パイ中間子が光子を吸収するときの確率振幅を求めます。
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計算の準備
ハミルトニアンの相互作用項
パイ中間子は複素スカラー場で表される。電磁場と相互作用する複素スカラー場のハミルトニアンは、\(e^2\)の項を無視して、
$$\mathscr{H}_I=ie(\phi^\dagger\partial^\mu\phi-(\partial^\mu\phi^\dagger)\phi)A_\mu$$
となる。\(ie(\phi^\dagger\partial^\mu\phi-(\partial^\mu\phi^\dagger)\phi)\)は、確率のカレントと電荷の積となっており、電荷の流れ（遷移電流）と考えることができる。遷移電流を\(j^\mu\)とすると
$$\mathscr{H}_I=j^\mu A_\mu$$
となる。
場の展開式と始状態・終状態
場の展開式は、
\begin{eqnarray}
\phi&=&\int\frac{d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2E_\boldsymbol{p}}}(a_\boldsymbol{p}\mathrm{e}^{-ip\cdot x}+b_\boldsymbol{p}^\dagger \mathrm{e}^{ip\cdot x})\\
A^\mu&=&\int\frac{d^3\boldsymbol{k}}{(2\pi)^\frac{3}{2
}}\sqrt{\frac{1}{2\omega_\boldsymbol{k}}}\sum_{\lambda=1,2}\varepsilon_{\lambda,\boldsymbol{k}}^\mu(\alpha_{\lambda,\boldsymbol{k}}\mathrm{e}^{-ik\cdot x}+\alpha^\dagger_{\lambda,\boldsymbol{k}}\mathrm{e}^{ik\cdot x})
\end{eqnarray}
であるから、始状態と終状態は、
\begin{eqnarray}
|i\rangle&=&a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger\alpha_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i}^\dagger|0\rangle\\
\langle f|&=&\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}
\end{eqnarray}
となる。
S行列
S行列より、一次の摂動の確率振幅は、
\begin{eqnarray}
\mathscr{A}_{fi}&=&-i\int dx^4\langle f|\mathscr{H}_I|i\rangle\\
&=&-i\int d^4x\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}j^\mu A_\mu a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger\alpha_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i}^\dagger|0\rangle\\
&=&-i\int d^4x\langle 0|A_\mu\alpha_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i}^\dagger|0\rangle\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}j^\mu a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle
\end{eqnarray}
となり、光子とパイ中間子が式の中で分かれる。
確率振幅の計算
光子
\(\langle 0|A_\mu\alpha_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i}^\dagger|0\rangle\)の計算を考える。左から\(\langle 0|\)を掛けているので、\(A_\mu\)内の\(\alpha^\dagger\)はすべて0になり、右から\(\alpha_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i}^\dagger|0\rangle\)を掛けているので、\(\alpha_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i}^\dagger\)と交換できる\(\alpha\)のみ0になる。つまり、
\begin{eqnarray}
\langle 0|A_\mu\alpha_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i}^\dagger|0\rangle \mathrm{e}^{-ik\cdot x}&=&\int\frac{d^3\boldsymbol{k}}{(2\pi)^\frac{3}{2
}}\sqrt{\frac{1}{2\omega_\boldsymbol{k}}}\sum_{\lambda=1,2}\varepsilon_{\lambda,\boldsymbol{k},\mu}\langle 0|\alpha_{\lambda,\boldsymbol{k}}\alpha_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i}^\dagger |0\rangle\mathrm{e}^{-ik\cdot x}\\
&=&\int\frac{d^3\boldsymbol{k}}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2\omega_\boldsymbol{k}}}\sum_{\lambda=1,2}\varepsilon_{\lambda,\boldsymbol{k},\mu}\langle 0|\{
\alpha_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i}^\dagger\alpha_{\lambda,\boldsymbol{k}}+\delta(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}_i,\lambda-\lambda_i)\}|0\rangle \mathrm{e}^{-ik\cdot x}\\
&=&\int\frac{d^3\boldsymbol{k}}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2\omega_\boldsymbol{k}}}\sum_{\lambda=1,2}\varepsilon_{\lambda,\boldsymbol{k},\mu}\langle 0|\delta(\boldsymbol{k}-\boldsymbol{k}_i,\lambda-\lambda_i)|0\rangle \mathrm{e}^{-ik\cdot x}\\
&=&\frac{1}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol{k}_i}}}\varepsilon_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i,\mu}\langle 0|0\rangle\mathrm{e}^{-ik\cdot x}\\
&=&\frac{1}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol{k}_i}}}\varepsilon_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i,\mu} \mathrm{e}^{-ik\cdot x}
\end{eqnarray}
となる。
パイ中間子
\(\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}j^\mu a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle\)の計算を考える。\(j^\mu\)は、
\begin{eqnarray}
ie(\phi^\dagger\partial^\mu\phi-(\partial^\mu\phi^\dagger)\phi)&=&ie\left[\left\{\int\frac{d^3\boldsymbol{p}’}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}}}(a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger \mathrm{e}^{ip’\cdot x}+b_{\boldsymbol{p}’}\mathrm{e}^{-ip’\cdot x})\right\}\left\{\int\frac{d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2E_\boldsymbol{p}}}ip^\mu(-a_\boldsymbol{p}\mathrm{e}^{-ip\cdot x}+b_\boldsymbol{p}^\dagger \mathrm{e}^{ip\cdot x})\right\}-\left\{\int\frac{d^3\boldsymbol{p}’}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}}}ip’^\mu(a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger \mathrm{e}^{ip’\cdot x}-b_{\boldsymbol{p}’}\mathrm{e}^{-ip’\cdot x})\right\}\left\{\int\frac{d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2E_\boldsymbol{p}}}(a_\boldsymbol{p}\mathrm{e}^{-ip\cdot x}+b_\boldsymbol{p}^\dagger \mathrm{e}^{ip\cdot x})\right\}\right]\\
&=&ie\iint\frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}\{ip^\mu(-a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger a_\boldsymbol{p}\mathrm{e}^{i(p’-p)\cdot x}+a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger b_\boldsymbol{p}^\dagger \mathrm{e}^{i(p’+p)\cdot x}-b_{\boldsymbol{p}’}a_\boldsymbol{p}\mathrm{e}^{i(-p’-p)\cdot x}+b_{\boldsymbol{p}’}b_\boldsymbol{p}^\dagger \mathrm{e}^{i(-p’+p)\cdot x})-ip’^\mu(a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger a_\boldsymbol{p}\mathrm{e}^{i(p’-p)\cdot x}+a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger b_\boldsymbol{p}^\dagger \mathrm{e}^{i(p’+p)\cdot x}-b_{\boldsymbol{p}’}a_\boldsymbol{p}\mathrm{e}^{i(-p’-p)\cdot x}-b_{\boldsymbol{p}’}b_\boldsymbol{p}^\dagger \mathrm{e}^{i(-p’+p)\cdot x})\}
\end{eqnarray}
となり、演算子のペアの項が8つある。左から\(\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}\)を掛け、右から\(a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle\)を掛けて、生成消滅演算子の交換関係と真空条件を使って項を減らすことを考える。1項目を計算してみると、
\begin{eqnarray}
ie\iint \frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}ip^\mu\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}(-a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger a_\boldsymbol{p})a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle \mathrm{e}^{i(p’-p)\cdot x}&=&e\iint \frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}p^\mu\langle 0|\{a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger a_{\boldsymbol{p}_f} +\delta(\boldsymbol{p}’-\boldsymbol{p}_f)\}\{a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger a_{\boldsymbol{p}} +\delta(\boldsymbol{p}_i-\boldsymbol{p})\}|0\rangle \mathrm{e}^{i(p’-p)\cdot x}\\
&=&e\iint \frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(
2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}p^\mu\langle 0|\delta(\boldsymbol{p}’-\boldsymbol{p}_f)\delta(\boldsymbol{p}_i-\boldsymbol{p})|0\rangle \mathrm{e}^{i(p’-p)\cdot x}\\
&=&e\frac{1}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}_f}2E_{\boldsymbol{p}_i}}}p_i^\mu\langle 0|0\rangle \mathrm{e}^{i(p_f-p_i)\cdot x}\\
&=&e\frac{1}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}_f}2E_{\boldsymbol{p}_i}}}p_i^\mu\mathrm{e}^{i(p_f-p_i)\cdot x}
\end{eqnarray}
となり、同様の計算で5項目は
$$-ie\iint \frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}ip’^\mu\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}(a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger a_\boldsymbol{p})a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle \mathrm{e}^{i(p’-p)\cdot x}=e\frac{1}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}_f}2E_{\boldsymbol{p}_i}}}p_f^\mu\mathrm{e}^{i(p_f-p_i)\cdot x}$$
となる。2項目は
\begin{eqnarray}
ie\iint \frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}ip^\mu\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}(a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger b_\boldsymbol{p}^\dagger)a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle \mathrm{e}^{i(p’+p)\cdot x}&=&-e\iint \frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}p^\mu\langle 0|\{a_{\boldsymbol{p}’}^\dagger a_{\boldsymbol{p}_f} +\delta(\boldsymbol{p}’-\boldsymbol{p}_f)\}b_\boldsymbol{p}^\dagger a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle \mathrm{e}^{i(p’+p)\cdot x}\\
&=&-e\iint \frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}p^\mu\langle 0|\delta(\boldsymbol{p}’-\boldsymbol{p}_f)b_\boldsymbol{p}^\dagger a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle \mathrm{e}^{i(p’+p)\cdot x}\\
&=&-e\int \frac{d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}_f}2E_\boldsymbol{p}}}p^\mu\langle 0|b_\boldsymbol{p}^\dagger a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle \mathrm{e}^{i(p_f+p)\cdot x}\\
&=&0
\end{eqnarray}
となり、同様の計算で3項目、6項目、7項目も0になる。4項目は、
\begin{eqnarray}
ie\iint \frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}ip^\mu\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}(b_{\boldsymbol{p}’} b_\boldsymbol{p}^\dagger)a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle \mathrm{e}^{i(-p’+p)\cdot x}&=&-e\iint \frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}p^\mu\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}\{b_\boldsymbol{p}^\dagger b_{\boldsymbol{p}’}+\delta(\boldsymbol{p}’-\boldsymbol{p})\}a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle \mathrm{e}^{i(-p’+p)\cdot x}\\
&=&-e\iint \frac{d^3\boldsymbol{p}’d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}’}2E_\boldsymbol{p}}}p^\mu\{\langle 0|b_\boldsymbol{p}^\dagger a_{\boldsymbol{p}_f} a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger b_{\boldsymbol{p}’}|0\rangle +\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}\delta(\boldsymbol{p}’-\boldsymbol{p})a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle\} \mathrm{e}^{i(-p’+p)\cdot x}\\
&=&-e\int \frac{d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}_f}2E_\boldsymbol{p}}}p^\mu\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f} a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle\\
&=&-e\int \frac{d^3\boldsymbol{p}}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}_f}2E_\boldsymbol{p}}}p^\mu\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger a_{\boldsymbol{p}_f}|0\rangle\\
&=&0
\end{eqnarray}
となり、同様の計算で8項目も0になる。したがって、1項目と5項目だけが残るので、
\begin{eqnarray}
\langle 0|a_{\boldsymbol{p}_f}j^\mu a_{\boldsymbol{p}_i}^\dagger|0\rangle&=&e\frac{1}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}_f}2E_{\boldsymbol{p}_i}}}(p_f+p_i)^\mu\mathrm{e}^{i(p_f-p_i)\cdot x}
\end{eqnarray}
となる。
確率振幅
係数を
\begin{eqnarray}
N_k&=&\frac{1}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol{k}_i}}}\\
N_f&=&\frac{1}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}_f}}}\\
N_i&=&\frac{1}{(2\pi)^\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}_i}}}
\end{eqnarray}
とすると、確率振幅は、
\begin{eqnarray}
\mathscr{A}_{fi}&=&-ieN_{p_f}N_{p_i}N_{k_i}(p_f+p_i)^\mu \varepsilon_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i,\mu}\int d^4x \ \mathrm{e}^{i(p_f-p_i)\cdot x}\mathrm{e}^{-ik\cdot x}\\
&=&-ieN_{p_f}N_{p_i}N_{k_i}(p_f+p_i)\cdot\varepsilon_{\lambda_i,\boldsymbol{k}_i}(2\pi)^4\delta(p_f-p_i-k)
\end{eqnarray}
となる。デルタ関数はエネルギー保存則を表している。
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