実ベクトル場の量子化（質量=0の場合）

実ベクトル場の量子化（質量=0）

電磁場の方程式を満たす実ベクトル場の量子化（質量=0）は、実スカラー場の量子化を参考に

$$\boxed{{\displaystyle A^{\mu }=\int \frac{d^3\mathit{k}}{(2\pi {)}^{\frac{3}{2}}}\sqrt{\frac{1}{2{\omega }_{\mathit{k}}}}\sum _{\lambda }(a_{\lambda ,\mathit{k}}{\epsilon }_{\lambda ,\mathit{k}}^{\mu }{e}^{-ikx}+a_{\lambda ,\mathit{k}}^{†}{\epsilon }_{\lambda ,\mathit{k}}^{\mu \ast }{e}^{ikx})}}$$

となる。

ラグランジアン密度

場のラグランジュ方程式に代入すると、電磁場の方程式が再現されるようにラグランジアンを考えると、

$$\mathcal{L}=-\frac{1}{4}{F}_{\mu \nu }{F}^{\mu \nu }$$

となる。実際に計算してみると、

$$\begin{array}{rcl}\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial A_{\nu }}-{\partial }_{\mu }\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial ({\partial }_{\mu }{A}_{\nu })}& =& -\frac{1}{4}\{\frac{\partial }{\partial A_{\nu }}({\partial }_{\nu }{A}_{\mu }-{\partial }_{\mu }{A}_{\nu })({\partial }^{\nu }{A}^{\mu }-{\partial }^{\mu }{A}^{\nu })-{\partial }_{\mu }\frac{\partial F_{\mu \nu }{F}^{\mu \nu }}{\partial F_{\rho \sigma }}\frac{\partial F_{\rho \sigma }}{\partial ({\partial }_{\mu }{A}_{\nu })}\}\\ & =& -\frac{1}{4}\{0-{\partial }_{\mu }\frac{\partial F^2}{\partial F_{\rho \sigma }}\frac{\partial ({\partial }_{\sigma }{A}_{\rho }-{\partial }_{\rho }{A}_{\sigma })}{\partial ({\partial }_{\mu }{A}_{\nu })}\}\\ & =& \frac{1}{4}{\partial }_{\mu }(2F^{\rho \sigma })({\delta }_{\sigma }^{\mu }{\delta }_{\rho }^{\nu }-{\delta }_{\rho }^{\mu }{\delta }_{\sigma }^{\nu })\\ & =& \frac{1}{2}{\partial }_{\mu }(F^{\nu \mu }-F^{\mu \nu })\\ & =& \frac{1}{2}{\partial }_{\mu }(F^{\nu \mu }+F^{\nu \mu })\\ & =& {\partial }_{\mu }{F}^{\nu \mu }\\ & =& {\partial }_{\mu }({\partial }^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }{A}^{\mu })\\ & =& \mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/15.0.3/svg/25fb.svg">}{A}^{\nu }-{\partial }^{\nu }({\partial }_{\mu }{A}^{\mu })=0\end{array}$$

となり、確かに電磁場の方程式が導かれる。ただし、上記のラグランジアンには問題がある。$A$に正準共役の運動量${\pi }^{\mu }$は、

$$\begin{array}{rcl}{\pi }^{\mu }& =& \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial ({\partial }_0{A}_{\mu })}\\ & =& -\frac{1}{4}\frac{\partial F_{\mu \nu }{F}^{\mu \nu }}{\partial F_{\rho \sigma }}\frac{\partial F_{\rho \sigma }}{\partial ({\partial }_0{A}_{\mu })}\\ & =& -\frac{1}{4}\frac{\partial F^2}{\partial F_{\rho \sigma }}\frac{\partial ({\partial }_{\sigma }{A}_{\rho }-{\partial }_{\rho }{A}_{\sigma })}{\partial ({\partial }_0{A}_{\mu })}\\ & =& -\frac{1}{2}{F}^{\rho \sigma }({\delta }_{\sigma }^0{\delta }_{\rho }^{\mu }-{\delta }_{\rho }^0{\delta }_{\mu }^{\sigma })\\ & =& -\frac{1}{2}(F^{\mu 0}-F^{0\mu })\\ & =& -\frac{1}{2}(-F^{0\mu }-F^{0\mu })\\ & =& F^{0\mu }\\ & =& \left(\begin{array}{cccc}0& E_x& E_y& E_z\end{array}\right)\end{array}$$

となり、時間成分である${\pi }^0$が恒常的に0となってローレンツ不変性を壊してしまう。これを解決するため、ラグランジアンに任意の定数$\alpha$を含む項を追加し、

$$\boxed{{\displaystyle \mathcal{L}=-\frac{1}{4}{F}_{\mu \nu }{F}^{\mu \nu }-\frac{1}{2\alpha }({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2}}$$

とする。追加した第2項はゲージ固定項と呼ばれる。ゲージ固定項を場のラグランジュ方程式に代入すると、

$$\begin{array}{rcl}-\frac{1}{2\alpha }\frac{\partial ({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2}{\partial A_{\nu }}+\frac{1}{2\alpha }{\partial }_{\mu }\frac{\partial ({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2}{\partial ({\partial }_{\mu }{A}_{\nu })}& =& 0+\frac{1}{2\alpha }{\partial }_{\mu }\frac{{\eta }^{\mu \nu }}{{\eta }^{\mu \nu }}\frac{\partial ({\partial }_{\mu }{A}^{\mu }{)}^2}{\partial ({\partial }_{\mu }{A}_{\nu })}\\ & =& \frac{1}{2\alpha }{\partial }^{\nu }\frac{\partial ({\partial }_{\mu }{A}^{\mu }{)}^2}{\partial ({\partial }_{\mu }{A}^{\mu })}\\ & =& \frac{1}{\alpha }{\partial }^{\nu }({\partial }_{\mu }{A}^{\mu })=0\end{array}$$

となり、第1項を含めた電磁波の方程式は、

$$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/15.0.3/svg/25fb.svg">}{A}^{\nu }-(1-\frac{1}{\alpha }){\partial }^{\nu }({\partial }_{\mu }{A}^{\mu })=0$$

となる。最後に任意の定数である$\alpha$に1を選択すれば、

$$\mathrm{<img\; draggable="false"\; role="img"\; class="emoji"\; alt="◻"\; src="https://s.w.org/images/core/emoji/15.0.3/svg/25fb.svg">}{A}^{\nu }=0$$

となり、ローレンツゲージを採用した電磁波の方程式となる。$\alpha =1$を選択することをファインマンゲージと呼ぶ。ファインマンゲージのラグランジアンは、式変形でより簡単に表すことができ、

$$\begin{array}{rcl}\mathcal{L}& =& -\frac{1}{4}({\partial }_{\nu }{A}_{\mu }-{\partial }_{\mu }{A}_{\nu })({\partial }^{\nu }{A}^{\mu }-{\partial }^{\mu }{A}^{\nu })-\frac{1}{2}({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2\\ & =& -\frac{1}{4}({\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\nu }{A}^{\mu }-{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\mu }{A}^{\nu }-{\partial }_{\mu }{A}_{\nu }{\partial }^{\nu }{A}^{\mu }+{\partial }_{\mu }{A}_{\nu }{\partial }^{\mu }{A}^{\nu })-\frac{1}{2}({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2\\ & =& -\frac{1}{4}\{2({\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\nu }{A}^{\mu })-2({\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\mu }{A}^{\nu })\}-\frac{1}{2}({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2\\ & =& -\frac{1}{2}\{{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\nu }{A}^{\mu }-{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\mu }{A}^{\nu }+({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2\}\end{array}$$

となる。ここで第2項を部分積分し、$A^{\mu }(\pm \mathrm{\infty })$で0になることから表面項を落とすと、

$$\int d{x}^4{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\mu }{A}^{\nu }=-\int d{x}^4{A}_{\mu }{\partial }_{\nu }({\partial }^{\mu }{A}^{\nu })+\cancel{[A_{\mu }{\partial }^{\mu }{A}^{\nu }]}$$

となるので、ラグランジアンは、

$$\begin{array}{rcl}\mathcal{L}& =& -\frac{1}{2}\{{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\nu }{A}^{\mu }+A_{\mu }{\partial }_{\nu }({\partial }^{\mu }{A}^{\nu })+({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2\}\\ & =& -\frac{1}{2}\{{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\nu }{A}^{\mu }+A_{\mu }{\partial }^{\mu }({\partial }_{\nu }{A}^{\nu })+({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2\}\end{array}$$

となる。ローレンゲージ${\partial }_{\mu }{A}^{\mu }=0$より第２項、第３項は0になるので、最終的にファインマンゲージを採用したラグランジアンは、

$$\mathcal{L}=-\frac{1}{2}{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\nu }{A}^{\mu }$$

となる。

$A$に正準共役の運動量$\pi$

ファインマンゲージのラグランジアンで考える。$A$に正準共役の運動量$\pi$は、

$$\begin{array}{rcl}{\pi }^{\mu }& =& \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial ({\partial }_0{A}_{\mu })}\\ & =& -\frac{1}{2}\frac{\partial ({\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\nu }{A}^{\mu })}{\partial ({\partial }_0{A}_{\mu })}\\ & =& -\frac{1}{2}\frac{\partial (\partial A{)}^2}{\partial ({\partial }_{\nu }{A}_{\mu })}\frac{\partial ({\partial }_{\nu }{A}_{\mu })}{\partial ({\partial }_0{A}_{\mu })}\\ & =& -{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\delta }_0^{\nu }\\ & =& -{\partial }_0{A}_{\mu }\\ & =& -{\dot{A}}^{\mu }\end{array}$$

となる。ファインマンゲージを選択したことで、確かに${\pi }^{\mu }$の時間成分が現れる。

ハミルトニアン

$A^0=0$と固定した場合

最初に電磁場の方程式で見たように、$A^0=0$と固定したローレンツゲージ（ファインマンゲージ）の場合を考える。ルジャンドル変換より、

$$\begin{array}{rcl}H& =& \int d{\mathit{x}}^3({\pi }^{\mu }{\dot{A}}_{\mu }-\mathcal{L})\\ & =& \int d{\mathit{x}}^3\{-{\dot{A}}^{\mu }{\dot{A}}_{\mu }+\frac{1}{4}{F}_{\mu \nu }{F}^{\mu \nu }+\frac{1}{2}({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2\}\\ & =& \int d{\mathit{x}}^3\{-{\dot{A}}^2+\frac{1}{4}(-2{\mathit{E}}^2+2{\mathit{B}}^2)+\frac{1}{2}({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2\}\\ & =& \int d{\mathit{x}}^3\{-{\dot{A}}^2+\frac{1}{2}(-{\mathit{E}}^2+{\mathit{B}}^2)+\frac{1}{2}({\partial }^{\mu }{A}_{\mu }{)}^2\}\end{array}$$

となる。ここで第1項は、$A^0=V=0$より

$$\mathit{E}=-\mathbf{\nabla }V-\frac{\partial \mathit{A}}{\partial t}=-\dot{\mathit{A}}$$

であるから、

$$-{\dot{A}}^2=-\left(\begin{array}{cc}0& \dot{\mathit{A}}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}0\\ -\dot{\mathit{A}}\end{array}\right)={\mathit{E}}^2$$

となり、第3項はローレンツゲージ${\partial }_{\mu }{A}^{\mu }=0$より0になるので、

$$H=\frac{1}{2}\int d{\mathit{x}}^3({\mathit{E}}^2+{\mathit{B}}^2)$$

となる。被積分関数は、電磁気学で見た電磁場のエネルギー密度になっている。

ベクトルポテンシャルで表した場合

ルジャンドル変換より、

$$\begin{array}{rcl}H& =& \int d{\mathit{x}}^3({\pi }^{\mu }{\dot{A}}_{\mu }-\mathcal{L})\\ & =& \int d{\mathit{x}}^3(-{\dot{A}}^{\mu }{\dot{A}}_{\mu }+\frac{1}{2}{\partial }_{\nu }{A}_{\mu }{\partial }^{\nu }{A}^{\mu })\\ & =& \int d{\mathit{x}}^3\{-{\dot{A}}^2+\frac{1}{2}({\partial }_0{A}_{\mu })({\partial }^0{A}^{\mu })+\frac{1}{2}(\mathbf{\nabla }{A}_{\mu })(-\mathbf{\nabla }{A}^{\mu })\}\\ & =& \int d{\mathit{x}}^3\{-{\dot{A}}^2+\frac{1}{2}{\dot{A}}^2-\frac{1}{2}(\mathbf{\nabla }A{)}^2\}\\ & =& -\frac{1}{2}\int d{\mathit{x}}^3\{{\dot{A}}^2+(\mathbf{\nabla }A{)}^2\}\end{array}$$

となる。