ディラック場の量子化：反交換関係・C/P/T・伝播関数・Majorana 場

0. この記事の要点

電子のように「スピンが $\tfrac12$ の粒子」を量子論で正しく扱うには、粒子 1 個ごとの波動方程式ではなく、空間全体に広がる「場」を量子化する必要があります。この記事は、その場を作るときに、粒子の入れ替えで符号が変わる「反交換」という規則が、好みではなく必然として出てくることを順に確かめます。読み終えると、電子と陽電子（反粒子）がどう場の中に同居するか、エネルギーがなぜ下に抜けないか、粒子と反粒子が同一になる場（Majorana 場）がどういうものかが説明できるようになります。以下の箇条書きは全体の予告なので、分からない言葉があっても、そのまま本文に進んで構いません。

• ディラック方程式 $(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0$ の正振動数解 $u^s(p)e^{-ip\cdot x}$ と負振動数解 $v^s(p)e^{ip\cdot x}$ をワイル表示（ガンマ行列を $2\times2$ のブロックで書く表し方）で具体的に書き下し、スピン和（スピンの向き 2 通りについての和）$\sum_s u^s\bar u^s = \gamma\cdot p + m$、$\sum_s v^s\bar v^s = \gamma\cdot p - m$ を導きます。
• 場をモード展開（平面波の重ね合わせで書くこと）し、係数に反交換関係（$\lbrace A,B\rbrace = AB+BA$ が定数になる関係）を課すと、ハミルトニアンは $\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\sum_s\omega_{\boldsymbol p}(a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}a^s_{\boldsymbol p} + b^{s\dagger}_{\boldsymbol p}b^s_{\boldsymbol p})$ となって下に有界です。粒子（$a$）と反粒子（$b$）は逆符号の電荷をもち、パウリの排他律が自動的に成り立ちます。
• 交換関係で量子化すると、エネルギーが下に有界でなくなるか、ノルムが負の状態が現れるかのどちらかです。さらに場の交換子が空間的隔たりで消えず、因果律も壊れます。スピン $\tfrac12$ の場はフェルミ統計に従うしかありません。
• 電荷共役 $C$、パリティ $P$、時間反転 $T$ を生成消滅演算子への作用として定義し、場への作用 $C\psi C^{-1} = i\gamma^2(\psi^\dagger)^{\mathsf T}$、$P\psi(t,\boldsymbol x)P^{-1} = \gamma^0\psi(t,-\boldsymbol x)$、$T\psi(t,\boldsymbol x)T^{-1} = \gamma^1\gamma^3\psi(-t,\boldsymbol x)$ を導きます。
• 荷電共役 $\psi^c=i\gamma^2\psi^{*}$ が自分自身に等しいという Majorana 条件 $\psi=\psi^c$ がローレンツ不変であること、ガンマ行列が純虚数になる Majorana 表示では実場の条件になること、4 次元では Majorana 条件とワイル条件が両立しないことを証明します。同じ質量の 2 つの Majorana 場から Dirac 場が組めること（$b=(a_1-ia_2)/\sqrt2$）も示します。
• ファインマン伝播関数 $S_F(x-y) = \langle0|T\psi(x)\bar\psi(y)|0\rangle = \int\frac{d^4p}{(2\pi)^4}\frac{i(\gamma\cdot p + m)}{p^2 - m^2 + i\varepsilon}e^{-ip\cdot(x-y)}$ を導出し、反交換子 $\lbrace\psi(x),\bar\psi(y)\rbrace$ が空間的に離れた点で消えること（因果律）を証明します。

この記事で使う事前知識

• ガンマ行列とクリフォード関係式: ディラック方程式に現れる $4\times4$ 行列 $\gamma^\mu$ で、$\gamma^\mu\gamma^\nu+\gamma^\nu\gamma^\mu = 2\eta^{\mu\nu}$ を満たします。→ ローレンツ群・ポアンカレ群と粒子の分類
• ローレンツ群: 慣性系どうしを結ぶ時空の変換の群で、ディラックスピノルはその表現（変換のされ方）の 1 つです。→ ローレンツ群
• 生成・消滅演算子: 粒子を 1 個増やす・減らす演算子です。→ 生成・消滅演算子
• 真空: すべての消滅演算子で 0 になる、粒子のいない状態です。→ 真空
• 正規順序: 生成演算子を左、消滅演算子を右に並べ直す操作で、無限大の定数を落とすために使います。→ 正規順序
• 反ユニタリ作用素: 内積の値を複素共役にする変換で、時間反転がこれにあたります。→ 反線形・反ユニタリ作用素

1. 動機

なぜ場の量子論が必要かでは、ディラック方程式を 1 粒子の波動方程式として読むと、ハミルトニアンが下に有界でないことを見ました（定理 4.2［なぜ場の量子論が必要か］）。ディラック自身はこれを「負エネルギーの海」で救いましたが、その処方は無限個の粒子を持ち込む多体理論であり、もはや 1 粒子理論ではありませんでした（例 4.3［なぜ場の量子論が必要か］）。

場の量子論はこれを別の仕方で解決します。スカラー場の正準量子化で見たように、負振動数の解は「負エネルギーの粒子」ではなく「生成演算子の係数」として理論に入ります。ディラック場でも同じことをしますが、1 つ決定的な違いがあります。スカラー場と同じ交換関係で量子化すると、負振動数部分の生成演算子が負のエネルギーを運んでしまうのです。これを救うのが反交換関係であり、その結果として電子はフェルミ粒子になります。スピンと統計の関係が、エネルギーの正値性と因果律という物理的要請から強制されることを、本章で具体的に確かめます。

前章ローレンツ群・ポアンカレ群と粒子の分類では、ディラックスピノルが $\mathrm{SL}(2,\mathbb{C})$ の表現 $(\tfrac12,0)\oplus(0,\tfrac12)$ であること、ガンマ行列がその生成子を与えることを見ました。本章ではその記法（ワイル表示）をそのまま使います。ここで構成するディラック場の伝播関数は、摂動論とファインマン則以降で QED を組み立てるときの基本部品になります。

2. 準備：ディラック場の古典論

ガンマ行列は 定義 5.1［ローレンツ群・ポアンカレ群と粒子の分類］ のワイル表示

$$\gamma^0 = \begin{pmatrix}0&\mathbb{1}\\ \mathbb{1}&0\end{pmatrix},\qquad \gamma^i = \begin{pmatrix}0&\sigma^i\\ -\sigma^i&0\end{pmatrix},\qquad \gamma^5 = \begin{pmatrix}-\mathbb{1}&0\\0&\mathbb{1}\end{pmatrix}$$

を使い、$\bar\psi = \psi^\dagger\gamma^0$、$\gamma\cdot p = \gamma^\mu p_\mu$ と書きます（Peskin–Schroeder のスラッシュ記法 $\not p$ と同じものです）。$\omega_{\boldsymbol p} = \sqrt{|\boldsymbol p|^2 + m^2}$、$m > 0$ とし、4 元運動量 $p$ は断らない限り質量殻上 $p^0 = \omega_{\boldsymbol p}$ にあるとします。また $p$ に対して空間成分を反転したものを $\tilde p = (p^0,-\boldsymbol p)$ と書きます。行列 $p\cdot\sigma = p^0 - \boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma$、$p\cdot\bar\sigma = p^0 + \boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma$ は固有値 $\omega_{\boldsymbol p}\mp|\boldsymbol p| > 0$ をもつ正定値エルミート行列で、$(p\cdot\sigma)(p\cdot\bar\sigma) = (p^0)^2 - |\boldsymbol p|^2 = m^2$ を満たします。

ディラック場のラグランジアン密度は

$$\mathcal{L} = \bar\psi\,(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\,\psi$$

です。$\bar\psi$ を独立変数として変分するとディラック方程式 $(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0$ が得られ、命題 5.5［ローレンツ群・ポアンカレ群と粒子の分類］ によりこれはローレンツ共変です。なぜ場の量子論が必要かの形（定義 4.1［なぜ場の量子論が必要か］）とは $\beta = \gamma^0$、$\alpha^i = \gamma^0\gamma^i$ で結ばれます。$\psi$ に共役な運動量は $\pi = \partial\mathcal{L}/\partial\dot\psi = i\psi^\dagger$、ハミルトニアン密度は

$$\mathcal{H} = \pi\dot\psi - \mathcal{L} = \bar\psi\,(-i\gamma^i\partial_i + m)\,\psi$$

です。この理論は大域的 U(1) 変換 $\psi\mapsto e^{i\alpha}\psi$ で不変で、ネーターの定理（定理 6.2）［古典場の理論とラグランジアン］ による保存カレントは $j^\mu = \bar\psi\gamma^\mu\psi$、保存電荷は $\int d^3x\,\psi^\dagger\psi$ です。

補題 2.1（ディラック方程式はクライン–ゴルドン方程式を含む）✓

$\psi$ がディラック方程式を満たせば、その各成分はクライン–ゴルドン方程式 $(\Box + m^2)\psi_a = 0$ を満たします。

証明（補題 2.1）

$(i\gamma^\nu\partial_\nu + m)(i\gamma^\mu\partial_\mu - m) = -\gamma^\nu\gamma^\mu\partial_\nu\partial_\mu - m^2$ です。$\partial_\nu\partial_\mu$ は $\mu,\nu$ について対称なので $\gamma^\nu\gamma^\mu$ を $\tfrac12\lbrace\gamma^\nu,\gamma^\mu\rbrace = \eta^{\nu\mu}$ に置き換えてよく、結果は $-(\Box + m^2)$ です。これをディラック方程式に左から作用させれば主張を得ます。

∎

したがって平面波解は $e^{\mp ip\cdot x}$（$p^2 = m^2$）の形に限られ、残る問題は 4 成分の係数を決めることです。

3. 平面波解とスピン和

この節の目標は、平面波解を 4 成分の具体的な形で書き下すことです。$u$ と $v$ の中身を決めたうえで、解が「スピンの向き 2 通り」に対応する 2 次元の空間をなすことまで確かめます。証明の最後の段落では、行列 $\gamma\cdot p$ の固有値が $\pm m$ だけで、重根をもたない多項式で消える行列は対角化できる、という線形代数の事実を使っています。

命題 3.1（ディラック方程式の平面波解）✓

$p$ を質量殻上の運動量とし、$\xi,\eta\in\mathbb{C}^2$ に対して

$$u(p) = \begin{pmatrix}\sqrt{p\cdot\sigma}\,\xi\\ \sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\xi\end{pmatrix},\qquad v(p) = \begin{pmatrix}\sqrt{p\cdot\sigma}\,\eta\\ -\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\eta\end{pmatrix}$$

とおきます（平方根は正定値エルミート行列の正の平方根）。このとき $(\gamma\cdot p - m)u(p) = 0$、$(\gamma\cdot p + m)v(p) = 0$ であり、したがって $u(p)e^{-ip\cdot x}$ と $v(p)e^{ip\cdot x}$ はディラック方程式の解です。さらに $\mathrm{Ker}(\gamma\cdot p - m)$ と $\mathrm{Ker}(\gamma\cdot p + m)$ はともに 2 次元で、$\xi$（あるいは $\eta$）を動かすとそれぞれ全体を尽くします。

証明（命題 3.1）

$p\cdot\sigma$ と $p\cdot\bar\sigma$ は可換な正定値行列で積が $m^2$ なので、$\sqrt{p\cdot\sigma}\sqrt{p\cdot\bar\sigma} = m$ です（積は正定値で、2 乗が $m^2$ だからです）。ワイル表示で $\gamma\cdot p = \begin{pmatrix}0 & p\cdot\sigma\\ p\cdot\bar\sigma & 0\end{pmatrix}$ なので

$$(\gamma\cdot p - m)u = \begin{pmatrix} -m\sqrt{p\cdot\sigma}\,\xi + (p\cdot\sigma)\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\xi\\ (p\cdot\bar\sigma)\sqrt{p\cdot\sigma}\,\xi - m\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\xi\end{pmatrix}$$

で、$(p\cdot\sigma)\sqrt{p\cdot\bar\sigma} = \sqrt{p\cdot\sigma}\cdot\sqrt{p\cdot\sigma}\sqrt{p\cdot\bar\sigma} = m\sqrt{p\cdot\sigma}$ などから両成分とも $0$ です。$v$ も符号を追えば同様です。$i\partial_\mu e^{\mp ip\cdot x} = \pm p_\mu e^{\mp ip\cdot x}$ なので、平面波がディラック方程式を満たすことはこの 2 式と同値です。

次元について、$(\gamma\cdot p)^2 = p^2 = m^2$（クリフォード関係式）なので $\gamma\cdot p$ の固有値は $\pm m$ だけで、$\mathrm{tr}(\gamma\cdot p) = 0$（上のワイル表示で $\gamma\cdot p$ の対角ブロックは $0$）から各固有値の重複度は 2 です。さらに $(\gamma\cdot p - m)(\gamma\cdot p + m) = 0$ かつ $m\ne0$ なので、$\gamma\cdot p$ の最小多項式は相異なる根 $\pm m$ をもつ 1 次式の積を割り切り、$\gamma\cdot p$ は対角化可能です。よって各核は 2 次元です。$\xi\mapsto u$ は $\sqrt{p\cdot\sigma}$ が可逆なので単射であり、2 次元の像は核全体です。

∎

以下、$\xi^1 = (1,0)^{\mathsf T}$、$\xi^2 = (0,1)^{\mathsf T}$ を取り、$\varepsilon = i\sigma^2 = \begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$ を使って

$$\eta^s = \varepsilon\,(\xi^s)^{*}\qquad(\eta^1 = (0,-1)^{\mathsf T},\ \eta^2 = (1,0)^{\mathsf T})$$

と選びます。これに対応する解を $u^s(p)$、$v^s(p)$（$s = 1,2$）と書きます。$\xi^s$ も $\eta^s$ も正規直交基底で、$\sum_s\xi^s\xi^{s\dagger} = \sum_s\eta^s\eta^{s\dagger} = \mathbb{1}$ です。この $\eta^s$ の選び方は、後で電荷共役と時間反転が簡単な形になるように（そして $b^{s\dagger}$ が作る反粒子のスピンの向きが $\xi^s$ の向きと一致するように）取ったものです。

命題 3.2（スピノルの規格化と直交関係）✓

$r,s\in\lbrace1,2\rbrace$ について次が成り立ちます。

$$\bar u^r(p)u^s(p) = 2m\,\delta^{rs},\qquad \bar v^r(p)v^s(p) = -2m\,\delta^{rs},\qquad \bar u^r(p)v^s(p) = \bar v^r(p)u^s(p) = 0,$$$$u^{r\dagger}(p)u^s(p) = v^{r\dagger}(p)v^s(p) = 2\omega_{\boldsymbol p}\,\delta^{rs},\qquad u^{r\dagger}(\tilde p)\,v^s(p) = v^{r\dagger}(\tilde p)\,u^s(p) = 0.$$

証明（命題 3.2）

$\bar u = u^\dagger\gamma^0$ は $u^\dagger$ の上下ブロックを入れ替えたものなので $\bar u^r = (\xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\bar\sigma},\ \xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\sigma})$ です。よって $\bar u^ru^s = 2\xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\sqrt{p\cdot\sigma}\,\xi^s = 2m\,\xi^{r\dagger}\xi^s = 2m\delta^{rs}$。$v$ では下段の負号により $-2m$ になります。$\bar u^rv^s = \xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\sqrt{p\cdot\sigma}\,\eta^s - \xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\sigma}\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\eta^s = 0$ です。

次に $u^{r\dagger}u^s = \xi^{r\dagger}(p\cdot\sigma + p\cdot\bar\sigma)\xi^s = 2p^0\delta^{rs}$、$v$ も同じです。最後の式では $\tilde p\cdot\sigma = p\cdot\bar\sigma$ に注意すると $u^r(\tilde p) = (\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\xi^r,\ \sqrt{p\cdot\sigma}\,\xi^r)$ なので

$$u^{r\dagger}(\tilde p)v^s(p) = \xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\sqrt{p\cdot\sigma}\,\eta^s - \xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\sigma}\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\eta^s = 0$$

です。$v^{r\dagger}(\tilde p)u^s(p)$ も同様です。

∎

ローレンツ不変な規格化は $\bar uu = 2m$ のほうで、$u^\dagger u = 2\omega_{\boldsymbol p}$ は不変測度 $d^3p/2\omega_{\boldsymbol p}$（例 7.2［ローレンツ群・ポアンカレ群と粒子の分類］）と組になって現れる密度の規格化です。最後の直交関係は、後でハミルトニアンの $a^\dagger b^\dagger$ 型の交差項が消えることを保証します。

定理 3.3（スピン和の公式）✓

$$\sum_{s=1,2}u^s(p)\,\bar u^s(p) = \gamma\cdot p + m,\qquad \sum_{s=1,2}v^s(p)\,\bar v^s(p) = \gamma\cdot p - m.$$

証明（定理 3.3）

$\sum_s\xi^s\xi^{s\dagger} = \mathbb{1}$ を使うと、$4\times4$ 行列を $2\times2$ ブロックで書いて

$$\sum_s u^s\bar u^s = \begin{pmatrix}\sqrt{p\cdot\sigma}\\ \sqrt{p\cdot\bar\sigma}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\sqrt{p\cdot\bar\sigma} & \sqrt{p\cdot\sigma}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\sqrt{p\cdot\sigma}\sqrt{p\cdot\bar\sigma} & p\cdot\sigma\\ p\cdot\bar\sigma & \sqrt{p\cdot\bar\sigma}\sqrt{p\cdot\sigma}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} m & p\cdot\sigma\\ p\cdot\bar\sigma & m\end{pmatrix}$$

となり、これは $\gamma\cdot p + m$ です。$v$ については $\bar v^s = (-\eta^{s\dagger}\sqrt{p\cdot\bar\sigma},\ \eta^{s\dagger}\sqrt{p\cdot\sigma})$ と $\sum_s\eta^s\eta^{s\dagger} = \varepsilon\left(\sum_s\xi^{s*}\xi^{s\mathsf T}\right)\varepsilon^\dagger = \varepsilon\varepsilon^\dagger = \mathbb{1}$ を使い、対角ブロックが $-m$、非対角ブロックが $p\cdot\sigma$、$p\cdot\bar\sigma$ になって $\gamma\cdot p - m$ を得ます。

∎

スピン和は、偏極を測らない散乱断面積の計算で $\sum_s$ をトレースに変える道具になります（演習 8.1）。右辺が表示によらない共変な式であることに注意してください。左辺は $\xi^s$ の選び方に依存しそうに見えますが、正規直交基底である限り結果は同じです。

例 3.4（静止系と高エネルギー極限）

静止系 $p = (m,\boldsymbol 0)$ では $p\cdot\sigma = p\cdot\bar\sigma = m$ なので

$$u^s = \sqrt m\begin{pmatrix}\xi^s\\ \xi^s\end{pmatrix},\qquad v^s = \sqrt m\begin{pmatrix}\eta^s\\ -\eta^s\end{pmatrix}$$

です。$\gamma^5$ の固有値 $\mp1$ の成分（左巻き・右巻き）が同じ重みで混ざっています。逆に $\boldsymbol p = (0,0,p^3)$、$p^3\to+\infty$ とすると、$\xi^1$（$\sigma^3 = +1$）に対して $p\cdot\sigma\,\xi^1 = (\omega_{\boldsymbol p} - p^3)\xi^1\to0$、$p\cdot\bar\sigma\,\xi^1 = (\omega_{\boldsymbol p} + p^3)\xi^1\approx 2p^3\xi^1$ なので

$$u^1(p)\approx\sqrt{2\omega_{\boldsymbol p}}\begin{pmatrix}0\\ \xi^1\end{pmatrix}$$

となり、右巻き成分だけが残ります。運動方向のスピンが $+\tfrac12$（ヘリシティ正）の粒子は高エネルギーで右巻きワイルスピノルに近づく、という 前章 の 演習 8.3［ローレンツ群・ポアンカレ群と粒子の分類］ の結論が、質量のある場合の極限として再現されています。

4. 正準量子化：反交換関係が必要な理由

定義 4.1（ディラック場の量子化）↗

演算子 $a^s_{\boldsymbol p}$、$b^s_{\boldsymbol p}$（$s = 1,2$、$\boldsymbol p\in\mathbb{R}^3$）が正準反交換関係

$$\lbrace a^r_{\boldsymbol p},a^{s\dagger}_{\boldsymbol q}\rbrace = \lbrace b^r_{\boldsymbol p},b^{s\dagger}_{\boldsymbol q}\rbrace = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol q)\,\delta^{rs}$$

を満たし、ほかの反交換子（$\lbrace a,a\rbrace$、$\lbrace a,b\rbrace$、$\lbrace a,b^\dagger\rbrace$ など）はすべて $0$ であるとします。真空 $|0\rangle$ を $a^s_{\boldsymbol p}|0\rangle = b^s_{\boldsymbol p}|0\rangle = 0$、$\langle0|0\rangle = 1$ で定め、これに生成演算子を作用させて得られる状態の張る空間（の完備化）をフォック空間とします。ディラック場の演算子を

$$\psi(x) = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol p}}}\sum_{s}\left(a^s_{\boldsymbol p}\,u^s(p)\,e^{-ip\cdot x} + b^{s\dagger}_{\boldsymbol p}\,v^s(p)\,e^{ip\cdot x}\right),\qquad p^0 = \omega_{\boldsymbol p}$$

で定めます。フェルミ演算子の積の正規順序 ${:}\ \cdot\ {:}$ は、生成演算子を左に並べ、並べ替えに用いた入れ替えの回数だけ符号 $(-1)$ を掛ける操作です（例: ${:}b\,b^\dagger{:} = -b^\dagger b$）。

各項が 命題 3.1 の解なので、$\psi(x)$ はディラック方程式を満たします。$a$ と $b^\dagger$ が同じ場に現れるのはスカラー場の複素版と同じ構造で、実場の条件 $\phi^\dagger = \phi$ がないので $a$ と $b$ は独立です。

命題 4.2（等時刻反交換関係との同値性）✓

定義 4.1 の反交換関係は、等時刻での

$$\lbrace\psi_a(t,\boldsymbol x),\psi_b^\dagger(t,\boldsymbol y)\rbrace = \delta_{ab}\,\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y),\qquad \lbrace\psi_a(t,\boldsymbol x),\psi_b(t,\boldsymbol y)\rbrace = 0$$

と同値です（$a,b = 1,\ldots,4$ はスピノル添字）。これは正準運動量 $\pi = i\psi^\dagger$ を使えば $\lbrace\psi_a,\pi_b\rbrace = i\delta_{ab}\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ と書けます。

証明（命題 4.2）

モードの関係を仮定します。$\lbrace\psi_a,\psi^\dagger_b\rbrace$ で生き残るのは $\lbrace a,a^\dagger\rbrace$ と $\lbrace b^\dagger,b\rbrace$ の項だけで、デルタ関数で $\boldsymbol q$ 積分を潰すと

$$\lbrace\psi(t,\boldsymbol x),\psi^\dagger(t,\boldsymbol y)\rbrace = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol p}}\left(\sum_s u^su^{s\dagger}\,e^{i\boldsymbol p\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)} + \sum_s v^sv^{s\dagger}\,e^{-i\boldsymbol p\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)}\right)$$

です（時間依存性は $e^{-i\omega t}e^{i\omega t}$ で消えます）。定理 3.3 に右から $\gamma^0$ を掛けると $\sum_su^su^{s\dagger} = (\gamma\cdot p + m)\gamma^0$、$\sum_sv^sv^{s\dagger} = (\gamma\cdot p - m)\gamma^0$ です。第 2 項で $\boldsymbol p\to-\boldsymbol p$ と変数変換すると $\gamma\cdot p - m\to\gamma^0\omega_{\boldsymbol p} + \gamma^ip^i - m$ となり、第 1 項の $\gamma^0\omega_{\boldsymbol p} - \gamma^ip^i + m$ と足して $2\omega_{\boldsymbol p}\gamma^0$ が残ります。$(\gamma^0)^2 = 1$ より被積分関数は $e^{i\boldsymbol p\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)}$ となり、積分は $\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)\mathbb{1}_4$ です。$\lbrace\psi,\psi\rbrace$ には $\lbrace a,b^\dagger\rbrace$ 型の反交換子しか現れないので $0$ です。

逆に、$t = 0$ の展開に $e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}$ を掛けて積分し、命題 3.2 の $u^{r\dagger}(p)u^s(p) = 2\omega_{\boldsymbol p}\delta^{rs}$ と $u^{r\dagger}(p)v^s(\tilde p) = 0$ を使うと

$$a^r_{\boldsymbol p} = \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol p}}}\,u^{r\dagger}(p)\int d^3x\,e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}\,\psi(0,\boldsymbol x)$$

と逆に解けます（$b$ も同様）。これに場の反交換関係を代入すれば $\lbrace a^r_{\boldsymbol p},a^{s\dagger}_{\boldsymbol q}\rbrace = \frac{1}{2\omega_{\boldsymbol p}}u^{r\dagger}u^s(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol q) = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol q)\delta^{rs}$ が出ます。

∎

量子力学の正準交換関係 $[q,p] = i$ の代わりに、反交換子 $\lbrace\psi,\pi\rbrace = i\delta$ を課したことになります。これがなぜ許され、なぜ必要なのかが本節の主題です。

次の定理は、反交換関係を課した場のハミルトニアンが、粒子と反粒子の個数に $\omega_{\boldsymbol p}$ を掛けた和になり、下に有界であることを示します。証明は 3 段階です。(1) モード展開を代入して $a^\dagger a - bb^\dagger$ の形を出します。この段階では反交換関係を使いません。$\boldsymbol p$ と $-\boldsymbol p$ の項が混ざる $a^\dagger b^\dagger$ 型・$ba$ 型の項は、スピノルの直交関係で消えます。(2) 正規順序で $b$ の項の符号を直します。(3) 期待値が非負であることを確かめます。

定理 4.3（ディラック場のハミルトニアン・運動量・電荷）✓

定義 4.1 の下で、正規順序を取ったハミルトニアン、運動量、電荷

$$H = \int d^3x\,{:}\bar\psi(-i\gamma^i\partial_i + m)\psi{:},\qquad \boldsymbol P = \int d^3x\,{:}\psi^\dagger(-i\nabla)\psi{:},\qquad Q = \int d^3x\,{:}\psi^\dagger\psi{:}$$

は

$$H = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\sum_s\omega_{\boldsymbol p}\left(a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}a^s_{\boldsymbol p} + b^{s\dagger}_{\boldsymbol p}b^s_{\boldsymbol p}\right),\qquad \boldsymbol P = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\sum_s\boldsymbol p\left(a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}a^s_{\boldsymbol p} + b^{s\dagger}_{\boldsymbol p}b^s_{\boldsymbol p}\right),$$$$Q = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\sum_s\left(a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}a^s_{\boldsymbol p} - b^{s\dagger}_{\boldsymbol p}b^s_{\boldsymbol p}\right)$$

となります。特に $H\ge0$ で真空は基底状態であり、$a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}$ と $b^{s\dagger}_{\boldsymbol p}$ はいずれもエネルギー $\omega_{\boldsymbol p}$、運動量 $\boldsymbol p$ の粒子を作ります。その電荷はそれぞれ $+1$、$-1$ です。また $[H,a^s_{\boldsymbol p}] = -\omega_{\boldsymbol p}a^s_{\boldsymbol p}$ で、場の時間依存性 $e^{\mp ip\cdot x}$ はハイゼンベルク方程式 $\partial_t\psi = i[H,\psi]$ と整合します。

証明（定理 4.3）

正規順序を取る前の計算。 命題 3.1 の 2 式 $(\gamma\cdot p - m)u = 0$、$(\gamma\cdot p + m)v = 0$ を $\gamma^0$ 倍して整理すると、$(\gamma^ip^i + m)u = \gamma^0\omega_{\boldsymbol p}u$、$(-\gamma^ip^i + m)v = -\gamma^0\omega_{\boldsymbol p}v$ です。$-i\gamma^i\partial_i$ は $u e^{-ip\cdot x}$ に $\gamma^ip^i$ として、$ve^{ip\cdot x}$ に $-\gamma^ip^i$ として作用するので

$$(-i\gamma^i\partial_i + m)\psi = \gamma^0\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{\omega_{\boldsymbol p}}{2}}\sum_s\left(a^s_{\boldsymbol p}u^se^{-ip\cdot x} - b^{s\dagger}_{\boldsymbol p}v^se^{ip\cdot x}\right)$$

です。左から $\bar\psi = \psi^\dagger\gamma^0$ を掛けて $\int d^3x$ を実行すると、運動量が等しい項からは 命題 3.2 の $u^{r\dagger}u^s = v^{r\dagger}v^s = 2\omega_{\boldsymbol p}\delta^{rs}$ により $\omega_{\boldsymbol p}(a^{s\dagger}a^s - b^sb^{s\dagger})$ が残ります。運動量が逆向きの項（$a^\dagger b^\dagger$ と $ba$）は $u^{r\dagger}(\tilde p)v^s(p) = 0$ などにより消えます。したがって演算子の順序を保ったまま

$$\int d^3x\,\bar\psi(-i\gamma^i\partial_i + m)\psi = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\sum_s\omega_{\boldsymbol p}\left(a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}a^s_{\boldsymbol p} - b^s_{\boldsymbol p}b^{s\dagger}_{\boldsymbol p}\right)$$

です。この段階では（反）交換関係を一切使っていないことに注意してください。$\boldsymbol P$ と $Q$ も同じ計算で、$\omega_{\boldsymbol p}$ がそれぞれ $\boldsymbol p$ と $1$ に置き換わり、$b b^\dagger$ の項の係数は $\boldsymbol P$ では $-\boldsymbol p$（$v e^{ip\cdot x}$ に $-i\nabla$ が $-\boldsymbol p$ として作用するため）、$Q$ では $+1$ です。

正規順序。 定義 4.1 の正規順序で ${:}b\,b^\dagger{:} = -b^\dagger b$ なので、$H$ の $-bb^\dagger$ は $+b^\dagger b$ に、$\boldsymbol P$ の $-\boldsymbol p\,bb^\dagger$ は $+\boldsymbol p\,b^\dagger b$ に、$Q$ の $+bb^\dagger$ は $-b^\dagger b$ になり、主張の形を得ます。正規順序を取らずに反交換関係 $bb^\dagger = -b^\dagger b + (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol 0)$ で並べ替えた場合も、違いは c 数だけです。

スペクトル。 $\langle\Phi|H|\Phi\rangle = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\sum_s\omega_{\boldsymbol p}\left(\|a^s_{\boldsymbol p}\Phi\|^2 + \|b^s_{\boldsymbol p}\Phi\|^2\right)\ge0$ で、真空で等号が成り立ちます。交換子は、反交換関係と $a_{\boldsymbol p}a_{\boldsymbol q} = -a_{\boldsymbol q}a_{\boldsymbol p}$ を使って $[a^\dagger_{\boldsymbol q}a_{\boldsymbol q},a_{\boldsymbol p}] = a^\dagger_{\boldsymbol q}a_{\boldsymbol q}a_{\boldsymbol p} - \lbrace a_{\boldsymbol p},a^\dagger_{\boldsymbol q}\rbrace a_{\boldsymbol q} + a^\dagger_{\boldsymbol q}a_{\boldsymbol p}a_{\boldsymbol q} = -(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol q)a_{\boldsymbol q}$ となるので $[H,a^s_{\boldsymbol p}] = -\omega_{\boldsymbol p}a^s_{\boldsymbol p}$、同様に $[H,a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}] = \omega_{\boldsymbol p}a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}$、$b$ についても同じです。よって $e^{iHt}a^s_{\boldsymbol p}e^{-iHt} = e^{-i\omega_{\boldsymbol p}t}a^s_{\boldsymbol p}$ で、場の展開の時間依存性と一致します。電荷についても $[Q,a^\dagger] = a^\dagger$、$[Q,b^\dagger] = -b^\dagger$ です。

∎

正規順序で捨てた真空エネルギーは $-2\cdot\frac{V}{2}\cdot 2\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\omega_{\boldsymbol p}$、すなわち 4 自由度のそれぞれが $-\tfrac12\omega_{\boldsymbol p}$ を寄与する形になっており、ボソンの零点エネルギー（定理 5.1［スカラー場の正準量子化］）と逆符号です。超対称性理論でボソンとフェルミオンの零点エネルギーが相殺するのはこのためです。

命題 4.4（パウリの排他律とフェルミ統計）✓

任意の二乗可積分関数 $f(\boldsymbol p)$ と $s$ に対して $a^\dagger(f) = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}f(\boldsymbol p)a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}$ とおくと $a^\dagger(f)^2 = 0$ です。また $n$ 粒子状態 $a^{s_1\dagger}_{\boldsymbol p_1}\cdots a^{s_n\dagger}_{\boldsymbol p_n}|0\rangle$ は、任意の 2 つのラベル $(\boldsymbol p_i,s_i)$ と $(\boldsymbol p_j,s_j)$ の入れ替えで符号を変えます。

証明（命題 4.4）

定義 4.1 より $\lbrace a^\dagger(f),a^\dagger(f)\rbrace = 2a^\dagger(f)^2 = 0$ です。2 つ目は $a^{r\dagger}_{\boldsymbol p}a^{s\dagger}_{\boldsymbol q} = -a^{s\dagger}_{\boldsymbol q}a^{r\dagger}_{\boldsymbol p}$ から直ちに従います。

∎

スカラー場では交換関係からボーズ統計が出ました（命題 6.3［スカラー場の正準量子化］）。ここでは反交換関係からフェルミ統計が出ています。次の命題は、ディラック場に交換関係を選ぶ余地がないことを示します。

議論の要点は次のとおりです。ハミルトニアンの中には $-bb^\dagger$ という負号つきの項があります。交換関係で並べ直すとこれは $-b^\dagger b$ になり、反粒子を 1 個増やすごとにエネルギーが下がります（1）。これを避けて $b^\dagger$ のほうを消滅演算子と読み替えると、エネルギーは非負になりますが、今度は 1 粒子状態のノルムの 2 乗が負になります（2）。どちらを選んでも物理的に使えない、というのが主張です。

命題 4.5（交換関係で量子化すると何が壊れるか）✓

定義 4.1 の場の展開はそのままにし、反交換関係の代わりに交換関係

$$[a^r_{\boldsymbol p},a^{s\dagger}_{\boldsymbol q}] = [b^r_{\boldsymbol p},b^{s\dagger}_{\boldsymbol q}] = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol q)\delta^{rs}\quad(\text{他の交換子は }0)$$

を課したとします。ハミルトニアンを $H = \int d^3x\,\bar\psi(-i\gamma^i\partial_i + m)\psi$ から c 数を引いたものとすると、次のどちらかが起こります。

1. $b^s_{\boldsymbol p}|0\rangle = 0$ を満たす真空と正定値な内積をもつフォック空間で実現すると、$H$ は下に有界ではありません。
2. $b$ と $b^\dagger$ の役割を入れ替え、$d^s_{\boldsymbol p} = b^{s\dagger}_{\boldsymbol p}$ を消滅演算子として $d^s_{\boldsymbol p}|0\rangle = 0$ とすると、フォック基底上の $H$ の固有値はすべて非負になりますが、$\|d^\dagger(f)|0\rangle\|^2 = -\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}|f(\boldsymbol p)|^2 < 0$ となり、内積は正定値ではありません。

証明（命題 4.5）

定理 4.3 の証明の前半は（反）交換関係を使わないので、演算子として $H = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\sum_s\omega_{\boldsymbol p}(a^{s\dagger}a^s - b^sb^{s\dagger})$ です。

1。 交換関係で $b b^\dagger = b^\dagger b + (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol 0)$ と並べ替え、c 数を捨てると $H = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\sum_s\omega_{\boldsymbol p}(a^{s\dagger}a^s - b^{s\dagger}b^s)$ です。$\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}|f(\boldsymbol p)|^2 = 1$ となる波束 $f$ を取り $b^\dagger(f) = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}f(\boldsymbol p)b^{1\dagger}_{\boldsymbol p}$ とおきます。交換関係から $[b(f),b^\dagger(f)] = 1$、$[H,b^\dagger(f)] = -b^\dagger(\omega f)$ なので、$|n\rangle = b^\dagger(f)^n|0\rangle/\sqrt{n!}$ はノルム $1$ で

$$\langle n|H|n\rangle = -n\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\,\omega_{\boldsymbol p}|f(\boldsymbol p)|^2 \le -n\,m$$

です（ボソンなので同じ状態に何個でも入れます）。$n\to\infty$ で $-\infty$ に発散するので、$H$ は下に有界ではありません。

2。 $d = b^\dagger$ とすると $[d^r_{\boldsymbol p},d^{s\dagger}_{\boldsymbol q}] = [b^{r\dagger}_{\boldsymbol p},b^s_{\boldsymbol q}] = -(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol q)\delta^{rs}$ です。$-bb^\dagger = -d^\dagger d$ は $d$ について正規順序なので、$H = \int\sum\omega_{\boldsymbol p}(a^\dagger a - d^\dagger d)$ ですが、$d$ の交換関係の符号のため $[H,d^\dagger_{\boldsymbol p}] = +\omega_{\boldsymbol p}d^\dagger_{\boldsymbol p}$ となり、$d^\dagger$ はエネルギーを上げます。ところが $\langle0|d(f)d^\dagger(f)|0\rangle = \langle0|[d(f),d^\dagger(f)]|0\rangle = -\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}|f|^2$ で、ノルムの 2 乗が負になります。確率解釈が成り立ちません。

∎

反交換関係ではこの二者択一が消えます。$bb^\dagger = -b^\dagger b + \text{c 数}$ の負号が、$H$ の中の $-bb^\dagger$ の負号をちょうど打ち消すからです。この負号の出どころは、命題 3.2 の $v^\dagger v = +2\omega_{\boldsymbol p}$ と、ディラック方程式から来た $-\gamma^0\omega_{\boldsymbol p}v$ の負号です。スカラー場では $H$ が $\pi^2$ と $(\nabla\phi)^2$ の和で最初から正定値でしたが、ディラック場のハミルトニアン密度 $\bar\psi(-i\gamma^i\partial_i + m)\psi$ は古典的には正定値ではありません。量子化で正値性を回復するには、統計を変えるしかないのです。

反粒子の演算子 $b$ だけに注目したときのエネルギー準位。交換関係では 1 個増やすごとにエネルギーが ω ずつ下がり続け、反交換関係では 0 個か 1 個だけで底がある

例 4.6（交換関係で量子化すると因果律も壊れる）

命題 4.5 の 1 の設定で、場の交換子を計算します。$[a,a^\dagger]$ と $[b^\dagger,b] = -(2\pi)^3\delta^3$ の項だけが残り、定理 3.3 を使うと

$$[\psi_a(x),\bar\psi_b(y)] = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol p}}\left[(\gamma\cdot p + m)e^{-ip\cdot z} - (\gamma\cdot p - m)e^{ip\cdot z}\right]_{ab} = (i\gamma^\mu\partial_\mu + m)_{ab}\big(D(z) + D(-z)\big)$$

です（$z = x - y$、微分は $x$ について）。ここで $D(z) = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3 2\omega_{\boldsymbol p}}e^{-ip\cdot z}$ はスカラー場の正準量子化の真空 2 点関数（例 7.2［スカラー場の正準量子化］）で、$(i\gamma\cdot\partial + m)e^{\mp ip\cdot z} = (\pm\gamma\cdot p + m)e^{\mp ip\cdot z}$ を使いました。$z$ が空間的なら、定理 7.1［スカラー場の正準量子化］ の証明で示したとおり $D(-z) = D(z)$ です。スピノル添字についてトレースを取ると、$\mathrm{tr}\gamma^\mu = 0$ より

$$\mathrm{tr}\,[\psi(x),\bar\psi(y)] = 4m\cdot 2D(z) = \frac{2m^2}{\pi^2 r}K_1(mr) \ne 0\qquad(z = (0,\boldsymbol r),\ r = |\boldsymbol r|)$$

です（例 7.2［スカラー場の正準量子化］ の $D = \frac{m}{4\pi^2r}K_1(mr) > 0$ を使いました。$D$ はローレンツ不変なので、一般の空間的 $z$ はこの形に帰着します）。空間的に離れた点の場が交換しないので、因果律が破れます。反交換関係で量子化した場合の対応する計算が 定理 6.1 です。

5. 離散対称性：C, P, T

定義 5.1（パリティ・電荷共役・時間反転）↗

定義 4.1 のフォック空間上に、真空を不変にし（$P|0\rangle = C|0\rangle = T|0\rangle = |0\rangle$）、生成消滅演算子に次のように作用する作用素を定義します。

• パリティ $P$（ユニタリ）: $Pa^s_{\boldsymbol p}P^{-1} = a^s_{-\boldsymbol p}$、$Pb^s_{\boldsymbol p}P^{-1} = -b^s_{-\boldsymbol p}$。
• 電荷共役 $C$（ユニタリ）: $Ca^s_{\boldsymbol p}C^{-1} = b^s_{\boldsymbol p}$、$Cb^s_{\boldsymbol p}C^{-1} = a^s_{\boldsymbol p}$。
• 時間反転 $T$（反ユニタリ）: $Ta^1_{\boldsymbol p}T^{-1} = a^2_{-\boldsymbol p}$、$Ta^2_{\boldsymbol p}T^{-1} = -a^1_{-\boldsymbol p}$、$b$ についても同じ。

いずれも反交換関係を保つので、フォック基底 $a^\dagger\cdots b^\dagger\cdots|0\rangle$ の行き先が定まり、それぞれ一意に存在します。

パリティは運動量を反転しスピンを保ち、時間反転は運動量とスピンをともに反転します（反ユニタリであることは、$e^{-iHt}$ の $t\to-t$ と $i\to-i$ を同時に行うことに対応します）。$P$ で $b$ に付く $-1$ は、フェルミオンと反フェルミオンの内部パリティが逆であることを表しています。これらの定義が場に対して何を意味するかを確かめるため、スピノルの恒等式を用意します。

次の補題は、生成消滅演算子への作用として決めた定義を、場 $\psi$ そのものへの作用に書き換えるための道具です。1 は運動量を反転したスピノルと元のスピノルの関係（パリティに使います）、2 は $u$ と $v$ が複素共役と $i\gamma^2$ で移り合うこと（電荷共役に使います）、3 は時間反転に現れる $\gamma^1\gamma^3$ との関係です。証明は行列の積と複素共役の追跡です。パウリ行列のうち虚数成分をもつのは $\sigma^2$ だけなので、複素共役を取って符号が変わるのは $\sigma^2$ に関わる部分だけ、と押さえておくと追いやすくなります。

補題 5.2（スピノルの離散変換）✓

$\tilde p = (p^0,-\boldsymbol p)$ とすると、$s = 1,2$ について

1. $u^s(\tilde p) = \gamma^0u^s(p)$、$v^s(\tilde p) = -\gamma^0v^s(p)$。
2. $i\gamma^2\,v^s(p)^{*} = u^s(p)$、$i\gamma^2\,u^s(p)^{*} = v^s(p)$。
3. $\gamma^1\gamma^3u^1(\tilde p) = -u^2(p)^{*}$、$\gamma^1\gamma^3u^2(\tilde p) = u^1(p)^{*}$、$v$ についても同じ式。

証明（補題 5.2）

1。 $\tilde p\cdot\sigma = p\cdot\bar\sigma$、$\tilde p\cdot\bar\sigma = p\cdot\sigma$ なので $u^s(\tilde p)$ は $u^s(p)$ の上下ブロックを入れ替えたもの、すなわち $\gamma^0u^s(p)$ です。$v$ では下段の負号が上段に移るので $-\gamma^0v^s(p)$ です。

2。 $\sigma^2$ は純虚数でほかのパウリ行列は実なので $\sigma^2\sigma^{i*}\sigma^2 = -\sigma^i$ が成り立ち、$\sigma^2(p\cdot\bar\sigma)^{*}\sigma^2 = p\cdot\sigma$、$\sigma^2(p\cdot\sigma)^{*}\sigma^2 = p\cdot\bar\sigma$ です。正の平方根もこの共役で移り合うので $\sigma^2\big(\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\big)^{*} = \sqrt{p\cdot\sigma}\,\sigma^2$ などが成り立ちます。$\gamma^2 = \begin{pmatrix}0&\sigma^2\\-\sigma^2&0\end{pmatrix}$ なので

$$i\gamma^2v^s(p)^{*} = i\begin{pmatrix}-\sigma^2\big(\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\big)^{*}\eta^{s*}\\ -\sigma^2\big(\sqrt{p\cdot\sigma}\big)^{*}\eta^{s*}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\sqrt{p\cdot\sigma}\,(-i\sigma^2\eta^{s*})\\ \sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,(-i\sigma^2\eta^{s*})\end{pmatrix}$$

です。$\eta^{s*} = \varepsilon\xi^s$（$\varepsilon = i\sigma^2$ は実）なので $-i\sigma^2\eta^{s*} = \sigma^2\sigma^2\xi^s = \xi^s$ となり、右辺は $u^s(p)$ です。2 つ目の式は、1 つ目の両辺の複素共役に $i\gamma^2$ を掛け、$\gamma^{2*} = -\gamma^2$ と $(\gamma^2)^2 = -1$ から $i\gamma^2(i\gamma^2v^{*})^{*} = \gamma^2\gamma^{2*}v = v$ となることから従います。

3。 ワイル表示で $\gamma^1\gamma^3 = \mathrm{diag}(-\sigma^1\sigma^3,-\sigma^1\sigma^3) = \mathrm{diag}(\varepsilon,\varepsilon)$ です。$\varepsilon\sigma^i\varepsilon^{-1} = -\sigma^{i*}$ より $\varepsilon(p\cdot\bar\sigma)\varepsilon^{-1} = (p\cdot\sigma)^{*}$ なので、$\varepsilon\sqrt{p\cdot\bar\sigma} = \big(\sqrt{p\cdot\sigma}\big)^{*}\varepsilon$ です。1 の $u^s(\tilde p)$ の形に作用させると

$$\gamma^1\gamma^3u^s(\tilde p) = \begin{pmatrix}\big(\sqrt{p\cdot\sigma}\big)^{*}\varepsilon\xi^s\\ \big(\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\big)^{*}\varepsilon\xi^s\end{pmatrix}$$

で、これは $\xi^s$ を $\varepsilon\xi^{s*}$ に置き換えた $u$ の複素共役です。$\varepsilon\xi^1 = -\xi^2$、$\varepsilon\xi^2 = \xi^1$ から主張を得ます。$v$ では $\eta^s$ を $\varepsilon\eta^{s*}$ に置き換えた $v$ の複素共役が現れ、$\varepsilon\eta^{1*} = -\eta^2$、$\varepsilon\eta^{2*} = \eta^1$ から同じ式になります。

∎

定理 5.3（C, P, T の場への作用）✓

定義 5.1 の作用素について、$x = (t,\boldsymbol x)$ として

$$P\psi(t,\boldsymbol x)P^{-1} = \gamma^0\psi(t,-\boldsymbol x),\qquad C\psi(x)C^{-1} = i\gamma^2\big(\psi^\dagger(x)\big)^{\mathsf T} = \mathcal{C}\,\bar\psi(x)^{\mathsf T},\qquad T\psi(t,\boldsymbol x)T^{-1} = \gamma^1\gamma^3\psi(-t,\boldsymbol x)$$

が成り立ちます。ここで $(\psi^\dagger)^{\mathsf T}$ は成分ごとにエルミート共役を取った列ベクトル、$\mathcal{C} = i\gamma^2\gamma^0$ は $\mathcal{C}(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}^{-1} = -\gamma^\mu$ を満たす行列です。さらに $H$ は $P,C,T$ のいずれとも可換で、$CQC^{-1} = -Q$、$PQP^{-1} = Q$ です。

証明（定理 5.3）

パリティ。 定義より

$$P\psi(t,\boldsymbol x)P^{-1} = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol p}}}\sum_s\left(a^s_{-\boldsymbol p}u^s(p)e^{-ip\cdot x} - b^{s\dagger}_{-\boldsymbol p}v^s(p)e^{ip\cdot x}\right)$$

です。積分変数を $\boldsymbol p\to-\boldsymbol p$ と変えると $p\to\tilde p$、$\tilde p\cdot(t,\boldsymbol x) = p\cdot(t,-\boldsymbol x)$ となり、補題 5.2 の 1 で $u^s(\tilde p) = \gamma^0u^s(p)$、$-v^s(\tilde p) = \gamma^0v^s(p)$ と置き換えれば $\gamma^0\psi(t,-\boldsymbol x)$ になります。

電荷共役。 $(\psi^\dagger)^{\mathsf T} = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol p}}}\sum_s(a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}u^{s*}e^{ip\cdot x} + b^s_{\boldsymbol p}v^{s*}e^{-ip\cdot x})$ に $i\gamma^2$ を掛け、補題 5.2 の 2 を使うと $\int\cdots\sum_s(a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}v^se^{ip\cdot x} + b^s_{\boldsymbol p}u^se^{-ip\cdot x})$ になります。一方 $C\psi C^{-1}$ は定義により $\psi$ の展開で $a\leftrightarrow b$ としたもので、両者は一致します。$\mathcal{C}\bar\psi^{\mathsf T} = i\gamma^2\gamma^0(\gamma^0)^{\mathsf T}\psi^{*} = i\gamma^2\psi^{*}$（$\gamma^0$ は実対称で $(\gamma^0)^2 = 1$）です。$\mathcal{C}(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}^{-1} = -\gamma^\mu$ は、ワイル表示で $\gamma^0,\gamma^2$ が対称、$\gamma^1,\gamma^3$ が反対称であることと、$\gamma^2\gamma^0$ が $\gamma^0,\gamma^2$ とは反可換、$\gamma^1,\gamma^3$ とは可換であることから確かめられます。

時間反転。 反ユニタリなので c 数は複素共役になり、

$$T\psi(t,\boldsymbol x)T^{-1} = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol p}}}\sum_s\left(Ta^s_{\boldsymbol p}T^{-1}\,u^s(p)^{*}e^{ip\cdot x} + Tb^{s\dagger}_{\boldsymbol p}T^{-1}\,v^s(p)^{*}e^{-ip\cdot x}\right)$$

です。一方 $\gamma^1\gamma^3\psi(-t,\boldsymbol x)$ では $p\cdot(-t,\boldsymbol x) = -\tilde p\cdot x$ に注意し、$\boldsymbol p\to-\boldsymbol p$ と変数変換すると $\int\cdots\sum_s\left(a^s_{-\boldsymbol p}\gamma^1\gamma^3u^s(\tilde p)e^{ip\cdot x} + b^{s\dagger}_{-\boldsymbol p}\gamma^1\gamma^3v^s(\tilde p)e^{-ip\cdot x}\right)$ です。補題 5.2 の 3 で $\gamma^1\gamma^3u^1(\tilde p) = -u^{2*}$、$\gamma^1\gamma^3u^2(\tilde p) = u^{1*}$ と書き換え、$u^{s*}(p)$ の係数を比べると、必要な条件は $Ta^2_{\boldsymbol p}T^{-1} = -a^1_{-\boldsymbol p}$、$Ta^1_{\boldsymbol p}T^{-1} = a^2_{-\boldsymbol p}$ で、定義と一致します。$b^\dagger$ の項も同じです。

保存量。 定理 4.3 の表式に代入します。$P$ と $T$ は $a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}a^s_{\boldsymbol p}$ の和を $a^\dagger_{-\boldsymbol p}a_{-\boldsymbol p}$ の和に移し（符号 $(\pm1)^2 = 1$）、$\omega_{-\boldsymbol p} = \omega_{\boldsymbol p}$ なので $H$ は不変です（$T$ では係数 $\omega_{\boldsymbol p}$ が実なので反ユニタリ性も影響しません）。$C$ は $a^\dagger a\leftrightarrow b^\dagger b$ を入れ替えるので $H$ を保ち、$Q$ の符号を反転します。

∎

注意 5.4（CPT 定理と弱い相互作用）

自由ディラック場は $C,P,T$ のそれぞれで不変ですが、自然界の弱い相互作用はそうではありません。$P$ と $C$ は 1957 年のウーの実験で、$CP$ は 1964 年の中性 K 中間子の崩壊で破れていることが見つかりました。それでも、局所的でローレンツ不変、エルミートなハミルトニアンをもつ場の理論は必ず積 $CPT$ で不変です（CPT 定理。Lüders, Pauli, Jost による。Streater–Wightman『PCT, Spin and Statistics, and All That』第 4 章）。粒子と反粒子の質量・寿命が厳密に等しいのはこの定理の帰結です。スピンと統計の関係も同じ公理系から一般的に証明でき（スピン統計定理、同書同章）、命題 4.5 はそのディラック場での具体例になっています。

6. 因果律とファインマン伝播関数

定理 6.1（ディラック場の因果律）✓

定義 4.1 の場について、任意の時空点 $x,y$ で

$$\lbrace\psi_a(x),\bar\psi_b(y)\rbrace = (i\gamma^\mu\partial^x_\mu + m)_{ab}\,\Delta(x-y)\cdot\hat 1,\qquad \lbrace\psi_a(x),\psi_b(y)\rbrace = \lbrace\bar\psi_a(x),\bar\psi_b(y)\rbrace = 0$$

が成り立ちます。ここで $\Delta(z) = D(z) - D(-z)$ はスカラー場の正準量子化の 定理 7.1［スカラー場の正準量子化］ に現れた交換子関数です。とくに $(x-y)^2 < 0$ ならば

$$\lbrace\psi_a(x),\bar\psi_b(y)\rbrace = 0$$

です。

証明（定理 6.1）

定義 4.1 の反交換関係のうち $\psi$ と $\bar\psi = \psi^\dagger\gamma^0$ の間で非零になるのは $\lbrace a,a^\dagger\rbrace$ と $\lbrace b^\dagger,b\rbrace$ だけで、どちらも $+(2\pi)^3\delta^3$ です。定理 3.3 を使うと

$$\lbrace\psi(x),\bar\psi(y)\rbrace = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\boldsymbol p}}\left[(\gamma\cdot p + m)e^{-ip\cdot z} + (\gamma\cdot p - m)e^{ip\cdot z}\right],\qquad z = x - y$$

です。$(i\gamma\cdot\partial_x + m)e^{-ip\cdot z} = (\gamma\cdot p + m)e^{-ip\cdot z}$、$(i\gamma\cdot\partial_x + m)e^{ip\cdot z} = -(\gamma\cdot p - m)e^{ip\cdot z}$ なので、右辺は $(i\gamma\cdot\partial_x + m)(D(z) - D(-z)) = (i\gamma\cdot\partial_x + m)\Delta(z)$ です。$\lbrace\psi,\psi\rbrace$ には $\lbrace a,a\rbrace$、$\lbrace a,b^\dagger\rbrace$、$\lbrace b^\dagger,b^\dagger\rbrace$ しか現れず、すべて $0$ です。$\bar\psi$ どうしも同様です。

定理 7.1［スカラー場の正準量子化］ により $\Delta(z) = 0$ がすべての空間的な $z$ で成り立ちます。空間的な $z$ の集合 $\lbrace z : z^2 < 0\rbrace$ は開集合なので、そこで恒等的に $0$ である関数の偏導関数もそこで $0$ です。したがって $(i\gamma\cdot\partial + m)\Delta(z) = 0$ です。

∎

例 4.6 と比べると違いは一目瞭然です。交換関係では $D(z) + D(-z)$、反交換関係では $D(z) - D(-z)$ が現れ、空間的隔たりで消えるのは後者だけです。

ただし $\psi$ 自身は観測量ではありません（フェルミオンの場は反交換するので、空間的に離れた点で「交換」しません）。観測量は偶数個の $\psi$ からなる量です。

系 6.2（双線形観測量の因果律）✓

任意の $4\times4$ 定数行列 $\Gamma,\Gamma'$ に対し、$\mathcal{O}(x) = \bar\psi(x)\Gamma\psi(x)$、$\mathcal{O}'(y) = \bar\psi(y)\Gamma'\psi(y)$ とおくと、$(x-y)^2 < 0$ のとき $[\mathcal{O}(x),\mathcal{O}'(y)] = 0$ です。とくに電流 $j^\mu = \bar\psi\gamma^\mu\psi$ の成分は空間的に離れた点で互いに交換します。

証明（系 6.2）

演算子の恒等式

$$[AB,CD] = A\lbrace B,C\rbrace D - AC\lbrace B,D\rbrace + \lbrace A,C\rbrace DB - C\lbrace A,D\rbrace B$$

（右辺を展開すると $ACBD$ などの項が打ち消し合い $ABCD - CDAB$ が残ります）を、$A = \bar\psi_a(x)$、$B = \psi_b(x)$、$C = \bar\psi_c(y)$、$D = \psi_d(y)$ に適用し、$\Gamma_{ab}\Gamma'_{cd}$ を掛けて和を取ります。右辺に現れる 4 つの反交換子は、定理 6.1 によりいずれも空間的隔たりで $0$ です（$\lbrace\bar\psi,\psi\rbrace$ は $\lbrace\psi,\bar\psi\rbrace$ と同じものです）。

∎

厳密には同一点の積 $\bar\psi(x)\psi(x)$ は特異で、正規順序を取るか試験関数でぼかす必要があります（注意 3.2［スカラー場の正準量子化］）。正規順序は c 数を引くだけなので、交換子は変わりません。

最後に伝播関数を求めます。フェルミオン場の時間順序積（時刻の遅い演算子を左に並べる操作）を、入れ替えに符号を付けて

$$T\big\lbrace\psi(x)\bar\psi(y)\big\rbrace = \theta(x^0 - y^0)\,\psi(x)\bar\psi(y) - \theta(y^0 - x^0)\,\bar\psi(y)\psi(x)$$

と定義します（スピノル添字は $\psi_a(x)\bar\psi_b(y)$ の順に固定）。符号 $-$ は、反交換する演算子を並べ替えるときの符号を記録するためのもので、これがないと $T$ 積がローレンツ不変になりません（空間的な $x-y$ では $x^0 - y^0$ の符号が座標系によって変わりますが、定理 6.1 によりそこでは $\psi(x)\bar\psi(y) = -\bar\psi(y)\psi(x)$ なので、符号付きの定義なら 2 つの項が一致します）。

伝播関数は、ある時空点でのスピノル場と別の時空点での共役場を真空ではさんだ期待値で、ファインマン図の線に対応する部品です。まずスカラー場の場合を、複素 $p^0$ 平面での積分（留数計算）によって $D(z)$ に結びつけ、そこからスピン和を使ってディラック場に進みます。

補題 6.3（スカラーのファインマン伝播関数）✓

$\varepsilon\to+0$ の極限で

$$\Delta_F(z) := \int\frac{d^4p}{(2\pi)^4}\frac{i\,e^{-ip\cdot z}}{p^2 - m^2 + i\varepsilon} = \theta(z^0)D(z) + \theta(-z^0)D(-z)$$

が成り立ちます。ここで $D(z) = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3 2\omega_{\boldsymbol p}}e^{-ip\cdot z}|_{p^0 = \omega_{\boldsymbol p}}$ です。左辺は経路積分量子化で導入した $\Delta_F$ と同じもので、自由スカラー場の時間順序 2 点関数 $\langle0|T\phi(x)\phi(y)|0\rangle$ に等しくなります。

証明（補題 6.3）

$p^2 - m^2 + i\varepsilon = (p^0)^2 - \omega_{\boldsymbol p}^2 + i\varepsilon$ の零点は、$\varepsilon$ の 1 次までで $p^0 = \pm(\omega_{\boldsymbol p} - i\varepsilon')$（$\varepsilon' = \varepsilon/2\omega_{\boldsymbol p}$）です。すなわち正の極は実軸の少し下、負の極は少し上にあります。$z^0 > 0$ のとき $e^{-ip^0z^0}$ は下半平面で減衰するので、$p^0$ 積分の経路を下半平面の大きな半円で閉じます（ジョルダンの補題で半円の寄与は消えます）。時計回りなので $-2\pi i$ 倍の留数となり、囲まれるのは $p^0 = \omega_{\boldsymbol p}$ の極だけです。

$$\int\frac{dp^0}{2\pi}\frac{i\,e^{-ip^0z^0}}{(p^0 - \omega_{\boldsymbol p})(p^0 + \omega_{\boldsymbol p})} = \frac{-2\pi i}{2\pi}\cdot\frac{i\,e^{-i\omega_{\boldsymbol p}z^0}}{2\omega_{\boldsymbol p}} = \frac{e^{-i\omega_{\boldsymbol p}z^0}}{2\omega_{\boldsymbol p}}$$

これに $e^{i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol z}$ を掛けて $\boldsymbol p$ で積分したものが $D(z)$ です。$z^0 < 0$ のときは上半平面で閉じ、反時計回りに $p^0 = -\omega_{\boldsymbol p}$ の極を拾って $\frac{e^{i\omega_{\boldsymbol p}z^0}}{2\omega_{\boldsymbol p}}$ を得ます。$\boldsymbol p\to-\boldsymbol p$ とすれば、これは $D(-z)$ の被積分関数です。最後の主張は、$\langle0|\phi(x)\phi(y)|0\rangle = D(x-y)$ から直ちに従います。この等式は、共変なモード展開（系 5.5［スカラー場の正準量子化］）を代入し、真空が $\hat a_{\boldsymbol k}|0\rangle = 0$（定義 5.3［スカラー場の正準量子化］）を満たすことと交換関係 $[\hat a_{\boldsymbol k},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}] = (2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$（命題 4.2［スカラー場の正準量子化］）を使うと、$\hat a_{\boldsymbol k}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k'}$ の項だけが残って得られます（定理 7.1［スカラー場の正準量子化］ の証明の前半と同じ計算です）。

∎

定理 6.4（ディラック場のファインマン伝播関数）✓

$S_F(x-y)_{ab} := \langle0|T\lbrace\psi_a(x)\bar\psi_b(y)\rbrace|0\rangle$ とおくと

$$S_F(x-y) = (i\gamma^\mu\partial^x_\mu + m)\,\Delta_F(x-y) = \int\frac{d^4p}{(2\pi)^4}\frac{i(\gamma\cdot p + m)}{p^2 - m^2 + i\varepsilon}\,e^{-ip\cdot(x-y)}$$

が成り立ち、$S_F$ はディラック演算子のグリーン関数 $(i\gamma^\mu\partial^x_\mu - m)S_F(x-y) = i\delta^4(x-y)\mathbb{1}_4$ です。

証明（定理 6.4）

$z = x - y$ とします。真空期待値では $a|0\rangle = b|0\rangle = 0$ により $\lbrace a,a^\dagger\rbrace$ と $\lbrace b,b^\dagger\rbrace$ の項だけが残り、定理 3.3 から

$$\langle0|\psi(x)\bar\psi(y)|0\rangle = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3 2\omega_{\boldsymbol p}}(\gamma\cdot p + m)e^{-ip\cdot z} = (i\gamma\cdot\partial_x + m)D(z),$$$$\langle0|\bar\psi_b(y)\psi_a(x)|0\rangle = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3 2\omega_{\boldsymbol p}}(\gamma\cdot p - m)_{ab}e^{ip\cdot z} = -(i\gamma\cdot\partial_x + m)_{ab}D(-z)$$

です。したがって

$$S_F(z) = \theta(z^0)(i\gamma\cdot\partial + m)D(z) + \theta(-z^0)(i\gamma\cdot\partial + m)D(-z)$$

です。微分を $\theta$ の外に出すと、$\partial_0$ が $\theta$ に当たった余分な項 $i\gamma^0\delta(z^0)\big(D(z) - D(-z)\big) = i\gamma^0\delta(z^0)\Delta(0,\boldsymbol z)$ が出ますが、等時刻の $\Delta(0,\boldsymbol z) = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^32\omega_{\boldsymbol p}}\bigl(e^{i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol z} - e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol z}\bigr)$ は、$\boldsymbol p\to-\boldsymbol p$ で第 1 項と第 2 項が入れ替わるので恒等的に $0$ です。よって $S_F = (i\gamma\cdot\partial + m)\big(\theta(z^0)D(z) + \theta(-z^0)D(-z)\big) = (i\gamma\cdot\partial + m)\Delta_F(z)$ で、補題 6.3 の積分表示に $i\gamma\cdot\partial\to\gamma\cdot p$ として作用させれば運動量表示を得ます。

グリーン関数の性質：クリフォード関係式から $(i\gamma\cdot\partial)^2 = -\gamma^\mu\gamma^\nu\partial_\mu\partial_\nu = -\partial^2$ なので $(i\gamma\cdot\partial - m)(i\gamma\cdot\partial + m) = -(\partial^2 + m^2)$ です。運動量表示で $(\partial^2 + m^2)e^{-ip\cdot z} = (m^2 - p^2)e^{-ip\cdot z}$ なので

$$(\partial^2 + m^2)\Delta_F(z) = \int\frac{d^4p}{(2\pi)^4}\frac{i(m^2 - p^2)}{p^2 - m^2 + i\varepsilon}e^{-ip\cdot z}\ \xrightarrow{\ \varepsilon\to+0\ }\ -i\int\frac{d^4p}{(2\pi)^4}e^{-ip\cdot z} = -i\delta^4(z),$$

したがって $(i\gamma\cdot\partial - m)S_F = -(\partial^2 + m^2)\Delta_F = i\delta^4(z)\mathbb{1}_4$ です。

∎

$\frac{\gamma\cdot p + m}{p^2 - m^2} = \frac{1}{\gamma\cdot p - m}$（$(\gamma\cdot p - m)(\gamma\cdot p + m) = p^2 - m^2$ による）なので、運動量表示の伝播関数はしばしば $\frac{i}{\gamma\cdot p - m + i\varepsilon}$ と書かれます。分子の $\gamma\cdot p + m$ は 定理 3.3 の $\sum_su\bar u$ そのもので、質量殻 $p^2 = m^2$ の極の留数が「途中で実際に飛んでいる粒子の偏極和」になっていることを示しています。$z^0 < 0$ の部分が $v\bar v$ からの寄与、すなわち時間を逆向きに伝わる反粒子として現れることも、Feynman の描像どおりです。

7. Majorana 条件と Majorana 場

ディラック場では粒子（$a$）と反粒子（$b$）が別々の演算子で、$U(1)$ 電荷 $Q$ がそれを区別します。電荷をもたない粒子なら、反粒子が自分自身であってもよいはずです。場の言葉では「$\psi$ が自分の荷電共役に等しい」という条件 $\psi=\psi^c$ を課すことに当たります。この節では、この条件がローレンツ変換と両立すること、4 次元で実際に非自明な解があること、ワイル条件とは両立しないことを示し、2 つの Majorana 場から Dirac 場が組めることまでを証明します。

7.1. 荷電共役行列

補題 7.1（荷電共役行列）✓

ワイル表示で $\mathcal{C}=i\gamma^2\gamma^0$ とおき、$\varepsilon=i\sigma^2=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$、$B=\mathcal{C}\gamma^0=i\gamma^2$ とします。

1. $\mathcal{C}=\mathrm{diag}(\varepsilon,-\varepsilon)$ は実直交行列で、$\mathcal{C}^{\mathsf T}=-\mathcal{C}$、$\mathcal{C}^2=-\mathbb{1}$（したがって $\mathcal{C}^{-1}=-\mathcal{C}$）です。
2. $\mathcal{C}(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}^{-1}=-\gamma^\mu$（$\mu=0,1,2,3$）。
3. 行列 $X$ が $X(\gamma^\mu)^{\mathsf T}X^{-1}=-\gamma^\mu$（$\mu=0,\dots,3$）を満たせば、$X$ は $\mathcal{C}$ の定数倍です。
4. $B=i\gamma^2$ は実対称で $B^2=\mathbb{1}$、$B\gamma^{\mu*}B^{-1}=-\gamma^\mu$ です。また $B$ は $\gamma^5$ と反可換です。
5. $\mathcal{C}\gamma^\mu$ と $\mathcal{C}[\gamma^\mu,\gamma^\nu]$ は対称行列、$\mathcal{C}$、$\mathcal{C}\gamma^5$、$\mathcal{C}\gamma^\mu\gamma^5$ は交代行列です。

証明（補題 7.1）

ワイル表示で $\gamma^0$ は実対称、$\gamma^1,\gamma^3$ は実の交代行列（$\sigma^1,\sigma^3$ が実対称なので $(\gamma^i)^{\mathsf T}=-\gamma^i$）、$\gamma^2=\begin{pmatrix}0&\sigma^2\\-\sigma^2&0\end{pmatrix}$ は純虚数で対称（$(\sigma^2)^{\mathsf T}=-\sigma^2$ による）です。また $(\gamma^2)^2=-\mathbb{1}$ です。

1。 $\mathcal{C}=i\gamma^2\gamma^0=i\begin{pmatrix}\sigma^2&0\\0&-\sigma^2\end{pmatrix}=\mathrm{diag}(\varepsilon,-\varepsilon)$ で、$\varepsilon$ は実です。$\varepsilon^{\mathsf T}=-\varepsilon$ と $\varepsilon^2=-\mathbb{1}$ から $\mathcal{C}^{\mathsf T}=-\mathcal{C}$、$\mathcal{C}^2=-\mathbb{1}$、$\mathcal{C}^{\mathsf T}\mathcal{C}=\mathbb{1}$ です。

2。 $\mu=0,2$ では $\gamma^\mu$ は対称で、$\gamma^2\gamma^0$ の 2 つの因子のうち一方とは可換、他方とは反可換なので、積 $\gamma^2\gamma^0$ と反可換です。よって $\mathcal{C}(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}^{-1}=\mathcal{C}\gamma^\mu\mathcal{C}^{-1}=-\gamma^\mu$ です。$\mu=1,3$ では $\gamma^\mu$ は $\gamma^2,\gamma^0$ の両方と反可換なので積と可換で、$(\gamma^\mu)^{\mathsf T}=-\gamma^\mu$ から $\mathcal{C}(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}^{-1}=-\gamma^\mu$ です。

3。 $Y=\mathcal{C}^{-1}X$ とおくと、2 より $Y(\gamma^\mu)^{\mathsf T}Y^{-1}=\mathcal{C}^{-1}(-\gamma^\mu)\mathcal{C}=(\gamma^\mu)^{\mathsf T}$ です。$\Gamma_j=i\gamma^j$（$j=1,2,3$）、$\Gamma_4=\gamma^0$ は $\Gamma_j\Gamma_k+\Gamma_k\Gamma_j=2\delta_{jk}$ を満たす 4 次の行列なので（$n=4$、$m=2$）、定理 4.4［外積代数・Clifford 代数・超代数］ により 補題 4.1［外積代数・Clifford 代数・超代数］ の 3 の行列と相似で、積 $\Gamma_I$ は $M_4(\mathbb{C})$ を張ります。$\Gamma_I$ は $\gamma^\mu$ の積の（$i$ の冪を除いた）ものなので、$\gamma^\mu$ の積も、その転置の積も $M_4(\mathbb{C})$ を張ります。したがって $Y$ は $M_4(\mathbb{C})$ のすべての元と可換で、定数倍です。

4。 $B=\mathcal{C}\gamma^0=i\gamma^2\gamma^0\gamma^0=i\gamma^2$ です。$\gamma^2$ が純虚数・対称なので $B$ は実対称、$B^2=-(\gamma^2)^2=\mathbb{1}$ です。$\gamma^{\mu*}=(\gamma^{\mu\dagger})^{\mathsf T}=(\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0)^{\mathsf T}=\gamma^0(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\gamma^0$（$\gamma^{\mu\dagger}=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$ と $\gamma^0$ の対称性）なので、$B\gamma^{\mu*}B^{-1}=\mathcal{C}\gamma^0\gamma^0(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\gamma^0\gamma^0\mathcal{C}^{-1}=\mathcal{C}(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}^{-1}=-\gamma^\mu$ です。$\gamma^5=\mathrm{diag}(-\mathbb{1},\mathbb{1})$ はブロック対角、$\gamma^2$ はブロック非対角なので反可換です。

5。 2 より $(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}=-\mathcal{C}\gamma^\mu$（$(\gamma^\mu)^{\mathsf T}=-\mathcal{C}^{-1}\gamma^\mu\mathcal{C}$ に右から $\mathcal{C}$ を掛け、$\mathcal{C}^2=-\mathbb{1}$ を使う）。よって $(\mathcal{C}\gamma^\mu)^{\mathsf T}=(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}^{\mathsf T}=-(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}=\mathcal{C}\gamma^\mu$ で、対称です。同様に $(\mathcal{C}\gamma^\mu\gamma^\nu)^{\mathsf T}=-(\gamma^\nu)^{\mathsf T}(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}=(\gamma^\nu)^{\mathsf T}\mathcal{C}\gamma^\mu=-\mathcal{C}\gamma^\nu\gamma^\mu$ なので $\mathcal{C}[\gamma^\mu,\gamma^\nu]$ は対称です。$\gamma^5$ は実対角で $\mathcal{C}$ と可換なので、$(\mathcal{C}\gamma^5)^{\mathsf T}=-\gamma^5\mathcal{C}=-\mathcal{C}\gamma^5$、$(\mathcal{C}\gamma^\mu\gamma^5)^{\mathsf T}=-\gamma^5(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}=\gamma^5\mathcal{C}\gamma^\mu=\mathcal{C}\gamma^5\gamma^\mu=-\mathcal{C}\gamma^\mu\gamma^5$ で、交代です。

∎

1 の $\mathcal{C}^{\mathsf T}=-\mathcal{C}$ は、Clifford 代数の記事の荷電共役行列の定理で $m=2$ の場合に $\varepsilon=-1$ となること（定理 4.5［外積代数・Clifford 代数・超代数］、例 4.6［外積代数・Clifford 代数・超代数］）と同じ事実です。この符号がちょうど「Majorana スピノルが存在できるか」を決めます。

7.2. Majorana 条件

ここでの狙いは、「粒子と反粒子が同じ」という物理的な条件を、場の言葉で書くことです。定理 5.3 の電荷共役 $C$ は粒子と反粒子を入れ替える操作でした。入れ替えても場が変わらないなら、粒子と反粒子の区別がつきません。次の定義は、この条件 $C\psi C^{-1}=\psi$ を書き下したものです。

定義 7.2（荷電共役スピノルと Majorana 条件）↗

4 成分スピノル $\psi$ に対して

$$\psi^c=\mathcal{C}\,\bar\psi^{\mathsf T}=i\gamma^2\psi^{*}=B\psi^{*}$$

を荷電共役スピノルと呼びます（$\bar\psi^{\mathsf T}=\gamma^{0\mathsf T}\psi^{*}=\gamma^0\psi^{*}$ と $\mathcal{C}\gamma^0=B$ による）。場 $\psi(x)$ については $\psi^c(x)=B\psi(x)^{*}$ で、演算子場では $\psi^{*}$ を $(\psi^\dagger)^{\mathsf T}$ と読みます。このとき 定理 5.3 は $C\psi C^{-1}=\psi^c$ と述べています。条件

$$\psi=\psi^c$$

を Majorana 条件といい、これを満たす $\psi$ を Majorana スピノル（場）といいます。

$B$ が実で $B^2=\mathbb{1}$ なので $(\psi^c)^c=B(B\psi^*)^*=B^2\psi=\psi$ であり、$(\lambda\psi)^c=\bar\lambda\,\psi^c$（反線形）です。$\psi\mapsto e^{i\beta}\psi$ に対して $\psi^c\mapsto e^{-i\beta}\psi^c$ なので、$\psi=e^{i\alpha}\psi^c$ の形の条件も $\psi\to e^{-i\alpha/2}\psi$ で上の形に直せます。以後は位相をこの規約に固定します。

命題 7.3（Majorana スピノルの空間）✓

$M=\lbrace\psi\in\mathbb{C}^4:\psi=\psi^c\rbrace$ とおくと次が成り立ちます。

1. $M$ は $\mathbb{C}^4$ の実部分空間で、$\mathbb{C}^4=M\oplus iM$。$\dim_{\mathbb{R}}M=4$。
2. ワイル成分 $\psi=(\psi_L,\psi_R)^{\mathsf T}$ で書くと $M=\lbrace(\chi,-\varepsilon\chi^{*})^{\mathsf T}:\chi\in\mathbb{C}^2\rbrace$。
3. $\psi$ が質量 $m\in\mathbb{R}$ のディラック方程式の解なら、$\psi^c$ も同じ方程式の解です。したがって Majorana 条件はディラック方程式と両立します。

証明（命題 7.3）

1。 $J\psi=\psi^c$ は反線形な対合です。$M$ は $J$ の不動点の集合なので実部分空間で、任意の $\psi$ は $\psi=\tfrac12(\psi+J\psi)+i\cdot\tfrac{1}{2i}(\psi-J\psi)$ と書けます（$J(\psi-J\psi)=-(\psi-J\psi)$ より $\tfrac{1}{2i}(\psi-J\psi)\in M$）。$M\cap iM=0$ は、$\psi\in M$ かつ $\psi=i\phi$（$\phi\in M$）なら $\psi=J\psi=-i\phi=-\psi$ となることから従います。したがって $\dim_{\mathbb{R}}M=\tfrac12\dim_{\mathbb{R}}\mathbb{C}^4=4$ です。

2。 $B=\begin{pmatrix}0&\varepsilon\\-\varepsilon&0\end{pmatrix}$ なので $\psi^c=(\varepsilon\psi_R^{*},-\varepsilon\psi_L^{*})^{\mathsf T}$ です。$\psi=\psi^c$ は $\psi_L=\varepsilon\psi_R^{*}$ かつ $\psi_R=-\varepsilon\psi_L^{*}$ で、$\varepsilon$ が実で $\varepsilon^2=-\mathbb{1}$ なので前者は後者から従います。$\psi_L=\chi$ が自由に選べます。

3。 ディラック方程式の複素共役を取ると $(-i\gamma^{\mu*}\partial_\mu-m)\psi^{*}=0$ です。左から $B$ を掛け、補題 7.1 の 4 を使うと $(i\gamma^\mu\partial_\mu-m)B\psi^{*}=0$ です。

∎

2 の $\chi$ は 2 成分のワイルスピノル 1 つ分の自由度ですから、Majorana 場は「ワイル場の 2 成分複素数 = 実 4 成分」で、ディラック場（複素 4 成分 = 実 8 成分）のちょうど半分です。

7.3. ローレンツ不変性

定理 7.4（Majorana 条件のローレンツ不変性）✓

$A\in\mathrm{SL}(2,\mathbb{C})$ に対応するスピノル表現を 命題 5.3［ローレンツ群・ポアンカレ群と粒子の分類］ の 4 のとおり $S=\mathrm{diag}\big((A^\dagger)^{-1},A\big)$ とします。このとき任意の $\psi\in\mathbb{C}^4$ について

$$(S\psi)^c=S\,\psi^c$$

が成り立つ。したがって $\psi(x)$ が Majorana 条件を満たすなら、$\psi'(x)=S\psi(\Lambda^{-1}x)$ も満たします。

証明（定理 7.4）

まず任意の $2\times2$ 行列 $M$ について $M\varepsilon M^{\mathsf T}=(\det M)\,\varepsilon$ です。左辺は交代行列なので $c\,\varepsilon$ の形で、$c$ は $(1,2)$ 成分 $M_{11}M_{22}-M_{12}M_{21}=\det M$ に等しいからです。$\det A=1$ より $A\varepsilon A^{\mathsf T}=\varepsilon$ と、$A^{\mathsf T}$ に適用して $A^{\mathsf T}\varepsilon A=\varepsilon$ を得ます。後者の複素共役を取り（$\varepsilon$ は実）、$A^\dagger\varepsilon A^{*}=\varepsilon$ です。

$S^{*}=\mathrm{diag}\big((A^{\mathsf T})^{-1},A^{*}\big)$ なので

$$BS^{*}=\begin{pmatrix}0&\varepsilon A^{*}\\-\varepsilon(A^{\mathsf T})^{-1}&0\end{pmatrix},\qquad SB=\begin{pmatrix}0&(A^\dagger)^{-1}\varepsilon\\-A\varepsilon&0\end{pmatrix}$$

です。右上の成分の一致は $A^\dagger\varepsilon A^{*}=\varepsilon$、左下の一致は $A\varepsilon A^{\mathsf T}=\varepsilon$ と同値で、どちらも成り立ちます。よって $BS^{*}=SB$ であり、$(S\psi)^c=BS^{*}\psi^{*}=SB\psi^{*}=S\psi^c$ です。場については $\psi'^c(x)=B\big(S\psi(\Lambda^{-1}x)\big)^{*}=S\psi^c(\Lambda^{-1}x)$ なので、$\psi=\psi^c$ なら $\psi'=\psi'^c$ です。

∎

これは、ディラックスピノルの表現 $(\tfrac12,0)\oplus(0,\tfrac12)$ が $J$ により実構造（実 4 次元の不変部分空間 $M$）をもつ、ということです。$J$ は 2 つの既約成分を入れ替えます（$\psi_L\leftrightarrow\varepsilon\psi_R^{*}$）。一方、位相回転 $\psi\mapsto e^{i\alpha}\psi$ は $M$ を保ちません。Majorana 場には $U(1)$ 対称性がなく、保存電荷もありません（命題 7.10）。

注意 7.5（Majorana 粒子の内部パリティ）

パリティ $\psi\mapsto\gamma^0\psi(t,-\boldsymbol x)$ は Majorana 条件を保ちません。$B$ は $\gamma^0$ と反可換なので $(\gamma^0\psi)^c=B\gamma^0\psi^{*}=-\gamma^0\psi^c$ だからです。位相 $i$ を付けた $\psi\mapsto i\gamma^0\psi(t,-\boldsymbol x)$ なら $(i\gamma^0\psi)^c=-i\cdot(-\gamma^0\psi^c)=i\gamma^0\psi^c$ で保たれます。これは 定義 5.1 の $Pb\,P^{-1}=-b_{-\boldsymbol p}$ が $b=a$ と両立しないことの場の側からの表現で、Majorana 粒子の内部パリティが $\pm i$ になることを意味します。

7.4. Majorana 表現

ここでの狙いは、Majorana 条件が「場の成分がすべて実数」という素朴な条件になるようなガンマ行列の取り方を見つけることです。4 つのガンマ行列がすべて純虚数なら、ディラック演算子の係数が実になるので、これが可能になります。下の 4 つの行列は、その条件を満たすように組んだ一例で、ワイル表示と同じ代数関係を満たす別の表示です。

定理 7.6（Majorana 表現）✓

パウリ行列 $\sigma^1,\sigma^2,\sigma^3$ とクロネッカー積（第 1 因子がブロック添字）で

$$\tilde\gamma^0=\sigma^1\otimes\sigma^2,\quad\tilde\gamma^1=\mathbb{1}\otimes i\sigma^3,\quad\tilde\gamma^2=i\sigma^2\otimes\sigma^2,\quad\tilde\gamma^3=-\mathbb{1}\otimes i\sigma^1$$

とおく。

1. $\tilde\gamma^\mu\tilde\gamma^\nu+\tilde\gamma^\nu\tilde\gamma^\mu=2\eta^{\mu\nu}\mathbb{1}_4$ で、$\tilde\gamma^0$ はエルミート、$\tilde\gamma^i$ は反エルミート、4 つともすべて純虚数行列である。
2. ユニタリ行列 $U$ で $\tilde\gamma^\mu=U\gamma^\mu U^\dagger$（$\mu=0,\dots,3$）となるものが存在する。
3. この表示ではディラック演算子 $i\tilde\gamma^\mu\partial_\mu-m$ の係数は実数で、$\tilde\psi=U\psi$ の実部と虚部は別々にディラック方程式を満たす。また Majorana 条件は、定数位相を除いて $\tilde\psi$ が実であることと同値である。

証明（定理 7.6）

1。 クロネッカー積の積は成分ごとの積です。$(\sigma^1\otimes\sigma^2)^2=\mathbb{1}$、$(\mathbb{1}\otimes i\sigma^3)^2=-\mathbb{1}$、$(i\sigma^2\otimes\sigma^2)^2=(i\sigma^2)^2\otimes\mathbb{1}=-\mathbb{1}$、$(-\mathbb{1}\otimes i\sigma^1)^2=-\mathbb{1}$ です。異なる 2 つは、(0,2) では第 1 因子 $\sigma^1,\sigma^2$ が反可換で第 2 因子は同じ $\sigma^2$、(0,1)、(2,1) では第 2 因子 $\sigma^2,\sigma^3$、(0,3)、(2,3) では $\sigma^2,\sigma^1$、(1,3) では $\sigma^3,\sigma^1$ が反可換で、他の因子は可換なので反可換です。$\sigma^2$ は純虚数、$\sigma^1,\sigma^3,i\sigma^2$ は実なので、4 つとも（実）$\otimes$（純虚）または純虚の積で純虚数です。エルミート性は成分ごとに確認できます（$\sigma^1\otimes\sigma^2$ はエルミート、$i$ か $i\sigma^2$ を含む他の 3 つは反エルミート）。

2。 $\Gamma_j=i\gamma^j,\Gamma_4=\gamma^0$ と $\tilde\Gamma_j=i\tilde\gamma^j,\tilde\Gamma_4=\tilde\gamma^0$ はともに 4 次の Clifford 関係式（定理 4.4［外積代数・Clifford 代数・超代数］）を満たすので、可逆行列 $S$ で $\tilde\gamma^\mu=S\gamma^\mu S^{-1}$ となるものがあります。両辺のエルミート共役を取り、どちらの表示でも $\gamma^{\mu\dagger}=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$ であること（1 とワイル表示の性質）を使うと、$X=S^\dagger S$ が $\gamma^{\mu\dagger}$ のすべてと可換です。$\gamma^{\mu\dagger}$ の積は $M_4(\mathbb{C})$ を張る（補題 7.1 の 3 と同じ議論）ので $X$ は正の定数で、$S$ を定数倍して $U=S$ をユニタリにできます。

3。 係数が実なのは $i\tilde\gamma^\mu$ が実行列だからです。方程式の実部と虚部を取ると、$\tilde\psi$ の実部、虚部が別々に同じ方程式を満たします。最後の主張: $\tilde B=UBU^{\mathsf T}$ とおくと $\tilde\psi^c:=U\psi^c=\tilde B\tilde\psi^{*}$ です。補題 7.1 の 4 を $U$ で移して $\tilde B\tilde\gamma^{\mu*}\tilde B^{-1}=-\tilde\gamma^\mu$ ですが、$\tilde\gamma^{\mu*}=-\tilde\gamma^\mu$ なので $\tilde B$ は 4 つの $\tilde\gamma^\mu$ と可換、したがって $\tilde B=\lambda\mathbb{1}$ です。$\tilde B$ はユニタリなので $|\lambda|=1$ です。$\mu^2=\lambda$ となる位相 $\mu$ をとり $\tilde\psi=\mu\phi$ とおくと、$\tilde\psi=\tilde\psi^c$ は $\mu\phi=\lambda\bar\mu\phi^{*}$、すなわち $\phi=\phi^{*}$ と同値です。

∎

3 の結論は、Majorana 表示では Majorana 場とは実場のことである、と言い換えられます。ディラック場は、実部と虚部という 2 つの実場（= 同じ質量の 2 つの Majorana 場）に分解できます。量子論でこれを調べるのが 定理 7.12 です。

7.5. Majorana スピノルの存在とワイル条件との排他

定理 7.7（Majorana 条件とワイル条件は 4 次元では両立しない）✓

1. 荷電共役はカイラリティを入れ替える: $(P_L\psi)^c=P_R\psi^c$、$(P_R\psi)^c=P_L\psi^c$。
2. $\psi=\psi^c$ かつ $P_L\psi=\psi$（あるいは $P_R\psi=\psi$）なら $\psi=0$ である。
3. 一方、非自明な Majorana スピノルは存在する（命題 7.3 の 2）。ワイルスピノル $\chi$ から作った $\psi=(\chi,-\varepsilon\chi^{*})^{\mathsf T}$ は、$\psi_L=\chi$、$\psi_R=-\varepsilon\chi^{*}$ が両方とも非零のため、カイラリティの固有状態ではない。

証明（定理 7.7）

1。 $P_L=\tfrac12(1-\gamma^5)$ は実行列で、$B$ は $\gamma^5$ と反可換（補題 7.1 の 4）です。$(P_L\psi)^c=BP_L\psi^{*}=P_RB\psi^{*}=P_R\psi^c$。$P_R$ も同様です。

2。 $\psi=\psi^c$ かつ $\psi=P_L\psi$ なら、1 より $\psi=\psi^c=(P_L\psi)^c=P_R\psi^c=P_R\psi$ です。$\psi=P_L\psi=P_LP_R\psi=0$（$P_LP_R=0$）。

3。 $\psi_R=-\varepsilon\chi^{*}=0$ なら $\chi=0$ です。

∎

物理的には、ワイル粒子（1 成分のカイラリティ）の反粒子は逆のカイラリティ（ヘリシティ）をもつ別の状態ですが、Majorana 粒子は粒子と反粒子が一致するので、両方のカイラリティ成分が必ず現れます。単独のワイル場に与えられるローレンツ不変な質量項は、この意味での Majorana 質量だけです（例 7.11）。

注意 7.8（他の次元: Majorana–Weyl スピノル）

Majorana 条件とワイル条件が両立する時空次元は、ローレンツ符号で $d\equiv2\pmod 8$（$d=2,10,18,\dots$）に限られます。ここで次元 $d=2$ の場合を具体的に確かめておきます。$\gamma^0=\sigma^2$、$\gamma^1=i\sigma^1$（$(\gamma^0)^2=1$、$(\gamma^1)^2=-1$、反可換）はともに純虚数で、$\gamma^5:=\gamma^0\gamma^1=\sigma^3$ は実対角です。$i\gamma^\mu\partial_\mu$ は実行列なので、Majorana 条件は $\psi$ が実であることと同じで、カイラリティの固有ベクトル $(1,0)^{\mathsf T}$ も $(0,1)^{\mathsf T}$ も実です。つまり実 1 成分の Majorana–Weyl 場が存在します。これは、実行列になる生成元 $i\gamma^0=i\sigma^2$（2 乗が $-1$）、$i\gamma^1=-\sigma^1$（2 乗が $+1$）が符号 $(1,1)$ の実 Clifford 代数 $\mathrm{Cl}_{1,1}\cong M_2(\mathbb{R})$（演習 6.1［外積代数・Clifford 代数・超代数］）を生成し、その上で偶数次の積 $\gamma^0\gamma^1$ も実になるためです。4 次元で不可能になる理由は、上の定理 1 のとおり、荷電共役がカイラリティを入れ替えてしまうことです。一般の次元で 8 周期に従って実表現・複素表現・四元数表現が入れ替わる仕組み（実 Clifford 代数の周期表）の証明は本記事では扱いません。Freedman–Van Proeyen, Supergravity の第 3 章や Lawson–Michelsohn, Spin Geometry の第 I 章 §4 を参照してください。10 次元の Majorana–Weyl スピノルは 10 次元超対称ヤン–ミルズ理論の基本的な場です。

7.6. 量子化された Majorana 場と Majorana 質量

定理 7.9（Majorana 条件はモードの条件 b = a と同値）✓

定義 4.1 のディラック場 $\psi$ について、$\psi=\psi^c$（$\psi^c=C\psi C^{-1}$）が成り立つことは、すべての $\boldsymbol p$、$s$ で $b^s_{\boldsymbol p}=a^s_{\boldsymbol p}$ であることと同値です。このとき

$$\psi(x)=\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol p}}}\sum_s\left(a^s_{\boldsymbol p}u^s(p)e^{-ip\cdot x}+a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}v^s(p)e^{ip\cdot x}\right)$$

で、$\lbrace a^r_{\boldsymbol p},a^{s\dagger}_{\boldsymbol q}\rbrace=(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol q)\delta^{rs}$、その他の反交換子は $0$ です。粒子は自分自身の反粒子です。

証明（定理 7.9）

定理 5.3 の証明で見たように、

$$\psi^c(x)=\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol p}}}\sum_s\left(b^s_{\boldsymbol p}u^s(p)e^{-ip\cdot x}+a^{s\dagger}_{\boldsymbol p}v^s(p)e^{ip\cdot x}\right)$$

です。$\psi-\psi^c$ の $t=0$ での空間フーリエ成分 $e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}$ の係数は、

$$\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}}\sum_s\Big((a^s_{\boldsymbol k}-b^s_{\boldsymbol k})\,u^s(k)+(b^{s\dagger}_{-\boldsymbol k}-a^{s\dagger}_{-\boldsymbol k})\,v^s(\tilde k)\Big)$$

です。$\psi=\psi^c$ ならこれは 0 です。左から $u^{r\dagger}(k)$ を掛け、命題 3.2 の $u^{r\dagger}(k)u^s(k)=2\omega_{\boldsymbol k}\delta^{rs}$ と $u^{r\dagger}(k)v^s(\tilde k)=0$ を使うと、$\sqrt{2\omega_{\boldsymbol k}}\,(a^r_{\boldsymbol k}-b^r_{\boldsymbol k})=0$ を得ます。逆に $a=b$ なら展開が一致します。$a=b$ のとき、反交換関係は $\lbrace a,a^\dagger\rbrace$ だけが残ります。

∎

ここまでの議論に現れたのは、Majorana 場の双線形形式がもつ対称性です。ここから先、$\psi$ は反可換な場（古典論では Grassmann 値、量子論では演算子で、c 数の項は正規順序で落とす）とします。

命題 7.10（Majorana 場の双線形形式と運動方程式）✓

$\psi=\psi^c$ とすると次が成り立ちます。

1. $\bar\psi=\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}$。
2. $\bar\psi\gamma^\mu\psi=0$、$\bar\psi[\gamma^\mu,\gamma^\nu]\psi=0$。一方 $\bar\psi\psi$、$\bar\psi\gamma^5\psi$、$\bar\psi\gamma^\mu\gamma^5\psi$ は一般に $0$ でない。特に $U(1)$ のカレント $\bar\psi\gamma^\mu\psi$ は恒等的に $0$ で、Majorana 場に $U(1)$ 電荷はない。
3. ラグランジアン密度 $\mathcal{L}_M=\tfrac12\bar\psi(i\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi$ の作用の変分から、ディラック方程式 $(i\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi=0$ が得られる。

証明（命題 7.10）

1。 $\psi=B\psi^{*}$ から $\psi^\dagger=\psi^{\mathsf T}B$（$B$ は実対称）、$\bar\psi=\psi^\dagger\gamma^0=\psi^{\mathsf T}B\gamma^0=\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}$（$B\gamma^0=\mathcal{C}\gamma^0\gamma^0=\mathcal{C}$）です。

2。 $N$ を行列として $\psi^{\mathsf T}N\psi=\sum_{a,b}N_{ab}\psi_a\psi_b$ で、$\psi_a\psi_b=-\psi_b\psi_a$ なので $N$ の対称部分は寄与しません（$\psi_a^2=0$ も含めて 0）。1 より $\bar\psi\Gamma\psi=\psi^{\mathsf T}(\mathcal{C}\Gamma)\psi$ で、補題 7.1 の 5 により $\mathcal{C}\gamma^\mu$ と $\mathcal{C}[\gamma^\mu,\gamma^\nu]$ は対称なので 0 です。交代行列 $N$ では $\psi^{\mathsf T}N\psi=2\sum_{a<b}N_{ab}\psi_a\psi_b$ で、$\psi_a\psi_b$（$a<b$）は線形独立なので $N\ne0$ なら 0 ではありません。

3。 $\mathcal{L}_M=\tfrac12\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}D\psi$（$D=i\gamma^\mu\partial_\mu-m$）を変分します。質量項では $\psi_a\mathcal{C}_{ab}\delta\psi_b=-\delta\psi_b\mathcal{C}_{ab}\psi_a=\delta\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}\psi$（$\mathcal{C}^{\mathsf T}=-\mathcal{C}$ による）です。微分項では部分積分（全微分は落とす）と反可換性、$\mathcal{C}\gamma^\mu$ の対称性から $\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}i\gamma^\mu\partial_\mu\delta\psi\simeq-i(\partial_\mu\psi)^{\mathsf T}\mathcal{C}\gamma^\mu\delta\psi=i\,\delta\psi^{\mathsf T}(\mathcal{C}\gamma^\mu)^{\mathsf T}\partial_\mu\psi=i\,\delta\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}\gamma^\mu\partial_\mu\psi$ です。どちらも、もう一方の項 $\delta\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}(\cdots)\psi$ と同じなので、$\delta\mathcal{L}_M\simeq\delta\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}D\psi$ です。$\mathcal{C}$ は可逆なので $D\psi=0$ です。

∎

係数 $\tfrac12$ は、$\psi$ と $\bar\psi$ が独立でないことを補うためのものです。

例 7.11（ワイル場の Majorana 質量）

$\psi=(\chi,-\varepsilon\chi^{*})^{\mathsf T}\in M$ について $\bar\psi\psi=\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}\psi$ を計算します。$\mathcal{C}=\mathrm{diag}(\varepsilon,-\varepsilon)$、$\varepsilon^3=-\varepsilon$、$\varepsilon^{\mathsf T}=-\varepsilon$ から

$$\bar\psi\psi=\chi^{\mathsf T}\varepsilon\chi-\chi^\dagger\varepsilon\chi^{*}=\chi^{\mathsf T}\varepsilon\chi+(\chi^{\mathsf T}\varepsilon\chi)^\dagger$$

です（最後の等号は $(\chi_a\varepsilon_{ab}\chi_b)^\dagger=-\chi^\dagger\varepsilon\chi^{*}$ による）。つまり Majorana 質量項は、左巻きワイル場 $\chi$ だけで書ける「$\chi^{\mathsf T}\varepsilon\chi+$ h.c.」で、$\chi\to e^{i\alpha}\chi$ のもとで不変でない（レプトン数のような $U(1)$ を破る）ことが一目で分かります。$\chi^{\mathsf T}\varepsilon\chi$ が反可換な $\chi$ に対して消えないのは、$\varepsilon$ が交代行列だからです。$\chi^{\mathsf T}\varepsilon\chi=\chi_1\chi_2-\chi_2\chi_1=2\chi_1\chi_2$。ローレンツ不変性は、$\chi=\psi_L\mapsto(A^\dagger)^{-1}\chi$ のもとで $\chi^{\mathsf T}\varepsilon\chi\mapsto\chi^{\mathsf T}(A^{*})^{-1}\varepsilon(A^\dagger)^{-1}\chi$ となり、$A\varepsilon A^{\mathsf T}=\varepsilon$（定理 7.4 の証明）の複素共役 $A^{*}\varepsilon A^\dagger=\varepsilon$ から $(A^{*})^{-1}\varepsilon(A^\dagger)^{-1}=\varepsilon$ となることから従います。

7.7. 2 つの Majorana 場からディラック場を組む

定理 7.12（Dirac 場 = 同じ質量の 2 つの Majorana 場）✓

$\psi_1,\psi_2$ を同じ質量 $m$ をもつ 2 つの Majorana 場とし、それぞれのモードが $\lbrace a^r_{j,\boldsymbol p},a^{s\dagger}_{k,\boldsymbol q}\rbrace=(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol q)\delta^{rs}\delta_{jk}$（$j,k=1,2$）、他は $0$ を満たすとします。

$$\Psi=\frac{\psi_1+i\psi_2}{\sqrt2},\qquad a=\frac{a_1+ia_2}{\sqrt2},\qquad b=\frac{a_1-ia_2}{\sqrt2}$$

とおくと、$\Psi$ は 定義 4.1 のディラック場で、$a,b$ がそのモードです。さらに $\Psi^c=(\psi_1-i\psi_2)/\sqrt2$ で、

1. $\sum_{j=1,2}\tfrac12\bar\psi_j(i\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi_j=\bar\Psi(i\gamma^\mu\partial_\mu-m)\Psi$ （全微分を除いて）。
2. $H=\int\!\sum_s\omega_{\boldsymbol p}(a^\dagger a+b^\dagger b)=\sum_{j}\int\!\sum_s\omega_{\boldsymbol p}a_j^\dagger a_j$、$Q=\int\!\sum_s(a^\dagger a-b^\dagger b)=i\int\!\sum_s(a_1^\dagger a_2-a_2^\dagger a_1)$。

逆に、ディラック場 $\Psi$ から $\psi_1=(\Psi+\Psi^c)/\sqrt2$、$\psi_2=(\Psi-\Psi^c)/(i\sqrt2)$ が Majorana 場を与えます。

証明（定理 7.12）

モード。 反交換子を直接計算します。$\lbrace a,a^\dagger\rbrace=\tfrac12(\lbrace a_1,a_1^\dagger\rbrace+\lbrace a_2,a_2^\dagger\rbrace)=\delta$ （記号を略記）、$\lbrace b,b^\dagger\rbrace$ も同様、$\lbrace a,b^\dagger\rbrace=\tfrac12(\lbrace a_1,a_1^\dagger\rbrace+i\cdot i\lbrace a_2,a_2^\dagger\rbrace)=0$ です。$\lbrace a,b\rbrace$、$\lbrace a,a\rbrace$、$\lbrace b,b\rbrace$ は $\lbrace a_j,a_k\rbrace=0$ 型の項だけからなるので 0 です。$\Psi$ に $\psi_j$ のモード展開を代入すると $a\,u\,e^{-ip\cdot x}$ の係数が $(a_1+ia_2)/\sqrt2=a$、$v\,e^{ip\cdot x}$ の係数が $(a_1^\dagger+ia_2^\dagger)/\sqrt2=b^\dagger$ なので 定義 4.1 の形です。$\Psi^c=B\Psi^{*}=(B\psi_1^{*}-iB\psi_2^{*})/\sqrt2=(\psi_1-i\psi_2)/\sqrt2$（$B$ は実で反線形に $i$ から $-i$ になるため）です。

2。 $a^\dagger a+b^\dagger b=\tfrac12\big[(a_1^\dagger-ia_2^\dagger)(a_1+ia_2)+(a_1^\dagger+ia_2^\dagger)(a_1-ia_2)\big]=a_1^\dagger a_1+a_2^\dagger a_2$、$a^\dagger a-b^\dagger b=\tfrac12\big[(a_1^\dagger-ia_2^\dagger)(a_1+ia_2)-(a_1^\dagger+ia_2^\dagger)(a_1-ia_2)\big]=i(a_1^\dagger a_2-a_2^\dagger a_1)$ です。定理 4.3 の $H$ と $Q$ の表式に代入します。

1。 $\bar\Psi=(\bar\psi_1-i\bar\psi_2)/\sqrt2$ なので、$\Gamma=1$ または $i\gamma^\mu\partial_\mu$ について

$$\bar\Psi\Gamma\Psi=\tfrac12\big(\bar\psi_1\Gamma\psi_1+\bar\psi_2\Gamma\psi_2\big)+\tfrac{i}{2}\big(\bar\psi_1\Gamma\psi_2-\bar\psi_2\Gamma\psi_1\big)$$

です。交差項: $\Gamma=1$ では $\bar\psi_1\psi_2=\psi_1^{\mathsf T}\mathcal{C}\psi_2=-\psi_2^{\mathsf T}\mathcal{C}^{\mathsf T}\psi_1=\bar\psi_2\psi_1$（反可換性と $\mathcal{C}^{\mathsf T}=-\mathcal{C}$）で差は 0。$\Gamma=i\gamma^\mu\partial_\mu$ では、$\mathcal{C}\gamma^\mu$ の対称性と部分積分から

$$\bar\psi_1\gamma^\mu\partial_\mu\psi_2=\psi_1^{\mathsf T}\mathcal{C}\gamma^\mu\partial_\mu\psi_2=-(\partial_\mu\psi_2)^{\mathsf T}(\mathcal{C}\gamma^\mu)^{\mathsf T}\psi_1=-(\partial_\mu\psi_2)^{\mathsf T}\mathcal{C}\gamma^\mu\psi_1=-\partial_\mu(\bar\psi_2\gamma^\mu\psi_1)+\bar\psi_2\gamma^\mu\partial_\mu\psi_1$$

（最初の変形は反可換性、次は $\mathcal{C}\gamma^\mu$ の対称性）なので、差 $\bar\psi_1\gamma^\mu\partial_\mu\psi_2-\bar\psi_2\gamma^\mu\partial_\mu\psi_1=-\partial_\mu(\bar\psi_2\gamma^\mu\psi_1)$ は全微分です。よって交差項は作用に寄与しません。

∎

2 つの Majorana 場の質量が異なる場合（$m_1\ne m_2$）、$Q$ は保存されなくなり、ディラック場の $U(1)$ は壊れます（演習 8.5）。逆に、ディラック場の $U(1)$ は、この 2 つの Majorana 場の $\mathrm{SO}(2)$ 回転 $(\psi_1,\psi_2)\mapsto(\cos\theta\,\psi_1-\sin\theta\,\psi_2,\ \sin\theta\,\psi_1+\cos\theta\,\psi_2)$ に他なりません。実際 $\Psi\mapsto e^{i\theta}\Psi$ は $\psi_1+i\psi_2\mapsto e^{i\theta}(\psi_1+i\psi_2)$ だからです。

7.8. 物性の Majorana 零モード

注意 7.13（Kitaev 鎖の Majorana 零モード）

物性物理の「Majorana フェルミオン」は、場の理論の Majorana 場とは別の意味で使われますが、構造は同じです。フェルミ演算子 $c_j$（定義 3.1［CCR・CAR 代数と準自由状態］ の CAR）1 つを自己共役な 2 つ $a_j=c_j+c_j^\dagger$、$b_j=-i(c_j-c_j^\dagger)$ に分けると、$a_j^2=b_j^2=1$ で、異なるものは反可換です。これが 定理 7.12 の $\Psi=(\psi_1+i\psi_2)/\sqrt2$ の逆、$a=(a_1+ia_2)/\sqrt2$ に当たる分解です。Kitaev（2001）は、1 次元の長さ $N$ の鎖のハミルトニアン $H=\sum_j\big[-\mu(c_j^\dagger c_j-\tfrac12)-t(c_j^\dagger c_{j+1}+c_{j+1}^\dagger c_j)+\Delta(c_jc_{j+1}+c_{j+1}^\dagger c_j^\dagger)\big]$ で $t=\Delta>0$、$\mu=0$ とすると、成分ごとの計算で $H=it\sum_{j=1}^{N-1}b_ja_{j+1}$ となることを示しました。各項は固有値 $\pm t$ をもち、互いに可換です。ところが $a_1$ と $b_N$ は $H$ に現れず、$H$ と可換です。これらから作る $c_0=(a_1+ib_N)/2$ は $\lbrace c_0,c_0^\dagger\rbrace=1$ で、$c_0^\dagger c_0=0,1$ の 2 つの状態が同じエネルギーをもちます（フェルミ粒子数の偶奇が異なる 2 重縮退）。$a_1$ と $b_N$ は鎖の両端に局在する「半分のフェルミオン」で、これが Majorana 零モードです。場の Majorana 場との違いは、相対論的不変性がなく、超伝導体の Bogoliubov 準粒子 $\gamma_E^\dagger=\gamma_{-E}$ がエネルギー $E=0$ で自己共役になるという形で現れる点です。関連する記述として、自由 Majorana 場のネットとその局所代数は 例 7.7［Haag–Kastler 公理と局所ネット］ にあります。

8. 演習

演習 8.1標準

$p,p'$ を質量殻上の運動量とします。定理 3.3 と 前章の 演習 8.2［ローレンツ群・ポアンカレ群と粒子の分類］ のトレース公式を使って

$$\sum_{r,s}\big|\bar u^r(p')\,u^s(p)\big|^2 = 4\left(p\cdot p' + m^2\right)$$

を示してください。$p' = p$ のときに 命題 3.2 と整合することも確かめてください。

解答

$\big(\bar u^r(p')u^s(p)\big)^{*} = u^s(p)^\dagger\gamma^0u^r(p') = \bar u^s(p)u^r(p')$（$\gamma^{0\dagger} = \gamma^0$）なので

$$\sum_{r,s}\big|\bar u^r(p')u^s(p)\big|^2 = \sum_{r,s}\bar u^r(p')u^s(p)\,\bar u^s(p)u^r(p') = \mathrm{tr}\left[\Big(\sum_r u^r(p')\bar u^r(p')\Big)\Big(\sum_s u^s(p)\bar u^s(p)\Big)\right]$$

です（数の積を行列の積のトレースに書き直しました）。スピン和で置き換えると $\mathrm{tr}\big[(\gamma\cdot p' + m)(\gamma\cdot p + m)\big] = p'_\mu p_\nu\mathrm{tr}(\gamma^\mu\gamma^\nu) + m\,\mathrm{tr}(\gamma\cdot p') + m\,\mathrm{tr}(\gamma\cdot p) + m^2\mathrm{tr}\,\mathbb{1}_4 = 4p\cdot p' + 4m^2$ です（$\mathrm{tr}\gamma^\mu = 0$、$\mathrm{tr}(\gamma^\mu\gamma^\nu) = 4\eta^{\mu\nu}$）。$p' = p$ では右辺は $4(m^2 + m^2) = 8m^2$、左辺は 命題 3.2 より $\sum_{r,s}(2m\delta^{rs})^2 = 2\cdot4m^2 = 8m^2$ で一致します。散乱断面積で始状態のスピンを平均し終状態のスピンを和するとき、まさにこの形のトレースが現れます。

演習 8.2標準

定理 6.4 の運動量表示を用いて、$(i\gamma^\mu\partial^x_\mu - m)S_F(x-y) = i\delta^4(x-y)\mathbb{1}_4$ を示してください。また、なぜ $S_F$ が「ディラック方程式の解」ではなく「グリーン関数」になるのかを、$\theta$ 関数の微分の観点から説明してください。

解答

$i\gamma\cdot\partial_x e^{-ip\cdot(x-y)} = \gamma\cdot p\,e^{-ip\cdot(x-y)}$ なので

$$(i\gamma\cdot\partial_x - m)S_F = \int\frac{d^4p}{(2\pi)^4}\frac{i(\gamma\cdot p - m)(\gamma\cdot p + m)}{p^2 - m^2 + i\varepsilon}e^{-ip\cdot(x-y)} = \int\frac{d^4p}{(2\pi)^4}\frac{i(p^2 - m^2)}{p^2 - m^2 + i\varepsilon}e^{-ip\cdot(x-y)}$$

で、$\varepsilon\to+0$ で被積分関数は $i\,e^{-ip\cdot(x-y)}$ となり、積分は $i\delta^4(x-y)$ です（$(\gamma\cdot p)^2 = p^2$ はクリフォード関係式から）。

位置表示で見ると、$S_F = \theta(z^0)(i\gamma\cdot\partial + m)D(z) + \theta(-z^0)(i\gamma\cdot\partial + m)D(-z)$ の各項は $z^0\ne0$ で 補題 2.1 により $(i\gamma\cdot\partial - m)(i\gamma\cdot\partial + m)D = -(\Box + m^2)D = 0$ を満たします。$i\gamma^0\partial_0$ が $\theta(\pm z^0)$ に当たると $\pm i\gamma^0\delta(z^0)$ が出て、

$$i\gamma^0\delta(z^0)\left[(i\gamma\cdot\partial + m)D(z) - (i\gamma\cdot\partial + m)D(-z)\right]_{z^0 = 0} = i\gamma^0\delta(z^0)\,\lbrace\psi(0,\boldsymbol x),\bar\psi(0,\boldsymbol y)\rbrace$$

となります。命題 4.2 より等時刻の反交換子は $\lbrace\psi,\psi^\dagger\rbrace\gamma^0 = \delta^3(\boldsymbol z)\gamma^0$ なので、これは $i\gamma^0\gamma^0\delta(z^0)\delta^3(\boldsymbol z) = i\delta^4(z)$ です。つまりデルタ関数の源は時間順序の「切り替え」から生じ、その強さは等時刻の正準反交換関係で決まっています。

演習 8.3易

定理 5.3 を使って、$P\,\bar\psi\psi(t,\boldsymbol x)\,P^{-1} = \bar\psi\psi(t,-\boldsymbol x)$ と $P\,\bar\psi\gamma^5\psi(t,\boldsymbol x)\,P^{-1} = -\bar\psi\gamma^5\psi(t,-\boldsymbol x)$ を示してください。$\bar\psi\gamma^5\psi$ が擬スカラーと呼ばれる理由を述べてください。

解答

$P$ はユニタリなので、エルミート共役を取って $P\psi^\dagger(t,\boldsymbol x)P^{-1} = \psi^\dagger(t,-\boldsymbol x)\gamma^{0\dagger} = \psi^\dagger(t,-\boldsymbol x)\gamma^0$ です。よって $P\bar\psi(t,\boldsymbol x)P^{-1} = \psi^\dagger(t,-\boldsymbol x)\gamma^0\gamma^0 = \bar\psi(t,-\boldsymbol x)\gamma^0$ となり、

$$P\,\bar\psi\Gamma\psi(t,\boldsymbol x)\,P^{-1} = \bar\psi(t,-\boldsymbol x)\,\gamma^0\Gamma\gamma^0\,\psi(t,-\boldsymbol x)$$

です。$\Gamma = \mathbb{1}$ なら $\gamma^0\gamma^0 = 1$ で符号は $+$、$\Gamma = \gamma^5$ なら $\gamma^5$ が $\gamma^0$ と反可換なので $\gamma^0\gamma^5\gamma^0 = -\gamma^5$ で符号は $-$ です。$\bar\psi\gamma^5\psi$ は $\mathcal{L}^\uparrow_+$ の下ではスカラーとして変換しますが（$\gamma^5$ は $S^{\mu\nu}$ と可換）、空間反転で符号を変えるので擬スカラーと呼ばれます。パイ中間子と核子の結合 $\pi\,\bar N\gamma^5N$ がこの形をとるのは、パイ中間子が擬スカラー粒子だからです。

演習 8.4標準

定理 5.3 の $C$ について、正規順序を取った電流 $j^\mu = {:}\bar\psi\gamma^\mu\psi{:}$ が $Cj^\mu C^{-1} = -j^\mu$ を満たすことを、モード展開を使わずに場の変換則だけから示してください。その際、フェルミ演算子を並べ替えるときの符号に注意してください。

解答

まず $\bar\psi$ の変換則を求めます。$C\psi_aC^{-1} = i\gamma^2_{ab}\psi_b^\dagger$ のエルミート共役を取ると（$C$ はユニタリ）、$C\psi_a^\dagger C^{-1} = -i(\gamma^{2})^{*}_{ab}\psi_b$ です。行ベクトルにまとめると $C\psi^\dagger C^{-1} = -i\psi^{\mathsf T}(\gamma^2)^\dagger = i\psi^{\mathsf T}\gamma^2$（$\gamma^2$ は反エルミート）なので、$C\bar\psi C^{-1} = i\psi^{\mathsf T}\gamma^2\gamma^0$ です。一方 $\mathcal{C} = i\gamma^2\gamma^0$ について $\mathcal{C}^{-1} = i\gamma^0\gamma^2 = -\mathcal{C}$ なので、これは $C\bar\psi C^{-1} = -\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}^{-1}$ と書けます。成分で書くと

$$C\,\bar\psi_a\gamma^\mu_{ab}\psi_b\,C^{-1} = -\psi_c(\mathcal{C}^{-1})_{ca}\gamma^\mu_{ab}\mathcal{C}_{bd}\bar\psi_d = -\psi_c\big(\mathcal{C}^{-1}\gamma^\mu\mathcal{C}\big)_{cd}\bar\psi_d$$

です。$\mathcal{C}(\gamma^\mu)^{\mathsf T}\mathcal{C}^{-1} = -\gamma^\mu$ の両辺に左から $\mathcal{C}^{-1}$、右から $\mathcal{C}$ を掛けると $\mathcal{C}^{-1}\gamma^\mu\mathcal{C} = -(\gamma^\mu)^{\mathsf T}$ です。よって右辺は $+\psi_c(\gamma^\mu)_{dc}\bar\psi_d$ です。正規順序の内側ではフェルミ演算子の入れ替えに符号 $-1$ が付くので ${:}\psi_c\bar\psi_d{:} = -{:}\bar\psi_d\psi_c{:}$ となり、

$$Cj^\mu C^{-1} = -{:}\bar\psi_d(\gamma^\mu)_{dc}\psi_c{:} = -j^\mu$$

です。積分すれば 定理 5.3 の $CQC^{-1} = -Q$ が再現されます。符号の 1 つは $\mathcal{C}$ の性質から、もう 1 つはフェルミ統計から来ており、どちらが欠けても結論は逆になります。

演習 8.5標準

定理 7.12 の 2 つの Majorana 場の質量が $m_1\ne m_2$ のとき、$H=\sum_{j=1,2}\int\!\sum_s\omega^{(j)}_{\boldsymbol p}a_j^{s\dagger}a_j^s$（$\omega^{(j)}_{\boldsymbol p}=\sqrt{|\boldsymbol p|^2+m_j^2}$）と $Q=i\int\!\sum_s(a_1^{s\dagger}a_2^s-a_2^{s\dagger}a_1^s)$ の交換子 $[H,Q]$ を計算し、$Q$ が保存されるのは $m_1=m_2$ のときに限ることを示してください。

解答

モードごとに計算すれば十分です。$n_j=a_j^\dagger a_j$ とすると、$[n_j,a_j]=-a_j$、$[n_j,a_j^\dagger]=a_j^\dagger$ で、$n_j$ は $a_k$（$k\ne j$）と可換です。よって $[n_1,a_1^\dagger a_2]=a_1^\dagger a_2$、$[n_2,a_1^\dagger a_2]=-a_1^\dagger a_2$、同様に $[n_1,a_2^\dagger a_1]=-a_2^\dagger a_1$、$[n_2,a_2^\dagger a_1]=a_2^\dagger a_1$ です。したがって運動量 $\boldsymbol p$、スピン $s$ のモードごとに

$$[\omega^{(1)}n_1+\omega^{(2)}n_2,\ a_1^\dagger a_2-a_2^\dagger a_1]=(\omega^{(1)}-\omega^{(2)})\,(a_1^\dagger a_2+a_2^\dagger a_1)$$

となり、$[H,Q]=i\int\!\sum_s(\omega^{(1)}_{\boldsymbol p}-\omega^{(2)}_{\boldsymbol p})\,(a_1^{s\dagger}a_2^s+a_2^{s\dagger}a_1^s)$ です（異なる $(\boldsymbol p,s)$ のモードは反交換子 $\lbrace a,a^\dagger\rbrace$ が $0$ なので寄与しません）。$m_1\ne m_2$ なら $\omega^{(1)}_{\boldsymbol p}\ne\omega^{(2)}_{\boldsymbol p}$ がすべての $\boldsymbol p$ で成り立ち、たとえば $a_2^{s\dagger}(\boldsymbol p)|0\rangle$ への作用が $a_1^{s\dagger}(\boldsymbol p)|0\rangle$ を含んで 0 でありません。$m_1=m_2$ なら 0 です。ディラック粒子と反粒子の言葉では、質量の分裂が粒子と反粒子の混合を引き起こすことを意味します。

演習 8.6標準

Majorana 場 $\psi=\psi^c$（反可換）について、(a) $\bar\psi\gamma^\mu\gamma^5\psi$ の時間成分が $\bar\psi\gamma^0\gamma^5\psi=\psi^\dagger\gamma^5\psi$ と書け、一般に 0 でないことを示してください。(b) $S$ をスピノル表現として $S^{\mathsf T}\mathcal{C}S=\mathcal{C}$ を示し、$\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}\psi$ がスカラーであることを確かめてください。

解答

(a) $\bar\psi\gamma^0\gamma^5\psi=\psi^\dagger\gamma^0\gamma^0\gamma^5\psi=\psi^\dagger\gamma^5\psi$ です。$\psi=(\chi,-\varepsilon\chi^{*})^{\mathsf T}$ を代入すると $\psi^\dagger\gamma^5\psi=-\chi^\dagger\chi+\chi^{\mathsf T}\varepsilon(-\varepsilon)\chi^{*}$ です（$(-\varepsilon\chi^{*})^\dagger=\chi^{\mathsf T}\varepsilon$ による）。ここで $\varepsilon^2=-\mathbb{1}$ と反可換性から $\chi^{\mathsf T}\chi^{*}=\sum_a\chi_a\chi_a^{*}=-\chi^\dagger\chi$ なので、結果は $-2\chi^\dagger\chi$（演算子の場合は正規順序を取った後）で、一般に 0 ではありません。これは $\mathcal{C}\gamma^0\gamma^5$ が交代行列であること（補題 7.1 の 5）と整合します。つまり Majorana 場は $U(1)$ カレントをもたないのに、軸性カレントはもちます。

(b) $S=\mathrm{diag}\big((A^\dagger)^{-1},A\big)$ なので $S^{\mathsf T}=\mathrm{diag}\big((A^{*})^{-1},A^{\mathsf T}\big)$、$\mathcal{C}=\mathrm{diag}(\varepsilon,-\varepsilon)$ です。したがって

$$S^{\mathsf T}\mathcal{C}S=\mathrm{diag}\big((A^{*})^{-1}\varepsilon(A^\dagger)^{-1},\ -A^{\mathsf T}\varepsilon A\big)=\mathrm{diag}(\varepsilon,-\varepsilon)=\mathcal{C}$$

です。ここで 定理 7.4 の証明で示した $A^{\mathsf T}\varepsilon A=\varepsilon$ と、$A\varepsilon A^{\mathsf T}=\varepsilon$ の複素共役 $A^{*}\varepsilon A^\dagger=\varepsilon$（これを逆に解いたものが第 1 ブロックの等式）を使いました。よって $\psi\mapsto S\psi$ のもとで $\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}\psi\mapsto\psi^{\mathsf T}S^{\mathsf T}\mathcal{C}S\psi=\psi^{\mathsf T}\mathcal{C}\psi$ です。

参考文献

• M. E. Peskin and D. V. Schroeder, An Introduction to Quantum Field Theory, Westview Press, 1995 — 第 3 章 3.3–3.6 節（ディラック方程式の解、ディラック場の量子化、伝播関数、C・P・T）。スピノルの規格化と場の展開の規約は本書に合わせました（$v$ のスピノル $\eta^s$ の選び方だけ符号が異なります）。
• S. Weinberg, The Quantum Theory of Fields, Volume I: Foundations, Cambridge University Press, 1995 — 第 5 章（因果的な場の構成とスピン統計）。
• R. F. Streater and A. S. Wightman, PCT, Spin and Statistics, and All That, Princeton University Press, 1964 — 第 4 章（CPT 定理とスピン統計定理の公理論的証明）。
• M. Srednicki, Quantum Field Theory, Cambridge University Press, 2007 — 第 36 章から第 42 章（ワイル・ディラック場の量子化と離散対称性）。
• 九後汰一郎『ゲージ場の量子論 I』培風館、1989 — ディラック場の正準量子化を扱う部分。
• E. Majorana, “Teoria simmetrica dell’elettrone e del positrone”, Il Nuovo Cimento 14 (1937), 171–184 — 第 7 節の Majorana 場の出発点。
• D. Z. Freedman and A. Van Proeyen, Supergravity, Cambridge University Press, 2012 — 第 3 章（Majorana・Weyl・Majorana–Weyl スピノルが存在する次元）。
• A. Yu. Kitaev, “Unpaired Majorana fermions in quantum wires”, Physics-Uspekhi 44 (2001), 131–136, arXiv:cond-mat/0010440 — 第 7.8 節の鎖。