生成消滅演算子の交換関係を導く

場の量子論入門　第2部 第1章 §2.1.3　★★★ 式(2.1.1) から $(2\pi)^3\delta^3$ が出る過程を全部書く。

式(2.1.3)(2.1.4) は $a_{\bm{p}}, a^\dagger_{\bm{p}}$ を導入する定義であって、$a_{\bm{p}}$ どうしの交換関係はまだ決まっていない。それは式(2.1.1) から導かれる。そのために、まず展開を逆に解いて $a_{\bm{p}}$ を $\phi,\pi$ で表す。

式(2.1.3) に $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bm{q}\cdot\bm{x}}$ を掛けて空間積分すると、$\int\mathrm{d}^3x\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\bm{p}-\bm{q})\cdot\bm{x}}=(2\pi)^3\delta^3(\bm{p}-\bm{q})$ より

$$\int\!\mathrm{d}^3x\ \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bm{q}\cdot\bm{x}}\phi(\bm{x}) =\frac{1}{\sqrt{2E_{\bm{q}}}}\Bigl( a_{\bm{q}}+ a^\dagger_{\bm{(}-q)}\Bigr), \qquad \int\!\mathrm{d}^3x\ \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bm{q}\cdot\bm{x}}\pi(\bm{x}) =-\mathrm{i}\sqrt{\frac{E_{\bm{q}}}{2}}\Bigl( a_{\bm{q}}- a^\dagger_{\bm{(}-q)}\Bigr)$$

を得る（第2式では $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bm{p}\cdot\bm{x}}$ の項が $\delta^3(\bm{p}+\bm{q})$ を出すので$a^\dagger_{\bm{p}}\to a^\dagger_{\bm{(}-q)}$ となり、$E_{-\bm{q}}=E_{\bm{q}}$ を使った）。この2式を組み合わせて $a^\dagger_{\bm{(}-q)}$ を消すと

$$a_{\bm{q}}=\frac{1}{\sqrt{2E_{\bm{q}}}}\int\!\mathrm{d}^3x\ \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bm{q}\cdot\bm{x}} \Bigl(E_{\bm{q}}\,\phi(\bm{x})+\mathrm{i}\,\pi(\bm{x})\Bigr), \qquad a^\dagger_{\bm{q}}=\frac{1}{\sqrt{2E_{\bm{q}}}}\int\!\mathrm{d}^3x\ \mathrm{e}^{+\mathrm{i}\bm{q}\cdot\bm{x}} \Bigl(E_{\bm{q}}\,\phi(\bm{x})-\mathrm{i}\,\pi(\bm{x})\Bigr).\tag{2.1.6}$$

実際、第1式の右辺は$\frac{E_{\bm{q}}}{\sqrt{2E_{\bm{q}}}}( a_{\bm{q}}+ a^\dagger_{\bm{(}-q)})+\sqrt{\frac{E_{\bm{q}}}{2}}( a_{\bm{q}}- a^\dagger_{\bm{(}-q)}) =\sqrt{2E_{\bm{q}}}\, a_{\bm{q}}$ を $\sqrt{2E_{\bm{q}}}$ で割ったものになっている。

これで交換子が計算できる。式(2.1.6) を使うと

$$\begin{aligned}\left[ a_{\bm{p}},\, a^\dagger_{\bm{q}}\right] &=\frac{1}{2\sqrt{ E_{\bm{p}} E_{\bm{q}}}}\int\!\mathrm{d}^3x\,\mathrm{d}^3y\ \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bm{p}\cdot\bm{x}+\mathrm{i}\bm{q}\cdot\bm{y}}\, \left[ E_{\bm{p}}\phi(\bm{x})+\mathrm{i}\pi(\bm{x}),\,E_{\bm{q}}\phi(\bm{y})-\mathrm{i}\pi(\bm{y})\right]\\ &=\frac{1}{2\sqrt{ E_{\bm{p}} E_{\bm{q}}}}\int\!\mathrm{d}^3x\,\mathrm{d}^3y\ \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\bm{p}\cdot\bm{x}+\mathrm{i}\bm{q}\cdot\bm{y}} \Bigl(-\mathrm{i} E_{\bm{p}}\left[\phi(\bm{x}),\,\pi(\bm{y})\right]+\mathrm{i} E_{\bm{q}}\left[\pi(\bm{x}),\,\phi(\bm{y})\right]\Bigr).\end{aligned}$$

$\left[\phi,\,\phi\right]=\left[\pi,\,\pi\right]=0$ の項は落とした。ここへ$\left[\phi(\bm{x}),\,\pi(\bm{y})\right]=\mathrm{i}\delta^3(\bm{x}-\bm{y})$ と$\left[\pi(\bm{x}),\,\phi(\bm{y})\right]=-\mathrm{i}\delta^3(\bm{x}-\bm{y})$ を入れると、$\delta^3$ が $\bm{y}$ 積分を潰して

$$\left[ a_{\bm{p}},\, a^\dagger_{\bm{q}}\right] =\frac{1}{2\sqrt{ E_{\bm{p}} E_{\bm{q}}}}\int\!\mathrm{d}^3x\ \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\bm{p}-\bm{q})\cdot\bm{x}} \bigl( E_{\bm{p}}+E_{\bm{q}}\bigr) =\frac{ E_{\bm{p}}+E_{\bm{q}}}{2\sqrt{ E_{\bm{p}} E_{\bm{q}}}}\,(2\pi)^3\delta^3(\bm{p}-\bm{q}).$$

$\delta^3(\bm{p}-\bm{q})$ があるので $E_{\bm{p}}=E_{\bm{q}}$ としてよく、前の係数は $1$ になる。したがって

$$\left[ a_{\bm{p}},\, a^\dagger_{\bm{q}}\right]=(2\pi)^3\delta^3(\bm{p}-\bm{q}), \qquad \left[ a_{\bm{p}},\, a_{\bm{q}}\right]=\left[ a^\dagger_{\bm{p}},\, a^\dagger_{\bm{q}}\right]=0.\tag{2.1.7}$$

後半の2式も同じ手順で出る。たとえば $\left[ a_{\bm{p}},\, a_{\bm{q}}\right]$ では、上と同様に整理すると$(-\mathrm{i} E_{\bm{p}})(\mathrm{i}\delta^3)+(-\mathrm{i} E_{\bm{q}})(-\mathrm{i}\delta^3)\propto( E_{\bm{p}}-E_{\bm{q}})\delta^3(\bm{p}+\bm{q})$の形が現れ、$\delta^3(\bm{p}+\bm{q})$ の上では $E_{-\bm{q}}=E_{\bm{q}}$ よりこの因子が消える。

式(2.1.7) は、1モードの調和振動子の $\left[a,\,a^\dagger\right]=1$ の連続版である。右辺の $(2\pi)^3\delta^3$ は Kronecker の $\delta$ の連続化であり、$a_{\bm{p}}$ が「単位運動量あたり」の演算子密度であることを意味している。