電磁場の量子化とゲージ固定：クーロンゲージ・共変量子化・Gupta–Bleuler 条件

0. この記事の要点

光は電場と磁場の波ですが、それを量子力学の言葉で粒子（光子）として扱おうとすると、ふつうの場と同じ手順では先へ進めません。電磁場を表す数学の部品は 4 つの成分をもつのに、実際の光の振動の向きは進行方向に垂直な 2 通りしかないからです。余分な 2 成分をどう扱えば矛盾なく量子化できるか、扱い方を変えると結果がどう変わり、なぜ最後に同じ物理が得られるのかを、この記事で順に確かめます。読み終えると、電磁場の量子化でゲージ固定が必要になる理由と、2 つの代表的な方法（クーロンゲージと共変量子化）が一致することの意味を説明できるようになります。

• マクスウェル場 $A_\mu$ は 4 成分ですが、光子の物理的自由度は 2 つ（ヘリシティ $\pm1$）です。この食い違いはゲージ不変性から来ており、正準形式では $A_0$ の共役運動量が恒等的に $\pi^0=0$ になる拘束（4 成分を自由に動かせないという条件）として現れます。スカラー場の処方をそのまま使うと、正準交換関係と拘束が矛盾します。
• クーロンゲージ $\nabla\cdot\boldsymbol A=0$ で量子化すると、正準交換関係のデルタ関数を横波デルタ関数 $\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}$（波数に垂直な成分だけを取り出すデルタ関数）に置き換えることになり、横波の偏極 2 つだけをもつ正定値のフォック空間が得られます。代償はローレンツ共変性が見えなくなることです。
• ファインマンゲージ（$\xi=1$）では 4 成分すべてを独立な無質量場として量子化でき、$[\hat a_{\boldsymbol k,\lambda},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k',\lambda'}]=-g_{\lambda\lambda'}(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ となります。共変性と引き換えに、時間成分の励起が負ノルム（状態の長さの 2 乗が負になること）をもちます。
• Gupta–Bleuler 条件 $\partial_\mu\hat A^{\mu(+)}(x)|\psi\rangle=0$ で物理的状態を選ぶと、そのノルムは半正定値になり、ノルム $0$ の状態を割った商空間（ノルム $0$ の状態を $0$ と同一視した空間）は横波光子のフォック空間と等長同型（内積を保つ一対一対応がある）になります。本章の中心定理で、完全な証明を与えます。
• 一般の共変ゲージで光子の伝播関数は $\dfrac{-i}{k^2+i\varepsilon}\Big(g_{\mu\nu}-(1-\xi)\dfrac{k_\mu k_\nu}{k^2}\Big)$ です。$\xi$ 依存部分は $k_\mu k_\nu$ に比例し、保存カレント（Ward 恒等式という、カレント保存から従う関係式）と縮約すると消えるので、物理量は $\xi$ によりません。

この記事で使う事前知識

• ゲージ変換: ポテンシャル $A_\mu$ を $A_\mu+\partial_\mu\alpha$ に取り替えても、電場と磁場は変わらないという自由度。→ ゲージ変換
• 生成・消滅演算子: 粒子を 1 つ増やす演算子と 1 つ減らす演算子。→ 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。→ 真空
• 正規順序: 生成演算子を左、消滅演算子を右に並べ替える約束。→ 正規順序
• 交換子: 2 つの演算子の積の順序を入れ替えたときの差 $[A,B]=AB-BA$。→ 交換子
• ローレンツ群: 時空の回転とブーストを合わせた変換の群で、光子のヘリシティ（進行方向への角運動量の成分）の分類に使う。→ ローレンツ群

1. 動機：光子の自由度は 2 つ、場の成分は 4 つ

スカラー場の正準量子化では、古典場の正準変数 $(\phi,\pi)$ に等時刻交換関係を課すだけで、粒子描像まで一直線に到達しました。ディラック場の量子化でも、交換子を反交換子に替えるという修正だけで同じ道筋をたどれました。電磁場も古典場なので、同じ処方が使えるはずです。ところが実際にやってみると、最初の一歩でつまずきます。

理由は表現論から先に見えています。ローレンツ群・ポアンカレ群と粒子の分類で見たとおり、質量 $0$ の粒子の 1 粒子状態はヘリシティで分類され、光子はヘリシティ $\pm1$ の 2 状態しかもちません。一方、ローレンツ共変に書ける最も簡単な場はベクトル場 $A_\mu$ で、成分は 4 つです。4 成分の場で 2 自由度を表すには、余分な 2 成分を何らかの仕組みで「消す」必要があります。その仕組みがゲージ不変性 $A_\mu\mapsto A_\mu+\partial_\mu\alpha$ です（定義 3.1［ゲージ理論と自発的対称性の破れ］）。ゲージ変換で移り合う配位は同じ物理を表すので、$A_\mu$ には冗長性が含まれています。

この冗長性は、量子化の 2 つの流儀でそれぞれ別の困難として現れます。経路積分では、作用の 2 次形式が退化して伝播関数が定義できなくなります（例 7.1［経路積分量子化］）。正準量子化では、ある正準運動量が恒等的に $0$ になるため、正準交換関係そのものが書けません。本章は後者を扱います。

対処の方針は 2 通りあります。

1. 冗長な成分を先に消してから量子化する（クーロンゲージ）。ヒルベルト空間は最初から正定値で物理的ですが、ゲージ条件が特定の慣性系に依存するため、ローレンツ共変性が見えなくなります。
2. 冗長な成分ごと量子化し、あとで物理的状態を選ぶ（共変量子化、Gupta–Bleuler の方法）。共変性は保たれますが、状態空間が不定計量になり、負ノルムの状態を処理する手続きが必要です。

両者は同じ物理を与えるはずです。その「はず」を、状態空間の構造（第 5 節）と伝播関数の形（第 6 節）の両面から確かめるのが本章の目標です。共変量子化の考え方は、非可換ゲージ理論の量子化で BRST 対称性として一般化されます。Gupta–Bleuler 条件は、その可換な原型にあたります。

2. 古典マクスウェル場と拘束

自然単位系 $\hbar=c=1$、計量 $g_{\mu\nu}=\mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)$ を用います。ベクトルポテンシャルの空間成分を $\boldsymbol A=(A^1,A^2,A^3)$ と書くので、$A_i=-A^i$ です。電場と磁場は $\boldsymbol E=-\nabla A^0-\partial_t\boldsymbol A$、$\boldsymbol B=\nabla\times\boldsymbol A$ です。

定義 2.1（マクスウェル場のラグランジアン密度）↗

外部カレント $j^\mu(x)$（滑らかで $\partial_\mu j^\mu=0$ を満たす実関数）と結合した電磁場のラグランジアン密度を

$$\mathcal{L}=-\frac14F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}-j_\mu A^\mu,\qquad F_{\mu\nu}=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu$$

と定めます。成分で書くと $-\tfrac14F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}=\tfrac12(|\boldsymbol E|^2-|\boldsymbol B|^2)$ です。

$F_{\mu\nu}$ は場の強さテンソル（定義 3.3）［ゲージ理論と自発的対称性の破れ］そのもので、ゲージ不変です。結合項 $-j_\mu A^\mu$ はゲージ変換で $-j^\mu\partial_\mu\alpha$ だけ変わりますが、$\partial_\mu j^\mu=0$ より $-j^\mu\partial_\mu\alpha=-\partial_\mu(j^\mu\alpha)$ という全微分になるので、作用は不変です（命題 4.5［古典場の理論とラグランジアン］）。カレントの保存は、ゲージ不変性と整合するための必要条件になっています。オイラー–ラグランジュ方程式は $\partial_\mu F^{\mu\nu}=j^\nu$ で、$\nu=0$ 成分がガウスの法則 $\nabla\cdot\boldsymbol E=j^0$、$\nu=i$ 成分がアンペール–マクスウェルの法則です（演習 8.1［古典場の理論とラグランジアン］ で導きました）。

命題 2.2（マクスウェル場の正準形式と拘束）✓

定義 2.1 の $\mathcal L$ について、$A_\mu$ に共役な運動量密度 $\pi^\mu=\partial\mathcal{L}/\partial(\partial_0A_\mu)$ は

$$\pi^\mu=-F^{0\mu},\qquad\text{すなわち}\qquad \pi^0=0,\qquad \pi^i=E^i$$

です。$\pi^0=0$ は速度 $\dot A_0$ を含まない関係（一次拘束）です。ハミルトニアンは、空間無限遠で場が十分速く減衰するとき

$$H=\int d^3x\left[\frac12\left(|\boldsymbol E|^2+|\boldsymbol B|^2\right)-\boldsymbol j\cdot\boldsymbol A-A^0\left(\nabla\cdot\boldsymbol E-j^0\right)\right]$$

となり、$A^0$ はガウスの法則 $\nabla\cdot\boldsymbol E-j^0=0$（二次拘束）を課すラグランジュ乗数として現れます。

証明（命題 2.2）

$\mathcal L$ のうち $\partial_0A_\mu$ を含むのは $-\tfrac14F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}$ だけです。$\dfrac{\partial}{\partial(\partial_\rho A_\sigma)}\left(-\tfrac14F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\right)=-F^{\rho\sigma}$ なので（$F$ の反対称性から $\partial_\rho A_\sigma$ に関する微分が 2 倍ずつ現れ、$\tfrac14$ と打ち消して $-F^{\rho\sigma}$ が残ります）、$\pi^\mu=-F^{0\mu}$ です。$F^{00}=0$ より $\pi^0=0$、また $F^{0i}=\partial^0A^i-\partial^iA^0=\partial_tA^i+\partial_iA^0=-E^i$ より $\pi^i=E^i$ です。

ハミルトニアン密度は $\mathcal H=\pi^\mu\dot A_\mu-\mathcal L=\pi^i\dot A_i-\mathcal L$ です。$\dot A_i=-\dot A^i=E^i+\partial_iA^0$ を使うと

$$\pi^i\dot A_i=|\boldsymbol E|^2+\boldsymbol E\cdot\nabla A^0$$

です。$-\mathcal L=-\tfrac12(|\boldsymbol E|^2-|\boldsymbol B|^2)+j^0A^0-\boldsymbol j\cdot\boldsymbol A$ を足すと（$j_\mu A^\mu=j^0A^0-\boldsymbol j\cdot\boldsymbol A$）、

$$\mathcal H=\frac12(|\boldsymbol E|^2+|\boldsymbol B|^2)+\boldsymbol E\cdot\nabla A^0+j^0A^0-\boldsymbol j\cdot\boldsymbol A$$

となります。$\boldsymbol E\cdot\nabla A^0=\nabla\cdot(A^0\boldsymbol E)-A^0\nabla\cdot\boldsymbol E$ と部分積分して表面項を落とすと、$A^0$ を含む項は $-A^0(\nabla\cdot\boldsymbol E-j^0)$ にまとまり、主張の形になります。$A^0$ の時間微分は $\mathcal H$ に現れないので $A^0$ は力学変数ではなく、$H$ を $A^0$ について変分すると $\nabla\cdot\boldsymbol E=j^0$ が得られます。

∎

この命題は、スカラー場との違いを正確に言い当てています。スカラー場では $\pi=\dot\phi$ を速度について解いてルジャンドル変換できましたが、ここでは 4 つの速度 $\dot A_\mu$ のうち $\dot A_0$ が運動量に現れず、ルジャンドル変換が特異です。

次の例は、この特異性が量子化で具体的にどんな矛盾になるかを見るためのものです。$A_0$ の時間微分はラグランジアンに現れないので、$A_0$ には時間発展を決める式がありません。これは、ゲージ変換で $A_0$ を時刻ごとに好きに動かせることに対応しています。そのような変数に「位置と運動量の交換関係」を課そうとすると、何が起きるかを確かめます。

例 2.3（素朴な正準交換関係は拘束と両立しない）

スカラー場の処方をそのまま当てはめて、4 成分すべてに

$$[\hat A_\mu(t,\boldsymbol x),\hat\pi^\nu(t,\boldsymbol y)]=i\,\delta_\mu^{\ \nu}\,\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$$

を課したとします。$\mu=\nu=0$ では左辺が $[\hat A_0,\hat\pi^0]$ ですが、命題 2.2 より $\hat\pi^0=0$ なので左辺は $0$、右辺は $i\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)\neq0$ で矛盾します。

二次拘束にも同じ問題があります。$j=0$ として空間成分だけに $[\hat A_i(\boldsymbol x),\hat E^j(\boldsymbol y)]=i\delta_i^{\ j}\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ を課すと、$A_i=-A^i$ より $[\hat A^i(\boldsymbol x),\hat E^j(\boldsymbol y)]=-i\delta^{ij}\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ です。$\boldsymbol y$ について発散を取ると

$$[\hat A^i(\boldsymbol x),\nabla\cdot\hat{\boldsymbol E}(\boldsymbol y)]=-i\,\partial^{(y)}_i\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)\neq0$$

です。もし演算子の等式 $\nabla\cdot\hat{\boldsymbol E}=0$ が成り立つなら左辺は $0$ のはずなので、これも矛盾です。ゲージ不変性から来る拘束は、4 成分すべてを独立な正準変数とみなす量子化を許しません。

注意 2.4（ディラックの拘束系の言葉で）

Dirac の分類では、$\pi^0\approx0$ と $\nabla\cdot\boldsymbol E-j^0\approx0$ はどちらも第一類拘束です（互いのポアソン括弧が拘束の線形結合になります）。第一類拘束はゲージ変換の生成子であり、その数だけ相空間の次元が 2 ずつ減ります。各空間点あたり相空間の次元は $(A_\mu,\pi^\mu)$ の 8 で、第一類拘束 2 個とそれに対応するゲージ固定条件 2 個を課すと $8-4=4$、すなわち配位空間で 2 自由度になります。これが偏極 2 つの古典的な起源です。一般論は Dirac の講義録や Henneaux–Teitelboim の教科書にあります。本章では一般論を使わず、具体的なゲージ固定で話を進めます。

3. クーロンゲージでの量子化

第 1 の方針では、ゲージ変換の自由度を使って冗長な成分を古典論の段階で消します。

定義 3.1（クーロンゲージ）↗

ベクトルポテンシャルが

$$\nabla\cdot\boldsymbol A=0$$

を満たすとき、$A^\mu$ はクーロンゲージ（放射ゲージ）にあるといいます。外部カレントがない（$j^\mu=0$）ときは、さらに $A^0=0$ を合わせて課します。

命題 3.2（クーロンゲージへの到達可能性）✓

各時刻で $A^\mu(t,\cdot)$ とその時間微分が、空間変数について急減少関数（シュワルツ関数）であるとします。このとき、空間無限遠で $0$ に減衰する滑らかなゲージ関数 $\alpha$ が存在して、$A'^\mu=A^\mu+\partial^\mu\alpha$ は $\nabla\cdot\boldsymbol A'=0$ を満たします。さらに $j^\mu=0$ で $A^\mu$ がマクスウェル方程式を満たすなら、このとき自動的に $A'^0=0$ です。

証明（命題 3.2）

$\partial^i=-\partial_i$ なので $\boldsymbol A'=\boldsymbol A-\nabla\alpha$、条件は $\nabla^2\alpha=\nabla\cdot\boldsymbol A$ です。各時刻でポアソン方程式の解

$$\alpha(t,\boldsymbol x)=-\int d^3y\,\frac{\nabla\cdot\boldsymbol A(t,\boldsymbol y)}{4\pi|\boldsymbol x-\boldsymbol y|}$$

を取れば、減衰の仮定から積分は収束し、$\alpha$ は滑らかで無限遠で $0$ に減衰します。$-\nabla^2\dfrac{1}{4\pi|\boldsymbol x|}=\delta^3(\boldsymbol x)$ より $\nabla^2\alpha=\nabla\cdot\boldsymbol A$ です。

次に、$j=0$ のマクスウェル方程式の $\nu=0$ 成分はガウスの法則 $\nabla\cdot\boldsymbol E'=0$ です（$\boldsymbol E$ はゲージ不変なので $\boldsymbol E'=\boldsymbol E$）。$\boldsymbol E'=-\nabla A'^0-\partial_t\boldsymbol A'$ と $\nabla\cdot\boldsymbol A'=0$ から $\nabla^2A'^0=0$ です。$A'^0$ は無限遠で $0$ に減衰する調和関数なので、リウヴィルの定理（有界な調和関数は定数）により $A'^0=0$ です。

∎

クーロンゲージでは $\boldsymbol A$ が横波（$\nabla\cdot\boldsymbol A=0$）なので、フーリエ成分は $\boldsymbol k$ に直交する 2 方向しかもちません。正準交換関係もこの制約と両立する形に修正する必要があります。その道具が横波デルタ関数です。

定義 3.3（横波デルタ関数）↗

$i,j\in\{1,2,3\}$ について

$$\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}(\boldsymbol x)=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\,e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}\left(\delta_{ij}-\frac{k_ik_j}{|\boldsymbol k|^2}\right)$$

を横波デルタ関数と呼びます（超関数として定義します）。

$\partial_i\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}=0$ が成り立ちます。フーリエ空間で $k_i(\delta_{ij}-k_ik_j/|\boldsymbol k|^2)=k_j-k_j=0$ だからです。横波デルタ関数は「ベクトル場から横成分を取り出す射影」の積分核です。ただし、$\delta^3(\boldsymbol x)$ と違って局所的ではありません（演習 7.1）。

偏極ベクトルを準備します。各 $\boldsymbol k\neq\boldsymbol 0$ について、$\mathbb{C}^3$ のベクトル $\boldsymbol\varepsilon_1(\boldsymbol k),\boldsymbol\varepsilon_2(\boldsymbol k)$ を

$$\boldsymbol k\cdot\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\boldsymbol k)=0,\qquad \boldsymbol\varepsilon_\lambda(\boldsymbol k)^*\cdot\boldsymbol\varepsilon_{\lambda'}(\boldsymbol k)=\delta_{\lambda\lambda'}\qquad(\lambda,\lambda'=1,2)$$

を満たすように選びます。$\hat{\boldsymbol k}=\boldsymbol k/|\boldsymbol k|$ と書きます。

補題 3.4（横波偏極の和）✓

上の条件を満たす $\boldsymbol\varepsilon_1,\boldsymbol\varepsilon_2$ について

$$\sum_{\lambda=1}^{2}\varepsilon^i_\lambda(\boldsymbol k)\,\varepsilon^j_\lambda(\boldsymbol k)^*=\delta_{ij}-\hat k_i\hat k_j$$

が成り立ちます。とくに左辺は実対称で、$\boldsymbol k$ の偶関数です。

証明（補題 3.4）

$\mathbb{C}^3$ のエルミート内積 $(\boldsymbol u,\boldsymbol v)=\boldsymbol u^*\cdot\boldsymbol v$ に関して、$\hat{\boldsymbol k}$ は実ベクトルなので $(\hat{\boldsymbol k},\boldsymbol\varepsilon_\lambda)=\hat{\boldsymbol k}\cdot\boldsymbol\varepsilon_\lambda=0$ です。したがって $\{\boldsymbol\varepsilon_1,\boldsymbol\varepsilon_2,\hat{\boldsymbol k}\}$ は $\mathbb{C}^3$ の正規直交基底です。正規直交基底 $\{\boldsymbol e_n\}$ について単位行列は $\sum_n\boldsymbol e_n\boldsymbol e_n^{*\mathsf T}$、成分で $\sum_ne^i_n e^{j*}_n=\delta_{ij}$ と書けます。これを $\boldsymbol e_3=\hat{\boldsymbol k}$ について書き下せば $\sum_\lambda\varepsilon^i_\lambda\varepsilon^{j*}_\lambda+\hat k_i\hat k_j=\delta_{ij}$ です。右辺 $\delta_{ij}-\hat k_i\hat k_j$ は実対称で $\boldsymbol k\mapsto-\boldsymbol k$ で不変なので、後半も従います。

∎

定理 3.5（クーロンゲージでの量子化）✓

$\lambda\in\{1,2\}$、$\boldsymbol k\in\mathbb{R}^3$ について、演算子 $\hat a_{\boldsymbol k,\lambda}$ が

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

を満たすとし、$k^0=|\boldsymbol k|$ として

$$\hat{\boldsymbol A}(x)=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2|\boldsymbol k|}}\sum_{\lambda=1}^{2}\left(\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\boldsymbol k)\,\hat a_{\boldsymbol k,\lambda}\,e^{-ik\cdot x}+\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\boldsymbol k)^*\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,\lambda}\,e^{ik\cdot x}\right),\qquad \hat A^0=0$$

と定めます。このとき次が成り立ちます。

1. $\nabla\cdot\hat{\boldsymbol A}=0$、$\Box\hat{\boldsymbol A}=0$。したがって $\hat A^\mu$ は $j=0$ のマクスウェル方程式とクーロンゲージ条件を満たします。
2. $\hat{\boldsymbol E}=-\partial_t\hat{\boldsymbol A}$ について、等時刻で

$$[\hat A^i(t,\boldsymbol x),\hat E^j(t,\boldsymbol y)]=-i\,\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}(\boldsymbol x-\boldsymbol y),\qquad [\hat A^i,\hat A^j]=[\hat E^i,\hat E^j]=0.$$

3. 正規順序をとったハミルトニアンは

$$\hat H=\frac12\int d^3x\,{:}\left(|\hat{\boldsymbol E}|^2+|\hat{\boldsymbol B}|^2\right){:}=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\sum_{\lambda=1}^{2}|\boldsymbol k|\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,\lambda}\hat a_{\boldsymbol k,\lambda}$$

です。

証明（定理 3.5）

1. 各項は $\boldsymbol k\cdot\boldsymbol\varepsilon_\lambda=0$ により $\nabla\cdot(\boldsymbol\varepsilon_\lambda e^{\mp ik\cdot x})=\pm i\,\boldsymbol k\cdot\boldsymbol\varepsilon_\lambda\,e^{\mp ik\cdot x}=0$ です。また $k^2=|\boldsymbol k|^2-|\boldsymbol k|^2=0$ なので $\Box e^{\mp ik\cdot x}=-k^2e^{\mp ik\cdot x}=0$ です。$\hat A^0=0$ と合わせると $\partial_\mu\hat F^{\mu\nu}=\Box\hat A^\nu-\partial^\nu(\partial_\mu\hat A^\mu)=0$ となります。$\partial_\mu\hat A^\mu=\partial_t\hat A^0+\nabla\cdot\hat{\boldsymbol A}=0$ だからです。

2. $\hat E^j=-\partial_t\hat A^j$ の展開は $e^{\mp ik\cdot x}$ の係数に $\pm i|\boldsymbol k|$ が掛かったものなので、

$$\hat E^j(x)=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{|\boldsymbol k|}{2}}\sum_\lambda\left(i\,\varepsilon^j_\lambda\,\hat a_{\boldsymbol k,\lambda}e^{-ik\cdot x}-i\,\varepsilon^{j*}_\lambda\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,\lambda}e^{ik\cdot x}\right)$$

です。交換子 $[\hat A^i(x),\hat E^j(y)]$ で残るのは $[\hat a,\hat a^\dagger]$ と $[\hat a^\dagger,\hat a]$ を含む 2 項だけで、$\boldsymbol k'$ 積分でデルタ関数を処理すると、等時刻 $x^0=y^0$ では

$$[\hat A^i(\boldsymbol x),\hat E^j(\boldsymbol y)]=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{2}\sum_\lambda\left(-i\,\varepsilon^i_\lambda\varepsilon^{j*}_\lambda\,e^{i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)}-i\,\varepsilon^{i*}_\lambda\varepsilon^{j}_\lambda\,e^{-i\boldsymbol k\cdot(\boldsymbol x-\boldsymbol y)}\right)$$

となります（係数 $\tfrac{1}{\sqrt{2|\boldsymbol k|}}\sqrt{|\boldsymbol k|/2}=\tfrac12$）。補題 3.4 より両項の偏極和はともに $\delta_{ij}-\hat k_i\hat k_j$ で、$\boldsymbol k$ の偶関数です。第 2 項で $\boldsymbol k\to-\boldsymbol k$ と変数変換すると第 1 項と等しくなり、合計は $-i\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ です。$[\hat A^i,\hat A^j]$ では被積分関数が $\frac{1}{2|\boldsymbol k|}(\delta_{ij}-\hat k_i\hat k_j)(e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol r}-e^{-i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol r})$（$\boldsymbol r=\boldsymbol x-\boldsymbol y$）という $\boldsymbol k$ の奇関数になり、積分は $0$ です。$[\hat E^i,\hat E^j]$ も同様です。

3. スカラー場の 定理 5.1［スカラー場の正準量子化］ と同じ計算を、偏極ごとに行います。$\hat{\boldsymbol B}=\nabla\times\hat{\boldsymbol A}$ の展開では $\boldsymbol\varepsilon_\lambda$ が $\pm i\boldsymbol k\times\boldsymbol\varepsilon_\lambda$ に置き換わります。$\boldsymbol x$ 積分で $\boldsymbol k'=\pm\boldsymbol k$ に固定されたあと、$\hat a\hat a^\dagger$ 型の項には $|\boldsymbol k|^2\boldsymbol\varepsilon^*_\lambda\cdot\boldsymbol\varepsilon_{\lambda'}$ と $(\boldsymbol k\times\boldsymbol\varepsilon_\lambda)^*\cdot(\boldsymbol k\times\boldsymbol\varepsilon_{\lambda'})=|\boldsymbol k|^2\boldsymbol\varepsilon^*_\lambda\cdot\boldsymbol\varepsilon_{\lambda'}-(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol\varepsilon^*_\lambda)(\boldsymbol k\cdot\boldsymbol\varepsilon_{\lambda'})=|\boldsymbol k|^2\delta_{\lambda\lambda'}$ が現れ、$\boldsymbol E$ と $\boldsymbol B$ から同じ寄与が出ます。$\hat a_{\boldsymbol k}\hat a_{-\boldsymbol k}$ 型の項には $\boldsymbol E$ から $-|\boldsymbol k|^2\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\boldsymbol k)\cdot\boldsymbol\varepsilon_{\lambda'}(-\boldsymbol k)$、$\boldsymbol B$ から $+|\boldsymbol k|^2\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\boldsymbol k)\cdot\boldsymbol\varepsilon_{\lambda'}(-\boldsymbol k)$ が現れ（ベクトル三重積の公式と横波条件を使います）、厳密に相殺します。残りを正規順序にすると主張の式です。

∎

定理 2 の交換関係は、例 2.3 の $-i\delta^{ij}\delta^3$ を $-i\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}$ に置き換えたものです。$\partial_j\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}=0$ なので $[\hat A^i,\nabla\cdot\hat{\boldsymbol E}]=0$ となり、拘束 $\nabla\cdot\hat{\boldsymbol E}=0$ と矛盾しません。同様に $\partial_i\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}=0$ が $\nabla\cdot\hat{\boldsymbol A}=0$ との両立を保証します。拘束と両立するように交換関係を作り直すこの手続きは、一般にはディラック括弧による量子化と呼ばれます。

状態空間は $\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,\lambda}$（$\lambda=1,2$）が真空から生成するフォック空間で、内積は正定値です。1 光子状態 $\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,\lambda}|0\rangle$ はエネルギー $|\boldsymbol k|$ をもち、質量 $0$ の粒子を表します。

例 3.6（円偏光とヘリシティ）

$\boldsymbol k=(0,0,\kappa)$（$\kappa>0$）とし、

$$\boldsymbol\varepsilon_\pm=\frac{1}{\sqrt2}(1,\pm i,0)$$

と選びます。$\boldsymbol k\cdot\boldsymbol\varepsilon_\pm=0$、$\boldsymbol\varepsilon_\pm^*\cdot\boldsymbol\varepsilon_\pm=1$、$\boldsymbol\varepsilon_+^*\cdot\boldsymbol\varepsilon_-=\tfrac12(1+i\cdot i)=0$ なので条件を満たします。$z$ 軸まわりの角度 $\theta$ の回転 $R_z(\theta)$ はベクトルに $\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta&0\\ \sin\theta&\cos\theta&0\\0&0&1\end{pmatrix}$ で作用し、

$$R_z(\theta)\boldsymbol\varepsilon_\pm=\frac{1}{\sqrt2}\left(\cos\theta\mp i\sin\theta,\ \sin\theta\pm i\cos\theta,\ 0\right)=e^{\mp i\theta}\boldsymbol\varepsilon_\pm$$

です。$e^{-i\theta J_z}$ の固有値 $e^{\mp i\theta}$ から、$\boldsymbol\varepsilon_\pm$ は $J_z=\pm1$、すなわち運動方向への角運動量の射影（ヘリシティ）が $\pm1$ の状態に対応します。$J_z=0$ に対応する縦偏極 $\hat{\boldsymbol k}=(0,0,1)$ は横波条件で除外されています。光子のヘリシティが $\pm1$ だけであることが、クーロンゲージでは場の展開に直接書き込まれています。

注意 3.7（クーロンゲージの代償）

クーロンゲージ条件 $\nabla\cdot\boldsymbol A=0$ は特定の慣性系の空間成分だけを使って書かれているので、ローレンツ変換で一般に破れます。ブーストした後にクーロンゲージへ戻すにはゲージ変換を合わせて行う必要があり、$\hat A^\mu$ はローレンツベクトルとして変換しません（ゲージ変換の分だけずれます）。もちろん $\hat F_{\mu\nu}$ はテンソルとして正しく変換するので、物理的な予言の共変性は損なわれていません。

外部カレント（あるいは荷電粒子の場）があると、$A^0$ は力学変数でなくなり、ガウスの法則 $\nabla^2A^0=-j^0$ を解いて消去されます。その結果、ハミルトニアンに瞬間的なクーロン相互作用 $\frac12\iint d^3x\,d^3y\,\frac{j^0(t,\boldsymbol x)j^0(t,\boldsymbol y)}{4\pi|\boldsymbol x-\boldsymbol y|}$ が現れます（演習 7.3）。この非局所な項と横波光子の交換を足すと、共変な結果が回復します。そのことを 例 6.6 で伝播関数のレベルで確かめます。

4. ファインマンゲージでの共変量子化

第 2 の方針では、ゲージ固定項を加えてラグランジアンを非退化にし、4 成分すべてを量子化します。

定義 4.1（共変ゲージのラグランジアン）↗

実数 $\xi>0$ について

$$\mathcal{L}_\xi=-\frac14F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}-\frac{1}{2\xi}\left(\partial_\mu A^\mu\right)^2$$

と定め、$\xi$ をゲージパラメータと呼びます。$\xi=1$ をファインマンゲージ、$\xi\to0$ の極限をランダウゲージと呼びます。

ゲージ固定項は経路積分ではファデーエフ–ポポフの手続きから自然に出てきます（定理 7.2［経路積分量子化］ の後の議論）。正準形式では、この項は「拘束 $\pi^0=0$ を壊すために手で足す項」です。実際、$\mathcal L_\xi$ から $\pi^\mu=-F^{0\mu}-\frac1\xi g^{0\mu}(\partial\cdot A)$ となり、$\pi^0=-\frac1\xi\partial_\mu A^\mu$ は $\dot A^0$ を含むので、もはや拘束ではありません。

以下 $\xi=1$ とします。定義 4.1 の $\mathcal L_1$ は、全微分を除いて

$$\mathcal L_1=-\frac12\,\partial_\mu A_\nu\,\partial^\mu A^\nu+\partial_\mu\left(\cdots\right)$$

と書けます。実際 $-\tfrac14F^2=-\tfrac12\partial_\mu A_\nu\partial^\mu A^\nu+\tfrac12\partial_\mu A_\nu\partial^\nu A^\mu$ で、最後の項は 2 回の部分積分で $\tfrac12(\partial\cdot A)^2$ と全微分の和になるので、ゲージ固定項と打ち消し合います。運動方程式は $\Box A^\mu=0$、すなわち 4 成分それぞれが無質量のクライン–ゴルドン方程式です。正準運動量は $\pi^\mu=-\dot A^\mu$ で、正準交換関係 $[\hat A_\mu(\boldsymbol x),\hat\pi^\nu(\boldsymbol y)]=i\delta_\mu^{\ \nu}\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ の添字を上げると

$$[\hat A^\mu(t,\boldsymbol x),\dot{\hat A}{}^\nu(t,\boldsymbol y)]=-i\,g^{\mu\nu}\,\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y),\qquad [\hat A^\mu,\hat A^\nu]=[\dot{\hat A}{}^\mu,\dot{\hat A}{}^\nu]=0$$

となります。空間成分 $\mu=\nu=i$ では $+i\delta^3$ でスカラー場と同じ符号ですが、時間成分 $\mu=\nu=0$ では $-i\delta^3$ と符号が逆です。これがすべての出発点です。

モード展開のため、各 $\boldsymbol k\neq\boldsymbol 0$ について実の偏極ベクトル $\varepsilon^\mu_\lambda(\boldsymbol k)$（$\lambda=0,1,2,3$）を

$$\varepsilon_0=(1,0,0,0),\qquad \varepsilon_{1,2}=(0,\boldsymbol\varepsilon_{1,2}(\boldsymbol k)),\qquad \varepsilon_3=(0,\hat{\boldsymbol k})$$

と選びます。ここで $\boldsymbol\varepsilon_{1,2}$ は $\hat{\boldsymbol k}$ に直交する実の単位ベクトルで互いに直交するものです。これらは $g_{\mu\nu}\varepsilon^\mu_\lambda\varepsilon^\nu_{\lambda'}=g_{\lambda\lambda'}$ を満たし、成分を比較すると完全性

$$\sum_{\lambda=0}^{3}g_{\lambda\lambda}\,\varepsilon^\mu_\lambda\,\varepsilon^\nu_\lambda=g^{\mu\nu}$$

が成り立ちます（$\mu=\nu=0$ では $\lambda=0$ だけが寄与して $1$、空間成分では $-\sum_{\lambda=1}^3\varepsilon^i_\lambda\varepsilon^j_\lambda=-\delta^{ij}$）。$\lambda=1,2$ を横偏極、$\lambda=3$ を縦偏極、$\lambda=0$ を時間的（スカラー）偏極と呼びます。

命題 4.2（ファインマンゲージのモード展開）✓

$k^0=|\boldsymbol k|$ として

$$\hat A^\mu(x)=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2|\boldsymbol k|}}\sum_{\lambda=0}^{3}\varepsilon^\mu_\lambda(\boldsymbol k)\left(\hat a_{\boldsymbol k,\lambda}e^{-ik\cdot x}+\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,\lambda}e^{ik\cdot x}\right)$$

と書くとき、上の等時刻交換関係が成り立つことと

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

が成り立つことは同値です。とくに $[\hat a_{\boldsymbol k,0},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k',0}]=-(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ です。

証明（命題 4.2）

$\lambda$ ごとに $\hat a_{\boldsymbol k,\lambda}$ を、スカラー場の 定義 4.1［スカラー場の正準量子化］ と同じ式で $\varepsilon_{\lambda\mu}\hat A^\mu$ とその時間微分から取り出せます（$\varepsilon$ の直交性 $g_{\mu\nu}\varepsilon^\mu_\lambda\varepsilon^\nu_{\lambda'}=g_{\lambda\lambda'}$ を使って成分を射影します）。あとは 命題 4.2［スカラー場の正準量子化］ の計算を $\omega_{\boldsymbol k}=|\boldsymbol k|$ として繰り返すだけです。違いは右辺の係数だけなので、$\hat a$ の交換関係を仮定した方向を確認しておきます。$\Box\hat A^\mu=0$ の解として $\dot{\hat A}{}^\nu$ の展開は $e^{\mp ik\cdot x}$ に $\mp i|\boldsymbol k|$ が掛かったものなので、等時刻で

$$[\hat A^\mu(\boldsymbol x),\dot{\hat A}{}^\nu(\boldsymbol y)]=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{i}{2}\sum_{\lambda}\left(-g_{\lambda\lambda}\right)\varepsilon^\mu_\lambda\varepsilon^\nu_\lambda\left(e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol r}+e^{-i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol r}\right)$$

です（$\boldsymbol r=\boldsymbol x-\boldsymbol y$。$\varepsilon_\lambda(\boldsymbol k)$ は $\lambda=3$ で $\boldsymbol k$ の奇関数ですが、$\varepsilon^\mu_3\varepsilon^\nu_3$ は偶関数です）。完全性より $\sum_\lambda(-g_{\lambda\lambda})\varepsilon^\mu_\lambda\varepsilon^\nu_\lambda=-g^{\mu\nu}$ なので、右辺は $-ig^{\mu\nu}\delta^3(\boldsymbol r)$ です。$[\hat A^\mu,\hat A^\nu]$ は被積分関数が $\boldsymbol k$ の奇関数になって $0$ です。逆向きも同じ計算を逆にたどります。

∎

時間的偏極の交換子の符号が逆なので、真空 $|0\rangle$（すべての $\hat a_{\boldsymbol k,\lambda}$ で消える状態）から作った状態空間は正定値になりません。

命題 4.3（時間的光子は負ノルムをもつ）✓

$\langle0|0\rangle=1$ とし、$f$ を急減少関数として $|f;\lambda\rangle=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}f(\boldsymbol k)\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,\lambda}|0\rangle$ と置くと

$$\langle f;\lambda|f;\lambda\rangle=-g_{\lambda\lambda}\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}|f(\boldsymbol k)|^2$$

です。とくに $\lambda=0$ の状態は $f\neq0$ なら負のノルムをもちます。一方、正規順序をとったハミルトニアンは

$$\hat H=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}|\boldsymbol k|\left(\sum_{i=1}^{3}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,i}\hat a_{\boldsymbol k,i}-\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,0}\hat a_{\boldsymbol k,0}\right)$$

で、すべての $\lambda$ について $[\hat H,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,\lambda}]=|\boldsymbol k|\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,\lambda}$ が成り立ちます。

証明（命題 4.3）

$\hat a_{\boldsymbol k,\lambda}|0\rangle=0$ より $\langle0|\hat a_{\boldsymbol k,\lambda}\hat a^\dagger_{\boldsymbol k',\lambda}|0\rangle=\langle0|[\hat a_{\boldsymbol k,\lambda},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k',\lambda}]|0\rangle=-g_{\lambda\lambda}(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ です。$\bar f(\boldsymbol k)f(\boldsymbol k')$ を掛けて積分すれば最初の主張です。

ハミルトニアンは $\mathcal H=\pi^\mu\dot A_\mu-\mathcal L_1=-\frac12\left(\dot A_\mu\dot A^\mu+\nabla A_\mu\cdot\nabla A^\mu\right)$ で、$A^0$ の項が負の符号をもちます。モード展開を代入する計算は 定理 5.1［スカラー場の正準量子化］ と同じで、偏極の直交性 $g_{\mu\nu}\varepsilon^\mu_\lambda\varepsilon^\nu_{\lambda'}=g_{\lambda\lambda'}$ から係数 $-g_{\lambda\lambda}$ が各 $\lambda$ に付きます。これが主張の式です。交換子は、$\lambda=0$ では $[-\hat a^\dagger_{\boldsymbol p,0}\hat a_{\boldsymbol p,0},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,0}]=-\hat a^\dagger_{\boldsymbol p,0}[\hat a_{\boldsymbol p,0},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,0}]=+\hat a^\dagger_{\boldsymbol p,0}(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol k)$ で、2 つの負号が打ち消します。$\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}|\boldsymbol p|$ で積分すると $+|\boldsymbol k|\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,0}$ になります。$\lambda=1,2,3$ ではスカラー場と同じです。

∎

つまり時間的光子は「正のエネルギー $|\boldsymbol k|$ をもつが、ノルムが負」という状態です。確率解釈は $\langle\psi|\psi\rangle>0$ を前提にしているので、このままでは物理になりません。

負のノルムを許す内積は、次の注意のように正定値な内積を少しだけ作り直して得られます。時間的光子が奇数個あるときだけ符号を $-1$ にする演算子を内積に挟む、というのが要点です。

注意 4.4（不定計量の空間の作り方）

数学的には、まず $\hat a_{\boldsymbol k,0}$ と $\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,0}$ の交換子の符号を正にした通常の（正定値な）フォック空間 $\mathcal F$ を作り、その内積を $(\cdot,\cdot)$ とします。$N_0$ を時間的光子の個数演算子として計量作用素 $\eta=(-1)^{N_0}$ を定め、$\langle\psi|\phi\rangle=(\psi,\eta\phi)$ を新しい内積（不定計量）とします。この内積に関する随伴を $\dagger$ と書くと、時間的成分の交換子が $-1$ 倍になり、命題 4.2 の関係が実現されます。このような空間を Krein 空間と呼びます。以下、内積 $\langle\cdot|\cdot\rangle$ と随伴 $\dagger$ はすべてこの不定計量に関するものです。

5. Gupta–Bleuler 条件と物理的状態

ファインマンゲージのラグランジアン $\mathcal L_1$ はもとのマクスウェル理論と $-\tfrac12(\partial\cdot A)^2$ だけ違います。したがって、物理的状態の上では何らかの意味で $\partial_\mu\hat A^\mu=0$ が成り立っていなければなりません。どの意味で課すかが問題です。

例 5.1（ローレンツ条件をそのまま課すと破綻する）

まず演算子の等式 $\partial_\mu\hat A^\mu=0$ は課せません。ファインマンゲージでは $\hat\pi^0=-\partial_\mu\hat A^\mu$ なので、等式が成り立てば $\hat\pi^0=0$ となり、例 2.3 と同じ矛盾に戻ります。

次に、状態への条件 $\partial_\mu\hat A^\mu(x)|\psi\rangle=0$（すべての $x$）を考えます。これは真空さえ満たしません。$\partial_\mu\hat A^\mu$ のうち生成演算子を含む部分は、$k_\mu\varepsilon^\mu_0=|\boldsymbol k|$、$k_\mu\varepsilon^\mu_3=-|\boldsymbol k|$、$k_\mu\varepsilon^\mu_{1,2}=0$ を使うと

$$\partial_\mu\hat A^{\mu(-)}(x)=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2|\boldsymbol k|}}\,(ik_\mu\varepsilon^\mu_\lambda)\,\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,\lambda}e^{ik\cdot x}=-i\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{|\boldsymbol k|}{2}}\left(\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,3}-\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,0}\right)e^{ik\cdot x}$$

で、これを真空に作用させると 1 粒子状態が出てきて $0$ になりません（消滅部分は真空を消すので、全体も $0$ になりません）。真空を物理的状態から締め出す条件は採用できません。

解決策は、正振動数部分（消滅演算子だけを含む部分）にだけ条件を課すことです。$\Box\hat A^\mu=0$ より $\Box(\partial_\mu\hat A^\mu)=0$ なので、$\partial_\mu\hat A^\mu$ は無質量の自由場であり、正振動数部分 $\partial_\mu\hat A^{\mu(+)}$ への分解はローレンツ不変で時間によりません。例 5.1 と同じ計算で

$$\partial_\mu\hat A^{\mu(+)}(x)=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2|\boldsymbol k|}}\,(-ik_\mu\varepsilon^\mu_\lambda)\,\hat a_{\boldsymbol k,\lambda}e^{-ik\cdot x}=i\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{|\boldsymbol k|}{2}}\,\hat L_{\boldsymbol k}\,e^{-ik\cdot x},\qquad \hat L_{\boldsymbol k}=\hat a_{\boldsymbol k,3}-\hat a_{\boldsymbol k,0}$$

です。$x^0$ を固定して $\boldsymbol x$ についてフーリエ逆変換すれば、すべての $x$ で $\partial_\mu\hat A^{\mu(+)}(x)|\psi\rangle=0$ であることと、すべての $\boldsymbol k$ で $\hat L_{\boldsymbol k}|\psi\rangle=0$ であることは同値です。

定義 5.2（Gupta–Bleuler 条件と物理的状態空間）↗

ファインマンゲージの不定計量フォック空間の状態 $|\psi\rangle$ が

$$\partial_\mu\hat A^{\mu(+)}(x)|\psi\rangle=0\quad(\text{すべての }x),\qquad\text{同値に}\qquad \hat L_{\boldsymbol k}|\psi\rangle=0\quad(\text{すべての }\boldsymbol k)$$

を満たすとき、$|\psi\rangle$ は Gupta–Bleuler 条件を満たすといい、そのような状態全体を物理的状態空間 $\mathcal V_{\mathrm{phys}}$ と書きます。また $\mathcal V_0=\{\psi\in\mathcal V_{\mathrm{phys}}:\langle\psi|\psi\rangle=0\}$ を零ノルム部分空間と呼びます。

この条件の下では $\langle\psi|\partial_\mu\hat A^\mu|\psi\rangle=0$ が成り立ちます。$\partial_\mu\hat A^{\mu(-)}=(\partial_\mu\hat A^{\mu(+)})^\dagger$ なので、$\langle\psi|\partial\cdot\hat A^{(-)}|\psi\rangle=\overline{\langle\psi|\partial\cdot\hat A^{(+)}|\psi\rangle}=0$ だからです。ローレンツ条件は、演算子としてではなく期待値として成り立ちます。

証明の鍵は $\hat L_{\boldsymbol k}$ の代数です。条件の中に現れるのは $\hat a_{\boldsymbol k,3}$ と $\hat a_{\boldsymbol k,0}$ の差 $\hat L_{\boldsymbol k}$ だけなので、この組み合わせと、それと対にして使うと便利な組み合わせ $\hat K_{\boldsymbol k}$ に演算子を取り替えて、交換関係を整理し直します。取り替えると、負ノルムの寄与と正ノルムの寄与がどう打ち消し合うかが見やすくなります。$\hat K_{\boldsymbol k}=\frac12(\hat a_{\boldsymbol k,3}+\hat a_{\boldsymbol k,0})$ と置きます。

補題 5.3（縦・時間成分の代数）✓

命題 4.2 の交換関係の下で

$$[\hat L_{\boldsymbol k},\hat L^\dagger_{\boldsymbol k'}]=0,\qquad [\hat K_{\boldsymbol k},\hat K^\dagger_{\boldsymbol k'}]=0,\qquad [\hat L_{\boldsymbol k},\hat K^\dagger_{\boldsymbol k'}]=[\hat K_{\boldsymbol k},\hat L^\dagger_{\boldsymbol k'}]=(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$$

が成り立ち、$\hat L,\hat K,\hat L^\dagger,\hat K^\dagger$ は横偏極の $\hat a_{\boldsymbol k,1},\hat a_{\boldsymbol k,2}$ およびその随伴とすべて可換です。逆に $\hat a_{\boldsymbol k,3}=\hat K_{\boldsymbol k}+\frac12\hat L_{\boldsymbol k}$、$\hat a_{\boldsymbol k,0}=\hat K_{\boldsymbol k}-\frac12\hat L_{\boldsymbol k}$ です。

証明（補題 5.3）

$\delta=(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ と略記し、$[\hat a_3,\hat a_3^\dagger]=\delta$、$[\hat a_0,\hat a_0^\dagger]=-\delta$、$[\hat a_3,\hat a_0^\dagger]=0$ を使います。

$$[\hat L,\hat L^\dagger]=[\hat a_3,\hat a_3^\dagger]+[\hat a_0,\hat a_0^\dagger]=\delta-\delta=0,\qquad [\hat K,\hat K^\dagger]=\tfrac14\left(\delta-\delta\right)=0,$$$$[\hat L,\hat K^\dagger]=\tfrac12\left([\hat a_3,\hat a_3^\dagger]-[\hat a_0,\hat a_0^\dagger]\right)=\tfrac12(\delta+\delta)=\delta$$

で、$[\hat K,\hat L^\dagger]$ も同じ計算で $\delta$ です。横偏極との可換性は $\lambda\neq\lambda'$ の交換子が $0$ であることから従います。最後の式は定義を解いただけです。

∎

$\hat L^\dagger$ が自分自身の随伴 $\hat L$ と可換であることは、$\hat L^\dagger$ の作る状態のノルムが $0$ になることを意味します。実際 $\langle0|\hat L_{\boldsymbol k}\hat L^\dagger_{\boldsymbol k'}|0\rangle=\langle0|[\hat L_{\boldsymbol k},\hat L^\dagger_{\boldsymbol k'}]|0\rangle=0$ です。縦光子と時間的光子の等量混合は、正のノルムと負のノルムが打ち消し合った零ノルム状態なのです。

連続運動量のままでは $\delta^3(\boldsymbol 0)$ が現れて代数的な議論が煩雑になるので、中心定理は空間を一辺 $\ell$ の箱に入れ、周期境界条件で運動量を離散化して述べます。このとき $\boldsymbol k\in\frac{2\pi}{\ell}\mathbb{Z}^3\setminus\{\boldsymbol 0\}$ で、交換子の $(2\pi)^3\delta^3(\boldsymbol k-\boldsymbol k')$ は $\delta_{\boldsymbol k\boldsymbol k'}$ に置き換わります（演算子を $\ell^{-3/2}$ 倍で規格化し直します）。状態としては、有限個の生成演算子を真空に作用させたベクトルの線形結合（有限粒子ベクトル）全体 $\mathcal D$ を考えます。横偏極の生成演算子だけで作った有限粒子ベクトル全体を $\mathcal D_{\mathrm T}$ と書きます。

この定理は、物理的状態に負ノルムの成分は入り込まず、残る余分な部分はノルム $0$ の「ゲージの自由度」だけだ、と言っています。証明の方針は次のとおりです。まず、縦・時間成分の生成演算子を $\hat L^\dagger$ と $\hat K^\dagger$ に取り替えて、状態をそれらの単項式で展開します。すると $\hat L_{\boldsymbol k}$ は $\hat K^\dagger_{\boldsymbol k}$ についての微分のように働くので、条件 $\hat L_{\boldsymbol k}\psi=0$ は「展開に $\hat K^\dagger$ が現れない」という条件に言い換えられます。最後に、$\hat L^\dagger$ だけを含む状態同士の内積が $0$ になることから、ノルムに残るのは横偏極の部分だけだと分かります。なお、定理の $m$ は、各運動量 $\boldsymbol k$ について $\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}$ を何回掛けたかを並べた組です。

定理 5.4（物理的状態のノルムの半正定値性）✓

上の箱の設定で、$\mathcal V_{\mathrm{phys}}=\{\psi\in\mathcal D:\hat L_{\boldsymbol k}\psi=0\ (\text{すべての }\boldsymbol k)\}$ とします。

1. 任意の $\psi\in\mathcal V_{\mathrm{phys}}$ は

$$\psi=\chi\otimes|0\rangle_{\mathrm{L}}+\psi_0,\qquad \psi_0=\sum_{m\neq0}\chi_m\otimes\big(\hat L^\dagger\big)^m|0\rangle_{\mathrm{L}}$$

と一意に分解されます。ここで $|0\rangle_{\mathrm L}$ は縦・時間成分の真空、$m=(m_{\boldsymbol k})$ は有限個を除いて $0$ の非負整数の多重指数で $(\hat L^\dagger)^m=\prod_{\boldsymbol k}(\hat L^\dagger_{\boldsymbol k})^{m_{\boldsymbol k}}$、$\chi,\chi_m\in\mathcal D_{\mathrm T}$ で、和は有限和です。 2. $\psi,\psi'\in\mathcal V_{\mathrm{phys}}$ を 1 のように分解すると $\langle\psi'|\psi\rangle=\langle\chi'|\chi\rangle_{\mathrm T}$ です。とくに

$$\langle\psi|\psi\rangle=\langle\chi|\chi\rangle_{\mathrm T}\ge0$$

であり、等号は $\chi=0$ のとき、かつそのときに限り成り立ちます。 3. 零ノルム部分空間 $\mathcal V_0$ は 1 の $\psi_0$ の形の状態全体で、$\mathcal V_{\mathrm{phys}}$ のすべての元と直交します。写像 $\psi\mapsto\chi$ は等長同型 $\mathcal V_{\mathrm{phys}}/\mathcal V_0\cong\mathcal D_{\mathrm T}$ を与えます。

証明（定理 5.4）

第 1 段：基底の取り替え。 状態空間 $\mathcal D$ は、横偏極の部分 $\mathcal D_{\mathrm T}$ と、$\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,3},\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,0}$ の多項式を $|0\rangle_{\mathrm L}$ に作用させた部分 $\mathcal D_{\mathrm L}$ の代数的テンソル積です。補題 5.3 の逆変換は生成演算子の可逆な線形変換 $\hat a^\dagger_3=\hat K^\dagger+\frac12\hat L^\dagger$、$\hat a^\dagger_0=\hat K^\dagger-\frac12\hat L^\dagger$ であり、$\hat L^\dagger$ と $\hat K^\dagger$ は互いに可換です。したがって $\hat a^\dagger_3,\hat a^\dagger_0$ の単項式の代わりに、単項式 $(\hat L^\dagger)^m(\hat K^\dagger)^n|0\rangle_{\mathrm L}$ を $\mathcal D_{\mathrm L}$ の基底に取れます（可換な変数の多項式環で変数を線形に取り替えても、単項式が基底であることは変わりません）。よって任意の $\psi\in\mathcal D$ は

$$\psi=\sum_{m,n}\chi_{m,n}\otimes(\hat L^\dagger)^m(\hat K^\dagger)^n|0\rangle_{\mathrm L},\qquad \chi_{m,n}\in\mathcal D_{\mathrm T}$$

と一意に書けます（有限和）。

第 2 段：$\hat L_{\boldsymbol k}$ は微分として働く。 補題 5.3 より $\hat L_{\boldsymbol k}$ は $\hat L^\dagger_{\boldsymbol k'}$ と可換で、$[\hat L_{\boldsymbol k},\hat K^\dagger_{\boldsymbol k'}]=\delta_{\boldsymbol k\boldsymbol k'}$ です。また $\hat L_{\boldsymbol k}|0\rangle_{\mathrm L}=0$ です。交換子をくり返し使って $\hat L_{\boldsymbol k}$ を右へ送ると

$$\hat L_{\boldsymbol k}(\hat L^\dagger)^m(\hat K^\dagger)^n|0\rangle_{\mathrm L}=n_{\boldsymbol k}\,(\hat L^\dagger)^m(\hat K^\dagger)^{n-e_{\boldsymbol k}}|0\rangle_{\mathrm L}$$

です（$e_{\boldsymbol k}$ は $\boldsymbol k$ 成分だけが $1$ の多重指数）。すなわち $\hat L_{\boldsymbol k}$ は多項式に対して偏微分 $\partial/\partial\hat K^\dagger_{\boldsymbol k}$ として働きます。したがって

$$\hat L_{\boldsymbol k}\psi=\sum_{m,n}n_{\boldsymbol k}\,\chi_{m,n}\otimes(\hat L^\dagger)^m(\hat K^\dagger)^{n-e_{\boldsymbol k}}|0\rangle_{\mathrm L}$$

で、第 1 段の一意性から、これがすべての $\boldsymbol k$ で $0$ であることは「$n\neq0$ ならば $\chi_{m,n}=0$」と同値です。$\chi=\chi_{0,0}$、$\chi_m=\chi_{m,0}$ と置けば 1 が示されました。

第 3 段：内積の計算。 縦・時間成分の部分の内積

$$\big\langle(\hat L^\dagger)^{m'}0\big|(\hat L^\dagger)^{m}0\big\rangle_{\mathrm L}={}_{\mathrm L}\langle0|\hat L^{m'}(\hat L^\dagger)^m|0\rangle_{\mathrm L}$$

を求めます。$m'\neq0$ なら、$\hat L$ を 1 つ選んで $(\hat L^\dagger)^m$ の右へ送ると、$\hat L$ と $\hat L^\dagger$ が可換なので交換子の寄与はなく、$\hat L|0\rangle_{\mathrm L}=0$ により $0$ です。$m'=0$ で $m\neq0$ なら、複素共役をとって同じ議論を使えば $0$ です。$m=m'=0$ なら $1$ です。よって内積は $\delta_{m0}\delta_{m'0}$ です。テンソル積の内積は各因子の内積の積なので、$\psi,\psi'\in\mathcal V_{\mathrm{phys}}$ について

$$\langle\psi'|\psi\rangle=\sum_{m,m'}\langle\chi'_{m'}|\chi_m\rangle_{\mathrm T}\,\delta_{m0}\delta_{m'0}=\langle\chi'|\chi\rangle_{\mathrm T}$$

です。$\mathcal D_{\mathrm T}$ の内積は通常の正定値な内積なので（横偏極の交換子の符号は正）、$\langle\psi|\psi\rangle=\langle\chi|\chi\rangle_{\mathrm T}\ge0$、等号は $\chi=0$ と同値です。これで 2 が示されました。

第 4 段：商空間。 2 より $\psi\in\mathcal V_0$ は $\chi=0$、すなわち $\psi=\psi_0$ の形であることと同値で、このとき任意の $\psi'\in\mathcal V_{\mathrm{phys}}$ について $\langle\psi'|\psi_0\rangle=\langle\chi'|0\rangle_{\mathrm T}=0$ です。写像 $\psi\mapsto\chi$ は線形で、核は $\mathcal V_0$、全射です（$\chi\otimes|0\rangle_{\mathrm L}\in\mathcal V_{\mathrm{phys}}$）。2 よりこれは内積を保つので、等長同型 $\mathcal V_{\mathrm{phys}}/\mathcal V_0\cong\mathcal D_{\mathrm T}$ を誘導します。

∎

定理の意味をまとめます。共変量子化のフォック空間には負ノルム状態がありますが、Gupta–Bleuler 条件を満たす状態に限れば負ノルムは現れません。残る零ノルム状態は他のすべての物理的状態と直交するので、どんな物理的な遷移振幅にも寄与しません。それを割った商空間は、クーロンゲージで得た横波光子のフォック空間とまったく同じです。2 つの方針は、状態空間のレベルで一致しました。

共変量子化の状態空間の入れ子。物理的状態空間のうちノルム 0 の部分を同一視すると、横波光子の空間と同じになる。

系 5.5（物理的状態上の期待値）✓

$\psi,\psi'\in\mathcal V_{\mathrm{phys}}$ とします。

1. $\langle\psi|\partial_\mu\hat A^\mu(x)|\psi\rangle=0$ で、したがって $\langle\psi|\partial_\mu\hat F^{\mu\nu}(x)|\psi\rangle=0$（自由マクスウェル方程式の期待値版）です。
2. $\psi_0\in\mathcal V_0$ を加えても、ハミルトニアンの期待値は変わりません：$\langle\psi+\psi_0|\hat H|\psi+\psi_0\rangle=\langle\psi|\hat H|\psi\rangle=\langle\chi|\hat H_{\mathrm T}|\chi\rangle_{\mathrm T}$。ここで $\hat H_{\mathrm T}$ は 定理 3.5 のハミルトニアンです。

証明（系 5.5）

1 の前半は 定義 5.2 の直後で示しました。後半は $\partial_\mu\hat F^{\mu\nu}=\Box\hat A^\nu-\partial^\nu(\partial_\mu\hat A^\mu)$ と $\Box\hat A^\nu=0$ から、$\langle\psi|\partial_\mu\hat F^{\mu\nu}|\psi\rangle=-\partial^\nu\langle\psi|\partial_\mu\hat A^\mu|\psi\rangle=0$ です。2: 箱の設定で考えます。$\hat L=\hat a_3-\hat a_0$、$\hat K=\frac12(\hat a_3+\hat a_0)$（各 $\boldsymbol k$ ごと）を代入して展開すると、交差項 $\pm\hat a_3^\dagger\hat a_0$、$\mp\hat a_0^\dagger\hat a_3$ が打ち消し合い

$$\hat L^\dagger\hat K+\hat K^\dagger\hat L=\tfrac12\left[(\hat a_3^\dagger-\hat a_0^\dagger)(\hat a_3+\hat a_0)+(\hat a_3^\dagger+\hat a_0^\dagger)(\hat a_3-\hat a_0)\right]=\hat a_3^\dagger\hat a_3-\hat a_0^\dagger\hat a_0$$

です。よって 命題 4.3 のハミルトニアンは $\hat H=\hat H_{\mathrm T}+\hat H_{\mathrm L}$、$\hat H_{\mathrm L}=\sum_{\boldsymbol k}|\boldsymbol k|(\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}\hat K_{\boldsymbol k}+\hat K^\dagger_{\boldsymbol k}\hat L_{\boldsymbol k})$ と分かれます。$\phi,\phi'\in\mathcal V_{\mathrm{phys}}$ なら $\hat L_{\boldsymbol k}\phi=\hat L_{\boldsymbol k}\phi'=0$ なので、随伴の定義から $\langle\phi'|\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}\hat K_{\boldsymbol k}|\phi\rangle=\langle\hat L_{\boldsymbol k}\phi'|\hat K_{\boldsymbol k}\phi\rangle=0$、$\langle\phi'|\hat K^\dagger_{\boldsymbol k}\hat L_{\boldsymbol k}|\phi\rangle=\langle\hat K_{\boldsymbol k}\phi'|\hat L_{\boldsymbol k}\phi\rangle=0$ で、物理的状態の間では $\hat H_{\mathrm L}$ の行列要素はすべて $0$ です。$\phi=\phi'=\psi+\psi_0$（$\mathcal V_0\subset\mathcal V_{\mathrm{phys}}$）とすれば $\langle\psi+\psi_0|\hat H|\psi+\psi_0\rangle=\langle\psi+\psi_0|\hat H_{\mathrm T}|\psi+\psi_0\rangle$ です。$\hat H_{\mathrm T}$ は横偏極の演算子だけからなり縦・時間成分の因子には恒等的に作用するので、定理 5.4 の分解 $\psi+\psi_0=\chi\otimes|0\rangle_{\mathrm L}+\sum_{m\neq0}\chi''_m\otimes(\hat L^\dagger)^m|0\rangle_{\mathrm L}$ を代入すると、同定理の証明と同じく縦・時間成分の内積は $\delta_{m0}\delta_{m'0}$ を与え、$\langle\chi|\hat H_{\mathrm T}|\chi\rangle_{\mathrm T}$ だけが残ります。$\psi$ についても同じ値なので主張を得ます。

∎

零ノルム状態を加えることの物理的意味は、次の例で見えます。

例 5.6（零ノルム状態の付加はゲージ変換である）

$c\in\mathbb{C}$ と運動量 $\boldsymbol k$ を固定し（箱の設定）、$|\psi\rangle=|0\rangle+c\,\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}|0\rangle$ を考えます。$\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}|0\rangle\in\mathcal V_0$ なので $\psi\in\mathcal V_{\mathrm{phys}}$ で、$\langle\psi|\psi\rangle=1$ です。場の期待値を計算します。$[\hat a_{\boldsymbol k,\lambda},\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}]=[\hat a_\lambda,\hat a^\dagger_3]-[\hat a_\lambda,\hat a^\dagger_0]=\delta_{\lambda3}+\delta_{\lambda0}$ なので

$$\langle0|\hat A^\mu(x)\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}|0\rangle=\frac{1}{\sqrt{2|\boldsymbol k|\,\ell^3}}\left(\varepsilon^\mu_0+\varepsilon^\mu_3\right)e^{-ik\cdot x}=\frac{1}{\sqrt{2|\boldsymbol k|\,\ell^3}}\frac{k^\mu}{|\boldsymbol k|}e^{-ik\cdot x}$$

です（$\varepsilon_0+\varepsilon_3=(1,\hat{\boldsymbol k})=k/|\boldsymbol k|$）。$\langle0|\hat A^\mu|0\rangle=0$ なので

$$\langle\psi|\hat A^\mu(x)|\psi\rangle=2\,\mathrm{Re}\left(c\,\langle0|\hat A^\mu\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}|0\rangle\right)+|c|^2\langle0|\hat L_{\boldsymbol k}\hat A^\mu\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}|0\rangle=\partial^\mu\Lambda(x),\qquad \Lambda(x)=2\,\mathrm{Re}\left(\frac{ic\,e^{-ik\cdot x}}{|\boldsymbol k|\sqrt{2|\boldsymbol k|\ell^3}}\right)$$

となります。最後の項は $\hat A^\mu$ が生成・消滅演算子について 1 次なので $\langle0|\cdots|0\rangle$ の中で粒子数が合わず $0$ です。また $\partial^\mu e^{-ik\cdot x}=-ik^\mu e^{-ik\cdot x}$ を使いました。期待値は純粋なゲージ $\partial^\mu\Lambda$ で、$\langle\psi|\hat F_{\mu\nu}|\psi\rangle=\partial_\mu\partial_\nu\Lambda-\partial_\nu\partial_\mu\Lambda=0$ です。$\mathcal V_0$ の元を加える操作は、古典的にはゲージ変換に対応しています。

6. 光子の伝播関数とゲージパラメータ

摂動論の計算に必要なのは時間順序積の真空期待値、すなわち伝播関数です。

命題 6.1（ファインマンゲージの光子の伝播関数）✓

命題 4.2 の場について

$$\langle0|T\{\hat A^\mu(x)\hat A^\nu(y)\}|0\rangle=\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{-i\,g^{\mu\nu}}{k^2+i\varepsilon}\,e^{-ik\cdot(x-y)}$$

が成り立ちます。すなわちファインマンゲージの光子の伝播関数は、無質量スカラー場の伝播関数の $-g^{\mu\nu}$ 倍です。

証明（命題 6.1）

まず時間順序をつけない 2 点関数を計算します。真空の左右で生き残るのは $\hat a$ と $\hat a^\dagger$ の組だけなので

$$\langle0|\hat A^\mu(x)\hat A^\nu(y)|0\rangle=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{2|\boldsymbol k|}\sum_{\lambda}(-g_{\lambda\lambda})\varepsilon^\mu_\lambda\varepsilon^\nu_\lambda\,e^{-ik\cdot(x-y)}=-g^{\mu\nu}D(x-y)$$

です。ここで完全性 $\sum_\lambda g_{\lambda\lambda}\varepsilon^\mu_\lambda\varepsilon^\nu_\lambda=g^{\mu\nu}$ を使い、$D(z)=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^32|\boldsymbol k|}e^{-ik\cdot z}$ は無質量実スカラー場の $\langle0|\hat\phi(x)\hat\phi(y)|0\rangle$ です。時間順序積は $\theta(x^0-y^0)D(x-y)+\theta(y^0-x^0)D(y-x)$ に $-g^{\mu\nu}$ を掛けたもので、括弧内は無質量スカラー場のファインマン伝播関数 $\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\frac{i}{k^2+i\varepsilon}e^{-ik\cdot(x-y)}$ です（経路積分量子化の $\Delta_F$ で $m=0$ としたもの。$k^0$ 積分の留数計算で $D$ に戻ることを確かめられます）。$-g^{\mu\nu}\cdot i=-ig^{\mu\nu}$ で主張を得ます。

∎

時間成分 $\mu=\nu=0$ では $-g^{00}=-1$ が掛かり、スカラー場と逆符号です。これは負ノルムの時間的光子が伝播していることの反映です。

一般の $\xi$ では、経路積分で運動核を逆転して（演習 8.4［経路積分量子化］）

$$\tilde D^{\mu\nu}_\xi(k)=\frac{-i}{k^2+i\varepsilon}\left(g^{\mu\nu}-(1-\xi)\frac{k^\mu k^\nu}{k^2}\right)$$

を得ます。$\xi=1$ で 命題 6.1 に、$\xi=0$ で横波射影 $g^{\mu\nu}-k^\mu k^\nu/k^2$ をもつランダウゲージの形になります。$\xi$ によって伝播関数そのものは変わります。つまり $\hat A^\mu$ の相関関数は物理量ではありません。物理量が $\xi$ によらないことは、次の定理が保証します。

定理 6.2（ゲージ不変量の期待値はゲージパラメータによらない）✓

物質場をまとめて $\psi$ と書き、作用 $S[A,\psi]$ と経路積分測度 $\mathcal D A\,\mathcal D\psi$ が局所 U(1) 変換で不変であるとします。汎関数 $\mathcal O[A,\psi]$ もゲージ不変であるとし、

$$\langle\mathcal O\rangle_\xi=\frac{\displaystyle\int\mathcal DA\,\mathcal D\psi\;\mathcal O\,\exp\left(iS-\frac{i}{2\xi}\int d^4x\,(\partial\cdot A)^2\right)}{\displaystyle\int\mathcal DA\,\mathcal D\psi\;\exp\left(iS-\frac{i}{2\xi}\int d^4x\,(\partial\cdot A)^2\right)}$$

と置きます。このとき、形式的な経路積分の意味で $\langle\mathcal O\rangle_\xi$ は $\xi$ によりません。

証明（定理 6.2）

$\omega(x)$ を任意の関数として

$$N_{\mathcal O}(\omega)=\int\mathcal DA\,\mathcal D\psi\;\delta\big[\partial\cdot A-\omega\big]\,\mathcal O\,e^{iS}$$

と置きます。$\Box\beta=\omega$ を満たす $\beta$ を取り、変数変換 $A_\mu=A'_\mu+\partial_\mu\beta$、$\psi=e^{iq\beta}\psi'$ を行います。これはゲージ変換なので、仮定より測度、$S$、$\mathcal O$ は不変で、$\partial\cdot A-\omega=\partial\cdot A'$ です。したがって $N_{\mathcal O}(\omega)=N_{\mathcal O}(0)$ で、$\omega$ によりません。可換なゲージ群では、定理 7.2［経路積分量子化］ のファデーエフ–ポポフ行列式は $\det\Box$ で $A$ によらないので、ここでは定数として外に出しています。

次に $\omega$ について重み $\exp\left(-\frac{i}{2\xi}\int\omega^2\right)$ で積分すると、デルタ関数が $\omega=\partial\cdot A$ を代入して

$$\int\mathcal D\omega\;e^{-\frac{i}{2\xi}\int\omega^2}N_{\mathcal O}(\omega)=\int\mathcal DA\,\mathcal D\psi\;\mathcal O\,\exp\left(iS-\frac{i}{2\xi}\int(\partial\cdot A)^2\right)$$

となります。左辺は $N_{\mathcal O}(\omega)=N_{\mathcal O}(0)$ より $C(\xi)\,N_{\mathcal O}(0)$、ただし $C(\xi)=\int\mathcal D\omega\,e^{-\frac{i}{2\xi}\int\omega^2}$ で $\mathcal O$ によりません。分母は $\mathcal O=1$ の場合なので $C(\xi)N_1(0)$ です。比をとると $C(\xi)$ が約分され、$\langle\mathcal O\rangle_\xi=N_{\mathcal O}(0)/N_1(0)$ は $\xi$ によりません。

∎

この定理は経路積分の言葉での主張です。摂動論の図の言葉では、同じ事実が Ward 恒等式として現れます。

定理 6.3（Ward 恒等式（S 行列要素の形））✓

QED で、運動量 $k$ の外線光子を 1 本含み、他の外線がすべて質量殻上にある散乱振幅を $\mathcal M=\varepsilon_\mu(k)\mathcal M^\mu(k)$（外向き光子なら $\varepsilon^*_\mu$）と書きます。このとき、摂動論の各次数で

$$k_\mu\mathcal M^\mu(k)=0$$

が成り立ちます。

証明（定理 6.3）

定理 3.7［Ward–高橋恒等式と Schwinger–Dyson 方程式］ と同じ主張です。そこでは、光子に小さな質量を与えるなど、カレント保存を壊さない方法で赤外発散を正則化しておくことを明示しています。ここでも摂動論の各次数の振幅をその意味で読めば、主張はその定理からそのまま従います。外向き光子の場合は、$\varepsilon_\mu$ を $\varepsilon^*_\mu$ に替えても $\mathcal M^\mu(k)$ そのものは変わらないので、同じ等式です。

∎

注意 6.4（Ward 恒等式の証明の所在）

証明は Peskin–Schroeder 第 7 章 §7.4 にあり、本テーマでは QED の 1 ループで扱い、全次数の証明は 定理 3.7［Ward–高橋恒等式と Schwinger–Dyson 方程式］ にあります。筋道は次のとおりです。$\mathcal M^\mu$ は電流 $j^\mu=\bar\psi\gamma^\mu\psi$ を含む相関関数の外線を切り取ったものです。カレント保存 $\partial_\mu j^\mu=0$ により、相関関数の発散 $\partial_\mu\langle T\,j^\mu(x)\cdots\rangle$ は時間順序の段差から来る接触項（荷電場の位置にデルタ関数が立つ項）だけになります（Ward–Takahashi 恒等式）。接触項は外線の 1 粒子極を全部はそろえてもたないので、LSZ 簡約公式で質量殻に乗せると消えます。

Ward 恒等式から、伝播関数の $\xi$ 依存性が散乱振幅から落ちることがわかります。内線光子は両端で保存カレントと結合しているので、$k^\mu k^\nu$ に比例する項は Ward 恒等式によって消えます。もう 1 つの重要な帰結は偏極和の置き換えです。

系 6.5（偏極和の置き換え）✓

定理 6.3 の $\mathcal M^\mu(k)$（$k^2=0$）について、補題 3.4 の横偏極に関する和は

$$\sum_{\lambda=1}^{2}\left|\varepsilon^{(\lambda)}_\mu(k)\mathcal M^\mu(k)\right|^2=-g_{\mu\nu}\,\mathcal M^\mu(k)\,\mathcal M^\nu(k)^*$$

を満たします。ここで $\varepsilon^{(\lambda)}=(0,\boldsymbol\varepsilon_\lambda)$ です。

証明（系 6.5）

座標を回転して $k=(\kappa,0,0,\kappa)$ とし、$\boldsymbol\varepsilon_1=(1,0,0)$、$\boldsymbol\varepsilon_2=(0,1,0)$ と選びます（偏極和は 補題 3.4 より基底の選び方によらないので、この選択で一般性を失いません）。左辺は $|\mathcal M^1|^2+|\mathcal M^2|^2$ です。Ward 恒等式 $k_\mu\mathcal M^\mu=\kappa(\mathcal M^0-\mathcal M^3)=0$ より $\mathcal M^0=\mathcal M^3$ なので、右辺は

$$-|\mathcal M^0|^2+|\mathcal M^1|^2+|\mathcal M^2|^2+|\mathcal M^3|^2=|\mathcal M^1|^2+|\mathcal M^2|^2$$

となって左辺と一致します。

∎

この置き換えにより、外線光子の偏極和の計算でも共変な $-g_{\mu\nu}$ を使えます。時間的偏極と縦偏極の寄与が互いに打ち消すことは、Gupta–Bleuler の零ノルム状態 $\hat L^\dagger|0\rangle$ が物理的に寄与しないことの散乱振幅版です。

最後に、クーロンゲージとファインマンゲージが同じ物理を与えることを、最も簡単な場合で確かめます。

例 6.6（保存カレント間の光子交換はゲージによらない）

2 つの保存カレント $J^\mu(k),J'^\mu(k)$（$k_\mu J^\mu=k_\mu J'^\mu=0$）の間の 1 光子交換振幅 $J^*_\mu\tilde D^{\mu\nu}(k)J'_\nu$ を考えます。

一般の共変ゲージでは、$k_\mu k_\nu$ の項が保存則で消え、$\xi$ によらず

$$J^*_\mu\tilde D^{\mu\nu}_\xi J'_\nu=\frac{-i}{k^2}J^*\cdot J'=\frac{-i}{k^2}\left(J^{0*}J'^0-\boldsymbol J^*\cdot\boldsymbol J'\right)$$

です。クーロンゲージの伝播関数は、横波光子の部分 $\tilde D^{ij}_{\mathrm C}=\frac{i}{k^2+i\varepsilon}\left(\delta^{ij}-\hat k^i\hat k^j\right)$（補題 3.4 の偏極和がそのまま現れます）と、瞬間的クーロン相互作用の部分 $\tilde D^{00}_{\mathrm C}=\frac{i}{|\boldsymbol k|^2}$ からなり、混合成分 $\tilde D^{0i}_{\mathrm C}$ は $0$ です。これをカレントと縮約すると（空間成分の添字の上げ下げで符号が 2 回変わるので $J^*_iJ'_j\tilde D^{ij}=J^{i*}J'^j\tilde D^{ij}$）

$$J^*_\mu\tilde D^{\mu\nu}_{\mathrm C}J'_\nu=\frac{i\,J^{0*}J'^0}{|\boldsymbol k|^2}+\frac{i}{k^2}\left(\boldsymbol J^*\cdot\boldsymbol J'-(\hat{\boldsymbol k}\cdot\boldsymbol J^*)(\hat{\boldsymbol k}\cdot\boldsymbol J')\right)$$

です。カレント保存 $k^0J^0=\boldsymbol k\cdot\boldsymbol J$ より $\hat{\boldsymbol k}\cdot\boldsymbol J=k^0J^0/|\boldsymbol k|$ なので、$J^{0*}J'^0$ の係数は

$$\frac{i}{|\boldsymbol k|^2}-\frac{i}{k^2}\frac{(k^0)^2}{|\boldsymbol k|^2}=\frac{i}{|\boldsymbol k|^2}\cdot\frac{k^2-(k^0)^2}{k^2}=\frac{i}{|\boldsymbol k|^2}\cdot\frac{-|\boldsymbol k|^2}{k^2}=\frac{-i}{k^2}$$

となります。したがって $J^*_\mu\tilde D^{\mu\nu}_{\mathrm C}J'_\nu=\frac{-i}{k^2}\left(J^{0*}J'^0-\boldsymbol J^*\cdot\boldsymbol J'\right)$ で、共変ゲージの結果と一致します。瞬間的なクーロン項は、横波光子の伝播関数に欠けている部分をちょうど補っています。

ここでカレントの保存を外すと一致は崩れます。たとえば $J=J'=(1,0,0,0)$ で $k^0\neq0$ とすると、共変ゲージの値は $\xi$ に依存し、クーロンゲージの値とも一致しません。ゲージ不変性とカレント保存は、伝播関数のゲージ依存性を消すために欠かせない仮定です。

注意 6.7（一般の ξ での正準量子化）

$\xi\neq1$ の正準量子化では、$\hat A^\mu$ が $\Box\hat A^\mu=0$ を満たさず、$\Box^2\hat A^\mu=0$ 型の方程式に従う成分（双極子ゴースト）が現れ、モード展開が複雑になります。補助場 $B=-\frac1\xi\partial\cdot A$ を独立な場として導入する中西–ロートラップの形式では、すべての $\xi$ で $\Box B=0$ となり、Gupta–Bleuler 条件は $B^{(+)}(x)|\psi\rangle=0$ と書けます。この形式が非可換ゲージ理論で BRST 電荷による条件 $Q_{\mathrm B}|\psi\rangle=0$ に一般化されます（Nakanishi–Ojima の教科書）。

7. 演習

演習 7.1標準

定義 3.3 の横波デルタ関数が、$\boldsymbol x\neq\boldsymbol 0$ では

$$\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}(\boldsymbol x)=\partial_i\partial_j\frac{1}{4\pi|\boldsymbol x|}$$

と書け、とくに $0$ でないことを示してください。また、この結果からクーロンゲージの交換関係 $[\hat A^i(t,\boldsymbol x),\hat E^j(t,\boldsymbol y)]$ が空間的に離れた点でも $0$ にならないことを確かめ、それでも $\hat F_{\mu\nu}$ の等時刻交換子が局所的であることを議論してください。

解答

$\dfrac{1}{|\boldsymbol k|^2}$ のフーリエ逆変換は $\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}}{|\boldsymbol k|^2}=\frac{1}{4\pi|\boldsymbol x|}$ です（$-\nabla^2\frac{1}{4\pi|\boldsymbol x|}=\delta^3(\boldsymbol x)$ の両辺をフーリエ変換すると確かめられます）。$k_ik_j$ は $-\partial_i\partial_j$ に対応するので

$$\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}(\boldsymbol x)=\delta_{ij}\delta^3(\boldsymbol x)-\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{k_ik_j}{|\boldsymbol k|^2}e^{i\boldsymbol k\cdot\boldsymbol x}=\delta_{ij}\delta^3(\boldsymbol x)+\partial_i\partial_j\frac{1}{4\pi|\boldsymbol x|}$$

です。$\boldsymbol x\neq\boldsymbol 0$ では第 1 項が消え、$r=|\boldsymbol x|$ として $\partial_i\partial_j\frac1r=\frac{3x_ix_j-r^2\delta_{ij}}{r^5}$ なので

$$\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}(\boldsymbol x)=\frac{3x_ix_j-r^2\delta_{ij}}{4\pi r^5}\neq0$$

です（たとえば $i=j=1$、$\boldsymbol x=(0,0,r)$ で $-\frac{1}{4\pi r^3}$）。よって $[\hat A^i(\boldsymbol x),\hat E^j(\boldsymbol y)]=-i\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ は空間的に離れた点でも $0$ ではありません。

しかし $\hat{\boldsymbol A}$ はゲージに依存する量で、観測量ではありません。観測量 $\hat{\boldsymbol B}=\nabla\times\hat{\boldsymbol A}$ について $[\hat B^l(\boldsymbol x),\hat E^j(\boldsymbol y)]=-i\epsilon_{lmi}\partial_m\delta^{\mathrm{tr}}_{ij}(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ を計算すると、非局所部分 $\partial_i\partial_j\frac{1}{4\pi r}$ は $\epsilon_{lmi}\partial_m\partial_i=0$（反対称と対称の縮約）で消え、$-i\epsilon_{lmj}\partial_m\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol y)$ だけが残ります。これは $\boldsymbol x\neq\boldsymbol y$ で $0$ です。$[\hat E^i,\hat E^j]=0=[\hat B^i,\hat B^j]$ と合わせて、場の強さの等時刻交換子は局所的です。非局所性はゲージ固定の産物であり、観測量には現れません。

演習 7.2標準

命題 4.3 のハミルトニアンの縦・時間成分の部分 $\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,3}\hat a_{\boldsymbol k,3}-\hat a^\dagger_{\boldsymbol k,0}\hat a_{\boldsymbol k,0}$ が $\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}\hat K_{\boldsymbol k}+\hat K^\dagger_{\boldsymbol k}\hat L_{\boldsymbol k}$ に等しいことを示し、これを使って 系 5.5 の 2 を証明してください（箱の設定で考えてかまいません）。

解答

$\hat L=\hat a_3-\hat a_0$、$\hat K=\frac12(\hat a_3+\hat a_0)$ を代入して展開します。

$$\hat L^\dagger\hat K+\hat K^\dagger\hat L=\tfrac12\left[(\hat a_3^\dagger-\hat a_0^\dagger)(\hat a_3+\hat a_0)+(\hat a_3^\dagger+\hat a_0^\dagger)(\hat a_3-\hat a_0)\right]$$

で、交差項 $\pm\hat a_3^\dagger\hat a_0$、$\mp\hat a_0^\dagger\hat a_3$ は 2 つの括弧の間で打ち消し合い、$\tfrac12(2\hat a_3^\dagger\hat a_3-2\hat a_0^\dagger\hat a_0)$ が残ります。よって $\hat H=\hat H_{\mathrm T}+\hat H_{\mathrm L}$、$\hat H_{\mathrm L}=\sum_{\boldsymbol k}|\boldsymbol k|(\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}\hat K_{\boldsymbol k}+\hat K^\dagger_{\boldsymbol k}\hat L_{\boldsymbol k})$ です。

$\phi,\phi'\in\mathcal V_{\mathrm{phys}}$ について、随伴の定義から

$$\langle\phi'|\hat L^\dagger_{\boldsymbol k}\hat K_{\boldsymbol k}|\phi\rangle=\langle\hat L_{\boldsymbol k}\phi'|\hat K_{\boldsymbol k}\phi\rangle=0,\qquad \langle\phi'|\hat K^\dagger_{\boldsymbol k}\hat L_{\boldsymbol k}|\phi\rangle=\langle\hat K_{\boldsymbol k}\phi'|\hat L_{\boldsymbol k}\phi\rangle=0$$

です（$\hat L_{\boldsymbol k}\phi=\hat L_{\boldsymbol k}\phi'=0$）。よって物理的状態の間では $\hat H_{\mathrm L}$ の行列要素はすべて $0$ です。$\phi=\phi'=\psi+\psi_0$（$\psi_0\in\mathcal V_0\subset\mathcal V_{\mathrm{phys}}$）に適用すると $\langle\psi+\psi_0|\hat H|\psi+\psi_0\rangle=\langle\psi+\psi_0|\hat H_{\mathrm T}|\psi+\psi_0\rangle$ です。

$\hat H_{\mathrm T}$ は横偏極の演算子だけからなり、縦・時間成分の因子には恒等的に作用します。定理 5.4 の分解 $\psi+\psi_0=\chi\otimes|0\rangle_{\mathrm L}+\sum_{m\neq0}\chi''_m\otimes(\hat L^\dagger)^m|0\rangle_{\mathrm L}$ を代入すると、定理の証明の第 3 段と同じく縦・時間成分の内積は $\delta_{m0}\delta_{m'0}$ を与えるので、$\langle\chi|\hat H_{\mathrm T}|\chi\rangle_{\mathrm T}$ だけが残ります。$\psi$ についても同じ値なので、主張が示されました。

演習 7.3難

外部カレント $j^\mu$（$\partial_\mu j^\mu=0$、空間的に急減少）がある場合に、クーロンゲージ $\nabla\cdot\boldsymbol A=0$ で $A^0$ がガウスの法則から

$$A^0(t,\boldsymbol x)=\int d^3y\,\frac{j^0(t,\boldsymbol y)}{4\pi|\boldsymbol x-\boldsymbol y|}$$

と決まることを示してください。さらに 命題 2.2 のハミルトニアンに代入すると、横成分 $\boldsymbol E_\perp=-\partial_t\boldsymbol A$ を用いて

$$H=\int d^3x\left[\frac12\left(|\boldsymbol E_\perp|^2+|\boldsymbol B|^2\right)-\boldsymbol j\cdot\boldsymbol A\right]+\frac12\iint d^3x\,d^3y\,\frac{j^0(t,\boldsymbol x)\,j^0(t,\boldsymbol y)}{4\pi|\boldsymbol x-\boldsymbol y|}$$

となることを示してください。

解答

$\boldsymbol E=-\nabla A^0-\partial_t\boldsymbol A$ で、クーロンゲージでは $\nabla\cdot\partial_t\boldsymbol A=0$ なので、ガウスの法則 $\nabla\cdot\boldsymbol E=j^0$ は $-\nabla^2A^0=j^0$ になります。無限遠で減衰する解は、$-\nabla^2\frac{1}{4\pi|\boldsymbol x|}=\delta^3(\boldsymbol x)$ より主張の積分で与えられ、一意です（差は減衰する調和関数なので $0$）。

$\boldsymbol E=\boldsymbol E_\perp+\boldsymbol E_\parallel$、$\boldsymbol E_\parallel=-\nabla A^0$ と分けます。$\nabla\cdot\boldsymbol E_\perp=0$ なので、部分積分により $\int\boldsymbol E_\perp\cdot\boldsymbol E_\parallel\,d^3x=\int A^0\,\nabla\cdot\boldsymbol E_\perp\,d^3x=0$ で、

$$\frac12\int|\boldsymbol E|^2=\frac12\int|\boldsymbol E_\perp|^2+\frac12\int|\nabla A^0|^2=\frac12\int|\boldsymbol E_\perp|^2+\frac12\int A^0(-\nabla^2A^0)=\frac12\int|\boldsymbol E_\perp|^2+\frac12\int A^0j^0$$

です。ハミルトニアンの $-A^0(\nabla\cdot\boldsymbol E-j^0)$ の項はガウスの法則が成り立つので $0$ です。$A^0$ の積分表示を $\frac12\int A^0j^0$ に代入すると、主張の二重積分が得られます。この項は電荷密度の間の瞬間的なクーロンエネルギーで、遅延なしに作用する非局所な相互作用です。例 6.6 の $\tilde D^{00}_{\mathrm C}=i/|\boldsymbol k|^2$ はそのフーリエ表示（$\frac{1}{|\boldsymbol k|^2}\leftrightarrow\frac{1}{4\pi r}$）です。

参考文献

• M. E. Peskin, D. V. Schroeder『An Introduction to Quantum Field Theory』Addison-Wesley、1995 — 第 5 章 §5.5（光子の偏極和と Ward 恒等式）、第 7 章 §7.4、第 9 章 §9.4（ゲージ固定と伝播関数）。
• S. Weinberg『The Quantum Theory of Fields, Vol. I: Foundations』Cambridge University Press、1995 — 第 8 章（クーロンゲージでの電磁場の量子化）。
• C. Itzykson, J.-B. Zuber『Quantum Field Theory』McGraw-Hill、1980 — 第 3 章（電磁場の量子化と Gupta–Bleuler の方法）。
• S. N. Gupta, “Theory of longitudinal photons in quantum electrodynamics”, Proceedings of the Physical Society A 63 (1950), 681.
• K. Bleuler, “Eine neue Methode zur Behandlung der longitudinalen und skalaren Photonen”, Helvetica Physica Acta 23 (1950), 567.
• N. Nakanishi, I. Ojima『Covariant Operator Formalism of Gauge Theories and Quantum Gravity』World Scientific、1990 — 不定計量の状態空間と補助場 $B$ の形式。