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クーロンゲージと量子化:ゲージ場の運動方程式

次は場の時間発展:運動方程式を導いておこう。
\begin{eqnarray}
i\dot{A}^i(x)&=&
[A^i(x),H(x^0)]\\
&=&\int d^3y~
[A^i(x),\mathcal{H}(y)]\\
&=&
\int d^3y~
\left[A^i(x),\frac{1}{2}\boldsymbol{\Pi}^2\right]\\
&=&
\int d^3y~
\Pi^j(y)\left[A^i(x),\Pi^j(y)\right]\\
&=&
-i\int d^3y~
\Pi^j(y)
\delta^j_{iTR}(\textbf{x}-\textbf{y})\\
&=&
-i\int d^3y~
\Pi^j(y)
\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}
\left(
\delta^j_i-\frac{k^ik^j}{|\textbf{k}|^2}
\right)
e^{i\textbf{k}(\textbf{x}-\textbf{y})}\\
&=&
-i\Pi^i(x)\\
&\downarrow&\\
\Pi^i&=&-\dot{A}^i
\end{eqnarray}

6行目から7行目:\(~k^ie^{i\textbf{k}(\textbf{x}-\textbf{y})}~\)のような組み合わせがあった時、\(~\partial_ie^{i\textbf{k}(\textbf{x}-\textbf{y})}~\)のように微分演算子を用いて置き換えることが出来る。このようにして作った微分演算子を部分積分をして\(~\Pi^j(y)~\)の方に作用させれば、拘束条件\(~\nabla\cdot\boldsymbol{\Pi}=0~\)より0にすることが出来る。この事実を用いて第二項を落とした。

\begin{eqnarray}
i\dot{\Pi}^k(x)&=&
\int d^3y\left[
\Pi^k(x),\mathcal{H}(y)
\right]\\
&=&
\int d^3y~\left[
\Pi^k(x),
\frac{1}{2}(\partial_iA^j(y))(\partial_iA^j(y))
\right]\\
&=&
\frac{1}{2}\int d^3y~\left[
\Pi^k(x),
(\partial_iA^j(y))(\partial_iA^j(y))
\right]\\
&=&
\int d^3y~
(\partial_iA^j(y))
\left[
\Pi^k(x),
(\partial_iA^j(y))
\right]
\\
&=&
-\int d^3y~
(\partial_i\partial_iA^j(y))
\left[
\Pi^k(x),
A^j(y)
\right]
\\
&=&
-\int d^3y~
(\partial_i\partial_iA^j(y))
\left[
A_j(y)
,
\Pi^k(x)
\right]\\
&=&
-i\int d^3y~
(\partial_i\partial_iA^j(y))
\delta^k_{jTR}(\textbf{y}-\textbf{x})\\
&=&
-i\triangle A^k(x)~~(\because 計算方法は前述済み)
\end{eqnarray}
従って、上記の2つの計算を組み合わせると
\begin{eqnarray}
\ddot{A}^i
=
-\dot{\Pi}^i
=
\triangle A^i
~~\Rightarrow~~
0=\left[
\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\triangle
\right]A^i=
\square A^i
\end{eqnarray}
以上より、ゲージ場は質量0のクライン・ゴルドン方程式に従うことが分かった。

クーロンゲージと量子化:マクスウェル場の横波量子化

ここまで拘束条件を考慮し、ゲージ場のディラック括弧を計算した。ディラック括弧を構成してしまえば第二量子化はすぐ実行できて、正準量子化の公理

「ディラック括弧を交換関係に対応させよ」

に従えばいい。今まで計算してきたディラック括弧とハミルトニアンを再掲しておくと
\begin{eqnarray}
\left\{{A_0(x)},{\Pi^0(y)}\right\}_D
&=&
0\\
\left\{{A_i(x)},{\Pi^j(y)}\right\}_D
&=&
\delta^j_i(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3w~
\partial^x_i
\left[\frac{1}{\triangle}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{w})
\left(\partial^w_j\delta^3(\textbf{w}-\textbf{y})\right)
\right]
\equiv
\delta^j_{iTR}(\textbf{x}-\textbf{y})\nonumber\\
\\
(他の場の組み合わせ)&=&0\\
\nonumber\\
\mathcal{H}_T&=&\frac{1}{2}\boldsymbol{\Pi}^2
+
\frac{1}{2}(\partial_iA^j)(\partial_iA^j)
\end{eqnarray}
であったので、第二量子化によりゲージ場は全て演算子に置き換わり、以下の交換関係が課される。
\begin{eqnarray}
[A^0(x),\Pi^0(y)]_{同時刻}&=&0\\
\left[A_i(x),\Pi^j(y)\right]_{同時刻}
&=&i\delta^j_{iTR}(\textbf{x}-\textbf{y})
\end{eqnarray}
これにより第二量子化が完了する。なお拘束条件は全て考慮したので、全ハミルトニアンの添字Tは以後書かない

クーロンゲージと量子化:ディラック括弧の構成

ここまでの拘束条件に通し番号を付けて並べると
\begin{eqnarray}
\phi_1&=&\nabla_iA^i\\
\phi_2&=&\nabla_i\Pi^i\\
\phi_3&=&A^0\\
\phi_4&=&\Pi^0
\end{eqnarray}
となっており、これらのポアソン括弧を計算してみると
\begin{eqnarray}
C(\textbf{x}-\textbf{y})=
\left(\left\{\phi_i(x),\phi_j(y)\right\}\right)
&=&
\begin{pmatrix}
0&\triangle^x\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})&0&0\\
-\triangle^x\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})&0&0&0\\
0&0&0&\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})\\
0&0&-\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})&0
\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
になり、これ以上基本変形を繰り返しても簡易化は出来ないので、これらは全て第二種の拘束条件になると分かった。故にディラック括弧を構成することで拘束条件が消去できる。実際にディラック括弧を構成しよう。まず行列$~C~$の逆行列は、$~\int d^3z~C_{ij}^{-1}(\textbf{x}-\textbf{z})C_{jk}(\textbf{z}-\textbf{y})=\delta_{ij}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})~$で定義されていた。
次に行列\(~C~\)の形から、逆行列の形を
\begin{eqnarray}
C^{-1}(\textbf{x}-\textbf{y})
=
\begin{pmatrix}
0&-g(\textbf{x}-\textbf{y})&0&0\\
g(\textbf{x}-\textbf{y})&0&0&0\\
0&0&0&f(\textbf{x}-\textbf{y})\\
0&0&-f(\textbf{x}-\textbf{y})&0
\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
と仮定する事が出来る。これを逆行列の定義式に代入すると、例えば条件式
\begin{eqnarray}
\int d^3z~(\triangle_x\delta^3(\textbf{x}-\textbf{z}))g(\textbf{z}-\textbf{y})=\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})
\end{eqnarray}
を得る。この式を部分積分して変形すると
\begin{eqnarray}
\int d^3z~\delta^3(\textbf{x}-\textbf{z})\triangle_zg(\textbf{z}-\textbf{y})=\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})
\end{eqnarray}
と書き換えられるので、この式を満たす為には
\begin{eqnarray}
\triangle_zg(\textbf{z}-\textbf{y})=\delta^3(\textbf{z}-\textbf{y})
\end{eqnarray}
と取ってやればいい。この式はポアソン方程式なので簡単に解けて

一般的に微分演算子\(~\hat{Q}~\)があった時、任意の関数\(~f(x)~\)に対する\(~Q^{-1}~\)の作用は、\(~\hat{Q}g(x)=f(x)~\)を満たす\(~g~\)を用いて$~\frac{1}{\hat{Q}}f(x)\equiv g(x)~$で定義される。

\begin{eqnarray}
g(\textbf{z}-\textbf{y})
&=&
\frac{1}{\triangle_z}\delta^3(\textbf{z}-\textbf{y})
=
-\frac{1}{4\pi|\textbf{z}-\textbf{y}|}
\end{eqnarray}
を得る。従って
\begin{eqnarray}
C^{-1}(\textbf{x}-\textbf{y})
=
\begin{pmatrix}
0&\frac{1}{4\pi|\textbf{z}-\textbf{y}|}&0&0\\
-\frac{1}{4\pi|\textbf{z}-\textbf{y}|}&0&0&0\\
0&0&0&-\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})\\
0&0&\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})&0
\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
という解を得る。これに基づいて正準変数間のディラック括弧を計算していこう。ディラック括弧が0にならないもの$~or~$重要なものだけ計算を紹介する。
\begin{eqnarray}
\left\{
{A_0(x)},{\Pi^0(y)}
\right\}_D
&=&
\left\{
{A_0(x)},{\Pi^0(y)}
\right\}_P

\int d^3zd^3w~
\left\{
{A_0(x)},{\phi_4(z)}
\right\}_P
C^{-1}_{43}(\textbf{z}-\textbf{w})
\left\{
{\phi_3(w)},{\Pi^0(y)}
\right\}_P\nonumber\\
\\
&=&
\left\{
{A_0(x)},{\Pi^0(y)}
\right\}_P

\int d^3zd^3w~
\left\{
{A_0(x)},{\Pi^0(z)}
\right\}_P
C^{-1}_{43}(\textbf{z}-\textbf{w})
\left\{
{A^0(w)},{\Pi^0(y)}
\right\}_P\nonumber\\
\\
&=&
\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3zd^3w~
\delta^3(\textbf{x}-\textbf{z})
\delta^3(\textbf{z}-\textbf{w})
\delta^3(\textbf{w}-\textbf{y})\\
&=&
0\\
\end{eqnarray}
これは実は自明であったが、確認のために計算してみた。というのも、$~A^0~$も$~\Pi^0~$も拘束条件なのでディラック括弧の中では自明に0であるからだ。
\begin{eqnarray}
\left\{
{A_i(x)},{\Pi^j(y)}
\right\}_D
&=&
\left\{
{A_i(\textbf{x})},{\Pi^j(\textbf{y})}
\right\}_P

\int d^3zd^3w~
\left\{
{A_i(x)},{\phi_2(z)}
\right\}_P
C^{-1}_{21}(\textbf{z}-\textbf{w})
\left\{
{\phi_1(w)},{\Pi^j(y)}
\right\}_P\nonumber\\
&=&
\delta^j_i(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3zd^3w~
\left\{
{A_i(x)},{\nabla_z\cdot\boldsymbol{\Pi}(z)}
\right\}
C^{-1}_{21}(\textbf{z}-\textbf{w})
\left\{
{\nabla_w\cdot\textbf{A}(w)},{\Pi^j(y)}
\right\}_P\nonumber\\
\\
&=&
\delta^j_i\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3zd^3w~
\partial^z_m
\left\{
{A_i(x)},{\Pi^m(z)}
\right\}_P
C^{-1}_{21}(\textbf{z}-\textbf{w})
\partial^w_n\left\{
{A^n(w)},{\Pi^j(y)}
\right\}_P
\nonumber\\
\\
&=&
\delta^j_i\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})
+
\int d^3zd^3w~
\partial^z_m\left\{
{A_i(x)},{\Pi^m(z)}
\right\}_P
C^{-1}_{21}(\textbf{z}-\textbf{w})
\partial^w_n\left\{
{A_n(w)},{\Pi^j(y)}
\right\}_P
\nonumber\\
\\
&=&
\delta^j_i\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3w~
\partial^x_i
\left[C^{-1}_{21}(\textbf{z}-\textbf{w})
\partial_n^w\left\{{A_n(w)},{\Pi^j(y)}\right\}_P\right]\\
&=&
\delta^j_i\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3w~
\partial^x_i
\left[C^{-1}_{21}(\textbf{x}-\textbf{w})
\partial_j^w\delta^3(\textbf{w}-\textbf{y})
\right]\\
&=&
\delta^j_i\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3w~
\partial^x_i
\left[\frac{1}{\triangle}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{w})
\left(\partial^w_j\delta^3(\textbf{w}-\textbf{y})\right)
\right]
\equiv
\delta^j_{iTR}(\textbf{x}-\textbf{y})
\end{eqnarray}
他の場のディラック括弧は0になる。ちなみに最後の式は横波デルタ関数と呼ばれ、次の性質を満たす。
\begin{eqnarray}
\partial_i^x\delta^j_{iTR}(\textbf{x}-\textbf{y})&=&\partial_i^x\left(
\delta^j_i\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3w~
\partial^x_i
\left[\frac{1}{\triangle}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{w})
\left(\partial^w_j\delta^3(\textbf{w}-\textbf{y})\right)
\right]
\right)\\
&=&
\partial_j^x\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3w~
\partial_i^x\partial^x_i
\left[\frac{1}{\triangle}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{w})
\left(\partial^w_j\delta^3(\textbf{w}-\textbf{y})\right)
\right]\\
&=&
\partial_j^x\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3w~
\triangle
\left[\frac{1}{\triangle}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{w})
\left(\partial^w_j\delta^3(\textbf{w}-\textbf{y})\right)
\right]\\
&=&
\partial_j^x\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})

\int d^3w~
\delta^3(\textbf{x}-\textbf{w})
\left(\partial^w_j\delta^3(\textbf{w}-\textbf{y})\right)\\
&=&
\partial_j^x\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})

\partial_j^x\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})\\
&=&0
\end{eqnarray}
よって、横波デルタ関数はクーロンゲージ条件と同じ形の$~\nabla_i\delta_i^j(\textbf{x}-\textbf{y})=0~$を満たす。とは言っても当然の結果で、そもそもディラック括弧の構成から明らかだが、ディラック括弧内では好きなように拘束条件を0に出来るのだった。だから、
\begin{eqnarray}
\partial_i^x\left\{
{A_i(x)},{\Pi^j(y)}
\right\}_D
&=&
\left\{{\partial_i^xA_i(x)},{\Pi^j(y)}\right\}_D
=
\left\{
{\phi_1(x)},{\Pi^j(y)}
\right\}_D
=0
\end{eqnarray}
が成り立つので、最右辺も整合性から0にならなければならないのは必然なのである。横波デルタ関数の運動量表示も求めておこう。まず\(~\int d^3w~
\partial^x_i
\left[\frac{1}{\triangle}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{w})
\left(\partial^w_j\delta^3(\textbf{w}-\textbf{y})\right)
\right]~\)を書き直すと
\begin{eqnarray}
\int d^3w~
\partial^x_i
\left[\frac{1}{\triangle}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{w})
\left(\partial^w_j\delta^3(\textbf{w}-\textbf{y})\right)
\right]&=&
-\partial^y_j\partial_i^x\frac{1}{\triangle}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})\\
&=&
\partial^x_j\partial_i^x\frac{1}{\triangle}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})\\
&=&
\partial^x_j\partial_i^x\frac{1}{\triangle}
\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}~e^{i\textbf{k}(\textbf{x}-\textbf{y})}\\
&=&
\partial^x_j\partial_i^x
\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}~\frac{-1}{|\textbf{k}|^2}e^{i\textbf{k}(\textbf{x}-\textbf{y})}\\
&=&
\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}~\frac{k^ik^j}{|\textbf{k}|^2}e^{i\textbf{k}(\textbf{x}-\textbf{y})}
\end{eqnarray}
従って、横波デルタ関数のフーリエ変換は
\begin{eqnarray}
\delta^j_{iTR}(\textbf{x}-\textbf{y})
=
\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}~\delta^j_ie^{i\textbf{k}(\textbf{x}-\textbf{y})}

\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}~\frac{k^ik^j}{|\textbf{k}|^2}e^{i\textbf{k}(\textbf{x}-\textbf{y})}
&=&
\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}~
\left(
\delta^j_i-\frac{k^ik^j}{|\textbf{k}|^2}
\right)
e^{i\textbf{k}(\textbf{x}-\textbf{y})}\\
or~&=&
\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}~
\left(
\delta^j_i+\frac{k_ik^j}{|\textbf{k}|^2}
\right)
e^{i\textbf{k}(\textbf{x}-\textbf{y})}
\end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray}
\delta^j_{iTR}(k)=\delta^j_i+\frac{k_ik^j}{|\textbf{k}|^2}
\end{eqnarray}
を得る。位置座標表示に比べ、こちらのほうが幾分見やすいだろう。この運動量表示を見てみると、次の公式を得ることが出来る。
\begin{eqnarray}
\delta^j_{iTR}(\textbf{x}-\textbf{y})
=
\delta^j_{iTR}(\textbf{y}-\textbf{x})
=
\delta^i_{jTR}(\textbf{x}-\textbf{y})
\end{eqnarray}

素粒子標準模型:おまけ:折りたたまれている項の展開

ここでほとんどの項はこのまま解析出来るが、\(~\left(
D_\mu W_\nu^+-D_\nu W_\mu^+
\right)
\left(
D^{\dagger\mu}W^{-\nu}-D^{\dagger\nu}W^{-\mu}
\right)~\)に関しては、多くの項が折り畳まれているので分解しておく。
\begin{eqnarray}
D_\mu W^+_\nu-D_\nu W^+_\mu
=
\partial_\mu W^+_\nu-\partial_\nu W^+_\mu
-ie\cot\theta_w(Z_\mu W^+_\nu-Z_\nu W^+_\mu)
-ie(A_\mu W^+_\nu-A_\nu W^+_\mu)
\end{eqnarray}
より
\begin{eqnarray}
&&\left(
D_\mu W_\nu^+-D_\nu W_\mu^+
\right)
\left(
D^{\dagger\mu}W^{-\nu}-D^{\dagger\nu}W^{-\mu}
\right)\\
&=&
(\partial_\mu W^+_\nu-\partial_\nu W^+_\mu)
(\partial^\mu W^{-\nu}-\partial^\nu W^{-\mu})\nonumber\\
&&+e^2\cot^2\theta_w(Z_\mu W^+_\nu-Z_\nu W^+_\mu)(Z^\mu W^{-\nu}-Z^\nu W^{-\mu})
+
e^2(A_\mu W^+_\nu-A_\nu W^+_\mu)(A^\mu W^{-\nu}-A^\nu W^{-\mu})\nonumber\\
&&
+e^2\cot\theta_w(A_\mu W^+_\nu-A_\nu W^+_\mu)(Z^\mu W^{-\nu}-Z^\nu W^{-\mu})
+
e^2\cot\theta_w
(Z_\mu W^+_\nu-Z_\nu W^+_\mu)(A^\mu W^{-\nu}-A^\nu W^{-\mu})\nonumber\\
&&
+
ie(\partial_\mu W^+_\nu-\partial_\nu W^+_\mu)
((\cot\theta_w Z^\mu+A^\mu)W^{-\nu}-(\cot\theta_w Z^\nu+A^\nu)W^{-\mu})\nonumber\\
&&-
ie(\partial_\mu W^-_\nu-\partial_\nu W^-_\mu)
((\cot\theta_w Z^\mu+A^\mu)W^{+\nu}-(\cot\theta_w Z^\nu+A^\nu)W^{+\mu})\\
\nonumber\\
&=&
(\partial_\mu W^+_\nu-\partial_\nu W^+_\mu)
(\partial^\mu W^{-\nu}-\partial^\nu W^{-\mu})\nonumber\\
&&+2e^2\cot^2\theta_w
(Z_\mu Z^\mu W^+_\nu W^{-\nu}-Z_\mu W^{+\mu}Z_\nu W^{-\nu})
+
2e^2(A_\mu A^\mu W^+_\nu W^{-\nu}-A_\mu W^{+\mu}A_\nu W^{-\nu})\nonumber\\
&&
+2e^2\cot\theta_w
(A_\mu Z^\mu W_\nu^+ W^{-\nu}-A_\mu W^{-\mu}Z_\nu W^{+\nu}+h.c)
\nonumber\\
&&
+
2ie
(
(\cot\theta_w Z^\mu+A^\mu)W^{-\nu}\partial_\mu W^+_\nu

(\cot\theta_w Z^\mu+A^\mu)W^{-\nu}\partial_\nu W^+_\mu
)+h.c
\end{eqnarray}
以上より、ラグランジアンの中に入っている時の係数を考慮して、以下の結果を得る。
\begin{eqnarray}
&&-\frac{1}{2}\left(
D_\mu W_\nu^+-D_\nu W_\mu^+
\right)
\left(
D^{\dagger\mu}W^{-\nu}-D^{\dagger\nu}W^{-\mu}
\right)\\
&=&
-\frac{1}{2}(\partial_\mu W^+_\nu-\partial_\nu W^+_\mu)
(\partial^\mu W^{-\nu}-\partial^\nu W^{-\mu})\nonumber\\
&&-e^2\cot^2\theta_w
(Z_\mu Z^\mu W^+_\nu W^{-\nu}-Z_\mu W^{+\mu}Z_\nu W^{-\nu})
-e^2(A_\mu A^\mu W^+_\nu W^{-\nu}-A_\mu W^{+\mu}A_\nu W^{-\nu})\nonumber\\
&&
-e^2\cot\theta_w
(A_\mu Z^\mu W_\nu^+ W^{-\nu}-A_\mu W^{-\mu}Z_\nu W^{+\nu}+h.c)
\nonumber\\
&&
-ie
(
(\cot\theta_w Z^\mu+A^\mu)W^{-\nu}\partial_\mu W^+_\nu

(\cot\theta_w Z^\mu+A^\mu)W^{-\nu}\partial_\nu W^+_\mu
)+h.c
\end{eqnarray}

クーロンゲージと量子化:拘束条件の整合性と未定乗数の決定

なぜ未定乗数が決まらなかったのか、それはゲージ対称性が理論にあるからだ。そこで例えばクーロンゲージ条件を追加で課してみよう:
\begin{eqnarray}
\partial_iA^i\approx0
\end{eqnarray}
この新しい拘束条件の整合性を確認しよう。
\begin{eqnarray}
\int d^3y~\left\{
\partial_i^xA^i(x),\mathcal{H}_T(y)
\right\}
&=&
\int d^3y~\left\{
\partial_i^xA^i(x),
\frac{1}{2}(\Pi^i(y))^2
+
\Pi^i(y)\partial^y_iA^0(y)
\right\}\\
&=&
\partial_i\Pi^i(x)-\triangle A^0(x)\\
&\approx&-\triangle A^0(x)
\end{eqnarray}
最後に残った項は既存の拘束条件で0に出来ないので、新しい拘束条件となる。もちろん$~\triangle A^0\approx0~$を新しい拘束条件としてもいいが、もっと強く$~A^0\approx0~$を要請しよう。この新しい拘束条件の整合性より
\begin{eqnarray}
\left\{
A^0(x),H_T
\right\}
&=&\int d^3y~
\left\{
A^0(x),\lambda(y)\Pi^0(y)
\right\}
\approx\lambda(x)
\end{eqnarray}
よってこの条件の整合性は未定乗数を0にすることで満足される。以上により、整合性は全て満たされた。以上より、クーロンゲージが課された結果は全ての拘束条件を考慮して、以下の全ハミルトニアンに纏められる(拘束条件を使って落とせる項は可能な限り消した)。
\begin{eqnarray}
\mathcal{H}_T=
\frac{1}{2}\boldsymbol{\Pi}^2
+
\frac{1}{2}(\partial_iA^j)(\partial_iA^j)
\end{eqnarray}

とりあえず、ここまでに課された拘束条件を通し番号を付けて並べると
\begin{eqnarray}
\phi_1&=&\nabla_iA^i\\
\phi_2&=&\nabla_i\Pi^i\\
\phi_3&=&A^0\\
\phi_4&=&\Pi^0
\end{eqnarray}
となっている。蛇足だが、当然これらの整合性は上記の全ハミルトニアンから保証されている。

一応述べておくが、この全ハミルトニアンは古典電磁気学のエネルギー密度に一致している。それを見ておこう。共役運動量は拘束条件を使うことで\(~\Pi^i=-F^{0i}=-\dot{A}^i-\partial_iA^0\approx-\dot{A}^i~\)になるので、通常の電場とゲージ場の関係式より
\begin{eqnarray}
E^i&=&\left(-\nabla\phi-\frac{\partial}{\partial t}\textbf{A}\right)^i\\
&=&
-\partial_iA^0-\dot{A}^i\\
&\approx&-\dot{A}^i\\
&=&\Pi^i
\end{eqnarray}
を得る。一方で、天下り的だが
\begin{eqnarray}
\int d^3x~B^iB^i=\int d^3x~(\epsilon^{ijk}\partial_jA_k)(\epsilon^{imn}\partial_mA_n)&=&\int d^3x~(\partial_iA^j)(\partial_iA^j)

(\partial_iA^j)(\partial_jA^i)\\
(部分積分と拘束条件で第二項は消える\rightarrow)&\approx&\int d^3x~(\partial_iA^j)(\partial_iA^j)
\end{eqnarray}
となるから、この結果を持って全ハミルトニアンは
\begin{eqnarray}
H_T&=&\int d^3x~
\mathcal{H}_T\\
&=&
\int d^3x~\left[\frac{1}{2}\boldsymbol{\Pi}^2
+
\frac{1}{2}(\partial_iA^j)(\partial_iA^j)\right]\\
&=&
\frac{1}{2}\int d^3x~\left(
\mathbf{E}^2+\mathbf{B}^2
\right)
\end{eqnarray}
となり、古典電磁気学のエネルギー密度に厳密に一致する。

マクスウェル場の拘束条件と未定乗数

マクスウェル場を古典場として扱い、拘束系の解析力学の知識を用いてディラック括弧を構成してしまおう。その前に注意として、以下の計算では全ての引数の時刻は等しいものとして計算する。例えば\(~A_\nu(x)~\)や\(~\partial_\mu A_\nu(y)~\)などが登場するが、どちらも時間成分は等しいとする。でないとポアソン括弧が計算できない。

まずマクスウェル場の共役運動量は定義より、
\begin{eqnarray}
\Pi^\mu=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0A_\mu)}=-F^{0\mu}
\end{eqnarray}
なので、普通にハミルトニアンを求めると
\begin{eqnarray}
\mathcal{H}=\Pi^\mu \dot{A}_\mu-\mathcal{L}
=
\Pi^0\dot{A}_0+
\frac{1}{2}\boldsymbol{\Pi}^2
+
(\boldsymbol{\Pi}\cdot\nabla)A^0
+
\frac{1}{2}(\partial_iA^j)(\partial_iA^j)

\frac{1}{2}(\partial_iA^j)(\partial_jA^i)
\end{eqnarray}
になる。さて、共役運動量$~\Pi^0~$は$~0~$であることが上の計算からすぐ分かるが、これは理論の拘束条件になっているので、適切に取り込まなくてはならない。そのために拘束系の一般論に従い、ハミルトニアンに対し未定乗数$~\lambda~$を加え
\begin{eqnarray}
\mathcal{H}_T&=&\mathcal{H}+\lambda\Pi^0
\end{eqnarray}
というような全ハミルトニアンなるものを定義することにしよう。なおハミルトニアンに含まれている第一項は、未定乗数の項に纏めてられるので、ハミルトニアンからは省こう。さて今から拘束条件の整合性を確認しながら、未定乗数の決定の可否について見ていく。なお拘束条件と全ハミルトニアンのポアソン括弧を以下で計算していくが、全ハミルトニアンの項で拘束条件と明らかに0のものは初めから省いた。

まず$~\Pi^0\approx0~$の整合性を見ると
\begin{eqnarray}
\left\{
\Pi^0(x),H_T
\right\}
&=&
\int d^3y\left\{
\Pi^0(x),\mathcal{H}_T(y)
\right\}\\
&=&
\int d^3y
\left\{
\Pi^0(x),(\boldsymbol{\Pi}(y)\cdot\nabla^y)A^0(y)
\right\}\\
&=&
\int d^3y~
\boldsymbol{\Pi}(y)\cdot\nabla^y\left\{
\Pi^0(x),A^0(y)
\right\}\\
&=&-\int d^3y~
\boldsymbol{\Pi}(y)\cdot\nabla^y\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y})\\
&=&
\nabla_i{\Pi}^i
\end{eqnarray}
となるが、これは既存の拘束条件$~\Pi^0=0~$では0にならないので、新しい拘束条件
\begin{eqnarray}
\nabla_i\boldsymbol{\Pi}^i\approx0
\end{eqnarray}
を課す事にする。次にこの拘束条件の整合性を確認すると
\begin{eqnarray}
\left\{
\nabla_k^x{\Pi}^k(x)
,
H_T
\right\}
&=&
\int d^3y~
\nabla_k^x\left\{
{\Pi}^k(x)
,
\mathcal{H}_T(y)
\right\}\\
&=&
\int d^3y~
\nabla_k^x\left\{
{\Pi}^k(x)
,
\frac{1}{2}(\partial^y_iA^j(y))(\partial^y_iA^j(y))

\frac{1}{2}(\partial_i^yA^j(y))(\partial_j^yA^i(y))
\right\}\\
&=&
\int d^3y~
\nabla_k^x\left\{
\frac{1}{2}(\partial^y_iA^j(y))(\partial^y_iA^j(y))

\frac{1}{2}(\partial_i^yA^j(y))(\partial_j^yA^i(y))
,{\Pi}^k(x)
\right\}\\
&=&
\int d^3y~\nabla^x_k\left[
(\partial_i^yA^j(y))\partial_i^y(-\delta_{jk}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y}))

(\partial^y_jA^i(y))\partial_i^y(-\delta_{jk}\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y}))
\right]\\
&=&
\int d^3y~\nabla^x_j\left[
(\partial_i^yA^j(y))\partial_i^y(-\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y}))

(\partial^y_jA^i(y))\partial_i^y(-\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y}))
\right]\\
&=&
\int d^3y~\left[
(\partial_i^yA^j(y))\partial_i^y\partial_j^y(\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y}))

(\partial^y_jA^i(y))\partial_i^y\partial_j^y(\delta^3(\textbf{x}-\textbf{y}))
\right]\\
&=&0
\end{eqnarray}
よって、これで整合性は確認ができ、未定乗数が決まらなかったものの、理論の整合性は確立された。

ネーターの定理:一般論

ここでネーターの定理を述べておく。

まず変換には2種類あり、場の値を各点で変える「場の変換」と「座標変換」がある。例えば、量子力学では波動関数を位相倍だけ回しても不変であったが、これは場の変換の一例である。また時間並進や空間並進、ローレンツ変換は座標変換の一例である。場の変換と座標変換の無限小変換は、以下の様に
\begin{eqnarray}
\phi(x)&\to& \phi^\prime(x)=\phi(x)+\delta\phi(x)\\
x^\mu&\to& x^{\prime\mu}=x^\mu+\delta x^\mu
\end{eqnarray}
と書ける(\(~\delta\phi~\)と\(~\delta x^\mu~\)は同じオーダーの微小量とする)。この2つのもとで系が不変であるとしよう。すなわち作用とラグランジアン
\begin{eqnarray}
S[\phi]=\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\end{eqnarray}
があり、上記の変換で不変であるとする。さて上記の2つの変換のもとで系が不変であるとは
\begin{eqnarray}
\int_{\Omega^\prime} d^4x^\prime~\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)=
\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\end{eqnarray}
が成り立つ事を意味するとしよう。ここで積分領域\(~\Omega^\prime~\)は領域\(~\Omega~\)を座標変換した領域である。(実はもう少しゆるい条件でもいい。それは後で述べるとして、ここでは取り敢えず\(~S^\prime-S=0~\)が対称性の条件としておく)。そこで
\begin{eqnarray}
\delta S&\equiv&\int_{\Omega} d^4x^\prime~\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)-
\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\tag{1}
\end{eqnarray}
を\(~\delta\phi,\delta x~\)の微小量の1次まで取るとして展開してみよう。まず第一項の被積分関数は一次のオーダーまでで
\begin{eqnarray}
&&\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)\\
&=&
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\delta x^\mu
\partial_\mu
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
\\
&=&
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\delta x^\mu
\partial_\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\end{eqnarray}
となる。

一個目の近似は単なるテーラー展開。二個目の近似は、その前の式の第二項に\(~\delta x^\mu~\)が既に現れているので、一次のオーダーまで取るには\(~\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)~\)を0次まで展開すればいい。それはつまりラグランジアンの中に入っているプライム記号を取ればいい。

次に微小体積要素を一次のオーダーで展開すると
\begin{eqnarray}
d^4x^\prime&=&
\det\left(\frac{\partial x^{\prime\mu}}{\partial x^\nu}\right)d^4x=
\det\left(
\delta^\mu_\nu+\partial_\nu\delta x^\mu
\right)d^4x
\approx
(1+\partial_\mu\delta x^\mu)d^4x
\end{eqnarray}
が得られる。なお以下の式変形、最後の行への変形がわからなければ、実際に4×4の行列式を一次のオーダーまでで計算してみればいい。一次のオーダーでは行列の対角成分しか寄与しないことが確かめられるだろう。その理由から\(~\mu=\nu~\)とした\(~\partial_\mu\delta x^\mu~\)が出てくる。従って、第一項全体は一次のオーダーまでで
\begin{eqnarray}
&&\int_{\Omega} d^4x^\prime~\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)\\
&=&
\int_{\Omega} (1+\partial_\mu\delta x^\mu)d^4x~
\left[\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\delta x^\mu
\partial_\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\right]\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\left[
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+\partial_\mu\delta x^\mu
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\delta x^\mu
\partial_\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\right]\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu
\left[\delta x^\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\right]
\end{eqnarray}
となる事が分かった。この結果を(1)式に戻すと
\begin{eqnarray}
\delta S&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)
+
\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu
\left[\delta x^\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\right]-
\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\nonumber\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\left\{
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)-
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\right\}
+
\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu
\left[\delta x^\mu
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\right]\tag{2}
\end{eqnarray}
となるが、後は中括弧内を計算すれば良い。実際に展開していくと(途中運動方程式を使うので注意)
\begin{eqnarray}
&&\int_{\Omega}d^4x~
\left\{
\mathcal{L}(\phi^\prime(x),\partial_\mu\phi^\prime(x),x)-
\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)
\right\}\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\left\{
\delta\phi(x)\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\phi}
+
\delta(\partial_\mu\phi(x))\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
\right\}\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\left\{
\delta\phi(x)\left(\partial_\mu\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)
+
\partial_\mu(\delta\phi(x))\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
\right\}\\
&=&
\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu\left(
\delta\phi(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)
\end{eqnarray}
上手く全微分の形にまとめることが出来た。(2)式に戻し、全微分をまとめれば
\begin{eqnarray}
\delta S=\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu\left(
\delta\phi(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
+
\delta x^\mu
\mathcal{L}\right)\tag{3}
\end{eqnarray}
を得ることになる。さて、系に対称性があるとはどういうことであろうか。先程も述べたが、それは変換の前後で運動方程式が同じと言っていいが、数式で表現すると
\begin{eqnarray}
\int_{\Omega^\prime} d^4x^\prime~\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)-
\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)\Leftrightarrow \delta S=0
\end{eqnarray}
であれば(変分原理より)運動方程式は取り敢えず同じになる。しかしながら、実は上記よりも弱い条件でも運動方程式は同じになり得る。つまり、適当な四元ベクトル\(~K^\mu~\)を用いて
\begin{eqnarray}
\delta S=\int_{\Omega}d^4x~\partial_\mu K^\mu\left(
\overset{4次元版ガウスの定理}{=}\int_{\partial\Omega}dS_\mu K^\mu
\right)\tag{4}
\end{eqnarray}
が成立していれば、この場合も運動方程式は同じになる。何故なら、変分原理で運動方程式を出す際には領域の表面では場の変分を0にするが(点粒子の場合であれば端点で\(~\delta q=0~\)としただろう)、\(~K^\mu~\)の中には\(~\delta \phi~\)や\(~\delta x~\)が含まれているから、
変分原理で運動方程式を求めようとしている時には(4)式の右辺は0になる。つまり(4)式の右辺のような項が作用の変分に現れていても運動方程式には影響がない=系が対称性を持っていると言えることになる。結論として、系が対称性を持つとは
\begin{eqnarray}
\delta S=\int_{\Omega^\prime} d^4x^\prime~\mathcal{L}(\phi^\prime(x^\prime),\partial^\prime_\mu\phi^\prime(x^\prime),x^\prime)-
\int_{\Omega} d^4x~\mathcal{L}(\phi(x),\partial_\mu\phi(x),x)=
\int_{\Omega}d^4x~\partial_\mu K^\mu\tag{5}
\end{eqnarray}
が成り立つことであると言えた

いくつか例を見ていくと分かるが、\(~K^\mu\neq0~\)となることは殆ど無い。

我々は既に上で\(~\delta S~\)を計算しており、その結果は(3)式なので、(5)式に代入してやれば
\begin{eqnarray}
\delta S&&=\int_{\Omega}d^4x~
\partial_\mu\left(
\delta\phi(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
+
\delta x^\mu
\mathcal{L}\right)=\int_{\Omega}d^4x~\partial_\mu K^\mu\\
&\Downarrow&\nonumber\\
0&=&\int_{\Omega}d^4x~\partial_\mu\left(
\delta\phi(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
+
\delta x^\mu
\mathcal{L}-
K^\mu
\right)
\end{eqnarray}
ここで積分領域\(~\Omega~\)は完全に任意である。任意の積分領域に対して積分が0であるためには被積分関数が0でなくてはならない。以上より、我々は
\begin{eqnarray}
\partial_\mu\left(
\delta\phi(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}
+
\delta x^\mu
\mathcal{L}-
K^\mu
\right)=0
\end{eqnarray}
という対称性に伴う保存則を導くことが出来た。なお以上の導出では場は一つだけとして議論してきたが、場がいくつあっても上記と同じ議論が出来る。ラグランジアンに一般に場の組\({\phi_a}\)が存在する場合、上記の結果は次のように一般化される。
\begin{eqnarray}
\partial_\mu\left(
\sum_a\delta\phi_a(x)\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}
+
\delta x^\mu
\mathcal{L}-
K^\mu
\right)=0\tag{6}
\end{eqnarray}
\(~\phi_a~\)とは書いたが、もちろんスピノル場でもベクトル場でもいい。

ここから保存カレントを定義したのだが、通常対称変換というのは独立な変換が組み合わさって出来ている。空間並進を例に取ってみよう。4次元時空の場合、4つの軸方向への並進変換が存在するが、これらはそれぞれ独立な変換である。時間方向に並進したからと言って、空間方向にも並進しなければいけないなんて事はないだろう。つまり、それぞれの方向に好きなだけ並進が出来る。4次元時空であれば並進変換は4つの変換が組み合わさったもので出来ており、このように対称変換というのは独立な対称変換に分解できる。そして我々は対称変換と保存量が対応するのを知っているので、独立な変換の分だけ保存量が得られるはずだ。今からやりたいのは、まさに変換の分解であり、対称変換を独立な変換に分解することでそれに対応した数のカレントを導く。

まず系の独立な対称変換が\(~n~\)個あるとして、\(~n~\)個の微小パラメータ\(~\epsilon^i~\)(\(i\)=1~\(n\))と適当な関数\(~f_{ai}~,~g_i^\mu,~,k^\mu_i~\)を用いて
\begin{eqnarray}
\phi^\prime_a(x)&=&\phi_a(x)+\delta\phi_a(x)=
\phi_a(x)+\epsilon^if_{ai}(x)\label{7726}
\\
x^{\prime\mu}&=&x^\mu+\delta x^\mu
=x^\mu
+\epsilon^i g_i^\mu(x)\\
K^\mu&=&\epsilon^i k^\mu_i
\end{eqnarray}
と書けたとしよう。これを上記のカレントの保存の(6)式に代入することで
\begin{eqnarray}
0=\epsilon^i\partial_\mu\left(
f_{ai}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}
+
g^\mu_i
\mathcal{L}-
k^\mu_i
\right)\equiv \epsilon^i\partial_\mu j^\mu_i
\end{eqnarray}
を得るが、今\(~\epsilon^i~\)は各々独立な変換の微小パラメータなので、結局
\begin{eqnarray}
0=\partial_\mu j^\mu_i=\partial_\mu\left(
f_{ai}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}
+
g^\mu_i
\mathcal{L}-
k^\mu_i
\right)
\end{eqnarray}
という\(~n~\)本のカレントの保存則の式を得ることが出来、
\begin{eqnarray}
j^\mu_i
\equiv
f_{ai}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}
+
g^\mu_i
\mathcal{L}-
k^\mu_i
~~~(i=1,\cdots,n)
\end{eqnarray}
という\(~n~\)個のカレントを得ることが出来た(変換パラメータ\(~\epsilon^i~\)が\(~n~\)個あるから、対称変換が\(~n~\)個ある事になり、保存量も\(~n~\)個出る。予想通りの結果だ)。言葉の定義だが
\begin{eqnarray}
Q_i\equiv \int_\Omega d^3x~j^0_i
\end{eqnarray}
で定義される\(~Q_i~\)を電荷、保存電荷、チャージと呼んだりする。これは上記で導いた\(~\partial_\mu j^\mu_i=0~\)のおかげで保存量になる。
\begin{eqnarray}
\frac{d}{dt}Q_k
&=&
\frac{d}{dt}\int_\Omega d^3x~j^0_k=
\int_\Omega d^3x~\partial_0j^0_k=
-\int_\Omega d^3x~\nabla\cdot\textbf{j}_k=
-\int_{\partial\Omega} d\textbf{S}\cdot \textbf{j}_k=0
\end{eqnarray}
確かに名前通り保存量と呼ぶにふさわしい量であることが分かった。

素粒子標準模型:標準模型のまとめ

今までの結果を纏めると以下のラグランジアンに帰着する。
\begin{eqnarray}
\mathcal{L}_{SM}
&=&
\frac{1}{2}\partial_\mu h\partial^\mu h
+
\frac{M^2_Z}{2v^2}Z_\mu Z^\mu\left(2vh+h^2\right)
+
\frac{M_W^2}{v^2}W_\mu^+W^{-\mu}(2vh+h^2)
-\frac{1}{2}m_h^2h^2-\frac{1}{4}\lambda vh^3-\frac{1}{16}\lambda h^4
\nonumber\\
&&
-\frac{1}{2}\left(
D_\mu W_\nu^+-D_\nu W_\mu^+
\right)
\left(
D^{\dagger\mu}W^{-\nu}-D^{\dagger\nu}W^{-\mu}
\right)
-\frac{1}{4}Z_{\mu\nu}Z^{\mu\nu}
-\frac{1}{4}
A_{\mu\nu}A^{\mu\nu}\nonumber\\
&&
+
ig_2(
c_wZ_{\mu\nu}
+
s_wA_{\mu\nu}
)
W^{+\mu}W^{-\nu}
+
\frac{1}{2}g^2_2\left(
W_\mu^-W^{-\mu}
W_\nu^+W^{+\nu}-
W_\mu^-W^{+\mu}
W_\nu^+W^{-\nu}
\right)\nonumber\\
&&
+
\frac{1}{2}M_Z^2Z_\mu Z^\mu
+
M^2_WW_\mu^+W^{-\mu}-\frac{1}{4}G^a_{\mu\nu}G^{a\mu\nu}\nonumber\\
&&+\sum_{I=1,2,3}
\left[\bar{\psi}_{\nu_I}i\Slash{\partial}P_L\psi_{\nu_I}
+
\bar{\psi}_{\ell_I}\left(i\Slash{\partial}-m_{\ell_I}\right)\psi_{\ell_I}
-\frac{m_{\ell_I}}{v}h\bar{\psi}_{\ell_I}\psi_{\ell_I}
\right.\nonumber\\
&&~~~~~~~~~~~~~~~~~ -e\bar{\psi}{\ell_I}\gamma^\mu\psi_{\ell_I}A_\mu + \frac{e}{\sqrt{2}\sin\theta_w} \bar{\psi}_{\nu_I}\gamma^\mu P_L\psi_{\ell_I}W^+_\mu + \frac{e}{\sqrt{2}\sin\theta_w} \bar{\psi}_{\ell_I}\gamma^\mu P_L\psi_{\nu_I}W^-_\mu\nonumber\\
&&~~~~~~~~~~~~~~~~~
\left.+
\left\{
\frac{e}{2\sin\theta_w\cos
\theta_w}
\left(
\bar{\psi}_{\nu_I}\gamma^\mu P_L\psi_{\nu_I}-
\bar{\psi}_{\ell_I}\gamma^\mu P_L\psi_{\ell_I}
\right)
+
e\tan\theta_w
\bar{\psi}_{\ell_I}\gamma^\mu\psi_{\ell_I}
\right\}Z_\mu\right]\nonumber\\
&&+
\sum_{I,J=1,2,3}\left[
\bar{\psi}^F_{u_I}((i\Slash{\nabla}-m_{u_I})\psi_{u_I})^F
+
\bar{\psi}^F_{d_I}((i\Slash{\nabla}-m_{d_I})\psi_{d_I})^F
-\frac{m_{u_I}}{v}h\bar{\psi}^F_{u_I}\psi^F_{u_I}
-\frac{m_{d_I}}{v}h\bar{\psi}^F_{d_I}\psi^F_{d_I}
\right.\nonumber\\
&&~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
+
\left(
\frac{2e}{3}\bar{\psi}^F_{u_I}\gamma^\mu\psi_{u_I}^F-
\frac{e}{3}\bar{\psi}^F_{d_I}\gamma^\mu\psi_{d_I}^F
\right)A_\mu
+\frac{e}{\sqrt{2}\sin\theta_w}\left[
U_{IJ}\bar{\psi}_{u_I}^F\gamma^\mu P_L\psi^F_{d_J}W^+_\mu + U^\dagger_{IJ}\bar{\psi}_{d_I}^F\gamma^\mu P_L\psi^F_{u_J}W^-_\mu \right]
\nonumber\\
&&~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\left.
+\left\{
\frac{e}{2\sin\theta_w\cos\theta_w}\left(
\bar{\psi}^F_{u_I}\gamma^\mu P_L\psi^F_{u_I}
-\bar{\psi}^F_{d_I}\gamma^\mu P_L\psi^F_{d_I}
\right)
-\frac{2e\tan\theta_w}{3}
\bar{\psi}^F_{u_I}\gamma^\mu{\psi}^F_{u_I}
+\frac{e\tan\theta_w}{3}
\bar{\psi}^F_{d_I}\gamma^\mu{\psi}^F_{d_I}
\right\}Z_\mu\right]\nonumber\\
\end{eqnarray}

素粒子標準模型:クォークセクター:クォークセクターのまとめ

\begin{eqnarray}
\lagrangian_{quark}
&=&
\sum_{I=1,2,3}
\left[
i\bar{Q}^F_{I_i}\bar{\sigma}^\mu (D_\mu Q_I)^F_{i}
+
i\bar{u}_{I_R}^F\sigma^\mu (D_\mu u_{I_R})^F
+
i\bar{d}_{I_R}^F\sigma^\mu (D_\mu d_{I_R})^F
\right]\nonumber\\
&&~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~-\sum_{I,J=1,2,3}
\left(
y^u_{IJ}\bar{Q}^F_{I_i}H^c_iu^F_{J_R}
+
y^d_{IJ}\bar{Q}^F_{I_i}H_id^F_{J_R}
+h.c\right)\\
&\Downarrow&SSB&ユニタリ変換\nonumber\\
&=&
\sum_{I,J=1,2,3}\left[
\frac{}{}
\bar{\psi}^F_{u_I}((i\Slash{\nabla}-m_{u_I})\psi_{u_I})^F
+
\bar{\psi}^F_{d_I}((i\Slash{\nabla}-m_{d_I})\psi_{d_I})^F

\frac{m_{u_I}}{v}h\bar{\psi}^F_{u_I}\psi^F_{u_I}

\frac{m_{d_I}}{v}h\bar{\psi}^F_{d_I}\psi^F_{d_I}
\right.\nonumber\\
&&~~~~~~~~~~
+
\left(
\frac{2e}{3}\bar{\psi}^F_{u_I}\gamma^\mu\psi_{u_I}^F

\frac{e}{3}\bar{\psi}^F_{d_I}\gamma^\mu\psi_{d_I}^F
\right)A_\mu
+\frac{e}{\sqrt{2}\sin\theta_w}\left[
U_{IJ}\bar{\psi}_{u_I}^F\gamma^\mu P_L\psi^F_{d_J}W^+_\mu
+
U^\dagger_{IJ}\bar{\psi}_{d_I}^F\gamma^\mu P_L\psi^F_{u_J}W^-_\mu \right]
\nonumber\\
&&\left.~~~~~~~~~~
+\left\{
\frac{e}{2\sin\theta_w\cos\theta_w}\left(
\bar{\psi}^F_{u_I}\gamma^\mu P_L\psi^F_{u_I}

\bar{\psi}^F_{d_I}\gamma^\mu P_L\psi^F_{d_I}
\right)
-\frac{2e\tan\theta_w}{3}
\bar{\psi}^F_{u_I}\gamma^\mu{\psi}^F_{u_I}
+\frac{e\tan\theta_w}{3}
\bar{\psi}^F_{d_I}\gamma^\mu{\psi}^F_{d_I}
\right\}Z_\mu\right]\nonumber\\
\\
&=&
\sum_{I,J=1,2,3}\left[
\frac{}{}
\bar{\psi}^F_{u_I}((i\Slash{\nabla}-m_{u_I})\psi_{u_I})^F
+
\bar{\psi}^F_{d_I}((i\Slash{\nabla}-m_{d_I})\psi_{d_I})^F

\frac{m_{u_I}}{v}h\bar{\psi}^F_{u_I}\psi^F_{u_I}

\frac{m_{d_I}}{v}h\bar{\psi}^F_{d_I}\psi^F_{d_I}
\right.\nonumber\\
&&\left.~~~~~~~~~~~
+J^\mu_{q,em}A_\mu+J^\mu_{q,Z}Z_\mu
+J^{\mu}_{q,+}W^-_\mu+J^{\mu}_{q,-}W^+_\mu
\right]
\end{eqnarray}

デルタ関数の初等関数表示

デルタ関数は一見初等関数とはかけ離れたものに見える。デルタ関数は関数ではなく超関数というクラスに属すので、確かに普通の関数とは性質も何もかもかけ離れている。しかし極限操作を使うことで初等関数を用いてデルタ関数を表現することが出来る。

注目すべきはデルタ関数はある一点(例えば$~\delta(x)~$なら$~x=0~$)でのみ値を持ち、かつその関数が作るグラフの面積はジャスト1になることである。そこで次のような関数を考えてみよう。
\begin{equation}
y=\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}
\end{equation}
(この関数は統計学でいう平均0、標準偏差$~\sigma~$の正規分布である)。この関数の特徴は$~\sigma~$の値にかかわらず常に面積が1で、かつ$~\sigma~$が0に行けば行くほど原点付近に鋭いピークを持つようになる。従って$~σ→0~$の極限で正規分布はデルタ関数に近づく。つまり
\begin{equation}
\delta(x)=\lim_{\sigma\to0}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\} \end{equation}
となり、初等関数の極限でデルタ関数を表現することが出来る。実際に$~\sigma~$を減らしつつグラフを書いたのが以下になるが、$~\sigma~$が小さくなりに連れ(色で言うと赤に行くに連れ)、原点付近に鋭いピークが立って行く様子が見て取れる。

しかし関数のグラフの様子が同じだからといってデルタ関数と同じと断定してはいけない。何故ならデルタ関数の定義はあくまで
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^\infty f(x)\delta(x)dx=f(0)
\end{eqnarray}
なので、
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^\infty f(x)\left[
\lim_{\sigma\to0}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}
\right]dx=f(0)
\end{eqnarray}
を満たして初めて同じと言える。厳密性は無いがこれをある程度厳密”的”に証明してみよう。クドく言うが、示すのはあくまで証明の心だ。

\begin{eqnarray}
&&\int_{-\infty}^\infty f(x)\left[\lim_{\sigma\to0}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}\right]dx\\
&=&
\lim\limits_{\sigma\to 0}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}
\int_{-\infty}^\infty f(x)\exp\left[-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right]dx\\
(f(x)を原点周りでテーラー展開)
&=&\lim\limits_{\sigma\to 0}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}
\int_{-\infty}^\infty \left[\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n\right]\exp\left[-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right]dx\\
&=&\lim\limits_{\sigma\to 0}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}
\int_{-\infty}^\infty x^n\exp\left[-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right]dx\\
(t=x/\sigma と置換)&=&\lim\limits_{\sigma\to 0}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(0)}{n!}\sigma^{n+1}
\int_{-\infty}^\infty t^n\exp\left[-\frac{t^2}{2}\right]dt\\
(\sigma\to0 で残るのはn=0のみ)&=&f(0)\times\frac{1}{\sqrt{2\pi}}
\int_{-\infty}^\infty \exp\left[-\frac{t^2}{2}\right]dt\\
&=&f(0)
\end{eqnarray}

以上で証明が出来た!このように極限操作を含めれば、デルタ関数を初等関数で扱うことが出来ると分かった。この他にも、デルタ関数と同じふるまいをする関数として
\begin{eqnarray}
\delta(x)=\lim\limits_{a\to\infty}\frac{\sin(ax)}{\pi x}\label{243}
\end{eqnarray}
もある。以下で一応示すが、複素積分の公式を使うので気持ちよくない。読者自ら調べて是非証明してみて欲しい。
\begin{eqnarray}
\int_{-\infty}^\infty f(x)\left[\lim\limits_{a\to\infty}\frac{\sin(ax)}{\pi x}\right]dx
&=&
\lim\limits_{a\to\infty}\frac{1}{\pi}\int_{-\infty}^\infty f(x)\frac{\sin(ax)}{x}dx\\
&=&
\lim\limits_{a\to\infty}
\frac{1}{2\pi}Im\left[\oint f(z)\frac{e^{iaz}}{z}dz\right]\\
&=&
Im\left[
i\lim\limits_{a\to\infty}\frac{1}{2\pi i}
\oint f(z)\frac{e^{iaz}}{z}dz\right]\\
&=&Im\left[if(0)\right]\\
&=&f(0)
\end{eqnarray}