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.

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