12}$$

である。\(G(t-t^{\prime})\)は調和振動子のグリーン関数であり、

$$\left(\frac{\partial^2}{\partial t^2}+\omega^2\right)G(t-t^{\prime})=\delta(t-t^{\prime})\tag{13}$$

を満たす。これは直接代入して\(\epsilon\to 0\)とすることで確かめられる。また、(12)式の右辺は直接積分計算もでき、

$$G(t-t^{\prime})=\frac{i}{2\omega}\exp(-i\omega|t-t^{\prime}|)\tag{14}$$

となる。(Problem7.1)

n点相関関数は汎関数微分を用いればよく、

$$\langle 0|TQ(t_1)\dots|0\rangle=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\cdots\langle 0|0\rangle_f\right|_{f=0} \tag{15}$$

で求まる。例えば、

\begin{align} \langle 0|TQ(t_1)Q(t_2)|0\rangle&=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_2)}\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\left[\int^{+\infty}_{-\infty}dt^{\prime}\ G(t_2-t^{\prime})f(t^{\prime})\right]\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\left.\left[\frac{1}{i}G(t_2-t_1)+(fが含まれる項)\right]\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\frac{1}{i}G(t_2-t_1) \tag{16}\end{align}

と計算できる。ここで、\(f\)が含まれる項は\(f=0\)で消えることに注意しよう。同じように計算すると

\begin{align} &\langle 0|TQ(t_1)Q(t_2)Q(t_3)Q(t_4)|0\rangle\\ &=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_2)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_3)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_4)}\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_2)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_3)}\left[\int^{+\infty}_{-\infty}dt^{\prime}\ G(t^{\prime}-t_4)f(t^{\prime})\right]\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_2)}\left\{\frac{1}{i}G(t_3-t_4)+\int^{\infty}_{-\infty}dt^{\prime}\ G(t^{\prime}-t_4)f(t^{\prime})\right.\\ &\left.\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad\quad\ \ \times\left.\int ^{\infty}_{-\infty}dt^{\prime\prime}G(t^{\prime\prime}-t_3)f(t^{\prime\prime})\right\}\langle0|0\rangle _f\right|_{f=0}\\ &=\frac{1}{i^2}\left[G(t_1-t_2)G(t_3-t_4)+G(t_1-t_3)G(t_2-t_4)+G(t_1-t_4)G(t_2-t_3)\right] \tag{17}\end{align}

となる。より一般には

$$\langle 0|TQ(t_1)\dots Q(t_{2n})|0\rangle=\frac{1}{i^n}\sum_{pairings}G(t_{i_1}-t_{i_2})\dots G(t_{i_{2n-1}}-t_{i_{2n}})\tag{18}$$

が成り立つ。

量子力学の経路積分

非相対論的な1次元1粒子系の経路積分について考える。ハミルトニアンは

$$H(P,Q)=\frac{1}{2m}P^2+V(Q)\tag{1}$$

とする。ここで、\(P,Q\)は運動量と位置の演算子で\([Q,P]=i\)とする。(ここで、\(\hbar=1\))としている。

時刻\(t^{\prime}\)で位置\(q^{\prime}\)にいる粒子が、時刻\(t^{\prime\prime}\)で位置\(q^{\prime\prime}\)にいる確率振幅を計算したい。これはシュレディンガー描像では\(\langle q^{\prime\prime}|e^{-iH(t^{\prime\prime}-t^{\prime})}|q^{\prime}\rangle\)で計算できる。ここで、\(|q^{\prime}\rangle,|q^{\prime\prime}\rangle\)はそれぞれの位置にいる状態である。

ハイゼンベルグ描像に切り替えよう。位置演算子は時間発展して\(Q(t)=e^{iHt}Qe^{-iHt}\)で表され、\(Q(t)\)の固有状態\(|q,t\rangle\)を\(Q(t) |q,t\rangle =q |q,t\rangle \)で定義する。(固有状態が時間により変わるというだけで状態が時間発展しているわけではないことに注意しよう。)するとハイゼンベルグ描像とシュレディンガー描像の固有状態は\(|q,t\rangle=e^{iHt}|q\rangle\)で関係付く。なので、計算する確率振幅はハイゼンベルグ描像では\(\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle\)で表される。

経路積分による計算は時間を分割するところから始まる。時間間隔\(T\equiv t^{\prime\prime}-t^{\prime}\)を\(N+1\)等分することを考えよう。\(\delta t=T/(N+1)\)として位置固有状態の完全系を入れることで

$$ \langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle =\int \prod_{j=1}^Ndq_j\langle q^{\prime\prime}|e^{-iH\delta t}|q_N\rangle\langle q_N|e^{-iH\delta t}|q_{N-1}\rangle\dots\langle q_1|e^{-iH\delta t}|q^{\prime}\rangle\tag{2}$$

と変形できる。ここで、積分範囲は\(-\infty\sim \infty\)である。

まず、\(\langle q_2|e^{-iH\delta t}|q_1\rangle\)はどのように計算できるか考えよう。Campbell-Baker-Hausdorf の公式

$$\exp(A+B)=\exp(A)\exp(B)\exp(-\frac{1}{2}[A,B]+\cdots)\tag{3}$$

を用いると

$$\exp(-iH\delta t)=\exp\left[-i\frac{\delta t}{2m}P^2\right]\exp[-i\delta tV(Q)]\exp[O(\delta t^2)]\tag{4}$$

とできるが\(\delta t\)が小さいという極限では最後の\(\exp\)は無視できるので運動量固有状態の完全系を挟むことにより、

\begin{eqnarray} \langle q_2|e^{-iH\delta t}|q_1\rangle&=&\int dp_1\langle q_2|e^{-i(\delta t/2m)P^2}|p_1\rangle \langle p_1|e^{-i\delta tV(Q)}|q_1\rangle\\ &=&\int dp_1e^{-i(\delta t/2m)p_1^2}e^{-i\delta tV(q_1)}\langle q_2|p_1\rangle \langle p_1|q_1\rangle\\ &=&\int \frac{dp_1}{2\pi}e^{-i(\delta t/2m)p_1^2}e^{-i\delta tV(q_1)}e^{ip_1(q_2-q_1)} \\ &=&\int \frac{dp_1}{2\pi}e^{-iH(p_1,q_1)\delta t}e^{ip_1(q_2-q_1)} \tag{5} \end{eqnarray}

と計算できる。ここで、\(\langle q|p\rangle =(2\pi)^{-1/2}\exp(ipq)\)を用いた。

もし、もっと一般的な\(P,Q\)を含むような項があるハミルトニアンを考える場合は\(P,Q\)の順序について考える必要がある。このような場合は例えば量子ハミルトニアン\(H(P,Q)\)と古典ハミルトニアン\(H(p,q)\)の間の関係を

$$H(P,Q)\equiv \int \frac{dx}{2\pi}\frac{dk}{2\pi}e^{ixP+ikQ}\int dpdq\ e^{-ixp-ikq}H(p,q)\tag{6}$$

で定めことにする。(Weyl順序)このようにすると(5)式の最終形の\(H(p_1,q_1)\)は\(H(p_1,\bar{q}_1)\)に修正されることになる。ここで、\(\bar{q}_1=\frac{1}{2}(q_1+q_2)\)である。この修正により、\(\delta t\to 0\)での極限は変わらないことに注意しよう。つまり、古典と量子でハミルトニアンはWeyl順序の関係がある理由は一切ないわけであるがWeyl順序などを考える上では\(\delta t\to 0\)の下では経路積分の結果は変わらないわけである。

結局、求めたい確率振幅は

$$\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle=\int \prod^N_{k=1}dq_k \prod^N_{j=0}\frac{dp_j}{2\pi}\ e^{ip_j(q_{j+1}-q_j)}e^{-iH(p_j,\bar{q}_j)\delta t}\tag{7}$$

となる。ここで、\(\bar{q}_j=\frac{1}{2}(q_j+q_{j+1}),q_0=q^{\prime},q_{N+1}=q^{\prime\prime}\)である。さらに\(\delta t\to 0\)とすると

$$\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle=\int {\mathcal{D}}q{\mathcal{D}}p\exp\left[i\int _{t^{\prime}}^{t^{\prime\prime}}dt\left(p(t)\dot{q}(t)-H(p(t),q(t))\right)\right]\tag{8}$$

となる。これは\(\delta t\to 0\)での略記であり、位相空間において\(q(t^{\prime})=q^{\prime}\)と\(q(t^{\prime\prime})=q^{\prime\prime}\)の条件の下での任意の経路について積分しているわけである。

もし、\(H(p,q)\)が運動量\(p\)について二次であれば\(p\)についての積分はガウス積分により、簡単に実行できる。実際にガウス積分を実行するときは平方完成してから行うわけであるが

$$A(p-B)^2+C$$

の一項目はガウス積分により\(q\)に依存しないので、\({\mathcal{D}}q\)に吸収させることにする。\(C\)の部分が指数部分になるがこれは定常点

$$0=\frac{\partial}{\partial p}\left(p\dot{q}-H(p,q)\right)=\dot{q}-\frac{\partial H(p,q)}{\partial p}\tag{10}$$

での\(p\dot{q}-H(p,q)\)の値である。よって、\( p\dot{q}-H(p,q) \)はラグランジアンになり、

$$ \langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle=\int {\mathcal{D}}q\exp\left[i\int _{t^{\prime}}^{t^{\prime\prime}}dt\ L(\dot{q}(t),q(t))\right]\tag{9} $$

となる。ここまで、\(q,p\)の交換関係を認めて経路積分を導いてきたが、逆にこの経路積分を認めることにより、古典系から量子系の計算をすることができる。その方法が経路積分による量子化である。

さて、(8)と(9)を拡張することを考えよう。例えば\(t^{\prime}<t_1<t^{\prime\prime}\)において\(\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|Q(t_1)|q^{\prime},t^{\prime}\rangle\)は

$$ \langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|Q(t_1)|q^{\prime},t^{\prime}\rangle =
\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|e^{-iH(t^{\prime\prime}-t_1)}Qe^{-iH(t_1-t^{\prime})}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle \tag{11}$$

であるが全く同じように位置固有状態の完全系を挿入したりして計算することで

$$ \langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|Q(t_1)|q^{\prime},t^{\prime}\rangle =\int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q \ q(t_1)e^{iS}\tag{12}$$

となることが分かる。ここで、\(S=\int _{t^{\prime}}^{t^{\prime\prime}}dt\ (p\dot{q}-H)\)とした。さらに\( \int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q \ q(t_1)q(t_2)e^{iS} \)を考えてみると今度は\(t_1,t_2\)の順序が関係してくるので

$$ \int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q \ q(t_1)q(t_2)e^{iS} =\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|TQ(t_1)Q(t_2)|q^{\prime},t^{\prime}\rangle \tag{13}$$

となる。ここで、\(T\)は時間順序積である。

さらなる応用のために汎関数微分を用いよう。まず、汎関数微分\(\delta/\delta f(t)\)を

$$\frac{\delta}{\delta f(t_1)}f(t_2)=\delta(t_1-t_2)\tag{14}$$

により、定義する。ここで、\(\delta (t)\)はディラックのデルタ関数である。また、チェインルールのような普通の微分で成り立つような性質が成り立つと仮定する。

外力を考えることにより、ラグランジアンを修正する。

$$H(p,q)\to H(p,q)-f(t)q(t)-h(t)p(t)\tag{15}$$

ここで、\(f(t),h(t)\)は特定の関数である。このときの確率振幅を

$$\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle_{f,h}=\int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q\exp\left[i\int _{t^{\prime}}^{t^{\prime\prime}}dt\left(p\dot{q}-H+fq+hp\right)\right]\tag{16}$$

と書くことにする。すると汎関数微分が次のように計算できる。

\begin{eqnarray} \frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle_{f,h}&=&\int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q\ q(t_1)e^{i\int dt\left[p\dot{q}-H+fq+hp\right]}\\ \frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_2)}\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle_{f,h}&=&\int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q\ q(t_1)q(t_2)e^{i\int dt\left[p\dot{q}-H+fq+hp\right]}\\ \frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta h(t_1)}\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle_{f,h}&=&\int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q\ p(t_1)e^{i\int dt\left[p\dot{q}-H+fq+hp\right]} \tag{17}\end{eqnarray}

この微分操作のあとに自由に\(f(t),h(t)\)を変えることができるので一般には

\begin{align} \langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}&|TQ(t_1)\dots P(t_n)\dots|q^{\prime},t^{\prime}\rangle\\ &=\left.\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t_1)}\cdots\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta h(t_n)}\cdots\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle_{f,h}\right|_{f=h=0} \tag{18}\end{align}

とできる。

今、興味があるのは\(t^{\prime}\to -\infty,t^{\prime\prime}\to +\infty\)で始状態と終状態が真空のときである。これは位置固有状態の完全系を挿入すると

$$\langle 0|0\rangle_{f,h} =\lim_{ \substack{t^{\prime}\to -\infty \\ t^{\prime\prime}\to +\infty}}\int dq^{\prime\prime}dq^{\prime}\psi_0^*(q^{\prime\prime})\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|q^{\prime},t^{\prime}\rangle_{f,h}\psi_0(q^{\prime})\tag{19} $$

と計算できる。ここで、\(\psi_0(q)=\langle q|0\rangle\)は真空状態の波動関数である。このあと(19)式を変形すればよいわけであるがこれはなかなかめんどくさい。そこでここでは\(\epsilon\)トリックといううまい方法を用いて計算することにする。

まず、ハミルトニアン\(H\)の固有値が\(E_n\)の状態を\(|n\rangle\)と表すことにする。ここで、\(E_n=0\)が成り立つと仮定しよう。(成り立たなくてもシフトをすればよいだけである。)すると位置固有状態はこの\(|n\rangle\)を用いて次のように計算できる。

\begin{eqnarray} |q^{\prime},t^{\prime}\rangle &=&e^{iHt^{\prime}}|q^{\prime}\rangle\\ &=&\sum^{\infty}_{n=0}e^{iHt^{\prime}}|n\rangle\langle n|q^{\prime}\rangle\\ &=&\sum^{\infty}_{n=0}\psi_n^*(q^{\prime})e^{iE_nt^{\prime}}|n\rangle \tag{20}\end{eqnarray}

ここで、\(\psi_n(q)=\langle q|n\rangle\)は\(|n\rangle\)の波動関数である。今、\(H\)を\((1-i\epsilon)H\)に置き換えることを考えよう。\(\epsilon\)は微小な正の値としておく。すると面白いことに(20)式で\(E_n\to E_n(1-i\epsilon)\)と置き換えてから\(t^{\prime}\to -\infty\)にすると\(\sum\)の真空状態以外はすべて\(e^{-\infty}\)がかかって消えてしまうのである。よって、その極限の下で(20)式は\(\psi_0^*(q^{\prime})|0\rangle\)になる。全く同様にブラの方もこのトリックを用いることで\(\langle q^{\prime\prime},t^{\prime\prime}|\to \langle 0|\psi_0(q^{\prime})\)となる。

よって、ハミルトニアンを少しずらすだけで真空の場合も簡単に計算できて

$$\langle 0|0\rangle_{f,h} = \int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q\exp\left[i\int _{-\infty}^{+\infty}dt\left(p\dot{q}-(1-i\epsilon)H+fq+hp\right)\right]\tag{21} $$

となる。ここで、波動関数の部分は経路積分の測度に吸収させた。

最後に\(H=H_0+H_1\)となるような摂動論で便利な表式を紹介しておく。この表記は以後のファインマンダイヤグラムを使った計算でかなり使うのでとても重要である。といっても計算自体は単純で汎関数微分を用いるだけである。

\begin{eqnarray} \langle 0|0\rangle_{f,h} &=& \int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q\exp\left[i\int _{-\infty}^{+\infty}dt\left(p\dot{q}-H_0(p,q)-H_1(p,q)+fq+hp\right)\right]\\ &=&\exp\left[-i\int _{-\infty}^{+\infty}dt\ H_1\left(\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta h(t)},\frac{1}{i}\frac{\delta}{\delta f(t)}\right)\right]\\ &&\times \int {\mathcal{D}}p{\mathcal{D}}q\exp\left[i\int _{-\infty}^{+\infty}dt\left(p\dot{q}-H_0(p,q)+fq+hp\right)\right] \tag{22}\end{eqnarray}

5.LSZ簡約公式

散乱実験での遷移振幅を計算する公式を作ろう。相互作用のない理論では一粒子状態は真空に生成演算子をかけることで得られる。

$$|k\rangle =a^{\dagger}({\bf{k}})|0\rangle \tag{1}$$

ここで、

$$a^{\dagger}({\bf{k}})=-i\int d^3x \ e^{ikx}\overleftrightarrow{\partial_0}\varphi(x)\tag{2}$$

である。ここで、真空状態\(|0\rangle \)は任意の消滅演算子で0になるものと定義しており、

$$a({\bf{k}})|0\rangle =0\tag{3}$$

$$\langle 0|0\rangle =1\tag{4}$$

が成り立つように規格化しておく。

また、一粒子状態においては

$$\langle k|k^{\prime}\rangle =(2\pi)^32\omega\ \delta^3({\bf{k-k^{\prime}}})\tag{5}$$

で規格化しておく。ここで、\(\omega=({\bf{k}}^2+m^2)^{1/2}\)である。

さらに時間に依存しない波数空間では\({\bf{k}}_1\)、位置空間では原点に局在化した粒子を生成する演算子

$$a_1^{\dagger}\equiv \int d^3k \ f_1({\bf{k}})a^{\dagger}({\bf{k}})\tag{6}$$

を定義する。ここで、

$$f_1({\bf{k}})\varpropto\exp[-({\bf{k-k}}_1)^2/4\sigma^2]\tag{7}$$

であり、\(\sigma\)は波数空間での広がりを表している。状態\(a_1^{\dagger}|0\rangle \)について考えよう。シュレディンガー描像でのこの状態の時間発展を考えると\(t\to \pm\infty\)において原点から遠く離れることがわかる。また、状態\(a_1^{\dagger}a_2^{\dagger}|0\rangle\)について考えると、\({\bf{k}}_1\not={\bf{k}}_2\)ならば二つの粒子は\(t\to -\infty\)では遠く離れている。

これは相互作用のある理論での始状態と終状態を表すのに使える。ここから、相互作用のある理論を考えていく。相互作用表示を考えると生成消滅演算子は時間に依存する。始状態を

$$|i\rangle =\lim_{t\to -\infty}a_1^{\dagger}(t)a_2^{\dagger}(t)|0\rangle\tag{8}$$

と表すことにする。うまく、\(f({\bf{k}})\)を選ぶことにより、\(\langle i|i\rangle =1\)と規格化がしておこう。同じように終状態を

$$|f\rangle = \lim_{t\to +\infty}a_{1^{\prime}}^{\dagger}(t)a_{2^{\prime}}^{\dagger}(t)|0\rangle\tag{9} $$

と定義する。ここでも、\(\langle f|f\rangle=1\)である。

もちろん、終状態の粒子数は2とは限らないのでもっと生成演算子(\(a_n^{\dagger}\))を作用させてもよい。だが、どちらにせよ、このように状態を定義することで遷移振幅は\(\langle f|i\rangle\)で表される。

\(\langle f|i\rangle\)をきれいな形に変形しよう。(それが本セクションでの目的である。)まず、次の変形が成り立つことに注意しよう。

\begin{eqnarray}a_1^{\dagger}(+\infty)-a_1^{\dagger}(-\infty)&=&\int_{-\infty}^{\infty}dt\ \partial_0a_1^{\dagger}(t)\\ &=&-i\int d^3kf_1({\bf{k}})\int d^4x\ \partial_0\left(e^{ikx}\overleftrightarrow{\partial_0}\varphi(x)\right)\\ &=&-i\int d^3kf_1({\bf{k}})\int d^4x\ e^{ikx}(\partial_0^2+\omega^2)\varphi(x)\\ &=&-i\int d^3kf_1({\bf{k}})\int d^4x\ e^{ikx}(\partial_0^2+{\bf{k}}^2+m^2)\varphi(x)\\ &=&-i\int d^3kf_1({\bf{k}})\int d^4x\ e^{ikx}(\partial_0^2+\overleftarrow{\nabla}^2+m^2)\varphi(x)\\ &=&-i\int d^3kf_1({\bf{k}})\int d^4x\ e^{ikx}(\partial_0^2+\overrightarrow{\nabla}^2+m^2)\varphi(x)\\ &=&-i\int d^3kf_1({\bf{k}})\int d^4x\ e^{ikx}(-\partial^2+m^2)\varphi(x) \tag{10}\end{eqnarray}

相互作用がなければ\(\varphi(x)\)はKlein-Gordon方程式を満たすから右辺は0になる。つまり、自由場では当たり前であるが時間によらず生成消滅演算子は等しいのである。

(10)式を変形すると

$$a_1^{\dagger}(-\infty)=a_1^{\dagger}(+\infty)+i\int d^3k\ f_1({\bf{k}})\int d^4x e^{ikx}(-\partial^2+m^2)\varphi(x)\tag{11}$$

さらにエルミート共役をとって変形すると

$$a_1(+\infty)=a_1(-\infty)+i\int d^3k\ f_1({\bf{k}})\int d^4x e^{-ikx}(-\partial^2+m^2)\varphi(x)\tag{12}$$

さて、散乱振幅

$$\langle f|i\rangle =\langle 0|a_{1^{\prime}}(+\infty)a_{2^{\prime}}(+\infty)a_1^{\dagger}(-\infty)a_2^{\dagger}(-\infty)|0\rangle\tag{13}$$

に戻ろう。ブラケットで挟んでいる部分は時間順序になっているので時間順序積を入れることができる。

$$ \langle f|i\rangle =\langle 0|T a_{1^{\prime}}(+\infty)a_{2^{\prime}}(+\infty)a_1^{\dagger}(-\infty)a_2^{\dagger}(-\infty)|0\rangle\tag{14} $$

(11),(12)を(14)に代入するとT積により、\(a_{i^{\prime}}(-\infty)\)は右側に移動し、\(|0\rangle\)に作用して消え、\(a_i^{\dagger}(+\infty)\)は左側に移動して消える。

さらに、\(f_1({\bf{k}})=\delta^3({\bf{k-k}}_1)\)として、一般に\(n-n^{\prime}\)粒子散乱を考えると

\begin{align} \langle f|i\rangle=i^{n+n^{\prime}}\int &d^4x_1e^{ik_1x_1}(-\partial_1^2+m^2)\cdots\\ &d^4x_1^{\prime}e^{-ik_1^{\prime}x_1^{\prime}}(-\partial_{1^{\prime}}^2+m^2)\cdots\\ &\times\langle 0|T\varphi(x_1)\cdots\varphi(x_1^{\prime})\cdots|0\rangle\tag{15} \end{align}

が得られる。この公式はLSZ簡約公式と言われるものであり、散乱振幅を知りたければn点Green関数が分かればよいということを示している。(この公式があるからこの先でループ計算などをしてGreen関数を求めるわけである。)

さて、ここまでざっと計算してきたが相互作用のある場において生成消滅演算子が自由場と同等に意味を持つのかというのは実は疑問である。つまり、そもそもとして自由場においてなぜ、粒子描像を考えることができるのかといえば生成消滅演算子とハミルトニアンの交換関係があったわけであるが相互作用のあるときにも同様の交換関係が成り立つのかというのは怪しいのである。そこで\(\varphi(x)\)がどのような演算子になっているのか見てみよう。

まず、相互作用のある理論でエネルギー運動量の固有状態について考えよう。(そもそもとして固有状態があることすら怪しいことに注意する。)unique な真空\(|0\rangle\)の存在を仮定する。さらに質量\(m\)の安定な 一粒子状態が存在すると仮定する。このとき、エネルギーは\(E=\omega=\sqrt{m^2+p^2}\)である。さらに2粒子状態以上を考えるが簡単のためにすべての粒子の質量は\(m\)でbound stateは考えないことにする。この仮定より、エネルギーは\(E\ge 2m\)であるとわかるが、実は2粒子以上あると相対速度もエネルギーを持つので、2m以上のすべてのエネルギーを持つことができる。これらはスペクトル条件と呼ばれるもので物理的に意味のある系なら満たしてほしい条件である。

さて、ヒルベルト空間を定めたので場の演算子\(\varphi(x)\)の\(|0\rangle \)への影響を考えてみよう。(生成消滅演算子で空間を定めているわけではないのでフォック空間とは言わないことに注意する。)

$$\exp(-iP^{\mu}x_{\mu})\varphi(0)\exp(+iP^{\mu}x_{\mu})=\varphi(x)\tag{16}$$

に注意すると

\begin{eqnarray}\langle 0|\varphi(x)|0\rangle &=&\langle 0|e^{-iPx}\varphi(0)e^{+iPx}|0\rangle\\ &=&\langle 0|\varphi(0)|0\rangle \tag{17}\end{eqnarray}

が成り立つ。これは、ローレンツ不変量であり、粒子を生成してほしいので\( \langle 0|\varphi(x)|0\rangle =0\)であってほしい。しかし、これが成り立つかどうかは一般にはいえないのである。だが、\( \langle 0|\varphi(x)|0\rangle =v\)となったとしても

\(\tilde{\varphi(x)=\varphi(x)-v}\)

と新しく定義(shift)することで\( \langle 0|\tilde{\varphi}(x)|0\rangle \)

とすることができる。

次に4元運動量\(p\)の1粒子状態\(|p\rangle\)に対して\(\langle p|\varphi(x)|0\rangle\)を考えよう。これもローレンツ不変量である。さきほどと同じように計算すると

\begin{eqnarray}\langle p|\varphi(x)|0\rangle &=&\langle p|e^{-iPx}\varphi(0)e^{+iPx}|0\rangle\\ &=&e^{-ipx}\langle p|\varphi(0)|0\rangle \tag{18}\end{eqnarray}

となる。ここで、自由場では

\begin{eqnarray}\langle p|\varphi(0)|0\rangle&=&\langle p|\int \tilde{dk}(a^{\dagger}(k)+a(k))|0\rangle\\ &=&\int \tilde{dk}\langle p|k\rangle\\ &=&\int \tilde{dk}(2\pi)^32\omega\delta^3({\bf{p}}-{\bf{k}})\\ &=&1 \end{eqnarray}

なので相互作用がある場でも\(\langle p|\varphi(0)|0\rangle =1\)となってほしい。しかし、こちらも一般には成り立つとはいえないのである。そこで\( \langle p|\varphi(0)|0\rangle \not=1 \)であったとしても今度はrescaleすることで、\(\langle p|\tilde{\varphi}(0)|0\rangle=1\)が成り立つように調整する。

次に多粒子状態\(|p,n\rangle\)に対して、\(\langle p,n|\varphi(x)|0\rangle\)を考えよう。ここで、\(n\)は状態を決定するために必要なlavelである。先ほどと同様に計算すると

\begin{eqnarray}\langle p,n|\varphi(x)|0\rangle &=&\langle p,n|e^{-iPx}\varphi(0)e^{+iPx}|0\rangle\\ &=&e^{-ipx}\langle p,n|\varphi(0)|0\rangle\\ &=&e^{-ipx}A_n({\bf{p}}) \tag{19}\end{eqnarray}

とできる。ここで、\(p^0=({\bf{p}}^2+M^2)^{\frac{1}{2}}(M\ge 2m)\)であり、さらに\(A_n({\bf{p}})= \langle p,n|\varphi(0)|0\rangle \)と定義した。

自由場において\(a_1^{\dagger}|0\rangle\)は1粒子状態であってほしいから\(\langle p,n|\varphi(x)|0\rangle=0\)も成り立ってほしい。しかし、これは少し条件が強いので\(\langle p,n|a_1^{\dagger}(\pm \infty)|0\rangle\)で十分である。そこで

$$|\psi\rangle =\sum_n\int d^3p\ \psi_n({\bf{p}})|p,n\rangle \tag{20}$$

を考えよう。ここで、lavel \(n\) は離散的とは限らないので\(n\)による和は積分になるかもしれないことに注意する。意味としては\(|\psi\rangle\)は多粒子状態を適当に混ぜた状態であり、これに対して\(\langle \psi|a_1^{\dagger}(t)|0\rangle \)を考えようということである。計算すると

\begin{eqnarray} &&\langle \psi|a_1^{\dagger}|0\rangle \\ &=&\sum_n\int d^3 p\ \psi_n^{*}({\bf{p}})\langle p,n|a_1^{\dagger}(t)|0\rangle\\ &=&\sum_n\int d^3 p\ \psi_n^{*}({\bf{p}})\int d^3kf_1({\bf{k}})(-i)\int d^3xe^{ikx}\overleftrightarrow{\partial_0}\langle p,n|\varphi(x)|0\rangle\\ &=&-i\sum_n\int d^3 p\ \psi_n^{*}({\bf{p}})\int d^3kf_1({\bf{k}})\int d^3x\left(e^{ikx}\overleftrightarrow{\partial_0}e^{-ikx}\right)A_n({\bf{p}})\\ &=&\sum_n\int d^3 p\ \psi_n^{*}({\bf{p}})\int d^3kf_1({\bf{k}})\int d^3x\left(p^0+k^0\right)e^{i(k-p)x}A_n({\bf{p}})\\ &=&\sum_n\int d^3 p\ \psi_n^{*}({\bf{p}})\int d^3kf_1({\bf{k}})\left(p^0+k^0\right)e^{i(p^0-k^0)t}(2\pi)^3\delta^3({\bf{p-k}}) A_n({\bf{p}})\\ &=&\sum_n\int d^3 p\ \psi_n^{*}({\bf{p}})f_1({\bf{p}})\left(p^0+k^0\right)e^{i(p^0-k^0)t}(2\pi)^3 A_n({\bf{p}}) \tag{23}\end{eqnarray}

となる。ここで、\(p^0=({\bf{p}}^2+M^2)^{1/2},k^0=({\bf{p}}^2+m^2)^{1/2}\)である。

\(M\ge2m>m\)だから、\(p^0>k^0\)である。よって、(23)で\(t\to \pm\infty\)にすると振動しまくって右辺は消える。(Riemann-Lebesgue lemmma)

つまり、相互作用のある場では一般に\(a_1^{\dagger}(t)\)は多粒子状態を作るかもしれない。しかし、時間を十分置くことでこの寄与をいくらでも小さくすることができるのである。

まとめると場の演算子\(\varphi(x)\)はshiftとrescaleをすることで

$$\langle 0|\varphi(x)|0\rangle =0,\ \ \ \langle k|\varphi(x)|0\rangle=e^{-ikx}\tag{25}$$

が成り立つようにできる。また、時間を離すと多粒子成分の影響も薄くなることが分かったので(14)式に説得力が増したのではないかと思う。

もちろん、このshiftとrescaleにより、ラグランジアンの形が変わることを大いにあり得る。たとえば元のラグランジアンが

$${\mathcal{L}}=-\frac{1}{2}\partial^{\mu}\varphi\partial_{\mu}\varphi-\frac{1}{2}m^2\varphi^2+\frac{1}{6}g\varphi^3\tag{26}$$

であったときにshiftとrescaleで

$${\mathcal{L}}=-\frac{1}{2} Z_{\varphi} \partial^{\mu}\varphi\partial_{\mu}\varphi-\frac{1}{2}Z_mm^2\varphi^2+\frac{1}{6}Z_gg\varphi^3+Y\varphi\tag{27}$$

に変化したとする。ここで、\(Z_{\varphi},Z_m,Z_g,Y\)はまだわからない定数である。(25)はこの定数に対して2つの条件を課す。また、実際の質量に等しいことから\(m\)を修正、散乱断面積の依存性から\(g\)を修正する。よって、合わせて4つの条件を課すことができ、\( Z_{\varphi},Z_m,Z_g,Y \)は\(g\)の冪級数として順々に計算できるのである。

実はこの\(LSZ\)が成り立つようにする修正は繰り込みをすることに相当する。

4. スピン統計定理

スピン0の自由粒子のハミルトニアンは

$$H_0=\int \tilde{dk}\ \omega \ a^{\dagger}({\bf{k}})a({\bf{k}})\tag{1}$$

で表される。ここで、\(\omega=\sqrt{{\bf{k}}^2+m^2}\)である。そして正準量子化の帰結として交換関係または反交換関係

\begin{eqnarray}[a({\bf{k}}),a({\bf{k}}^{\prime})]_{\mp}&=&0\ ,\\ \ [a^{\dagger}({\bf{k}}),a^{\dagger}({\bf{k}}^{\prime})]_{\mp}&=&0\ ,\\ \ [a({\bf{k}}),a^{\dagger}({\bf{k}}^{\prime})]_{\mp}&=&(2\pi)^32\omega\delta^3({\bf(k-k^{\prime})}) \tag{2}\end{eqnarray}

が成り立つ。もちろん、ボゾンを考えているときは交換関係、フェルミオンを考えているときは反交換関係を用いる。

ローレンツ不変で局所的な相互作用を与えるハミルトニアンを考えよう。そのためにエルミートではない場

$$\varphi^+({\bf{x}},0)\equiv \int \tilde{dk}\ e^{i{\bf{k\cdot x}}}a({\bf{k}})\tag{3}$$

とそのエルミート共役

$$\varphi^-({\bf{x}},0)\equiv \int \tilde{dk}\ e^{-i{\bf{k\cdot x}}}a^{\dagger}({\bf{k}})\tag{3}$$

を用いると便利である。

Baler-Campbell -Hausdorffの公式を用いて\(\varphi^{+}\)の時間発展を計算すると

\begin{eqnarray}&&e^{iH_0t}\varphi^+({\bf{x}},0)e^{-iH_0t}\\&=&e^{iH_0t}\int \tilde{dk}\ e^{i{\bf{k\cdot x}}}a({\bf{k}})e^{-iH_0t}\\ &=&\int \tilde{dk}\ e^{i{\bf{k\cdot x}}}e^{iH_0t}a({\bf{k}})e^{-iH_0t}\\ &=&\int \tilde{dk}\ e^{i{\bf{k\cdot x}}}\left\{a({\bf{k}})+\left[iH_0t,a({\bf{k}})\right]_{\mp}+\frac{1}{2!}\left[iH_0t,\left[iH_0t,a({\bf{k}})\right]_{\mp}\right]_{\mp}+\cdots\right\}\\ &=&\int \tilde{dk}\ e^{i{\bf{k\cdot x}}}a({\bf{k}})\left\{1+(-it\omega)+\frac{(-it\omega)^2}{2!}+\frac{(-it\omega)^3}{3!}+\cdots\right\}\\ &=&\int \tilde{dk}\ e^{i{\bf{k\cdot x}}}a({\bf{k}})e^{-it\omega}\\ &=&\int \tilde{dk}\ e^{ikx}a({\bf{k}}) \end{eqnarray}

となる。ここで、

\begin{eqnarray}[iH_0t,a({\bf{k}})]_{\mp}&=&it\int\tilde{dk}^{\prime}\ \omega\ [a^{\dagger}({\bf{k}}^{\prime})a({\bf{k}}^{\prime}),a({\bf{k}})]_{\mp}\\ &=& it\int\tilde{dk}^{\prime}\ \omega\ [a^{\dagger}({\bf{k}}^{\prime}),a({\bf{k}})]_{\mp}a({\bf{k}}^{\prime})\\ &=&-it\int\tilde{dk}^{\prime}\ \omega \ (2\pi)^32\omega\delta({\bf{k^{\prime}-k}})a({\bf{k}})^{\prime}\\ &=&-it\omega a({\bf{k}}) \end{eqnarray}

を用いた。\(\varphi^-\)も同じように計算すればよく、まとめると

\begin{eqnarray} \varphi^+({\bf{x}},t)&=&e^{iH_0t}\varphi^+({\bf{x}},0)e^{-iH_0t}=\int \tilde{dk}\ e^{ikx}a({\bf{k}})\\ \varphi^-({\bf{x}},t)&=&e^{iH_0t}\varphi^-({\bf{x}},0)e^{-iH_0t}=\int \tilde{dk}\ e^{-ikx}a^{\dagger}({\bf{k}})\tag{5} \end{eqnarray}

となる。ここで、\(\varphi(x)= \varphi^+(x)+ \varphi^-(x) \)が成り立つことを注意しておく。

さらにproper orthochronous なローレンツ変換\(\Lambda\)により、\(\varphi(x)\)は

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

で変換するのであった。また、Problem3.3より、生成消滅演算子も同じように変換する。

\begin{eqnarray}U(\Lambda)^{-1}a({\bf{k}})U(\Lambda)=a(\Lambda^{-1}{\bf{k}}),\\ U(\Lambda)^{-1}a^{\dagger}({\bf{k}})U(\Lambda)=a^{\dagger}(\Lambda^{-1}{\bf{k}}) \tag{7}\end{eqnarray}

よって、定義より\(\varphi^{\pm}(x)\)も同じように変換する。

$$U(\Lambda)^{-1}\varphi^{\pm}(x)U(\Lambda)=\varphi^{\pm}(\Lambda^{-1}x)\tag{8}$$

さて、相互作用を表すラグランジアン密度を\(\varphi^+(x)\)と\(\varphi^-(x)\)のエルミート関数と置くことにする。

量子力学での時間依存した摂動の結果を用いると、\(t=-\infty\)での始状態\(|i\rangle\)と\(t=+\infty\)での終状態の遷移振幅\({\mathcal{T}}_{f\leftarrow i}\)は

$${\mathcal{T}}_{f\leftarrow i}=\langle f |T\exp\left[-i\int^{+\infty}_{-\infty}dt H_I(t)\right]|i\rangle\tag{9}$$

で書ける。ここで\(H_I(t)\)は相互作用描像での摂動ハミルトニアン

$$H_I(t)=\exp(+iH_0t)H_1\exp(-iH_0t)\tag{10}$$

である。また、\(T\)はtime ordering symbolである。さらにハミルトン密度\({\mathcal{H}}_1({\bf{x}},0)\)を\(\varphi^+({\bf{x}},0)\)と\(\varphi^-({\bf{x}},0)\)のエルミート関数として\(H_I=\int d^3x {\mathcal{H}}_1({\bf{x}},0)\)と書くことにする。時間発展の形は\(\varphi^{\pm}(x)\)と\({\mathcal{H}}_I(x)\)で同じなので\({\mathcal{H}}_I(x)\)は\(\varphi^{\pm}(x)\)を入力として\({\mathcal{H}}_1({\bf{x}},0)\)と同じ関数形で書ける。

さて、\({\mathcal{T}}_{f\leftarrow i}\)はローレンツ不変でないといけない。そのためにはtime ordering symbol もローレンツ不変でなければならない。timelikeな二点\(x,x^{\prime}\)に対しては\((x-x^{\prime})^2<0\)がローレンツ不変であるからどのような慣性系から見ても時間順序は変わらない。(時間順序が変わるためにはある速度で同時刻にならなくてはいけないがそれでは\((x-x^{\prime})^2<0\)がローレンツ不変であることに矛盾する。)spacelike な二点\(x,x^{\prime}\)に関してはローレンツ変換によって時間順序が変わる可能性がある。これでも\({\mathcal{T}}_{f\leftarrow i}\)がローレンツ不変であるために

$$[{\mathcal{H}}_I(x),{\mathcal{H}}_I(x^{\prime})]=0\ \ {\rm{whenever}}\ \ (x-x^{\prime})^2>0\tag{11}$$

が成り立つべきである。spacelikeな二点では\([\varphi^+(x), \varphi ^{+}(x^{\prime})]_{\mp}=[ \varphi ^{-}(x), \varphi ^-(x^{\prime})]_{\mp}=0\)であるから\([ \varphi ^+(x), \varphi ^-(x^{\prime})]_{\mp}\)のみ考えればよい。\((x-x^{\prime})^2\equiv r^2\)とおいて、\(x_0-x_0^{\prime}=0\)となる慣性系で計算すると

\begin{eqnarray}[ \varphi ^+(x), \varphi ^-(x^{\prime})]_{\mp}&=&\int \tilde{dk}\tilde{dk}^{\prime}e^{i(kx-k^{\prime}x^{\prime})}[a({\bf{k}}),a^{\dagger}({\bf{k}}^{\prime})]_{\mp}\\ &=&\int \tilde{dk}\ e^{ik(x-x^{\prime})}\\ &=&\int \frac{d^3k}{(2\pi)^32\omega}\ e^{i{\bf{k\cdot(x-x^{\prime})}}}\\ &=&\frac{2\pi}{2(2\pi)^3}\int^{\infty}_0\frac{dk\ k^2}{\omega}\int^{+1}_{-1}d\cos \theta \ e^{ikr\cos \theta}\\ &=&\frac{1}{8\pi^2}\int^{\infty}_0\frac{dk\ k^2}{\omega}\frac{2\sin (kr)}{kr}\\ &=&\frac{1}{4\pi^2 r}\int^{\infty}_0dk \frac{k\sin (kr)}{(k^2+m^2)^{1/2}}\\ &=&\frac{m}{4\pi^2r}K_1(mr)\\ &\equiv&C(r) \tag{12}\end{eqnarray}

ここで、\(K_1(z)\)は第二種変形ベッセル関数である。関数\(C(r)\)は\(r>0\)であれば0にはならない。(\(m=0\)のときでさえ、0にならない。(Problem4.1))よって、一般には(11)を満たすことはできないだろうという結論に至る。

そこで、この問題を解決するために\(\varphi^{\pm}\)はある特別な線形結合の形

\begin{eqnarray} \varphi_{\lambda}(x)&\equiv& \varphi^+(x)+\lambda\varphi^-(x)\\ \varphi^{\dagger}_{\lambda}(x)&\equiv& \varphi^-(x)+\lambda^*\varphi^+(x) \tag{13}\end{eqnarray}

でしか理論に入らないという仮定をする。ここで、\(\lambda\)は任意の複素数である。\(\varphi_{\lambda}\)で交換関係を計算すると

\begin{eqnarray} [\varphi_{\lambda}(x),\varphi_{\lambda}^{\dagger}(x^{\prime})]_{\mp}&=&[\varphi^+(x),\varphi^-(x^{\prime})]_{\mp}+|\lambda|^2[\varphi^-(x),\varphi^+(x^{\prime})]_{\mp}\\ &=&(1\mp |\lambda|^2)C(r)\tag{14} \end{eqnarray}

\begin{eqnarray}[\varphi_{\lambda}(x),\varphi_{\lambda}(x^{\prime})]_{\mp}&=&\lambda[\varphi^+(x),\varphi^-(x^{\prime})]_{\mp}+\lambda[\varphi^-(x),\varphi^+(x^{\prime})]_{\mp}\\ &=&\lambda(1\mp 1)C(r) \tag{15}\end{eqnarray}

となる。これが0であるためには\(|\lambda|=1\)であり、交換関係を選ばなければならないことがわかる。

ここで、\(\lambda=e^{i\alpha}\)と書くことにして\(e^{-\alpha/2}\varphi(x)\)を考えてみよう。するとこれはエルミートであり、実スカラー場になっていることが分かる。そこでさらに\(a({\bf{k}})\to e^{+i\alpha/2} a({\bf{k}}) \),\( a^{\dagger}({\bf{k}})\to e^{-i\alpha/2} a^{\dagger}({\bf{k}}) \)と置き換えると(2)の交換関係は変わらないまま

$$e^{-i\alpha/2}\varphi_{\lambda}(x)=\varphi(x)=\varphi^+(x)+\varphi^-(x)$$

となる。つまり、結論を述べるとハミルトニアンは最初から実スカラー場\(\varphi(x)\)や\(\partial^{\mu}\varphi(x)\partial_{\mu}\varphi(x)\)で構成し、交換関係を選ぶことが散乱振幅がローレンツ不変であることから要請されるわけである。