T_NAKAの阿房ブログ

2020年10月06日

中性スカラー場の練習問題（２）

問題を続けましょう。

[問題]-----------------------
前問における場が、交換関係
　 $[\phi (\boldsymbol{x},t),\phi ({\boldsymbol{x}}',t)]=0$
　 $[\phi (\boldsymbol{x},t),\dot{\phi} ({\boldsymbol{x}}',t)]=i\delta ^{3}(\boldsymbol{x}-{\boldsymbol{x}}')$
を満たすとき、
　 $[a(\boldsymbol{k}),a({\boldsymbol{k}}')]=[a^{\dagger }(\boldsymbol{k}),a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')]=0$
　 $[a(\boldsymbol{k}),a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')]=\delta ^{3}(\boldsymbol{k}-{\boldsymbol{k}}')$ 　
を導け。
----------------------------

　 $\phi (\boldsymbol{x},t)= \frac{1}{(2\pi )^{3/2}}\int \frac{d^{3}k}{\sqrt{2\omega (\boldsymbol{k})}}\left \{ a(\boldsymbol{k})e^{-i\omega (\boldsymbol{k})t} e^{i\boldsymbol{k\cdot x}}+a^{\dagger }(\boldsymbol{k})e^{i\omega (\boldsymbol{k})t} e^{-i\boldsymbol{k\cdot x}}\right \}$
　 $\phi ({\boldsymbol{x}}',t)= \frac{1}{(2\pi )^{3/2}}\int \frac{d^{3}{k}'}{\sqrt{2\omega ({\boldsymbol{k}}')}}\left \{ a({\boldsymbol{k}}')e^{-i\omega ({\boldsymbol{k}}')t} e^{i\boldsymbol{{k}'\cdot {x}'}}+a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')e^{i\omega ({\boldsymbol{k}}')t} e^{-i\boldsymbol{{k}'\cdot {x}'}}\right \}$
　 $\dot{\phi} ({\boldsymbol{x}}',t)= \frac{i}{(2\pi )^{3/2}}\int d^{3}{k}'\sqrt{\frac{\omega ({\boldsymbol{k}}') }{2}}\left \{ -a({\boldsymbol{k}}')e^{-i\omega ({\boldsymbol{k}}')t} e^{i\boldsymbol{{k}'\cdot {x}'}}+a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')e^{i\omega ({\boldsymbol{k}}')t} e^{-i\boldsymbol{{k}'\cdot {x}'}}\right \}$
と表記して
　 $[\phi (\boldsymbol{x},t),\phi ({\boldsymbol{x}}',t)]= \frac{1}{(2\pi )^{3}}\int \frac{d^{3}kd^{3}{k}'}{2\sqrt{\omega (\boldsymbol{k})\omega ({\boldsymbol{k}}')}}$
　　 $\times \bigg[\; [a(\boldsymbol{k}),a({\boldsymbol{k}}')]e^{-i(kx+{k}'{x}')}+[a(\boldsymbol{k}),a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')]e^{-i(kx-{k}'{x}')}$
　　 $+[a^{\dagger }(\boldsymbol{k}),a({\boldsymbol{k}}')]e^{i(kx-{k}'{x}')}+ [a^{\dagger }(\boldsymbol{k}),a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')]e^{i(kx+{k}'{x}')}\bigg]$

積分は $\110dpi k\leftrightarrow {k}',x\leftrightarrow {x}'$ で変わらないと考えられることと、 $\110dpi [B,A]= -[A,B]$ を考慮すると、

　 $[\phi (\boldsymbol{x},t),\phi ({\boldsymbol{x}}',t)]= \frac{1}{(2\pi )^{3}}\int \frac{d^{3}kd^{3}{k}'}{2\sqrt{\omega (\boldsymbol{k})\omega ({\boldsymbol{k}}')}}$
　　 $\times \bigg[\; [a(\boldsymbol{k}),a({\boldsymbol{k}}')]e^{-i(kx+{k}'{x}')}+ [a^{\dagger }(\boldsymbol{k}),a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')]e^{i(kx+{k}'{x}')}\bigg]=0$
これが恒等的に成立するには
　 $[a(\boldsymbol{k}),a({\boldsymbol{k}}')]=[a^{\dagger }(\boldsymbol{k}),a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')]=0$ 　
の必要があります。

また、
　 $[\phi (\boldsymbol{x},t),\dot{\phi }({\boldsymbol{x}}',t)]= \frac{i}{(2\pi )^{3}}\int \frac{d^{3}kd^{3}{k}'}{2}\sqrt{\frac{\omega ({\boldsymbol{k}}')}{\omega (\boldsymbol{k})}}$
　　 $\times \bigg[\; -[a(\boldsymbol{k}),a({\boldsymbol{k}}')]e^{-i(kx+{k}'{x}')}+[a(\boldsymbol{k}),a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')]e^{-i(kx-{k}'{x}')}$
　　 $-[a^{\dagger }(\boldsymbol{k}),a({\boldsymbol{k}}')]e^{i(kx-{k}'{x}')}+ [a^{\dagger }(\boldsymbol{k}),a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')]e^{i(kx+{k}'{x}')}\bigg]$
　　 $= \frac{i}{(2\pi )^{3}}\int d^{3}kd^{3}{k}'\sqrt{\frac{\omega ({\boldsymbol{k}}')}{\omega (\boldsymbol{k})}}\; [a(\boldsymbol{k}),a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')]e^{-i(\omega (\boldsymbol{k})-\omega ({\boldsymbol{k}}'))t}e^{i(\boldsymbol{k\cdot x}-\boldsymbol{{k}'\cdot {x}'})}$
ここで、
　 $[a(\boldsymbol{k}),a^{\dagger }({\boldsymbol{k}}')]=\delta ^{3}(\boldsymbol{k}-{\boldsymbol{k}}')$ 　
なら
　 $[\phi (\boldsymbol{x},t),\dot{\phi }({\boldsymbol{x}}',t)]$
　　 $= \frac{i}{(2\pi )^{3}}\int d^{3}kd^{3}{k}'\sqrt{\frac{\omega ({\boldsymbol{k}}')}{\omega (\boldsymbol{k})}}\; \delta ^{3}(\boldsymbol{k}-{\boldsymbol{k}}')e^{-i(\omega (\boldsymbol{k})-\omega ({\boldsymbol{k}}'))t}e^{i(\boldsymbol{k\cdot x}-\boldsymbol{{k}'\cdot {x}'})}$
　　 $= \frac{i}{(2\pi )^{3}}\int d^{3}k\;e^{i\boldsymbol{k\cdot}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{ {x}'})}= i\delta ^{3}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{ {x}'})$
と辻褄が合うことになります。

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