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授業で習った形との対応

2026年10月15日9分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第30章 つなぎ：場の量子化と光子

AI 生成・木下が未勉強

光学と量子エレクトロニクス　第30章 §30.6　★★ 量子力学の振動子の a^\hat a、電磁気のエネルギー密度と Poynting ベクトル、光子の ℏω\hbar\omega と ℏk\hbar\bm{k} は、すべて式 (30.4)・(30.6) の書き換えである。場の量子論の章の規格化との対応も並べる

学部の量子力学の授業では、調和振動子 H^=p^2/(2m)+mω2x^2/2\hat H=\hat p^2/(2m)+m\omega^2\hat x^2/2 を a^=mω/(2ℏ) (x^+ip^/(mω))\hat a=\sqrt{m\omega/(2\hbar)}\,(\hat x+\mathrm{i}\hat p/(m\omega)) で書き直す。電磁場の1つのモードでは、解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第5部第3章の例題のとおり、振動子の座標が A\bm{A} の振幅、質量が ε0V/2\varepsilon_0V/2 にあたり、電場が運動量、磁場が座標に比例する。電磁気の授業のエネルギー密度 ε02E2+12μ0B2\frac{\varepsilon_0}{2}\bm{E}^2+\frac{1}{2\mu_0}\bm{B}^2 と運動量密度 ε0E×B\varepsilon_0\bm{E}\times\bm{B}（Poynting ベクトルの 1/c21/c^2 倍）を、場の演算子で書いて積分したものが式 (30.6) で、光子のエネルギー ℏω\hbar\omega・運動量 ℏk\hbar\bm{k}（光電効果と Compton 散乱で習う）は、a^†\hat a^\dagger が上げる1段の大きさである。表 30.1 に並べる。

表 30.1　授業で習う形と、この章の形。
授業で習う形この章の形
振動子 a^=mω2ℏ(x^+ip^mω)\hat a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\bigl(\hat x+\frac{\mathrm{i}\hat p}{m\omega}\bigr)直交位相成分 a^=X^1+iX^2\hat a=\hat X_1+\mathrm{i}\hat X_2（式 (30.10)）、モードの「質量」ε0V/2\varepsilon_0V/2
エネルギー密度 ε02E2+12μ0B2\frac{\varepsilon_0}{2}E^2+\frac{1}{2\mu_0}B^2H^F=∑ℏω(a^†a^+12)\hat H_{\mathrm F}=\sum\hbar\omega(\hat a^\dagger\hat a+\frac12)（式 (30.6)）
運動量密度 S/c2=ε0E×B\bm{S}/c^2=\varepsilon_0\bm{E}\times\bm{B}P^F=∑ℏk a^†a^\hat{\bm{P}}_{\mathrm F}=\sum\hbar\bm{k}\,\hat a^\dagger\hat a
光子のエネルギー hνh\nu、運動量 h/λh/\lambdaa^†\hat a^\dagger が上げる1段の ℏω\hbar\omega、ℏk\hbar\bm{k}
Einstein の A21A_{21}・B21B_{21}（熱平衡から）放出の n+1\sqrt{n+1}・吸収の n\sqrt n（式 (30.19)）
半古典の Rabi 周波数 Ω=dE0/ℏ\Omega=dE_0/\hbar2g0n2g_0\sqrt n、量子では 2g0n+12g_0\sqrt{n+1}（式 (30.20)）
場の量子論の章：ℏ=c=1\hbar=c=1、[ak, ak′†]=(2π)3δ(3)(k−k′)\left[a_{\bm{k}},\,a^\dagger_{\bm{k}'}\right]=(2\pi)^3\delta^{(3)}(\bm{k}-\bm{k}')箱の規格化：SI、[a^k, a^k′†]=δkk′\left[\hat a_{\bm{k}},\,\hat a^\dagger_{\bm{k}'}\right]=\delta_{\bm{k}\bm{k}'}

表の最後の行の2つの規格化は混ぜて使わない。解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第5部第2章（解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第5部第2章）は連続の波数で規格化した演算子を使い、箱の演算子とは a^(k)=V a^k\hat a(\bm{k})=\sqrt V\,\hat a_{\bm{k}}、∑k→V∫d3k/(2π)3\sum_{\bm{k}}\to V\int\mathrm{d}^3k/(2\pi)^3 でつながる。Vδkk′V\delta_{\bm{k}\bm{k}'} が V→∞V\to\infty で (2π)3δ(3)(k−k′)(2\pi)^3\delta^{(3)}(\bm{k}-\bm{k}') になるので、交換関係も対応する。向こうの Klein–Gordon 場の展開係数 1/2ωk1/\sqrt{2\omega_k} は、ℏ=c=1\hbar=c=1 に加えて ε0=1\varepsilon_0=1（Heaviside–Lorentz の単位）とおくと、式 (30.3) の ℏ/(2ε0ωkV)\sqrt{\hbar/(2\varepsilon_0\omega_kV)} から V\sqrt V を除いたものに一致する。電磁場は偏光の数だけ（2つ）の質量 00 のスカラー場を並べたものと同じ形をしていて、違いは偏光ベクトル eks\bm{e}_{\bm{k}s} と、交換関係の横波のデルタ関数 (30.7) である。

例題 30.6　連続の規格化で真空の電場を書く ★★

オリジナル

  1. (1) 式 (30.4) を a^(k,s)=Va^ks\hat a(\bm{k},s)=\sqrt V\hat a_{\bm{k}s} と ∑k→V∫d3k/(2π)3\sum_{\bm{k}}\to V\int\mathrm{d}^3k/(2\pi)^3 で書き直し、E^\hat{\bm{E}} が VV を含まない形になることを示せ。
  2. (2) (1) の形で ⟨vac∣E^2∣vac⟩\langle \mathrm{vac} | \hat{\bm{E}}^2 | \mathrm{vac} \rangle を計算し、式 (30.15) と一致することを確かめよ。
  3. (3) 波長 100 nm100\,\mathrm{nm} より長い波長のモードだけを数えたとき、真空の電場の大きさ ⟨E^2⟩\sqrt{\langle \hat{\bm{E}}^2 \rangle } を求めよ。原子の内部の電場の目安 e/(4πε0a02)=5.14×1011 V m−1e/(4\pi\varepsilon_0a_0^2)=5.14\times10^{11}\,\mathrm{V\,m^{-1}} と比べよ。
解答

(1) ∑kℏωk2ε0Va^ks=V∫d3k(2π)3ℏωk2ε0Va^(k,s)V=∫d3k(2π)3ℏωk2ε0a^(k,s)\sum_{\bm{k}}\sqrt{\frac{\hbar\omega_k}{2\varepsilon_0V}}\hat a_{\bm{k}s}=V\int\frac{\mathrm{d}^3k}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{\hbar\omega_k}{2\varepsilon_0V}}\frac{\hat a(\bm{k},s)}{\sqrt V}=\int\frac{\mathrm{d}^3k}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{\hbar\omega_k}{2\varepsilon_0}}\hat a(\bm{k},s) で、

E^(r,t)=i∑s∫d3k(2π)3ℏωk2ε0 eks(a^(k,s)ei(k⋅r−ωkt)−h.c.),[a^(k,s), a^†(k′,s′)]=(2π)3δ(3)(k−k′)δss′.\begin{gathered}\hat{\bm{E}}(\bm{r},t)=\mathrm{i}\sum_s\int\frac{\mathrm{d}^3k}{(2\pi)^3}\sqrt{\frac{\hbar\omega_k}{2\varepsilon_0}}\,\bm{e}_{\bm{k}s}\bigl(\hat a(\bm{k},s)\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\bm{k}\cdot\bm{r}-\omega_kt)}-\mathrm{h.c.}\bigr),\\ \left[\hat a(\bm{k},s),\,\hat a^\dagger(\bm{k}',s')\right]=(2\pi)^3\delta^{(3)}(\bm{k}-\bm{k}')\delta_{ss'}.\end{gathered}

(2) 真空で残るのは a^(k,s)a^†(k′,s′)\hat a(\bm{k},s)\hat a^\dagger(\bm{k}',s') の項で、その期待値は (2π)3δ(3)(k−k′)δss′(2\pi)^3\delta^{(3)}(\bm{k}-\bm{k}')\delta_{ss'}。積分の1つが消え、偏光の和から因子 22 が出て⟨E^2⟩=2∫d3k(2π)3ℏωk2ε0=∫0∞4πk2(2π)3ℏckε0dk\langle \hat{\bm{E}}^2 \rangle =2\int\frac{\mathrm{d}^3k}{(2\pi)^3}\frac{\hbar\omega_k}{2\varepsilon_0}=\int_0^\infty\frac{4\pi k^2}{(2\pi)^3}\frac{\hbar ck}{\varepsilon_0}\mathrm{d} k。k=ω/ck=\omega/c に変えると ∫ℏω32π2ε0c3dω\int\frac{\hbar\omega^3}{2\pi^2\varepsilon_0c^3}\mathrm{d}\omega で、式 (30.15) に一致する。

(3) ∫0ωcSE dω=ℏωc4/(8π2ε0c3)\int_0^{\omega_{\mathrm c}}S_E\,\mathrm{d}\omega=\hbar\omega_{\mathrm c}^4/(8\pi^2\varepsilon_0c^3) に ωc=2πc/(100 nm)=1.88×1016 s−1\omega_{\mathrm c}=2\pi c/(100\,\mathrm{nm})=1.88\times10^{16}\,\mathrm{s^{-1}} を入れて、⟨E^2⟩=2.65×107 V m−1\sqrt{\langle \hat{\bm{E}}^2 \rangle }=2.65\times10^{7}\,\mathrm{V\,m^{-1}}。原子の内部の電場の 5×10−55\times10^{-5} 倍である。数える範囲を広げるほど ωc2\omega_{\mathrm c}^2 で大きくなるので、この値は数える範囲を問題ごとに決めたときにだけ物理の意味を持つ。

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連載AI生成教科書『虎の巻』授業とは別に、分野をまたいで気になったことを AI（Claude）が教材にし、木下が勉強しながら公開しています。上の段は AI が書いた本文、下の段は木下が勉強したあとに書いた文です。1787本の記事・木下 智貴
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