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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
$$\boxed{A^{\mu}=\int\frac{d^3\boldsymbol{k}}{(2\pi)^{\frac{3}{2}}}\sqrt{\frac{1}{2\omega_\boldsymbol{k}}}\sum_\lambda(a_{\lambda,\boldsymbol{k}}\varepsilon^\mu_{\lambda,\boldsymbol{k}}e^{-ikx}+a_{\lambda,\boldsymbol{k}}^\dagger\varepsilon^{\mu *}_{\lambda,\boldsymbol{k}}e^{ikx})}$$
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、
$$\mathscr{L}=-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$$
となる。実際に計算してみると、
\begin{eqnarray}
\frac{\partial\mathscr{L}}{\partial A_\nu}-\partial_\mu\frac{\partial\mathscr{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}
&=&-\frac{1}{4}\left\{\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)}\right\}\\
&=&-\frac{1}{4}\left\{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)}\right\}\\
&=&\frac{1}{4}\partial_\mu (2F^{\rho\sigma})(\delta^\mu_\sigma\delta^\nu_\rho-\delta^\mu_\rho\delta^\nu_\sigma)\\
&=&\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)\\
&=&\square A^\nu-\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu)=0
\end{eqnarray}
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{eqnarray}
\pi^\mu&=&\frac{\partial\mathscr{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^0_\sigma\delta^\mu_\rho-\delta^0_\rho\delta_\mu^\sigma)\\
&=&-\frac{1}{2}(F^{\mu 0}-F^{0 \mu})\\
&=&-\frac{1}{2}(-F^{0 \mu}-F^{0 \mu})\\
&=&F^{0 \mu}\\
&=&\begin{pmatrix}0 & E_x & E_y & E_z\end{pmatrix}
\end{eqnarray}
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、
$$\boxed{\mathscr{L}=-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}-\frac{1}{2\alpha}(\partial^\mu A_\mu)^2}$$
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{eqnarray}
-\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{eqnarray}
となり、第1項を含めた電磁波の方程式は、
$$\square A^\nu-\left(1-\frac{1}{\alpha}\right)\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu)=0$$
となる。最後に任意の定数である\(\alpha\)に1を選択すれば、
$$\square A^\nu=0$$
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{eqnarray} \mathscr{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{eqnarray}となる。ここで第2項を部分積分し、\(A^\mu(\pm\infty)\)で0になることから表面項を落とすと、
$$\int dx^4 \partial_\nu A_\mu \partial^\mu A^\nu=-\int dx^4 A_\mu \partial_\nu(\partial^\mu A^\nu)+\cancel{[A_\mu\partial^\mu A^\nu]}$$となるので、ラグランジアンは、
\begin{eqnarray} \mathscr{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{eqnarray}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、
$$\mathscr{L}=-\frac{1}{2}\partial_\nu A_\mu\partial^\nu A^\mu$$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{eqnarray}
\pi^\mu&=&\frac{\partial\mathscr{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^\nu_0\\
&=&-\partial_0 A_\mu\\
&=&-\dot{A}^\mu
\end{eqnarray}
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{eqnarray} H&=&\int d\boldsymbol{x}^3 (\pi^\mu\dot{A}_\mu-\mathscr{L})\\ &=&\int d\boldsymbol{x}^3\left\{-\dot{A}^\mu \dot{A}_\mu+\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}+\frac{1}{2}(\partial^\mu A_\mu)^2\right\}\\ &=&\int d\boldsymbol{x}^3\left\{-\dot{A}^2+\frac{1}{4}(-2\boldsymbol{E}^2+2\boldsymbol{B}^2)+\frac{1}{2}(\partial^\mu A_\mu)^2\right\}\\ &=&\int d\boldsymbol{x}^3\left\{-\dot{A}^2+\frac{1}{2}(-\boldsymbol{E}^2+\boldsymbol{B}^2)+\frac{1}{2}(\partial^\mu A_\mu)^2\right\} \end{eqnarray}となる。ここで第1項は、\(A^0=V=0\)より
$$\boldsymbol{E}=-\boldsymbol{\nabla}V-\frac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t}=-\dot{\boldsymbol{A}}$$であるから、
$$-\dot{A}^2=-\begin{pmatrix}0 & \dot{\boldsymbol{A}}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0 \\ -\dot{\boldsymbol{A}}\end{pmatrix}=\boldsymbol{E}^2$$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、
$$H=\frac{1}{2}\int d\boldsymbol{x}^3(\boldsymbol{E}^2+\boldsymbol{B}^2)$$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{eqnarray}
H&=&\int d\boldsymbol{x}^3(\pi^\mu\dot{A}_\mu-\mathscr{L})\\
&=&\int d\boldsymbol{x}^3\left(-\dot{A}^\mu\dot{A}_\mu+\frac{1}{2}\partial_\nu A_\mu\partial^\nu A^\mu\right)\\
&=&\int d\boldsymbol{x}^3\left\{-\dot{A}^2+\frac{1}{2}(\partial_0 A_\mu)(\partial^0 A^\mu)+\frac{1}{2}(\boldsymbol{\nabla}A_\mu)(-\boldsymbol{\nabla}A^\mu)\right\}\\
&=&\int d\boldsymbol{x}^3\left\{-\dot{A}^2+\frac{1}{2}\dot{A}^2-\frac{1}{2}(\boldsymbol{\nabla}A)^2\right\}\\
&=&-\frac{1}{2}\int d\boldsymbol{x}^3\{\dot{A}^2+(\boldsymbol{\nabla}A)^2\}\\
\end{eqnarray}
となる。
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