ゲージ場の量子化（５-２）: T

2012年02月10日

ゲージ場の量子化（５-２）

D_μν を求めるが残っています。今回はそれを検討します。　

前記事の結論を書いておくと、問題文にある式の指数の肩は

$-\int d^{4}x_{E}\left ( \frac{1}{4}F_{\mu \nu }^{2}+\frac{1}{2\xi } \left ( \partial _{\mu }A_{\mu } \right )^{2}+J_{\mu }A_{\mu }\right ) \:$

　　　　 $\mapsto \: -\int d^{4}x_{E}\left \{ -\frac{1}{2}A_{\mu }\left ( \partial^{2}\delta _{\mu \nu } - \partial_{\mu }\partial_{\nu } \right )A_{\nu }-\frac{1}{2\xi }A_{\mu } \partial_{\mu }\partial_{\nu } A_{\nu } +J_{\mu }A_{\mu } \right \}$

$=-\int d^{4}x_{E}\left [ \frac{1}{2}A_{\mu }\left \{ - \partial^{2}\delta _{\mu \nu } + \left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )\partial_{\mu }\partial_{\nu } \right \}A_{\nu } +J_{\mu }A_{\mu } \right ]$

$\equiv -\left ( \frac{1}{2}A_{\mu }\left ( D_{\mu \nu } \right )^{-1}A_{\nu } \right )-\left ( J_{\mu }A_{\mu } \right )$

となり、

$Z\left [ J \right ]= \int \mathcal{D}A_{\mu }\: \exp \left [ -\left ( \frac{1}{2}A_{\mu }\left ( D_{\mu \nu } \right )^{-1}A_{\nu } \right )-\left ( J_{\mu }A_{\mu } \right )\right ]$

$= \exp \left [ \frac{1}{2} \int d^{4}x_{E} d^{4}y_{E}J_{\mu }\left ( x \right )D_{\mu \nu }\left ( x-y \right )J_{\nu }\left ( y \right )\right ]\equiv \exp \left [ \frac{1}{2}\left ( J_{\mu } D_{\mu \nu }J_{\nu }\right ) \right ]$

フーリエ変換で考えると、

$D_{\mu \nu }^{-1}\left ( x \right )= \int \frac{d^{4}p}{\left ( 2\pi \right )^{4}}\: \mathrm{e}^{ipx}\tilde{D}_{\mu \nu }^{-1}\left ( p \right )\; ,\; \tilde{D}_{\mu \nu }^{-1}\left ( p \right )= p^{2}\delta _{\mu \nu }-\left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )p_{\mu }p_{\nu }$

となる。。

ここで、

$\tilde{D}_{\mu \nu }\left ( p \right )= A\left ( p \right )\delta _{\mu \nu }+B\left ( p \right )p_{\mu }p_{\nu }$

とおくと、 $\tilde{D}_{\mu \nu }^{-1}\tilde{D}_{\nu \lambda }= \delta _{\mu \lambda }$ から、

$\tilde{D}_{\mu \nu }^{-1}\tilde{D}_{\nu \lambda }= \left \{ p^{2}\delta _{\mu \nu }-\left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )p_{\mu }p_{\nu } \right \}\left ( A\delta _{\mu \nu }+Bp_{\mu }p_{\nu } \right )$

$= p^{2}A\delta _{\mu \nu }\delta _{\nu \lambda }+p^{2}\delta _{\mu \nu }Bp_{\nu }p_{\lambda }-\left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )p_{\mu }p_{\nu }A\delta _{\nu \lambda }-\left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )p_{\mu }p_{\nu }Bp_{\nu }p_{\lambda }$

$= p^{2}A\delta _{\mu \lambda }+p^{2}Bp_{\mu }p_{\lambda }-\left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )p_{\mu }p_{\lambda }A-\left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )p_{\mu }p_{\lambda }Bp^{2}$

$= p^{2}A\delta _{\mu \lambda } -\left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )p_{\mu }p_{\lambda }A+\frac{1}{\xi }p_{\mu }p_{\lambda }Bp^{2} = p^{2}A\delta _{\mu \lambda }+\left \{\frac{1}{\xi }Bp^{2} -\left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )A \right \} p_{\mu }p_{\lambda }$

が $\delta _{\mu \lambda }$ と等しいので、

$p^{2}A\delta _{\mu \lambda } =\delta _{\mu \lambda }\; \;,\; \; \left \{\frac{1}{\xi }Bp^{2} -\left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )A \right \} =0$

となるべきでしょう。よって、

$A =\frac{1}{p^{2}}\; \;,\; \; B =\xi \left ( 1-\frac{1}{\xi } \right )\frac{A}{p^{2}}= \frac{1}{p^{4}} \left ( \xi -1 \right )$

となり、

$\tilde{D}_{\mu \nu }\left ( p \right )= \frac{1}{p^{2}}\left \{ \delta _{\mu \nu }-\left ( 1-\xi \right )\frac{p_{\mu }p_{\nu }}{p^{2}} \right \}$

です。よって、

$D_{\mu \nu }\left ( x \right )= \int \frac{d^{4}p}{\left ( 2\pi \right )^{4}}\frac{\mathrm{e}^{ipx}}{p^{2}}\left \{ \delta _{\mu \nu }-\left ( 1-\xi \right )\frac{p_{\mu }p_{\nu }}{p^{2}} \right \}$

が得られます。これを電磁場の（ユークリッド）伝播関数というとのことです。

$\xi = 1$ のとき、ファインマンゲージといい

$\tilde{D}_{\mu \nu }= \frac{\delta _{\mu \nu }}{p^{2}}$

$\xi = 0$ のとき、ランダウ・ローレンツゲージといい

$\tilde{D}_{\mu \nu }= \frac{1}{p^{2}}\left ( \delta _{\mu \nu } -\frac{p_{\mu }p_{\nu }}{p^{2}}\right )$

となります。