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場の量子論の問題

難易度 3大学院入試の専門科目の標準レベル大学院物理場の量子論

自然単位系 $ℏ = c = 1$ 、計量の符号 $(+, -, -, -)$ を用いる。 $3 + 1$ 次元時空の質量ゼロの実スカラー場 $ϕ (x)$ を考える。ラグランジアン密度は
$L = \frac{1}{2} \partial_{μ} ϕ \partial^{μ} ϕ$
である。正準運動量は $π (x) = \partial_{0} ϕ (x)$ であり、同時刻交換関係 $[ϕ (t, x), π (t, y)] = i δ^{3} (x - y)$ を課して量子化する。このとき場は
$ϕ (x) = \int \frac{d ^{3} p}{( 2 π ) ^{3}} \frac{1}{2 E _{p}} (a_{p} e^{- i p \cdot x} + a_{p}^{†} e^{i p \cdot x}), E_{p} = ∣ p ∣, [a_{p}, a_{q}^{†}] = (2 π)^{3} δ^{3} (p - q)$
と展開される（ $p^{0} = E_{p}$ 、ほかの交換子は $0$ ）。真空 $∣0 ⟩$ は、すべての $p$ について $a_{p} ∣0 ⟩ = 0$ を満たす規格化された状態とする。

演算子 $O (x)$ を
$O (x) = π (x) + \frac{\partial ϕ}{\partial z} (x)$
で定める（ $z$ は空間座標の第 3 成分）。 $a > 0$ を定数とし、2 点 $x = (t, 0, 0, a)$ 、 $y = (t, 0, 0, 0)$ をとる（同時刻）。真空期待値
$⟨ 0∣ O (x) O (y) ∣0 ⟩$
を $a$ の式で求めよ。ただし、運動量積分は被積分関数に収束因子 $e^{- ε ∣ p ∣}$ を掛けて計算し、 $ε \to + 0$ の極限をとったものと解釈する（ $a > 0$ なので極限は有限）。

この問題で使うもの

真空 2 点関数と運動量積分（説明と入口の問題）
自由スカラー場の正準量子化とモード展開（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（142 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

$O (x) O (y)$ を展開して 4 つの 2 点関数に分け、それぞれを $⟨ 0∣ ϕ (x) ϕ (y) ∣0 ⟩$ の微分として表しましょう。

ヒント 2

$⟨ 0∣ ϕ (x) ϕ (y) ∣0 ⟩ = \int \frac{d ^{3} p}{( 2 π ) ^{3}} \frac{e ^{- i p \cdot (x - y)}}{2 E _{p}}$ です。同時刻では $G (r) = \int \frac{d ^{3} p}{( 2 π ) ^{3}} \frac{e ^{i p \cdot r}}{2∣ p ∣} = \frac{1}{4 π ^{2} r ^{2}}$ となります。時間微分は $\mp i E$ 、空間微分は $\pm i p_{z}$ の因子になります。

ヒント 3

$⟨ π π ⟩ = - \nabla^{2} G = - \frac{1}{2 π ^{2} a ^{4}}$ と $⟨ \partial_{z} ϕ \partial_{z} ϕ ⟩ = - \partial_{z}^{2} G$ を求めます。交差項の被積分関数は $p_{z}$ について奇なので、 $a \neq = 0$ では消えます。

答えと解説

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- \frac{2}{π ^{2} a ^{4}}

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解説を読む

1. ワイトマン関数 展開式と $a_{p} ∣0 ⟩ = 0$ 、 $[a_{p}, a_{q}^{†}] = (2 π)^{3} δ^{3} (p - q)$ から、 $⟨ 0∣ a_{p} a_{q}^{†} ∣0 ⟩ = (2 π)^{3} δ^{3} (p - q)$ であり、ほかの組合せの期待値は $0$ である。よって
$⟨ 0∣ ϕ (x) ϕ (y) ∣0 ⟩ = \int \frac{d ^{3} p}{( 2 π ) ^{3}} \frac{1}{2 E _{p}} e^{- i p \cdot (x - y)}$
となる。ここで $e^{- i p \cdot (x - y)} = e^{- i E_{p} (x^{0} - y^{0}) + i p \cdot (x - y)}$ である。

微分は被積分関数に次の因子を掛けることになる。
- $\partial_{x^{0}}$ は $- i E_{p}$ 、 $\partial_{y^{0}}$ は $+ i E_{p}$
- $\partial_{x_{z}}$ は $+ i p_{z}$ 、 $\partial_{y_{z}}$ は $- i p_{z}$

その後で同時刻 $x^{0} = y^{0}$ とおき、 $r = x - y = (0, 0, a)$ と書く。

2. 基本の積分 球座標で計算すると
$G (r) \equiv \int \frac{d ^{3} p}{( 2 π ) ^{3}} \frac{e ^{i p \cdot r}}{2∣ p ∣} = \frac{1}{16 π ^{3}} \int_{0}^{\infty} p d p \frac{4 π sin ( p r )}{p r} = \frac{1}{4 π ^{2} r} ε \to + 0 lim \int_{0}^{\infty} sin (p r) e^{- εp} d p = \frac{1}{4 π ^{2} r ^{2}}$
となる（ $\int_{0}^{\infty} sin (p r) e^{- εp} d p = \frac{r}{r ^{2} + ε ^{2}} \to \frac{1}{r}$ を用いた）。

3. 各項の計算

(i) $⟨ π (x) π (y)⟩$ ：因子は $(- i E) (i E) = E^{2}$ なので、被積分関数は $\frac{E _{p}}{2} e^{i p \cdot r} = \frac{∣ p ∣ ^{2}}{2∣ p ∣} e^{i p \cdot r}$ である。したがって $- \nabla^{2} G$ に等しい。
$\nabla^{2} \frac{1}{r ^{2}} = \frac{1}{r ^{2}} \frac{d}{d r} (r^{2} \cdot \frac{- 2}{r ^{3}}) = \frac{2}{r ^{4}}$
より
$⟨ π π ⟩ = - \frac{1}{4 π ^{2}} \cdot \frac{2}{a ^{4}} = - \frac{1}{2 π ^{2} a ^{4}}$
となる。

(ii) $⟨ \partial_{z} ϕ (x) \partial_{z} ϕ (y)⟩$ ：因子は $(i p_{z}) (- i p_{z}) = p_{z}^{2}$ なので、 $- \partial_{z}^{2} G$ に等しい。
$\partial_{z}^{2} r^{- 2} = - \frac{2}{r ^{4}} + \frac{8 z ^{2}}{r ^{6}}$
であり、 $z = a$ 、 $r = a$ では $\frac{6}{a ^{4}}$ となる。よって
$⟨ \partial_{z} ϕ \partial_{z} ϕ ⟩ = - \frac{6}{4 π ^{2} a ^{4}} = - \frac{3}{2 π ^{2} a ^{4}}$
である。

(iii) 交差項 $⟨ π (x) \partial_{z} ϕ (y)⟩$ ：因子は $(- i E) (- i p_{z}) = - E p_{z}$ で、被積分関数は $- \frac{p _{z}}{2} e^{i p \cdot r}$ となる。 $\int d^{3} p p_{z} e^{i p \cdot r} = - i \partial_{z} (2 π)^{3} δ^{3} (r)$ なので、 $a \neq = 0$ では $0$ である。

交差項 $⟨ \partial_{z} ϕ (x) π (y)⟩$ ：因子は $(i p_{z}) (i E) = - E p_{z}$ で、同様に $0$ である。

4. 合計
$⟨ 0∣ O (x) O (y) ∣0 ⟩ = - \frac{1}{2 π ^{2} a ^{4}} - \frac{3}{2 π ^{2} a ^{4}} = - \frac{2}{π ^{2} a ^{4}}$

別解

$ϕ$ の展開から、消滅部分と生成部分はそれぞれ次のようになる。
$π = \partial_{t} ϕ$ より、 $π = \int \frac{d ^{3} p}{( 2 π ) ^{3}} \frac{1}{2 E} (- i E a_{p} e^{- i p \cdot x} + i E a_{p}^{†} e^{i p \cdot x})$ 。
$p \cdot x = E t - p \cdot x$ なので、 $\partial_{z} ϕ = \int \frac{d ^{3} p}{( 2 π ) ^{3}} \frac{1}{2 E} (i p_{z} a_{p} e^{- i p \cdot x} - i p_{z} a_{p}^{†} e^{i p \cdot x})$ 。
足し合わせると、
$O = \int \frac{d ^{3} p}{( 2 π ) ^{3}} \frac{1}{2 E} [- i (E - p_{z}) a_{p} e^{- i p \cdot x} + i (E - p_{z}) a_{p}^{†} e^{i p \cdot x}]$ 。

真空期待値には、 $O (x)$ の生成部分と $O (y)$ の消滅部分のうち消滅部分が $O (y)$ 側に来る項だけが残る（ $a ∣0 ⟩ = 0$ と $[a, a^{†}]$ による）。実際に残るのは $O (x)$ の消滅部分と $O (y)$ の生成部分の積で、
$⟨ O (x) O (y)⟩ = \int \frac{d ^{3} p}{( 2 π ) ^{3}} \frac{( E - p _{z} ) ^{2}}{2 E} e^{- i p \cdot (x - y)}$ 。

同時刻で $x - y = (0, 0, 0, a)$ だから、 $e^{- i p \cdot (x - y)} = e^{i p_{z} a}$ となる。

次に、これを位置空間の関数で書く。
$W (t, r) = \int \frac{d ^{3} p}{( 2 π ) ^{3}} \frac{1}{2 E} e^{- i E t + i p \cdot r} = \frac{1}{4 π ^{2} ( r ^{2} - ( t - i ε ) ^{2} )}$ 。
この $t = 0$ の値を球座標の積分で確かめると、 $\frac{1}{4 π ^{2} r} \int_{0}^{\infty} sin (p r) d p = \frac{1}{4 π ^{2} r ^{2}}$ （収束因子つき）となり一致する。

因子 $E - p_{z}$ は微分演算子 $i (\partial_{t} + \partial_{z})$ に対応する（ $E \to i \partial_{t}$ 、 $p_{z} \to - i \partial_{z}$ ）。したがって
$⟨ O (x) O (y)⟩ = - (\partial_{t} + \partial_{z})^{2} W_{t = 0, r = (0, 0, a)}$ 。

$x, y$ 方向の座標を $0$ とすると、 $W = \frac{1}{4 π ^{2} ( z - t ) ( z + t )}$ 。 $u = z + t$ 、 $v = z - t$ とおくと、 $\partial_{t} + \partial_{z} = 2 \partial_{u}$ であり、
$(\partial_{t} + \partial_{z})^{2} W = 4 \partial_{u}^{2} \frac{1}{4 π ^{2} uv} = \frac{2}{π ^{2} u ^{3} v}$ 。
$t = 0$ では $u = v = a$ なので、これは $\frac{2}{π ^{2} a ^{4}}$ に等しい。

よって $⟨ 0∣ O (x) O (y) ∣0 ⟩ = - \frac{2}{π ^{2} a ^{4}}$ となる。

検算として、運動量積分を球座標で書くと $\frac{1}{8 π ^{2}} \int_{0}^{\infty} p^{3} e^{- εp} d p \int_{- 1}^{1} (1 - c)^{2} e^{i p a c} d c$ となる。位置空間の計算とは $a^{- 4}$ の次元が一致する。符号は同時刻の異なる 2 点での値としてあり得る。

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