Complex Klein-Gordon field

09/08/2011

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備忘録

\phi\left(\mathbf{x}\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{p}}}}\left(a_{\mathbf{p}}e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}+b_{\mathbf{p}}^{\dagger}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}\right)

\phi^{*}\left(\mathbf{x}\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{p}}}}\left(b_{\mathbf{p}}e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}+a_{\mathbf{p}}^{\dagger}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}\right)

\pi\left(\mathbf{x}\right)=\frac{\partial}{\partial t}\phi^{*}\left(\mathbf{x},t\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\left(-i\right)\sqrt{\frac{E_{\mathbf{p}}}{2}}\left(b_{\mathbf{p}}e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}-a_{\mathbf{p}}^{\dagger}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}\right)

\pi^{*}\left(\mathbf{x}\right)= \frac{\partial}{\partial t}\phi\left(\mathbf{x},t\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\left(-i\right)\sqrt{\frac{E_{\mathbf{p}}}{2}}\left(a_{\mathbf{p}}e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}-b_{\mathbf{p}}^{\dagger}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}\right)

Hamitonianは

H=\int d^{3}x\left(\pi^{*}\pi+\nabla\phi^{*}\cdot\nabla\phi+m^{2}\phi^{*}\phi\right)

正準量子化で対角化すると、

H=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}E_{\mathbf{p}}\left(a_{\mathbf{p}}^{\dagger}a_{\mathbf{p}}+b_{\mathbf{p}}^{\dagger}b_{\mathbf{p}}+\frac{1}{2}\left[a_{\mathbf{p}},a_{\mathbf{p}}^{\dagger}\right]+\frac{1}{2}\left[b_{\mathbf{p}},b_{\mathbf{p}}^{\dagger}\right]\right)

Noether Current for Classical Electromagnetism

09/08/2011

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Noether Currentを求めてみよう。spacetime translationに対するNoether Currentは、次のように計算する。

{T^{\mu}}_{\nu}=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\lambda}\right)}\partial_{\nu}A_{\lambda}-\mathcal{L}{\delta^{\mu}}_{\nu}=-F^{\mu\lambda}\partial_{\nu}A_{\lambda}+\frac{1}{4}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}{\delta^{\mu}}_{\nu}

T^{\mu\nu}=-F^{\mu\lambda}\partial^{\nu}A_{\lambda}+\frac{1}{4}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}g^{\mu\nu}

しかしここで問題がある。energy-momentum tensorはsymmetricであり、この第2項も一応symmetricなのだが、第1項はsymmetricではない。

ここで、場の理論においてのenergy-momentum tensorは発散が0なテンソルを足しても良いっていうambiguityを用いる。次のようなtensorを考えよう。

\partial_{\lambda}K^{\lambda\mu\nu}=\partial_{\lambda}\left(F^{\mu\lambda}A^{\nu}\right)=\left(\partial_{\lambda}F^{\mu\lambda}\right)A^{\nu}+F^{\mu\lambda}\left(\partial_{\lambda}A^{\nu}\right)=F^{\mu\lambda}\partial_{\lambda}A^{\nu}

これを足しても、energy-momentum tensorは本質的には変わらない。さてどういう形をするのかを計算していこう。

\widehat{T}^{\mu\nu}=T^{\mu\nu}+\partial_{\lambda}K^{\lambda\mu\nu}=-F^{\mu\lambda}\partial^{\nu}A_{\lambda}+\frac{1}{4}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}g^{\mu\nu}+F^{\mu\lambda}\partial_{\lambda}A^{\nu}

\widehat{T}^{\mu\nu}=T^{\mu\nu}+\partial_{\lambda}K^{\lambda\mu\nu}=F^{\mu\lambda}\left(\partial_{\lambda}A^{\nu}-\partial^{\nu}A_{\lambda}\right)+\frac{1}{4}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}g^{\mu\nu}

=F^{\mu\lambda}{F_{\lambda}}^{\nu}+\frac{1}{4}g^{\mu\nu}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}

さて、これはsymmetric tensorなのか?

F^{\mu\lambda}{F_{\lambda}}^{\nu}\rightarrow F^{\nu\lambda}{F_{\lambda}}^{\mu}={F^{\nu}}_{\lambda}F^{\lambda\mu}=\left(-{F_{\lambda}}^{\nu}\right)\left(-F^{\mu\lambda}\right)=F^{\mu\lambda}{F_{\lambda}}^{\nu}

対象テンソルであってるね。これで求まった。

\widehat{T}^{\mu\nu}=F^{\mu\lambda}{F_{\lambda}}^{\nu}+\frac{1}{4}g^{\mu\nu}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma}=F^{\mu\lambda}{F_{\lambda}}^{\nu}-\mathcal{L}g^{\mu\nu}

さて、Noether Currentの形を、学部2年生レベルの生徒たちも一目でわかるような形に書き換えてみよう。予備作業として、ラグランジアンから。

\mathcal{L}=-\frac{1}{4}F_{\rho\sigma}F^{\rho\sigma} =-\frac{1}{4}\left(F_{0i}F^{0i}+F_{i0}F^{i0}+F_{ij}F^{ij}\right)
=-\frac{1}{4}\left(E^{i}\left(-E^{i}\right)+\left(-E^{i}\right)E^{i}+\left(-\varepsilon^{ijl}B^{l}\right)\left(-\varepsilon^{ijk}B^{k}\right)\right)

iは上げ下げにマイナスつくんだけど、0はつかない。ijだったら2つ上げ下げだから、マイナスが打ち消しあう。

\mathcal{L}=-\frac{1}{4}\left(-2E^{i}E^{i}+\varepsilon^{ijk}\varepsilon^{ijl}B^{k}B^{l}\right) =-\frac{1}{4}\left(-2E^{i}E^{i}+2\delta^{kl}B^{k}B^{l}\right)
=\frac{1}{2}\left(\mathbf{E}^{2}-\mathbf{B}^{2}\right)

ここからは簡単な計算ですぐ示せる。

まず場のエネルギー。

\widehat{T}^{00} = \mathcal{E} = \frac{1}{2}\left(\mathbf{E}^{2}+\mathbf{B}^{2}\right)

Poynting Vector

\widehat{T}^{0i} = \mathbf{S}=\mathbf{E}\times\mathbf{B}

次はちょっと計算が難しいが、Maxwell stress tensor。

\widehat{T}^{ij} = -E^{i}E^{j}-B^{i}B^{j}+\frac{1}{2}\left(\mathbf{E}^{2}+\mathbf{B}^{2}\right)\delta^{ij}

Electromagnetism with classical mechanics

09/08/2011

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Lagrangianは次のように与えられる。

\mathcal{L}=-\frac{1}{4}\left(F_{\mu\nu}\right)^{2}

そしてEuler-Lagrange equationは次のようである。

\partial_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\nu}\right)}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_{\nu}}=0

主要な微分計算

\frac{\partial}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\nu}\right)}\left(\partial_{\rho}A_{\sigma}-\partial_{\sigma}A_{\rho}\right)={\delta^{\mu}}_{\rho}{\delta^{\nu}}_{\sigma}-{\delta^{\mu}}_{\sigma}{\delta^{\nu}}_{\rho}

\frac{\partial}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\nu}\right)}\left(\partial^{\rho}A^{\sigma}-\partial^{\sigma}A^{\rho}\right)=g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma}-g^{\mu\sigma}g^{\nu\rho}

\frac{\partial}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\nu}\right)}\left\{ -\frac{1}{4}\left(\partial_{\rho}A_{\sigma}-\partial_{\sigma}A_{\rho}\right)\left(\partial^{\rho}A^{\sigma}-\partial^{\sigma}A^{\rho}\right)\right\} =-\left(\partial^{\mu}A^{\nu}-\partial^{\nu}A^{\mu}\right)=-F^{\mu\nu}

\frac{\partial}{\partial A_{\nu}}\left\{ -\frac{1}{4}\left(\partial_{\rho}A_{\sigma}-\partial_{\sigma}A_{\rho}\right)\left(\partial^{\rho}A^{\sigma}-\partial^{\sigma}A^{\rho}\right)\right\} =0

これらの結果を集めると、次がわかる。

\partial_{\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\left(\partial_{\mu}A_{\nu}\right)}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_{\nu}}=-\partial_{\mu}F^{\mu\nu}=0

これを3次元ベクトルの形に直してみよう。

E^{i}=\left(-\nabla\phi-\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\right)^{i}=-\frac{\partial\phi}{\partial x^{i}}-\frac{\partial A^{i}}{\partial t}=\partial^{i}A^{0}-\partial^{0}A^{i}=-F^{0i}

\varepsilon^{ijk}B^{k}=\varepsilon^{ijk}\left(\nabla\times\mathbf{A}\right)^{k}=\varepsilon^{ijk}\varepsilon^{klm}\frac{\partial}{\partial x^{l}}A^{m}=\left(\delta^{il}\delta^{jm}-\delta^{im}\delta^{jl}\right)\frac{\partial}{\partial x^{l}}A^{m}
=-\partial^{i}A^{j}+\partial^{j}A^{i}=-F^{ij}

ここで\muがダミーなのに着目すると、簡単な計算で次がわかる。

\partial_{i}F^{i0}=0,          \partial_{0}F^{0i}+\partial_{j}F^{ji}=0

\partial_{i}E^{i}=0,          -\partial_{0}E^{i}-\varepsilon^{ijk}\partial_{j}B^{k}=0

\nabla\cdot\mathbf{E}=0,          \frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}+\nabla\times\mathbf{B}=0

これはやっぱりマックスウェルの方程式そのものである。

Feynman Propagator

09/08/2011

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free real KG fieldにて。

D_{F}\left(x-y\right) =\theta\left(x^{0}-y^{0}\right)\left\langle 0\right|\phi\left(x\right)\phi\left(y\right)\left|0\right\rangle +\theta\left(y^{0}-x^{0}\right)\left\langle 0\right|\phi\left(y\right)\phi\left(x\right)\left|0\right\rangle \equiv\left\langle 0\right|T\phi\left(x\right)\phi\left(y\right)\left|0\right\rangle

T\phi\left(x\right)\phi\left(y\right) \equiv\underbrace{\theta\left(x^{0}-y^{0}\right)\phi\left(x\right)\phi\left(y\right)}_{\mathrm{future}\ \leftarrow\ \mathrm{past}}+\theta\left(y^{0}-x^{0}\right)\phi\left(y\right)\phi\left(x\right)

ここで、Heaviside step functionの定義を思い出そう。

\theta\left(x^{0}-y^{0}\right)=\lim_{\varepsilon\rightarrow+0}\frac{-1}{2\pi i}\overset{+\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dz\frac{1}{z+i\varepsilon}e^{-iz\left(x^{0}-y^{0}\right)}
\theta\left(y^{0}-x^{0}\right)=\lim_{\varepsilon\rightarrow+0}\frac{+1}{2\pi i}\overset{+\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dz\frac{1}{z-i\varepsilon}e^{+iz\left(y^{0}-x^{0}\right)}

これを用いて、本格的に計算をはじめよう。

\left\langle 0\right|T\phi\left(x\right)\phi\left(y\right)\left|0\right\rangle

=\int\frac{d^{3}pd^{3}q}{\left(2\pi\right)^{3}\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{p}}E_{\mathbf{q}}}}\theta\left(x^{0}-y^{0}\right)e^{-ip\cdot x+iq\cdot y}\underbrace{\left\langle 0\right|a_{\mathbf{p}}a_{\mathbf{q}}^{\dagger}\left|0\right\rangle }_{\left(2\pi\right)^{3}\delta^{\left(3\right)}\left(\mathbf{p-q}\right)}

\ \ \ \ \ +\int\frac{d^{3}pd^{3}q}{\left(2\pi\right)^{3}\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{p}}E_{\mathbf{q}}}}\theta\left(y^{0}-x^{0}\right)e^{ip\cdot x-iq\cdot y}\underbrace{\left\langle 0\right|a_{\mathbf{p}}a_{\mathbf{k}}^{\dagger}\left|0\right\rangle }_{\left(2\pi\right)^{3}\delta^{\left(3\right)}\left(\mathbf{q-p}\right)}

=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}\left\{ \theta\left(x^{0}-y^{0}\right)e^{-ip\cdot(x-y)}+\theta\left(y^{0}-x^{0}\right)e^{ip\cdot(x-y)}\right\}

=\overset{+\infty}{\underset{-\infty}{\int}}\frac{idz}{2\pi}\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}\left\{ \frac{e^{-iz\left(x^{0}-y^{0}\right)}e^{-ip\cdot(x-y)}}{z+i\varepsilon}-\frac{e^{+iz\left(y^{0}-x^{0}\right)}e^{ip\cdot(x-y)}}{z-i\varepsilon}\right\}

=\overset{+\infty}{\underset{-\infty}{\int}}\frac{idz}{2\pi}\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}\left\{ \frac{e^{-i\left(z+E_{\mathbf{p}}\right)\left(x^{0}-y^{0}\right)}e^{+i\mathbf{p}\cdot\left(\mathbf{x-y}\right)}}{z+i\varepsilon}-\underset{\mathbf{p}\rightarrow-\mathbf{p}}{\underbrace{\frac{e^{i\left(-z+E_{\mathbf{p}}\right)\left(x^{0}-y^{0}\right)}e^{-i\mathbf{p}\cdot\left(\mathbf{x-y}\right)}}{z-i\varepsilon}}}\right\}

=\overset{+\infty}{\underset{-\infty}{\int}}\frac{idz}{2\pi}\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}\left\{ \underset{z+E_{\mathbf{p}}\rightarrow p^{0}}{\underbrace{\frac{e^{-i\left(z+E_{\mathbf{p}}\right)\left(x^{0}-y^{0}\right)}e^{+i\mathbf{p}\cdot\left(\mathbf{x-y}\right)}}{z+i\varepsilon}}}-\underset{z-E_{\mathbf{p}}\rightarrow p^{0}}{\underbrace{\frac{e^{i\left(-z+E_{\mathbf{p}}\right)\left(x^{0}-y^{0}\right)}e^{+i\mathbf{p}\cdot\left(\mathbf{x-y}\right)}}{z-i\varepsilon}}}\right\}

=\overset{+\infty}{\underset{-\infty}{\int}}\frac{idp^{0}}{2\pi}\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}\left\{ \frac{e^{-ip^{0}\left(x^{0}-y^{0}\right)}e^{+i\mathbf{p}\cdot\left(\mathbf{x-y}\right)}}{p^{0}-E_{\mathbf{p}}+i\varepsilon}-\frac{e^{-ip^{0}\left(x^{0}-y^{0}\right)}e^{+i\mathbf{p}\cdot\left(\mathbf{x-y}\right)}}{p^{0}+E_{\mathbf{p}}-i\varepsilon}\right\}

=\int\frac{d^{4}p}{\left(2\pi\right)^{4}}\frac{i}{2E_{\mathbf{p}}}\left\{ \frac{1}{p^{0}-E_{\mathbf{p}}+i\varepsilon}-\frac{1}{p^{0}+E_{\mathbf{p}}-i\varepsilon}\right\} e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}

=\lim_{\varepsilon\rightarrow+0}\int\frac{d^{4}p}{\left(2\pi\right)^{4}}\frac{i}{2E_{\mathbf{p}}}\left\{ \frac{\left(p^{0}+E_{\mathbf{p}}-i\varepsilon\right)-\left(p^{0}-E_{\mathbf{p}}+i\varepsilon\right)}{\left(p^{0}-E_{\mathbf{p}}+i\varepsilon\right)\left(p^{0}+E_{\mathbf{p}}-i\varepsilon\right)}\right\} e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}

=\lim_{\varepsilon\rightarrow+0}\int\frac{d^{4}p}{\left(2\pi\right)^{4}}\frac{i}{2E_{\mathbf{p}}}\left\{ \frac{2E_{\mathbf{p}}-i\varepsilon}{\left(p^{0}-E_{\mathbf{p}}+i\varepsilon\right)\left(p^{0}+E_{\mathbf{p}}-i\varepsilon\right)}\right\} e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}

それゆえ、

\left\langle 0\right|T\phi\left(x\right)\phi\left(y\right)\left|0\right\rangle =\lim_{\varepsilon\rightarrow+0}\int\frac{d^{4}p}{\left(2\pi\right)^{4}}\frac{i}{p^{2}-m^{2}+i\varepsilon}e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}

なのである。

場の量子論でCausalityは守られているのか。-2-

09/08/2011

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purely spacelikeという条件を課す。x^{0}-y^{0}=0、\mathbf{x}-\mathbf{y}=r

D\left(x-y\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}

D\left(x-y\right)=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{r}}

=\frac{1}{\left(2\pi\right)^{2}}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\overset{1}{\underset{-1}{\int}}d\cos\theta\frac{p^{2}}{2\sqrt{p^{2}+m^{2}}}e^{-ipr\cos\theta}

=\frac{1}{\left(2\pi\right)^{2}}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\frac{p^{2}}{2\sqrt{p^{2}+m^{2}}}\frac{e^{ipr}-e^{-ipr}}{ipr}

=\frac{-i}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\frac{p}{\sqrt{p^{2}+m^{2}}}e^{ipr}-e^{-ipr}

=\frac{-i}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dp\frac{pe^{ipr}}{\sqrt{p^{2}+m^{2}}}

これは複素解析的に考えると、p=\pm imに極、そして分岐点を持っていて、ブランチカットがある。それを虚軸に張るとしよう。それから積分経路を、実軸を走り、それから上に包むような方向に行き、ブランチカットで下に走り、分岐点かつ極でターンして上がり、それから上に包むような方向にして実軸に戻ってくるような経路に選ぶ。としたら円弧のところはR\rightarrow\inftyとしたらゼロであり、そしてその積分経路でなら複素積分がコーシーの定理によってゼロなので、それから考えれば、教科書の言っている、実軸積分をブランチカットを包むような経路に変えることができる、ということになる。

そうすると、実軸積分は、

\rho=e^{-\frac{\pi}{2}i}p=-ip

で変数変換をしたら、ブランチカットの隣を走る積分経路の積分になり、その2倍で計算すればいいわけである。

D\left(x-y\right)=\frac{-i}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{-\infty}{\int}}dp\frac{pe^{ipr}}{\sqrt{p^{2}+m^{2}}}=\frac{2}{2\left(2\pi\right)^{2}r}\overset{\infty}{\underset{m}{\int}}d\rho\frac{i\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{-\rho^{2}+m^{2}}}

D\left(x-y\right)=\frac{1}{4\pi^{2}r}\overset{\infty}{\underset{m}{\int}}d\rho\frac{\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{\rho^{2}-m^{2}}}

ここでr\rightarrow\inftyだったら、e^{-\rho r}がほぼゼロになるので、この積分では\rhoが一番小さい方が一番寄与できそうなイメージがある。つまり、積分する代わりに\rho\rightarrow mを代入しても良いということ。この積分の係数でr^{-1}がかかってあるが、それによる効果はintegrandの中の\sqrt{\rho^{2}-m^{2}}で相殺される。定数倍を適当に無視すれば、この積分の結果の核心はe^{-mr}である。lightconeの外側で指数関数的に減少してはいるけれどnonzeroである。

D\left(x-y\right)=\frac{1}{4\pi^{2}r}\int\limits_{m}^{\infty}d\rho\frac{\rho e^{-\rho r}}{\sqrt{\rho^{2}-m^{2}}} \underset{r\rightarrow\infty}{\sim}e^{-mr}

ふと考えてこれも問題がありそうに思われるが、そもそも、粒子がspacelikeなintervalをpropagateできるかどうかにこだわるより、spacelikeな関係の2つのスポットで、どれか一方でのmeasurementがほかのやつでのmeasurementに影響を与えるか否かを調べるのがどうかと。

もしcommutatorが0ならば、同時測定可能っていう意味で、つまりお互いの測定に影響を与えないということである。それを確認しよう。簡単な計算で次が言える。

\left[\phi\left(x\right),\ \phi\left(y\right)\right] = \int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}\left(e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}-e^{ip\cdot\left(x-y\right)}\right) = D\left(x-y\right)-D\left(y-x\right)

\left(x-y\right)^{2}0では、\left(x-y\right)\rightarrow-\left(x-y\right)を行うために、x^{0}-y^{0}=0という点を必ず通らなければいけないが、この点では絶対\left(x-y\right)^{2} \leq 0なので、これが不可能である。けれどspacelikeな領域でならできるのである。これでcommutatorは自然と0になる。

No measurement in the Klein-Gordon theory can affect another measurement outside the light-cone.

場の量子論でCausalityは守られているのか。-1-

09/08/2011

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すでにCanonical Quantizationを済ませているとする。今考えている場はreal Klein-Gordon fieldで。

粒子がyからxへとpropagateする振幅は次のように与えられる。

D\left(x-y\right) = \left\langle 0\right|\phi\left(x\right)\phi\left(y\right)\left|0\right\rangle

これを計算していく。

=\left\langle 0\right|\left(\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{p}}}}a_{\mathbf{p}}e^{-ip\cdot x}\right)\left(\int\frac{d^{3}q}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\mathbf{q}}}}a_{\mathbf{q}}^{\dagger}e^{iq\cdot y}\right)\left|0\right\rangle

=\left\langle 0\right|\left(\int\frac{d^{3}pd^{3}q}{\left(2\pi\right)^{6}}\frac{1}{2\sqrt{E_{\mathbf{p}}E_{\mathbf{q}}}}a_{\mathbf{p}}a_{\mathbf{q}}^{\dagger}e^{-ip\cdot x}e^{iq\cdot y}\right)\left|0\right\rangle

=\int\frac{d^{3}pd^{3}q}{\left(2\pi\right)^{6}}\frac{1}{2\sqrt{E_{\mathbf{p}}E_{\mathbf{q}}}}\left(2\pi\right)^{3}\delta^{\left(3\right)}\left(\mathbf{p}-\mathbf{q}\right)e^{-ip\cdot x}e^{iq\cdot y}

=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\frac{1}{2E_{\mathbf{p}}}e^{-ip\cdot\left(x-y\right)}

これを分析してみよう。まずpurely timelikeな場合(x^{0}-y^{0}=t, \mathbf{x}-\mathbf{y}=0)から。

D\left(x-y\right)=\frac{4\pi}{\left(2\pi\right)^{3}}\int\limits _{0}^{\infty}dp\frac{p^{2}}{2\sqrt{p^{2}+m^{2}}}e^{-i\sqrt{p^{2}+m^{2}}t}=\frac{1}{4\pi^{2}}\int\limits _{m}^{\infty}dE\sqrt{E^{2}-m^{2}}e^{-iEt}

For pure timelike direction

図は\sqrt{x^{2}-4}\cos10xを、2\leq x\leq50の区間で見つめたやつである。もしtが無限にでかければ、余弦関数の上げ下げはさらにひどくなる。としたら積分の原理を考えると、いくら高く上がってから戻ってきたとしても、それからその分下に下がってから戻ってくるので、積分面積への寄与はほとんどゼロである。

としたら、この積分面積に対して一番の寄与をするのは、stationary phase法のような考え方ですぐわかるが、一番小さい区域の奴であって、それはE=mのところである。ちょうどmでなく、mよりちょっとずれたとこを選んだとしたら、\sqrt{E^{2}-m^{2}}もゼロでなくいられる。それから残されるのはe^{-imt}である。これに比例する値が残っている。

D\left(x-y\right) \underset{t\rightarrow\infty}{\sim}e^{-imt}

これは予想通りの結果である。次はpurely spatialな場合を考えてみよう。

続き。Stationary phase approximationを使って考えるasymptotic behavior

08/08/2011

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厳密解を求めてもわけわかんないのは相変わらず。そこでlight-coneからずいぶん離れた、つまり\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2} \gg t^{2}でのasymptotic behaviorを調べよう。stationary phase approximationが一番わかりやすそう。その条件は\nabla_{\mathbf{p}}\left\{ \mathbf{p}\cdot\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)-t\sqrt{\mathbf{p}^{2}+m^{2}}\right\}=0であるが、これを丁寧に計算すると、\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)-t\frac{\mathbf{p}}{\sqrt{\mathbf{p}^{2}+m^{2}}}=0を得る。こいつからの等式変形でdominant momentumを求めることができる。

\mathbf{p}_{\mathrm{dom}}=im\frac{\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)}{\sqrt{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}}

これを代入してみる。

\exp\left[-i\sqrt{p^{2}+m^{2}}t\right]=\exp\left[-i\sqrt{\frac{-m^{2}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)^{2}}{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}+m^{2}}t\right]=\exp\left[m\frac{t^{2}}{\sqrt{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}}\right]

p\sin\left(p\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|\right)=m\frac{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|}{\sqrt{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}}i\sin\left(im\frac{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}}{\sqrt{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}}\right)

=m\frac{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|}{\sqrt{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}}\frac{1}{2}\left(\exp\left[-m\frac{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}}{\sqrt{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}}\right]-\exp\left[m\frac{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}}{\sqrt{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}}\right]\right)

これらをU\left(t\right)に代入すると次を得る。

U\left(t\right)\sim\frac{\text{1}}{4\pi^{2}}\cdot\frac{m}{\sqrt{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}}\left(\exp\left[-m\sqrt{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}\right]-\exp\left[m\frac{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}+t^{2}}{\sqrt{\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}-t^{2}}}\right]\right)

これらはspacelikeなところで小さくなるけれど、まだ0にはならない。このままだと因果率が成り立たない。

量子力学の限界、そして場の量子論の必要性に関して。

08/08/2011

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The amplitude for a free particle to propagate from \mathbf{x}_{0} to \mathbf{x}

そこで非相対論的量子力学なら、E=\frac{\mathbf{p}^{2}}{2m}なので、

U\left(t\right)=\left\langle \mathbf{x}\right|\exp\left[-i\frac{\mathbf{p}^{2}}{2m}t\right]\left|\mathbf{x}_{0}\right\rangle

から出発する。

=\left\langle \mathbf{x}\right|\exp\left[-i\frac{\mathbf{p}^{2}}{2m}t\right]\left(\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\left|\mathbf{p}\right\rangle \left\langle \mathbf{p}\right|\right)\left|\mathbf{x}_{0}\right\rangle

=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\left\langle \mathbf{x}\right|\exp\left[-i\frac{\mathbf{p}^{2}}{2m}t\right]\left|\mathbf{p}\right\rangle \left\langle \mathbf{p}|\mathbf{x}_{0}\right\rangle

=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\exp\left[-i\frac{\mathbf{p}^{2}}{2m}t\right]\left\langle \mathbf{x}|\mathbf{p}\right\rangle \left\langle \mathbf{p}|\mathbf{x}_{0}\right\rangle

=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\exp\left[-i\frac{\mathbf{p}^{2}}{2m}t\right]\exp\left[i\mathbf{p}\cdot\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)\right]

=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\exp\left[-\frac{it}{2m}\left\{ \mathbf{p}^{2}-2\frac{m}{t}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)\cdot\mathbf{p}\right\} \right]

=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\exp\left[-\frac{it}{2m}\left\{ \left[\mathbf{p}-\frac{m}{t}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)\right]^{2}-\frac{m^{2}}{t^{2}}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)^{2}\right\} \right]

=\exp\left[-i\frac{m}{2t}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)^{2}\right]\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\exp\left[\frac{it}{2m}\left[\mathbf{p}-\frac{m}{t}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)\right]^{2}\right]

=\exp\left[-i\frac{m}{2t}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)^{2}\right]\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\exp\left[\frac{it}{2m}\left[\mathbf{p}-\frac{m}{t}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)\right]^{2}\right]

ここで、Fresnel積分を実行しなければいけない。これの計算に関しては別にポストしとく。

=\exp\left[i\frac{m}{2t}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)^{2}\right]\frac{1}{\left(2\pi\right)^{3}}\left(\frac{\pi}{\frac{it}{2m}}\right)^{\frac{3}{2}}

=\exp\left[i\frac{m}{2t}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)^{2}\right]\left(\frac{1}{4\pi\frac{it}{2m}}\right)^{\frac{3}{2}}

=\left(\frac{m}{2\pi it}\right)^{\frac{3}{2}}\exp\left[i\frac{m}{2t}\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)^{2}\right]

これはどのようなxやtに対してもゼロにならない。因果律を破った場合でもそうであり、ならばcausalityの破れを意味し、相対論的とは言えない。ならば、相対論的なエネルギー関係E=\sqrt{\mathbf{p}^{2}+m^{2}}でやってみよう。

U\left(t\right)=\left\langle \mathbf{x}\right|\exp\left[-i\sqrt{\mathbf{p}^{2}+m^{2}}t\right]\left|\mathbf{x}_{0}\right\rangle

=\left\langle \mathbf{x}\right|\exp\left[-i\sqrt{\mathbf{p}^{2}+m^{2}}t\right]\left(\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\left|\mathbf{p}\right\rangle \left\langle \mathbf{p}\right|\right)\left|\mathbf{x}_{0}\right\rangle

=\int\frac{d^{3}p}{\left(2\pi\right)^{3}}\exp\left[-i\sqrt{\mathbf{p}^{2}+m^{2}}t\right]\exp\left[i\mathbf{p}\cdot\left(\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right)\right]

=\frac{\text{1}}{\left(2\pi\right)^{2}}\overset{1}{\underset{-1}{\int}}d\cos\theta\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}p^{2}dp\exp\left[-i\sqrt{p^{2}+m^{2}}t\right]\exp\left[ip\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|\cos\theta\right]

=\frac{\text{1}}{\left(2\pi\right)^{2}}\left[\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}p^{2}dp\exp\left[-i\sqrt{p^{2}+m^{2}}t\right]\cdot\frac{1}{ip\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|}\left[\exp\left[ip\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|\right]-\exp\left[-ip\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|\right]\right]\right]

=\frac{\text{1}}{\left(2\pi\right)^{2}\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|}\left[\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\exp\left[-i\sqrt{p^{2}+m^{2}}t\right]\cdot2p\sin\left(p\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|\right)\right]

=\frac{\text{1}}{2\pi^{2}\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|}\left[\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\cdot p\sin\left(p\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|\right)\exp\left[-i\sqrt{p^{2}+m^{2}}t\right]\right]

ここで、Gradshteyn and Ryzhikの#3.914のET175(35)指揮を参照する。Third Editionではp.491である。

\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dx\cdot x\exp\left[-\beta\sqrt{\gamma^{2}+x^{2}}\right]\sin\left(bx\right)=\frac{b\beta\gamma^{2}}{\beta^{2}+b^{2}}K_{2}\left(\gamma\sqrt{\beta^{2}+b^{2}}\right)

この積分の結果を用いて計算すると、次のようになる。

U\left(t\right)=\frac{\text{1}}{2\pi^{2}\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|}\left[\overset{\infty}{\underset{0}{\int}}dp\cdot p\sin\left(p\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|\right)\exp\left[-i\sqrt{p^{2}+m^{2}}t\right]\right]

U\left(t\right)=\frac{m^{2}}{2\pi^{2}}\cdot\left(\frac{it}{-t^{2}+\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}}\right)\cdot K_{2}\left(m\sqrt{-t^{2}+\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2}}\right)

ここでのK_{2}\left(x\right)は第2種変形ベッセル関数。K_{2}\left(x\right)はx\rightarrow\inftyとともに(上式で言えば\left|\mathbf{x}-\mathbf{x}_{0}\right|^{2} \gg t^{2})0に落とされていく関数。

コリオリー力の例題

22/03/2010

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A Problem of Coliolis Force 코리올리 힘에 관한 예제

2008年8月6日に作成されました。

物理学演習Iの問題を解いてみました。

27. 北緯ϕ の地点で、水平でなめらかな平面上で質量mの質点を速さv で平面上に打ち出す。平面上を運動する質点の奇跡を求めよ。

27. 북위ϕ 지점에서, 수평이며 매끄러운 평면상에서 질량 m의 질점을 빠르기 v로 발사한다. 평면상을 운동하는 질점의 궤적을 구하라.

Z0 Boson及びJ/ψ Mesonの質量測定とμ 粒子の寿命測定

29/06/2008

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2008年6月29日に作成されました。

筑波大学第一学群自然学類3年次の物理学実験IIIの実験レポートです。

素粒子実験でした。

1 実験の目的 2
2 μ 粒子の寿命測定実験 2
2.1 実験の準備. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.1.1 実験装置. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.1.2 μ 粒子寿命測定の原理. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
2.2 HV Curve とTiming Curve の測定. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.2.1 ライトリーク· テスト. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
2.2.2 検出効率のHV 依存性の測定. . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.2.3 タイミング· カーブの測定. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9
2.3 μ 粒子寿命測定のためのセットアップ及び測定. . . . . . . . . . . . . 11
2.4 μ 粒子の寿命データの解析. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.4.1 Al Stopper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
2.4.2 Fe Stopper . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
3 CDF データによるZ0、J/ψ 粒子の質量解析 16
3.1 NTUPLE を用いたデータ解析. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
3.2 Z0 Boson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
3.2.1 PAWを用いたZ0 Boson 不変質量解析. . . . . . . . . . . . . 17
3.3 J/ψ Meson . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
3.3.1 第一次J/ψ Meson 不変質量解析:: Systematic Error . . . . . . 18
3.3.2 第二次J/ψ Meson 不変質量解析:: m¹ を考慮した補正. . . . 19
4 その他 21
4.1 課題. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21
4.2 Dirac 方程式入門. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

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