スカラー場の正準量子化：場の交換関係から粒子描像へ

0. この記事の要点

電磁波や空気の振動のように、空間のあらゆる点に値をもつ「場」を量子力学で扱うと、何が起こるでしょうか。この記事では、ばねにつながれたおもりの量子力学（調和振動子）を、場のすべての波の成分に 1 つずつ当てはめます。すると、場の波の最小単位が「粒子」として現れます。読み終えると、粒子という概念を最初に仮定しなくても、質量 $m$ の粒子の存在が場の性質から導かれることが分かります。以下の箇条書きは、その結論を先に並べたものです。初めて見る言葉があっても、各節で順に説明します。

• 古典力学の量子化と同じ処方を場に適用します。ポアソン括弧を交換子で置き換え、等時刻正準交換関係 $[\hat\phi(t,\boldsymbol x),\hat\pi(t,\boldsymbol y)] = i\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ を課します。連続無限個の自由度をもつ点だけが量子力学と違います。
• 自由スカラー場を平面波で展開すると、運動量 $\boldsymbol k$ のモードごとに角振動数 $\omega_{\boldsymbol k}=\sqrt{|\boldsymbol k|^2+m^2}$ の調和振動子が 1 個ずつ現れます。自由場の量子論とは「互いに独立な無限個の調和振動子」のことです。
• ハミルトニアンは $\hat H = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\omega_{\boldsymbol k}\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k} + E_0$ と対角化されます。$\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}$ が作る励起はエネルギー $\omega_{\boldsymbol k}$、運動量 $\boldsymbol k$ をもち、$E^2 = |\boldsymbol k|^2 + m^2$ を満たします。これが「質量 $m$ の粒子」の正体です。
• $[\hat a^\dagger_{\boldsymbol k},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}]=0$ から多粒子状態の完全対称性、すなわちボーズ統計（同種の粒子を入れ替えても状態が変わらないこと）が自動的に従います。状態空間はフォック空間（粒子数の異なる状態をすべてまとめた空間）です。
• 真空エネルギー $E_0$ は発散します。正規順序で差し引きますが、境界条件を変えたときの「差」はカシミール効果として観測されており、重力を入れると宇宙定数問題になります。
• 空間的に隔たった 2 点での場の交換子は厳密に $0$ です（微視的因果律）。相対論的量子論が要求していた性質が、この構成では定理として証明できます。

この記事で使う事前知識

• ポアソン括弧: 解析力学で、正準座標と正準運動量の組から物理量の時間変化などを決める二項演算。→ ポアソン括弧
• 交換子: 演算子 $A,B$ の順序の違いを測る $AB-BA$ のこと。→ 交換子
• 生成・消滅演算子: 調和振動子で、エネルギー準位を 1 段ずつ上げ下げする演算子。→ 生成演算子
• ハミルトニアン: 系の全エネルギーを正準座標と正準運動量で表したもの。→ ハミルトニアン
• 分散関係: 波の角振動数と波数を結ぶ関係式。→ 分散関係

1. 動機：なぜ場を演算子にするのか

古典場の理論とラグランジアンでは、実スカラー場 $\phi(x)$ をラグランジアン密度（定義 4.1）［古典場の理論とラグランジアン］から出発する古典力学系として扱いました。そこで得られた枠組みは、質点系の解析力学と形式的にまったく同じです。一般化座標 $q_i$ の役割を果たすのが各空間点での場の値 $\phi(\boldsymbol x)$ であり、添字 $i$ が連続変数 $\boldsymbol x$ に置き換わっただけです。

一方、量子力学は古典力学に対する明確な処方箋をもっています。正準座標と正準運動量を演算子に格上げし、ポアソン括弧を交換子で置き換える、という手続きです。詳しくは正準変換とポアソン括弧の定義 5.1［正準変換とポアソン括弧］と演算子と物理量の定理 4.3［演算子と物理量］を参照してください。場もまた正準形式をもつ力学系なのですから、同じ処方をそのまま適用すればよい、というのが本章の出発点です。この手続きを正準量子化（canonical quantization）と呼びます。

しかし、なぜわざわざ場を量子化するのでしょうか。なぜ場の量子論が必要かで論じたとおり、素朴な代替案、すなわち「シュレーディンガー方程式を相対論的に書き換えて 1 粒子の波動関数の方程式にする」という道は行き止まりです。理由を 3 つ挙げます。

第 1 に、確率の問題があります。クライン–ゴルドン方程式を 1 粒子波動関数 $\psi(x)$ の方程式と読むと、連続の方程式を満たす密度は $\rho = i(\psi^{*}\dot\psi - \dot\psi^{*}\psi)$ という形になり、これは正定値ではありません（命題 3.2［なぜ場の量子論が必要か］）。負の確率密度は解釈できません。

第 2 に、負エネルギー解が残ります。$E = \pm\sqrt{|\boldsymbol k|^2+m^2}$ の下側の枝を捨てると解の完全性が失われ、捨てないと基底状態が存在しません。

第 3 に、そして本質的なことに、粒子数が保存しない現象を 1 粒子のヒルベルト空間では原理的に扱えません。エネルギー $2mc^2$ 以上を注ぎ込めば粒子・反粒子対が生成されるという事実は、加速器実験で日常的に確認されています。粒子数が動的に変化する以上、状態空間は粒子数を変える演算子を含んでいなければなりません。

場を量子化すると、この 3 つが同時に解決します。$\hat\phi$ の展開に現れる係数が自動的に生成・消滅演算子になり、粒子数を変える操作が理論に最初から組み込まれるからです。粒子は基本的な対象ではなく、場の励起として二次的に現れます。歴史的には、Dirac が 1927 年に電磁場を量子化して光子の自然放出係数を導いたのが最初の成功例で、その後 Jordan、Wigner、Heisenberg、Pauli によって一般の場へ拡張されました。当時「第二量子化」と呼ばれたのは、シュレーディンガー波動関数をもう一度量子化するという見方をしたためですが、現代的には古典場を（1 回だけ）量子化していると理解します。本章はこの現代的な立場で書きます。

本章の論理の流れ。古典場から出発して粒子描像に到達する

2. 準備：古典自由スカラー場の正準形式

自然単位系 $\hbar = c = 1$ を用い、計量は $\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)$ とします。時空点は $x = (t,\boldsymbol x) = (x^0,x^1,x^2,x^3)$、内積は $k\cdot x = k^0x^0 - \boldsymbol k\cdot\boldsymbol x$ です。フーリエ変換の規約は

$$\int d^3x\,e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x} = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k),\qquad \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}\,e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x} = \delta^3(\boldsymbol x)$$

とします。$2\pi$ をすべて運動量積分側に押し込む、場の理論で標準的な規約です。

質量 $m > 0$ の実スカラー場のラグランジアン密度は

$$\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2 = \frac{1}{2}\dot\phi^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{1}{2}m^2\phi^2$$

です。オイラー–ラグランジュ方程式（定理 4.3）［古典場の理論とラグランジアン］は $(\Box + m^2)\phi = 0$、すなわちクライン–ゴルドン方程式になります（$\Box = \partial_t^2 - \nabla^2$）。$\phi$ に共役な運動量密度は

$$\pi(x) = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot\phi(x)} = \dot\phi(x)$$

で、ルジャンドル変換によりハミルトニアンは

$$H = \int d^3x\,\mathcal{H} = \int d^3x\left[\frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{1}{2}m^2\phi^2\right]$$

となります。3 項ともに正定値なので、古典論では $H \ge 0$ です。等時刻ポアソン括弧は、汎関数微分（関数全体を変数とみなして行う微分）を使って

$$\{F,G\} = \int d^3z\left(\frac{\delta F}{\delta\phi(\boldsymbol z)}\frac{\delta G}{\delta\pi(\boldsymbol z)} - \frac{\delta F}{\delta\pi(\boldsymbol z)}\frac{\delta G}{\delta\phi(\boldsymbol z)}\right)$$

と定義され、基本括弧は

$$\{\phi(t,\boldsymbol x),\pi(t,\boldsymbol y)\} = \delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y),\qquad \{\phi(t,\boldsymbol x),\phi(t,\boldsymbol y)\} = \{\pi(t,\boldsymbol x),\pi(t,\boldsymbol y)\} = 0$$

です。質点系の $\{q_i,p_j\} = \delta_{ij}$ において、離散添字 $i,j$ が連続添字 $\boldsymbol x,\boldsymbol y$ に、クロネッカーのデルタがディラックのデルタ関数に置き換わった形になっています。この対応が、次節の量子化の設計図です。

最後に、後で繰り返し使う積分測度の性質を補題として確認しておきます。この補題で確かめたいのは、運動量の積分は単独ではローレンツ変換（観測者の等速運動による時空座標の切り替え）の下で形が変わるのに、$\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol k}}$ を掛けると形が変わらなくなる、という点です。証明は 2 段階で、まず左辺を 4 次元の積分に書き直し、次にその 4 次元の積分が不変な部品だけでできていることを見ます。

補題 2.1（質量殻上のローレンツ不変測度）✓

$m > 0$ とし、$\omega_{\boldsymbol k} = \sqrt{|\boldsymbol k|^2+m^2}$ とおきます。このとき任意の可積分関数 $f$ に対して

$$\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol k}}f(\omega_{\boldsymbol k},\boldsymbol k) = \int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\,2\pi\,\delta(k^2-m^2)\,\theta(k^0)\,f(k)$$

が成り立ちます。右辺は固有直交時ローレンツ変換 $\Lambda \in SO^{+}(1,3)$ の下で不変です。したがって、$\boldsymbol k$ の関数 $g$ について $\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega_{\boldsymbol k}}g(k)$ という形の積分は、$g$ が不変ならば全体として不変です。

証明（補題 2.1）

$k^2 - m^2 = (k^0)^2 - \omega_{\boldsymbol k}^2$ なので、$k^0$ の関数として見たデルタ関数の公式より

$$\delta(k^2-m^2) = \frac{1}{2\omega_{\boldsymbol k}}\left[\delta(k^0-\omega_{\boldsymbol k}) + \delta(k^0+\omega_{\boldsymbol k})\right]$$

です。$\theta(k^0)$ が第 2 項を落とすので、$k^0$ について積分すると $\int\frac{d^3k}{(2\pi)^4}\frac{2\pi}{2\omega_{\boldsymbol k}}f(\omega_{\boldsymbol k},\boldsymbol k)$ となり、左辺に一致します。

不変性は右辺で見ます。$|\det\Lambda| = 1$ なので $d^4k$ は不変、$k^2 = k\cdot k$ はスカラーなので $\delta(k^2-m^2)$ も不変です。$\theta(k^0)$ については、$k^2 = m^2 > 0$ を満たす $k$（時間的ベクトル）に対しては直交時変換が $k^0$ の符号を保つので、質量殻上で不変です。以上より右辺全体が不変です。

∎

この補題は、$\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}$ 単独ではローレンツ不変でないのに、$\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol k}}$ を掛けると不変になる、という事実を述べています。以後、状態の規格化や伝播関数の計算でこの組み合わせが繰り返し現れます。

3. 正準量子化：等時刻交換関係を課す

量子化の処方は 2 段階です。第 1 に、正準変数 $\phi,\pi$ をヒルベルト空間上の（エルミートな）演算子 $\hat\phi,\hat\pi$ に格上げします。第 2 に、ポアソン括弧を $\{A,B\}\mapsto \frac{1}{i\hbar}[\hat A,\hat B]$ で交換子に置き換えます。$\hbar = 1$ とした結果が次の定義です。

定義 3.1（実スカラー場の正準量子化）↗

実スカラー場の量子論とは、ヒルベルト空間 $\mathcal{H}$ と、その上のエルミート演算子（値をとる超関数）の組 $\hat\phi(t,\boldsymbol x),\ \hat\pi(t,\boldsymbol x)$ であって、同一時刻で

$$[\hat\phi(t,\boldsymbol x),\hat\pi(t,\boldsymbol y)] = i\,\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y),$$$$[\hat\phi(t,\boldsymbol x),\hat\phi(t,\boldsymbol y)] = [\hat\pi(t,\boldsymbol x),\hat\pi(t,\boldsymbol y)] = 0$$

を満たし、かつハミルトニアン

$$\hat H = \int d^3x\left[\frac{1}{2}\hat\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\hat\phi)^2 + \frac{1}{2}m^2\hat\phi^2\right]$$

によってハイゼンベルク方程式 $\partial_t\hat A = i[\hat H,\hat A]$ に従って時間発展するもののことです。これらを等時刻正準交換関係と呼びます。

交換関係を「同一時刻」でのみ課すのは、異なる時刻の関係は運動方程式が決めるからです。実際、異なる時刻での交換子は 定理 7.1 で計算します。また、時間発展をハイゼンベルク描像で書いているのは、時間と空間を対等に扱いたいからです。シュレーディンガー描像では場の演算子が時間に依存せず、状態のほうが時間発展するため、相対論的共変性が見えにくくなります。

注意 3.2（場は「演算子値超関数」である）

厳密には、$\hat\phi(x)$ を各時空点で定義された演算子とみなすことはできません。右辺の $\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ が示すとおり、$\hat\phi(x)$ 単独ではノルムが発散します。正しくは、滑らかな試験関数 $f$ に対して $\hat\phi(f) = \int d^4x\,f(x)\hat\phi(x)$ を作用素として定義し、$\hat\phi$ は演算子値超関数であるとします。これが Wightman による公理的な定式化の出発点です。本章では物理の議論を見やすくするため点ごとの記法 $\hat\phi(x)$ を使いますが、内部では常に試験関数で滑らかにした量を考えていると理解してください。

まず、この定義が確かに古典論を再現することを確かめます。

命題 3.3（ハイゼンベルク方程式からクライン–ゴルドン方程式へ）✓

定義 3.1 の設定の下で、ハイゼンベルク方程式から

$$\dot{\hat\phi} = \hat\pi,\qquad \dot{\hat\pi} = \nabla^2\hat\phi - m^2\hat\phi$$

が従い、したがって演算子の等式として $(\Box + m^2)\hat\phi = 0$ が成り立ちます。

証明（命題 3.3）

$\hat H$ のうち $\hat\phi(\boldsymbol x)$ と交換しないのは $\hat\pi^2$ の項だけです。演算子の恒等式 $[AB,C] = A[B,C]+[A,C]B$ を $A = B = \hat\pi(\boldsymbol y)$、$C = \hat\phi(\boldsymbol x)$ に適用し、定義 3.1 の $[\hat\phi(\boldsymbol x),\hat\pi(\boldsymbol y)] = i\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ を使うと

$$[\hat\pi(\boldsymbol y)^2,\hat\phi(\boldsymbol x)] = -2i\,\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)\,\hat\pi(\boldsymbol y)$$

です。これを $\boldsymbol y$ で積分して $\tfrac12$ を掛けると $[\hat H,\hat\phi(\boldsymbol x)] = -i\hat\pi(\boldsymbol x)$、よって $\dot{\hat\phi} = i[\hat H,\hat\phi] = \hat\pi$ を得ます。これは古典論での $\pi = \dot\phi$ の再現です。

次に $\hat\pi(\boldsymbol x)$ との交換子を計算します。質量項からは、同じ恒等式で

$$\int d^3y\,\frac{m^2}{2}[\hat\phi(\boldsymbol y)^2,\hat\pi(\boldsymbol x)] = \int d^3y\,\frac{m^2}{2}\cdot 2i\,\delta^3(\boldsymbol y-\boldsymbol x)\hat\phi(\boldsymbol y) = i\,m^2\hat\phi(\boldsymbol x)$$

が出ます。勾配項からは

$$\int d^3y\,\frac{1}{2}\left[(\nabla_{\boldsymbol y}\hat\phi(\boldsymbol y))^2,\hat\pi(\boldsymbol x)\right] = \int d^3y\,\nabla_{\boldsymbol y}\hat\phi(\boldsymbol y)\cdot\nabla_{\boldsymbol y}\!\left(i\,\delta^3(\boldsymbol y-\boldsymbol x)\right) = -i\,\nabla^2\hat\phi(\boldsymbol x)$$

です。ここで 1 つ目の等号では交換子が微分と可換であること、2 つ目の等号では部分積分（場が無限遠で十分速く減衰するとして表面項を落とす）を使いました。合わせて $[\hat H,\hat\pi(\boldsymbol x)] = -i\nabla^2\hat\phi + i m^2\hat\phi$ となり、$\dot{\hat\pi} = i[\hat H,\hat\pi] = \nabla^2\hat\phi - m^2\hat\phi$ を得ます。

2 つの式を組み合わせると $\ddot{\hat\phi} = \dot{\hat\pi} = \nabla^2\hat\phi - m^2\hat\phi$、すなわち $(\partial_t^2 - \nabla^2 + m^2)\hat\phi = 0$ です。

∎

つまり、量子化しても場の従う方程式は古典論とまったく同じです。変わったのは $\hat\phi$ が数ではなく演算子になったこと、そして異なる点での値が交換しないことだけです。これは量子力学の調和振動子で、ハイゼンベルク方程式が古典と同じ $\ddot{\hat q} = -\omega^2\hat q$ を与えるのと同じ事情です。

例 3.4（1 つのモードだけを見ると調和振動子である）

体積 $V$ の箱に周期境界条件で場を閉じ込め、運動量 $\boldsymbol k$ の成分だけを取り出して $\hat q_{\boldsymbol k}$、その共役運動量を $\hat p_{\boldsymbol k}$ と書きます（詳細は末尾の Appendix）。すると 定義 3.1 の交換関係は $[\hat q_{\boldsymbol k},\hat p_{\boldsymbol k'}] = i\delta_{\boldsymbol k\boldsymbol k'}$ となり、ハミルトニアンは

$$\hat H = \frac{1}{2}\sum_{\boldsymbol k}\left(\hat p_{\boldsymbol k}\hat p_{\boldsymbol k}^\dagger + \omega_{\boldsymbol k}^2\,\hat q_{\boldsymbol k}\hat q_{\boldsymbol k}^\dagger\right),\qquad \omega_{\boldsymbol k} = \sqrt{|\boldsymbol k|^2+m^2}$$

になります。これは角振動数 $\omega_{\boldsymbol k}$ の 1 次元調和振動子を $\boldsymbol k$ ごとに 1 個ずつ並べたものにほかなりません。異なる $\boldsymbol k$ の間に結合項がないので、それらは完全に独立です。自由場の量子論の全内容は、この一文に尽きています。以後の計算は、量子力学で調和振動子を解いたときの手続き（1 次元の簡単な系の定理 5.3［1次元の簡単な系］）を無限個のモードに対して同時に実行するだけです。

4. モード展開と生成・消滅演算子

調和振動子を解くときは、$\hat q$ と $\hat p$ の複素線形結合 $\hat a \propto \omega\hat q + i\hat p$ を作りました。場でも同じことをします。ただし、場は空間座標をもつので、まず空間フーリエ変換をしてから線形結合を作ります。以下、時刻を $t=0$ に固定して考えます（他の時刻へは 系 5.5 で戻します）。

定義 4.1（生成・消滅演算子）↗

定義 3.1 の $\hat\phi,\hat\pi$ に対し、各 $\boldsymbol k\in\mathbb{R}^3$ について

$$\hat a_{\boldsymbol k} = \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}}\int d^3x\;e^{-i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}\left(\omega_{\boldsymbol k}\,\hat\phi(0,\boldsymbol x) + i\,\hat\pi(0,\boldsymbol x)\right)$$

と定義し、そのエルミート共役を $\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}$ と書きます。$\hat a_{\boldsymbol k}$ を消滅演算子、$\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}$ を生成演算子と呼びます。

$\hat\phi,\hat\pi$ がエルミートであることから $\hat a^\dagger_{\boldsymbol k} = \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}}\int d^3x\,e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}(\omega_{\boldsymbol k}\hat\phi - i\hat\pi)$ です。この定義は逆に解けて、

$$\hat\phi(0,\boldsymbol x) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}}\left(\hat a_{\boldsymbol k}e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x} + \hat a^\dagger_{\boldsymbol k}e^{-i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}\right),$$ $$\hat\pi(0,\boldsymbol x) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}(-i)\sqrt{\frac{\omega_{\boldsymbol k}}{2}}\left(\hat a_{\boldsymbol k}e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x} - \hat a^\dagger_{\boldsymbol k}e^{-i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}\right)$$

となります。実際、右辺の $\hat\phi$ の式に $e^{-i\boldsymbol k'\cdot\boldsymbol x}$ を掛けて $\boldsymbol x$ で積分すると $\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k'}}}(\hat a_{\boldsymbol k'}+\hat a^\dagger_{-\boldsymbol k'})$、同様に $\hat\pi$ からは $-i\sqrt{\omega_{\boldsymbol k'}/2}\,(\hat a_{\boldsymbol k'}-\hat a^\dagger_{-\boldsymbol k'})$ が出るので、$\omega_{\boldsymbol k'}$ 倍と $i$ 倍を足すと $\hat a^\dagger_{-\boldsymbol k'}$ が消えて $\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k'}}\,\hat a_{\boldsymbol k'}$ が残り、定義 4.1 に戻ります。$\hat\phi$ の式が自動的にエルミートになっている点にも注意してください。実場であるという条件が、$e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}$ の係数と $e^{-i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}$ の係数を互いにエルミート共役に縛っているのです。

命題 4.2（正準交換関係との同値性）✓

定義 4.1 で定義された $\hat a_{\boldsymbol k}$ について、等時刻正準交換関係

$$[\hat\phi(0,\boldsymbol x),\hat\pi(0,\boldsymbol y)] = i\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y),\qquad [\hat\phi,\hat\phi] = [\hat\pi,\hat\pi] = 0$$

が成り立つことと、

$$[\hat a_{\boldsymbol k},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}] = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k'),\qquad [\hat a_{\boldsymbol k},\hat a_{\boldsymbol k'}] = [\hat a^\dagger_{\boldsymbol k},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}] = 0$$

が成り立つことは同値です。

証明（命題 4.2）

まず正準交換関係を仮定します。定義 4.1 より

$$[\hat a_{\boldsymbol k},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}] = \frac{1}{2\sqrt{\omega_{\boldsymbol k}\omega_{\boldsymbol k'}}}\int d^3x\,d^3y\;e^{-i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x + i\boldsymbol k'\cdot\boldsymbol y}\left[\omega_{\boldsymbol k}\hat\phi(\boldsymbol x)+i\hat\pi(\boldsymbol x),\ \omega_{\boldsymbol k'}\hat\phi(\boldsymbol y)-i\hat\pi(\boldsymbol y)\right]$$

です。交換子を展開すると $\hat\phi\hat\phi$ と $\hat\pi\hat\pi$ の項は消え、

$$-i\omega_{\boldsymbol k}[\hat\phi(\boldsymbol x),\hat\pi(\boldsymbol y)] + i\omega_{\boldsymbol k'}[\hat\pi(\boldsymbol x),\hat\phi(\boldsymbol y)] = (\omega_{\boldsymbol k}+\omega_{\boldsymbol k'})\,\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$$

が残ります。$\boldsymbol y$ 積分でデルタ関数を使い、$\int d^3x\,e^{i(\boldsymbol k'-\boldsymbol k)\cdot\boldsymbol x} = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ を使うと $\boldsymbol k = \boldsymbol k'$ に固定され、係数は $\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol k}}\cdot 2\omega_{\boldsymbol k} = 1$ となって $[\hat a_{\boldsymbol k},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}] = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ を得ます。同様に $[\hat a_{\boldsymbol k},\hat a_{\boldsymbol k'}]$ では $i\omega_{\boldsymbol k}[\hat\phi(\boldsymbol x),\hat\pi(\boldsymbol y)] + i\omega_{\boldsymbol k'}[\hat\pi(\boldsymbol x),\hat\phi(\boldsymbol y)] = (\omega_{\boldsymbol k'}-\omega_{\boldsymbol k})\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ となり、こちらは $\int d^3x\,e^{-i(\boldsymbol k+\boldsymbol k')\cdot\boldsymbol x}$ から $\boldsymbol k' = -\boldsymbol k$ に固定されるため $\omega_{\boldsymbol k} = \omega_{-\boldsymbol k}$ より係数がゼロになります。

逆に $\hat a$ の交換関係を仮定すると、上のモード展開から

$$[\hat\phi(\boldsymbol x),\hat\pi(\boldsymbol y)] = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{-i}{2}\left(-e^{i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)} - e^{-i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)}\right) = \frac{i}{2}\cdot 2\,\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y) = i\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$$

となります（係数 $\frac{1}{\sqrt{2\omega}}\sqrt{\omega/2} = \frac12$ を使い、$[\hat a_{\boldsymbol k},-\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}]$ と $[\hat a^\dagger_{\boldsymbol k},\hat a_{\boldsymbol k'}]$ がともに $-(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ を与えることに注意します）。$[\hat\phi,\hat\phi]$ については、同様の計算で被積分関数が $\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol k}}(e^{i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)} - e^{-i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)})$ という $\boldsymbol k$ の奇関数になるので、$\boldsymbol k$ 積分でゼロになります。

∎

この命題により、場の量子化の全情報が「無限個の独立な調和振動子のはしご演算子」に翻訳されました。$(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ は、離散モードでの $\delta_{\boldsymbol k\boldsymbol k'}$ の連続版です。

5. ハミルトニアンの対角化と真空

次の定理のねらいは、ハミルトニアンに展開を代入したとき、モード $\boldsymbol k$ と $-\boldsymbol k$ を結びつける $\hat a\hat a$ や $\hat a^\dagger\hat a^\dagger$ の項が消え、各モードが独立な調和振動子として分かれることを示す点にあります。証明では、$\hat\pi^2$ の項、勾配の項、質量の項を別々に $\hat a$ と $\hat a^\dagger$ で書き、最後に足し合わせます。

定理 5.1（自由スカラー場ハミルトニアンの対角化）✓

定義 3.1 のハミルトニアンは、定義 4.1 の生成・消滅演算子を用いて

$$\hat H = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\,\omega_{\boldsymbol k}\left(\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k} + \frac{1}{2}(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol 0)\right) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\,\omega_{\boldsymbol k}\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k} \;+\; E_0$$

と書けます。ここで $E_0 = \frac{V}{2}\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\omega_{\boldsymbol k}$、$V = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol 0) = \int d^3x$ は全空間の体積です。

証明（定理 5.1）

$t=0$ でのモード展開を代入します。$\hat\pi$ の展開の 2 乗を空間積分すると、$\int d^3x\,e^{\pm i(\boldsymbol k+\boldsymbol k')\cdot\boldsymbol x} = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k+\boldsymbol k')$ と $\int d^3x\,e^{\pm i(\boldsymbol k-\boldsymbol k')\cdot\boldsymbol x} = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ が現れ、$\omega_{\boldsymbol k} = \omega_{-\boldsymbol k}$ に注意すると

$$\frac{1}{2}\int d^3x\,\hat\pi^2 = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{\omega_{\boldsymbol k}}{4}\left[\hat a_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k} + \hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k} - \hat a_{\boldsymbol k}\hat a_{-\boldsymbol k} - \hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{-\boldsymbol k}\right]$$

を得ます（$(-i)^2 = -1$ から全体の符号が反転し、$\delta^3(\boldsymbol k+\boldsymbol k')$ の項の符号が逆になります）。同じ手順で勾配項と質量項を計算すると、勾配項では $\nabla$ が $i\boldsymbol k$ と $-i\boldsymbol k'$ を落とすので $\boldsymbol k\cdot\boldsymbol k'$ が掛かり、

$$\frac{1}{2}\int d^3x\,(\nabla\hat\phi)^2 = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{|\boldsymbol k|^2}{4\omega_{\boldsymbol k}}\left[\hat a_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}+\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k}+\hat a_{\boldsymbol k}\hat a_{-\boldsymbol k}+\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{-\boldsymbol k}\right],$$$$\frac{m^2}{2}\int d^3x\,\hat\phi^2 = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{m^2}{4\omega_{\boldsymbol k}}\left[\hat a_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}+\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k}+\hat a_{\boldsymbol k}\hat a_{-\boldsymbol k}+\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{-\boldsymbol k}\right]$$

となります。後の 2 つを足すと係数が $\frac{|\boldsymbol k|^2+m^2}{4\omega_{\boldsymbol k}} = \frac{\omega_{\boldsymbol k}}{4}$ にまとまります。ここが計算の要で、$\omega_{\boldsymbol k}^2 = |\boldsymbol k|^2+m^2$ という分散関係のおかげで係数が $\hat\pi^2$ 項と揃い、$\hat a\hat a$ と $\hat a^\dagger\hat a^\dagger$ の項が符号違いで厳密に相殺します。残るのは

$$\hat H = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{\omega_{\boldsymbol k}}{2}\left(\hat a_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}+\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k}\right)$$

です。最後に 命題 4.2 を使って $\hat a_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k} = \hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k} + (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol 0)$ と並べ替えれば、主張の形になります。

∎

相殺の意味を強調しておきます。$\hat a\hat a$ 型の項が残っていたら、それはモード $\boldsymbol k$ と $-\boldsymbol k$ を結合させる項であり、$\hat H$ は対角化されていません。分散関係 $\omega_{\boldsymbol k} = \sqrt{|\boldsymbol k|^2+m^2}$ という「正しい振動数」を 定義 4.1 で選んだからこそ相殺が起きたのです。逆に言えば、$\hat a$ の定義に現れる $\omega_{\boldsymbol k}$ は、ハミルトニアンを対角化するという要請から一意に決まります。

定義 5.2（正規順序）↗

$\hat a$ と $\hat a^\dagger$ の積に対し、すべての $\hat a^\dagger$ を $\hat a$ より左に、交換関係を無視して並べ替える操作を正規順序（normal ordering）といい、${:}\ \cdot\ {:}$ で表します。たとえば ${:}\hat a_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}{:} = \hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}\hat a_{\boldsymbol k}$ です。定理 5.1 のハミルトニアンを正規順序化したものを

$${:}\hat H{:} = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\,\omega_{\boldsymbol k}\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k}$$

と定義します。

$E_0$ を差し引く操作は、その場しのぎに見えるかもしれませんが、実は量子化の手続きに元から含まれていた曖昧さの解消です。古典的な $\pi^2$ を演算子にするとき、$\hat\pi^2$ と書くか $\frac{1}{2}(\hat a\hat a^\dagger + \hat a^\dagger\hat a)$ と書くか $\hat a^\dagger\hat a$ と書くかは、古典極限では区別できません。演算子の順序は古典論からは決まらないのです。正規順序は、この自由度を使って基底状態のエネルギーをゼロに選ぶ、という規約です。以後、断りなく ${:}\hat H{:}$ を単に $\hat H$ と書きます。

定義 5.3（真空）↗

すべての $\boldsymbol k$ について

$$\hat a_{\boldsymbol k}|0\rangle = 0,\qquad \langle 0|0\rangle = 1$$

を満たす状態 $|0\rangle$ を真空（vacuum）と呼びます。

真空は ${:}\hat H{:}$ の固有値 $0$ の固有状態です。しかも、任意の状態 $|\psi\rangle$ について $\langle\psi|{:}\hat H{:}|\psi\rangle = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\omega_{\boldsymbol k}\|\hat a_{\boldsymbol k}|\psi\rangle\|^2 \ge 0$ なので、真空は基底状態です。$\omega_{\boldsymbol k} > 0$ であることが効いています。負エネルギー解の問題は、こうして消えました。負振動数の平面波 $e^{+ik\cdot x}$ は「負エネルギー状態」ではなく「粒子を生成する演算子 $\hat a^\dagger$ に付随する係数」として理論に入っているのです。

命題 5.4（はしご演算子とハミルトニアン）✓

$[{:}\hat H{:},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}] = \omega_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}$ および $[{:}\hat H{:},\hat a_{\boldsymbol k}] = -\omega_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k}$ が成り立ちます。

証明（命題 5.4）

$[\hat a^\dagger_{\boldsymbol p}\hat a_{\boldsymbol p},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}] = \hat a^\dagger_{\boldsymbol p}[\hat a_{\boldsymbol p},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}] + [\hat a^\dagger_{\boldsymbol p},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}]\hat a_{\boldsymbol p}$ において、命題 4.2 より第 2 項はゼロ、第 1 項は $\hat a^\dagger_{\boldsymbol p}(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol k)$ です。これを $\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\omega_{\boldsymbol p}$ で積分するとデルタ関数が $\boldsymbol p = \boldsymbol k$ を選び、$\omega_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}$ が残ります。$\hat a_{\boldsymbol k}$ についてはエルミート共役を取れば得られます。なお $\hat H$ と ${:}\hat H{:}$ は c 数だけ違うので、交換子は同じです。

∎

系 5.5（共変なモード展開）✓

ハイゼンベルク描像で $\hat a_{\boldsymbol k}(t) = e^{i\hat Ht}\hat a_{\boldsymbol k}e^{-i\hat Ht} = e^{-i\omega_{\boldsymbol k}t}\hat a_{\boldsymbol k}$ であり、したがって任意の時刻で

$$\hat\phi(x) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}}\left(\hat a_{\boldsymbol k}\,e^{-ik\cdot x} + \hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\,e^{ik\cdot x}\right)\Bigg|_{k^0=\omega_{\boldsymbol k}}$$

が成り立ちます。ここで $k\cdot x = \omega_{\boldsymbol k}t - \boldsymbol k\cdot\boldsymbol x$ です。

証明（系 5.5）

$\frac{d}{dt}\hat a_{\boldsymbol k}(t) = i\,e^{i\hat Ht}[\hat H,\hat a_{\boldsymbol k}]e^{-i\hat Ht} = -i\omega_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k}(t)$ が 命題 5.4 から従い、初期条件 $\hat a_{\boldsymbol k}(0) = \hat a_{\boldsymbol k}$ の下で解くと $\hat a_{\boldsymbol k}(t) = e^{-i\omega_{\boldsymbol k}t}\hat a_{\boldsymbol k}$ です。これを $t=0$ のモード展開に代入し、$e^{-i\omega_{\boldsymbol k}t}e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x} = e^{-ik\cdot x}$ とまとめれば主張の式になります。各項は $k^2 = \omega_{\boldsymbol k}^2 - |\boldsymbol k|^2 = m^2$ を満たすので $(\Box+m^2)e^{\mp ik\cdot x} = 0$ であり、命題 3.3 と整合します。

∎

この式は場の量子論で最も頻繁に使う表式です。読み方は「場 $\hat\phi(x)$ は、あらゆる運動量の粒子を消す部分（$\hat a$、正振動数）と生む部分（$\hat a^\dagger$、負振動数）の重ね合わせである」となります。

運動量モードごとに調和振動子が 1 個ある。準位の間隔は角振動数 ω(k) = √(|k|²+m²) で、|k| が大きいモードほど広い。● は占有されている準位で、図の状態は運動量 k₂ の量子 1 個と k₄ の量子 2 個からなる 3 粒子状態を表す。すべての振動子が最下段にある状態が真空。

例 5.6（真空エネルギーの見積もりと宇宙定数問題）

定理 5.1 の $E_0$ を体積で割った真空エネルギー密度は

$$\rho_0 = \frac{E_0}{V} = \frac{1}{2}\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\sqrt{|\boldsymbol k|^2+m^2} = \frac{1}{4\pi^2}\int_0^{\infty} dk\;k^2\sqrt{k^2+m^2}$$

です。積分は紫外側で $k^3$ のように振る舞い、四次発散します。理論が運動量 $\Lambda$ まで正しいと考えて上端を切ると、$\Lambda \gg m$ のとき

$$\rho_0 \simeq \frac{1}{4\pi^2}\int_0^\Lambda dk\,k^3 = \frac{\Lambda^4}{16\pi^2}$$

です。ここに $\Lambda$ としてプランク質量 $M_{\rm Pl} = 1.22\times10^{19}\ \mathrm{GeV}$ を入れると、$M_{\rm Pl}^4 = 2.2\times10^{76}\ \mathrm{GeV^4}$ なので $\rho_0 \simeq 1.4\times10^{74}\ \mathrm{GeV^4}$ となります。一方、宇宙論観測から得られる暗黒エネルギー密度はおよそ $5\times10^{-10}\ \mathrm{J/m^3}$、自然単位では $2.5\times10^{-47}\ \mathrm{GeV^4}$ です。比は $5\times10^{120}$、桁数にしておよそ 120 桁の食い違いがあります。これが宇宙定数問題です。正規順序で $E_0$ を捨てられるのは重力を無視している間だけであり、一般相対論ではエネルギー密度そのものが時空を曲げるため、単純な差し引きは許されません。

注意

$E_0$ の発散には 2 種類が混ざっています。$\delta^3(\boldsymbol 0) \propto V$ は空間が無限に広いことによる赤外発散であり、エネルギー密度を考えれば消えます。残る $\int d^3k\,\omega_{\boldsymbol k}$ の発散は、短距離自由度が無限にあることによる紫外発散で、こちらは本質的です。この 2 つを混同しないでください。有限体積での扱いは末尾の Appendix にまとめました。

それでも、真空エネルギーの差は物理的に観測できます。境界条件を変えると許されるモードの集合が変わり、$\sum\frac{1}{2}\omega$ の値が変わるからです。これがカシミール効果で、平行平板間に働く単位面積あたりの引力は電磁場の場合 $\frac{\pi^2\hbar c}{240 a^4}$（$a$ は平板間隔）と予言され、Lamoreaux による測定をはじめとして実験的に確認されています。1 次元の簡単な模型での計算は 演習 8.3 で実行します。

6. フォック空間と粒子描像

命題 5.4 は、$\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}$ を作用させるとエネルギーが $\omega_{\boldsymbol k}$ だけ上がることを意味します。真空から出発してこれを繰り返すことで、状態空間全体が作られます。

定義 6.1（フォック空間と粒子数演算子）↗

定義 5.3 の真空 $|0\rangle$ に生成演算子を有限個作用させて得られる状態

$$\hat a^\dagger_{\boldsymbol k_1}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k_2}\cdots\hat a^\dagger_{\boldsymbol k_n}|0\rangle \qquad (n = 0,1,2,\ldots)$$

の線形包の完備化をフォック空間 $\mathcal{F}$ と呼びます。また

$$\hat N = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k}$$

を粒子数演算子と呼びます。1 粒子状態は、ローレンツ不変な規格化

$$|\boldsymbol k\rangle = \sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}\;\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}|0\rangle$$

を用いることにします。

$\hat N$ の固有値が $n$ の部分空間を $n$ 粒子部分空間と呼びます。自由場では $[\hat H,\hat N] = 0$（命題 5.4 から $\hat H$ が $\hat a^\dagger\hat a$ の積分なので直ちに従います）なので粒子数は保存しますが、相互作用を入れるとこれは破れます。そこが粒子数を変えられる理論の要点です。

定理 6.2（励起状態の粒子解釈）✓

運動量演算子を $\hat{\boldsymbol P} = -\int d^3x\;\hat\pi(x)\nabla\hat\phi(x)$ と定義すると、正規順序の下で

$${:}\hat{\boldsymbol P}{:} = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\,\boldsymbol k\;\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k}$$

です。したがって 定義 6.1 の 1 粒子状態 $|\boldsymbol k\rangle$ について

$$\hat H|\boldsymbol k\rangle = \omega_{\boldsymbol k}|\boldsymbol k\rangle,\qquad \hat{\boldsymbol P}|\boldsymbol k\rangle = \boldsymbol k\,|\boldsymbol k\rangle,\qquad \hat N|\boldsymbol k\rangle = |\boldsymbol k\rangle$$

が成り立ち、エネルギーと運動量は相対論的分散関係 $\omega_{\boldsymbol k}^2 = |\boldsymbol k|^2 + m^2$ を満たします。さらに内積

$$\langle\boldsymbol k|\boldsymbol k'\rangle = 2\omega_{\boldsymbol k}(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$$

は固有直交時ローレンツ変換の下で不変です。すなわち $|\boldsymbol k\rangle$ は、質量 $m$・運動量 $\boldsymbol k$ をもつ 1 個の相対論的粒子の状態と解釈できます。

証明（定理 6.2）

まず $\hat{\boldsymbol P}$ を計算します。$t=0$ のモード展開を代入すると、$\hat\pi$ から $-i\sqrt{\omega_{\boldsymbol k'}/2}$、$\nabla\hat\phi$ から $i\boldsymbol k/\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}$ が出て、係数は $\frac{\boldsymbol k}{2}$ にまとまります。$\boldsymbol x$ 積分の結果 $\delta^3(\boldsymbol k+\boldsymbol k')$ を伴う項は $\boldsymbol k(\hat a_{-\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k} + \hat a^\dagger_{-\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k})$ という形になりますが、命題 4.2 より $\hat a_{-\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k} = \hat a_{\boldsymbol k}\hat a_{-\boldsymbol k}$ なので $\boldsymbol k \to -\boldsymbol k$ で符号を変える奇関数であり、$\boldsymbol k$ 積分で消えます。残るのは

$$\hat{\boldsymbol P} = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{\boldsymbol k}{2}\left(\hat a_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}+\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k}\right) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\boldsymbol k\left(\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat a_{\boldsymbol k}+\tfrac12(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol 0)\right)$$

で、零点項は $\int d^3k\,\boldsymbol k$ という奇関数の積分なので実はゼロです。運動量には真空の寄与がありません。

固有値は 命題 5.4 と同じ計算で出ます。$\hat H\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}|0\rangle = ([\hat H,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}] + \hat a^\dagger_{\boldsymbol k}\hat H)|0\rangle = \omega_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}|0\rangle$（定義 5.3 より $\hat H|0\rangle = 0$）です。運動量も同様で、$[{:}\hat{\boldsymbol P}{:},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}] = \boldsymbol k\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}$ から従います。$\hat N$ についても同じ計算で $[\hat N,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}] = \hat a^\dagger_{\boldsymbol k}$ です。分散関係は $\omega_{\boldsymbol k}$ の定義そのものです。

規格化については、$\langle\boldsymbol k|\boldsymbol k'\rangle = \sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k'}}\langle0|\hat a_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}|0\rangle = 2\omega_{\boldsymbol k}(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ です（命題 4.2 と $\hat a_{\boldsymbol k}|0\rangle = 0$ を使いました）。不変性は 補題 2.1 の系です。実際、任意の不変関数 $f$ に対して $\int\frac{d^3k'}{(2\pi)^3 2\omega_{\boldsymbol k'}}\,\langle\boldsymbol k|\boldsymbol k'\rangle f(\boldsymbol k') = f(\boldsymbol k)$ が成り立ち、左辺の測度が不変なのですから $\langle\boldsymbol k|\boldsymbol k'\rangle$ も不変でなければなりません。

∎

これが本章の中心的な結果です。私たちは「粒子」を仮定していません。仮定したのは場と交換関係だけで、粒子はハミルトニアンのスペクトルの構造として出てきました。質量 $m$ はラグランジアンのパラメータでしたが、結果として粒子の分散関係に現れる質量そのものになっています。

命題 6.3（ボーズ統計の自動的な帰結）✓

$n$ 粒子状態 $|\boldsymbol k_1,\ldots,\boldsymbol k_n\rangle = \prod_{i=1}^n\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k_i}}\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k_i}|0\rangle$ は、任意の 2 つの運動量の入れ替えに対して完全に対称です。すなわちスカラー場の量子はボース粒子です。

証明（命題 6.3）

命題 4.2 より $[\hat a^\dagger_{\boldsymbol k_i},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k_j}] = 0$ なので、積の順序を任意に入れ替えても同じ演算子です。したがって状態ベクトルは置換に対して不変、すなわち完全対称です。

∎

この結果は注目に値します。量子力学では「同種ボース粒子の波動関数は対称である」ことを追加の要請として課しました。場の量子論では、実スカラー場を正準量子化するという 1 つの要請から自動的に従います。スピン $0$ の場に反交換関係を課すと不整合が生じること（スピン統計定理）も、同じ枠組みで示せます。

例 6.4（場の演算子は「その点に粒子を作る」）

系 5.5 と 定義 6.1 から

$$\langle 0|\hat\phi(x)|\boldsymbol k\rangle = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol p}}}e^{-ip\cdot x}\langle0|\hat a_{\boldsymbol p}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}|0\rangle = e^{-ik\cdot x}$$

を計算できます（$\hat a^\dagger$ を含む項は $\langle0|\hat a^\dagger = 0$ で落ち、$\langle0|\hat a_{\boldsymbol p}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}|0\rangle = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol k)$ でデルタ関数が $\boldsymbol p$ 積分を潰します）。これは量子力学の $\langle\boldsymbol x|\boldsymbol k\rangle = e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}$ にあたる式で、$\hat\phi(x)|0\rangle$ を「時空点 $x$ に局在した 1 粒子状態の重ね合わせ」と読むことを正当化します。場は粒子の波動関数ではなく、粒子を作る演算子である、という描像の転換がここに凝縮しています。

例 6.5（2 粒子状態のエネルギーと内積）

$\boldsymbol k_1 \ne \boldsymbol k_2$ として $|\boldsymbol k_1\boldsymbol k_2\rangle = \sqrt{2\omega_{\boldsymbol k_1}}\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k_2}}\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k_1}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k_2}|0\rangle$ とします。命題 5.4 を 2 回使うと

$$\hat H|\boldsymbol k_1\boldsymbol k_2\rangle = (\omega_{\boldsymbol k_1}+\omega_{\boldsymbol k_2})|\boldsymbol k_1\boldsymbol k_2\rangle$$

で、エネルギーは単純な和です。相互作用がないので当然ですが、そのことが式の上で確認できます。内積は $\langle0|\hat a_{\boldsymbol k_2}\hat a_{\boldsymbol k_1}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k_1'}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k_2'}|0\rangle$ を交換関係で順に潰して

$$\langle\boldsymbol k_1\boldsymbol k_2|\boldsymbol k_1'\boldsymbol k_2'\rangle = 4\omega_{\boldsymbol k_1}\omega_{\boldsymbol k_2}(2\pi)^6\left[\delta^3(\boldsymbol k_1-\boldsymbol k_1')\delta^3(\boldsymbol k_2-\boldsymbol k_2') + \delta^3(\boldsymbol k_1-\boldsymbol k_2')\delta^3(\boldsymbol k_2-\boldsymbol k_1')\right]$$

となります。2 つ目の項が、粒子の区別がつかないこと（命題 6.3）を表しています。同種粒子の交換項を手で入れる必要はありません。

7. 場の交換子と微視的因果律

粒子描像が得られたところで、動機のところで挙げた「相対論的量子論の因果律問題」に戻ります。相対論的な 1 粒子量子力学では、伝播振幅が光円錐の外でゼロにならず（例 5.2［なぜ場の量子論が必要か］）、超光速の信号伝達を排除できませんでした。場の量子論はこれをどう解決するのでしょうか。

答えは、観測可能量が交換するかどうかで判定する、というものです。空間的に隔たった 2 つの領域での測定が互いに影響しないための必要十分条件は、それらの領域の観測量が交換することです。自由スカラー場のあらゆる局所観測量は $\hat\phi$ と $\hat\pi$ の多項式で書けるので、$[\hat\phi(x),\hat\phi(y)]$ が消えるかどうかを見ればよいことになります。

ここで「空間的」とは、2 点の間の距離が、光でも時間内に届かないほど離れていること（時間差より空間距離のほうが大きいこと）です。逆に、光や粒子が届きうる関係を「時間的」といいます。下の図のように、1 点から出る光の進む道筋（光円錐）で時空は区切られ、その外側が空間的な領域です。次の定理の証明は、交換子が演算子ではなく単なる数になることを確かめ、続いてローレンツ変換の不変性を使って、空間的な隔たりでは 2 つの項が打ち消し合うことを示す、という流れです。

時空図。原点の点と、もう一方の点の隔たり z を考える。斜めの 2 本の直線が光円錐で、色のついた左右の領域が空間的、上下の領域が時間的な隔たりを表す。交換子は、空間的な領域ではゼロになり、時間的な領域ではゼロとは限らない。

定理 7.1（微視的因果律）✓

系 5.5 の自由スカラー場について、任意の時空点 $x,y$ で

$$[\hat\phi(x),\hat\phi(y)] = \Delta(x-y)\cdot\hat{1},\qquad \Delta(z) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3\,2\omega_{\boldsymbol k}}\left(e^{-ik\cdot z} - e^{ik\cdot z}\right)\Bigg|_{k^0=\omega_{\boldsymbol k}}$$

が成り立ちます（右辺は c 数、すなわち恒等演算子の定数倍）。さらに $x-y$ が空間的、すなわち $(x-y)^2 < 0$ ならば

$$[\hat\phi(x),\hat\phi(y)] = 0$$

です。

証明（定理 7.1）

系 5.5 を代入すると、命題 4.2 より生き残るのは $[\hat a_{\boldsymbol k},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}]$ と $[\hat a^\dagger_{\boldsymbol k},\hat a_{\boldsymbol k'}]$ を含む 2 項だけです。これらはいずれも c 数 $\pm(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ なので、$\boldsymbol k'$ 積分を実行すると

$$[\hat\phi(x),\hat\phi(y)] = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol k}}\left(e^{-ik\cdot(x-y)} - e^{ik\cdot(x-y)}\right)$$

が得られ、これは演算子を含まない c 数です。

$z = x-y$ と書き、$I(z) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega_{\boldsymbol k}}e^{-ik\cdot z}$ とおくと $\Delta(z) = I(z) - I(-z)$ です。補題 2.1 より測度 $\frac{d^3k}{(2\pi)^32\omega_{\boldsymbol k}}$ は固有直交時ローレンツ変換 $\Lambda$ の下で不変であり、$k\cdot\Lambda z = \Lambda^{-1}k\cdot z$ ですから、積分変数を $k\to\Lambda k$ と置き換えることで

$$I(\Lambda z) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3 2\omega_{\boldsymbol k}}e^{-ik\cdot\Lambda z} = \int\frac{d^3k'}{(2\pi)^3 2\omega_{\boldsymbol k'}}e^{-ik'\cdot z} = I(z)$$

が成り立ちます。すなわち $I$ は不変関数です。

さて $z^2 < 0$ とします。適当な座標系に移れば $z = (0,0,0,r)$（$r > 0$）と書けます。この形の $z$ に対し、$x$ 軸まわりの角 $\pi$ の空間回転 $R$ を取れば $Rz = (0,0,0,-r) = -z$ です。回転は固有直交時ローレンツ変換ですから、$I(-z) = I(Rz) = I(z)$ となり、$\Delta(z) = I(z) - I(-z) = 0$ を得ます。

なお $z$ が時間的（$z^2 > 0$）の場合には、時間の向きを保つ変換で $z \to -z$ にすることはできないので、この議論は使えません。実際 $\Delta(z) \ne 0$ です。

∎

したがって、空間的に隔たった 2 領域の観測量は交換し、一方の測定が他方の測定結果の確率分布を変えることはありません。相対論的因果律が、公理としてではなく構成の帰結として成立しています。ここで効いたのは、$\hat\phi$ の展開に $\hat a$ と $\hat a^\dagger$ が両方現れていたことです。もし正振動数部分だけで場を作っていたら $\Delta(z) = I(z) \ne 0$ となり、因果律は破れていました。生成演算子の項、すなわち反粒子に対応する自由度は、因果律のために必要不可欠なのです。

例 7.2（交換子は消えるが相関は消えない）

真空期待値 $D(x-y) = \langle0|\hat\phi(x)\hat\phi(y)|0\rangle = I(x-y)$ は、空間的隔たりでもゼロになりません。$x-y = (0,\boldsymbol r)$、$r = |\boldsymbol r|$ として角度積分を実行すると

$$D = \frac{1}{(2\pi)^3}\int_0^\infty dk\,k^2\frac{1}{2\omega_k}\cdot\frac{4\pi\sin kr}{kr} = \frac{1}{4\pi^2 r}\int_0^\infty dk\,\frac{k\sin(kr)}{\sqrt{k^2+m^2}}$$

です。標準的な積分公式 $\int_0^\infty \frac{\cos(br)}{\sqrt{b^2+m^2}}db = K_0(mr)$ を $r$ で微分し、$K_0' = -K_1$ を使うと $\int_0^\infty \frac{k\sin(kr)}{\sqrt{k^2+m^2}}dk = m K_1(mr)$ が得られるので

$$D(\boldsymbol r) = \frac{m}{4\pi^2 r}K_1(mr) \;\xrightarrow[\;mr \gg 1\;]{}\; \frac{m}{4\pi^2 r}\sqrt{\frac{\pi}{2mr}}\,e^{-mr}$$

となります。真空は無相関ではなく、コンプトン波長 $1/m$ 程度の相関長で場のゆらぎが相関しています。にもかかわらず 定理 7.1 により交換子は厳密にゼロです。相関があることと因果的な影響を及ぼせることは別だ、という量子論の一般的な事情が、ここに明確に現れています。

注意 7.3（自由場だからできたこと）

本章の構成は自由場だからこそ最後まで実行できました。相互作用項（たとえば $\lambda\phi^4$）を加えると、$\hat H$ が $\hat a^\dagger\hat a$ の形に対角化できなくなり、真空も 1 粒子状態も定義し直す必要が生じます。さらに Haag の定理により、相互作用する場の理論のヒルベルト空間は自由場のフォック空間とユニタリ同値ではありえません。相互作用のある理論を扱うには、経路積分量子化（定義 3.2［経路積分量子化］）のように別の定式化を用い、くりこみ理論入門で扱う手続き（定理 5.10［くりこみ理論入門］）で発散を処理する必要があります。とはいえ、摂動論の出発点として自由場のフォック空間は不可欠であり、本章の内容はそのまま次章以降の土台になります。ゲージ場やヒッグス場への拡張はゲージ理論と自発的対称性の破れで扱います。

8. 演習

演習 8.1標準

系 5.5 の共変なモード展開を出発点として、任意の時刻 $t$ で

$$[\hat\phi(t,\boldsymbol x),\hat\pi(t,\boldsymbol y)] = i\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y),\qquad [\hat\phi(t,\boldsymbol x),\hat\phi(t,\boldsymbol y)] = 0$$

が成り立つことを確かめてください。$t$ 依存性がどこで消えるかを明示してください。

解答

$\hat\pi = \dot{\hat\phi}$ なので、系 5.5 を $t$ で微分して

$$\hat\pi(x) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}(-i)\sqrt{\frac{\omega_{\boldsymbol k}}{2}}\left(\hat a_{\boldsymbol k}e^{-ik\cdot x} - \hat a^\dagger_{\boldsymbol k}e^{ik\cdot x}\right)$$

です。交換子を取ると、命題 4.2 より $[\hat a_{\boldsymbol k},\hat a_{\boldsymbol k'}] = [\hat a^\dagger_{\boldsymbol k},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}] = 0$ なので、生き残るのは

$$[\hat\phi,\hat\pi] = \int\frac{d^3k\,d^3k'}{(2\pi)^6}\frac{-i}{2}\sqrt{\frac{\omega_{\boldsymbol k'}}{\omega_{\boldsymbol k}}}\left(-[\hat a_{\boldsymbol k},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}]e^{-ik\cdot x+ik'\cdot y} + [\hat a^\dagger_{\boldsymbol k},\hat a_{\boldsymbol k'}]e^{ik\cdot x-ik'\cdot y}\right)$$

の 2 項です。どちらの交換子も $\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ を含むので $\boldsymbol k' = \boldsymbol k$ に固定され、そのとき

$$-ik\cdot x + ik'\cdot y\big|_{\boldsymbol k'=\boldsymbol k} = -i\omega_{\boldsymbol k}t + i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x + i\omega_{\boldsymbol k}t - i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol y = i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$$

となって $t$ が完全に相殺します。これが「等時刻」交換関係が時刻によらない理由です。$\sqrt{\omega_{\boldsymbol k'}/\omega_{\boldsymbol k}} = 1$ になり、符号を整理すると

$$[\hat\phi,\hat\pi] = \frac{i}{2}\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\left(e^{i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)} + e^{-i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)}\right) = \frac{i}{2}\left(\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y) + \delta^3(\boldsymbol y-\boldsymbol x)\right) = i\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$$

です。$[\hat\phi,\hat\phi]$ の場合は同じ手順で

$$[\hat\phi(t,\boldsymbol x),\hat\phi(t,\boldsymbol y)] = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol k}}\left(e^{i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)} - e^{-i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)}\right)$$

となり、被積分関数が $\boldsymbol k$ の奇関数（$\omega_{\boldsymbol k} = \omega_{-\boldsymbol k}$ に注意）なので積分はゼロです。これは 定理 7.1 の $\Delta(z)$ を $z^0 = 0$ で評価したものにもなっており、等時刻の隔たりは（$\boldsymbol x \ne \boldsymbol y$ なら）空間的なので、定理と整合します。

演習 8.2標準

複素数値関数 $\alpha(\boldsymbol k)$ に対して、変位演算子

$$\hat D(\alpha) = \exp\left[\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\left(\alpha(\boldsymbol k)\hat a^\dagger_{\boldsymbol k} - \alpha^{*}(\boldsymbol k)\hat a_{\boldsymbol k}\right)\right]$$

を使ってコヒーレント状態 $|\alpha\rangle = \hat D(\alpha)|0\rangle$ を定義します。$\langle\alpha|\hat\phi(x)|\alpha\rangle$ を求め、それがクライン–ゴルドン方程式の実解であることを示してください。

解答

指数の肩を $\hat A = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}(\alpha\hat a^\dagger - \alpha^{*}\hat a)$ と書きます。ベーカー–キャンベル–ハウスドルフの公式

$$e^{-\hat A}\hat a_{\boldsymbol k}e^{\hat A} = \hat a_{\boldsymbol k} + [\hat a_{\boldsymbol k},\hat A] + \frac{1}{2!}[[\hat a_{\boldsymbol k},\hat A],\hat A] + \cdots$$

を使います。命題 4.2 より

$$[\hat a_{\boldsymbol k},\hat A] = \int\frac{d^3k'}{(2\pi)^3}\alpha(\boldsymbol k')[\hat a_{\boldsymbol k},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}] = \alpha(\boldsymbol k)$$

は c 数なので、第 3 項以降はすべてゼロです。$\hat A^\dagger = -\hat A$ より $\hat D(\alpha)^\dagger = \hat D(\alpha)^{-1} = e^{-\hat A}$（ユニタリ）ですから

$$\langle\alpha|\hat a_{\boldsymbol k}|\alpha\rangle = \langle 0|e^{-\hat A}\hat a_{\boldsymbol k}e^{\hat A}|0\rangle = \langle0|\left(\hat a_{\boldsymbol k}+\alpha(\boldsymbol k)\right)|0\rangle = \alpha(\boldsymbol k)$$

です（定義 5.3 より $\hat a_{\boldsymbol k}|0\rangle = 0$、$\langle0|0\rangle = 1$）。エルミート共役を取れば $\langle\alpha|\hat a^\dagger_{\boldsymbol k}|\alpha\rangle = \alpha^{*}(\boldsymbol k)$ です。したがって 系 5.5 より

$$\langle\alpha|\hat\phi(x)|\alpha\rangle = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}}\left(\alpha(\boldsymbol k)e^{-ik\cdot x} + \alpha^{*}(\boldsymbol k)e^{ik\cdot x}\right) \equiv \phi_{\rm cl}(x)$$

となります。第 2 項が第 1 項の複素共役なので $\phi_{\rm cl}$ は実数値、また各平面波が $k^2 = m^2$ を満たすので $(\Box+m^2)\phi_{\rm cl} = 0$、すなわち古典クライン–ゴルドン方程式の実解です。

つまりコヒーレント状態は「古典場配位に最も近い量子状態」です。粒子数は $\langle\alpha|\hat N|\alpha\rangle = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}|\alpha(\boldsymbol k)|^2$ で確定せず、$\alpha$ を大きくすると相対的なゆらぎが小さくなって古典描像が良くなります。レーザー光が古典電磁波のようにふるまう理由も同じ構造にあります。

演習 8.3難

1 次元空間 $0 \le x \le a$ に閉じ込めた質量ゼロのスカラー場を考えます。境界条件は $\hat\phi(0) = \hat\phi(a) = 0$（ディリクレ）とします。モードは $k_n = n\pi/a$（$n = 1,2,\ldots$）、振動数は $\omega_n = k_n$ です。零点エネルギー $E(a) = \frac{1}{2}\sum_{n\ge1}\omega_n$ を指数関数的な切断 $e^{-\varepsilon\omega_n}$ で正則化して評価し、発散部分の物理的意味を述べたうえで、有限に残るエネルギーと力を求めてください。

解答

$t = \varepsilon\pi/a$ とおくと $e^{-\varepsilon\omega_n} = e^{-nt}$ なので

$$E(a,\varepsilon) = \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n\pi}{a}e^{-nt} = \frac{\pi}{2a}\sum_{n=1}^\infty n\,e^{-nt} = \frac{\pi}{2a}\cdot\frac{e^{-t}}{(1-e^{-t})^2} = \frac{\pi}{2a}\cdot\frac{1}{4\sinh^2(t/2)}$$

です（$\sum n x^n = x/(1-x)^2$ を $x = e^{-t}$ で使い、分母を $(e^{t/2}-e^{-t/2})^2$ と書き換えました）。$u = t/2$ として $\sinh u = u(1+u^2/6+\cdots)$ より $\sinh^2 u = u^2(1+u^2/3+\cdots)$ なので

$$\frac{1}{4\sinh^2(t/2)} = \frac{1}{t^2} - \frac{1}{12} + O(t^2)$$

です。$t = \varepsilon\pi/a$ を戻すと

$$E(a,\varepsilon) = \frac{a}{2\pi\varepsilon^2} - \frac{\pi}{24a} + O(\varepsilon^2)$$

を得ます。

第 1 項は $\varepsilon\to0$ で発散しますが、$a$ に比例しています。これは境界の有無によらない体積（この場合は長さ）に比例した真空エネルギー、すなわちバルクの零点エネルギーです。実際、境界のない 1 次元の質量ゼロ場について同じ正則化でエネルギー密度を計算すると

$$\frac{E_{\rm free}}{L} = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dk}{2\pi}|k|e^{-\varepsilon|k|} = \frac{1}{2\pi}\int_0^\infty dk\,k\,e^{-\varepsilon k} = \frac{1}{2\pi\varepsilon^2}$$

となり、長さ $a$ 分では $\frac{a}{2\pi\varepsilon^2}$ で、第 1 項に厳密に一致します。したがって「境界を置いたことによるエネルギー変化」を

$$E_{\rm Cas}(a) = \lim_{\varepsilon\to0}\left[E(a,\varepsilon) - \frac{a}{2\pi\varepsilon^2}\right] = -\frac{\pi}{24a}$$

と定義すれば有限です。恣意的な引き算ではなく、比較すべき基準（同じ長さの自由空間）を明示した差であることに注意してください。

力は $F = -\dfrac{dE_{\rm Cas}}{da} = -\dfrac{\pi}{24a^2}$、単位を戻すと $F = -\dfrac{\pi\hbar c}{24a^2}$ です。負号は引力、すなわち 2 つの壁が引き合うことを意味します。例 5.6 で述べたとおり、真空エネルギーの絶対値は正規順序で捨てられますが、境界条件を変えたときの差は観測可能な力として現れます。3 次元の電磁場で同じ計算をすると単位面積あたり $\frac{\pi^2\hbar c}{240a^4}$ が得られ、これが実験で検証されているカシミール効果です。

参考文献

• M. E. Peskin and D. V. Schroeder, An Introduction to Quantum Field Theory, Westview Press, 1995 — 第 2 章「The Klein-Gordon Field」。本章の構成はこの章の流れにおおむね沿っています。
• M. Srednicki, Quantum Field Theory, Cambridge University Press, 2007 — 第 1 章から第 3 章。相対論的量子力学の困難から正準量子化までを丁寧に扱っています。
• S. Weinberg, The Quantum Theory of Fields, Volume I: Foundations, Cambridge University Press, 1995 — 第 5 章および第 7 章。粒子（ポアンカレ群の既約表現）から出発して場を構成する、本章とは逆向きの論理が展開されています。
• 九後汰一郎『ゲージ場の量子論 I』培風館、1989 — 自由場の正準量子化を扱う前半部。
• P. A. M. Dirac, “The Quantum Theory of the Emission and Absorption of Radiation”, Proceedings of the Royal Society of London A 114 (1927), 243–265 — 場の量子化が初めて成功した論文。
• S. K. Lamoreaux, “Demonstration of the Casimir Force in the 0.6 to 6 μm Range”, Physical Review Letters 78 (1997), 5 — カシミール力の測定。

Appendix: 有限体積での定式化とデルタ関数の発散の正体

設定。 一辺 $L$ の立方体（体積 $V = L^3$）に周期境界条件を課します。許される波数は $\boldsymbol k = \frac{2\pi}{L}\boldsymbol n$（$\boldsymbol n\in\mathbb{Z}^3$）と離散化され、直交関係は $\int_V d^3x\,e^{i(\boldsymbol k-\boldsymbol k')\cdot\boldsymbol x} = V\delta_{\boldsymbol k\boldsymbol k'}$ になります。場を

$$\hat\phi(\boldsymbol x) = \frac{1}{\sqrt V}\sum_{\boldsymbol k}\hat q_{\boldsymbol k}e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x},\qquad \hat\pi(\boldsymbol x) = \frac{1}{\sqrt V}\sum_{\boldsymbol k}\hat p_{\boldsymbol k}e^{-i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}$$

と展開します。$\hat\phi,\hat\pi$ がエルミートであることは $\hat q^\dagger_{\boldsymbol k} = \hat q_{-\boldsymbol k}$、$\hat p^\dagger_{\boldsymbol k} = \hat p_{-\boldsymbol k}$ と同値です。

交換関係とハミルトニアン。 $[\hat q_{\boldsymbol k},\hat p_{\boldsymbol k'}] = i\delta_{\boldsymbol k\boldsymbol k'}$ を課すと、

$$[\hat\phi(\boldsymbol x),\hat\pi(\boldsymbol y)] = \frac{i}{V}\sum_{\boldsymbol k}e^{i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)}$$

となり、右辺は箱の中の周期的デルタ関数、$L\to\infty$ で $i\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ になります。ハミルトニアンに代入すると、各項で $\int_V d^3x$ が $\boldsymbol k' = -\boldsymbol k$ を選び、

$$\hat H = \frac{1}{2}\sum_{\boldsymbol k}\left(\hat p_{\boldsymbol k}\hat p^\dagger_{\boldsymbol k} + \omega_{\boldsymbol k}^2\hat q_{\boldsymbol k}\hat q^\dagger_{\boldsymbol k}\right)$$

を得ます。例 3.4 で使った表式です。$\boldsymbol k$ と $-\boldsymbol k$ を組にして実の正準変数を作れば、これはまさしく角振動数 $\omega_{\boldsymbol k}$ の調和振動子の集まりであり、量子力学の標準的な方法で対角化できます。結果は

$$\hat H = \sum_{\boldsymbol k}\omega_{\boldsymbol k}\left(\hat A^\dagger_{\boldsymbol k}\hat A_{\boldsymbol k} + \frac{1}{2}\right),\qquad [\hat A_{\boldsymbol k},\hat A^\dagger_{\boldsymbol k'}] = \delta_{\boldsymbol k\boldsymbol k'}$$

で、零点エネルギーは $E_0 = \sum_{\boldsymbol k}\frac{\omega_{\boldsymbol k}}{2}$ という、「モード 1 個につき $\frac{1}{2}\hbar\omega$」というきわめて見通しのよい形になります。

連続極限への辞書。 $L\to\infty$ で和は積分に置き換わります。

有限体積	連続極限
$\sum_{\boldsymbol k}$	$V\displaystyle\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}$
$\delta_{\boldsymbol k\boldsymbol k'}$	$\dfrac{(2\pi)^3}{V}\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$
$\hat A_{\boldsymbol k}$	$\dfrac{1}{\sqrt V}\hat a_{\boldsymbol k}$
$V$	$(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol 0)$

最後の行が、定理 5.1 に現れた $\delta^3(\boldsymbol 0)$ の正体です。$(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k)\big|_{\boldsymbol k=\boldsymbol 0} = \int d^3x\,e^{i\boldsymbol 0\cdot\boldsymbol x} = V$ ですから、これは無限体積という理想化が生む赤外的な発散であって、短距離物理とは関係ありません。実際、この辞書で $E_0 = \sum_{\boldsymbol k}\frac{\omega_{\boldsymbol k}}{2} \to \frac{V}{2}\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\omega_{\boldsymbol k}$ となり、定理 5.1 の表式と一致します。エネルギー密度 $\rho_0 = E_0/V$ を考えれば $V$ 依存性は消え、例 5.6 で扱った紫外発散だけが本質的な問題として残ります。