ラグランジアンは適当に見つけるものだ！

少し前後するけれども, 本文の「最小作用の原理」に式の導出などを補足しておくことにする．

最小作用の原理

量子電磁力学の仮説は,「式(9-21)と式(9-22)で定義される振動子が量子的振動子である」ということである：

\begin{aligned} (9-20) & {\ddot{a}}_{k} (t) + k^{2} c^{2} a_{k} (t) = \sqrt{4 π} j_{k}^{'} (t), j_{k}^{'} (t) = j_{k} (t) - \frac{k}{k^{2}} {k \cdot j_{k} (t)} \\ (9-21) & \to & {\ddot{a}}_{1 k} + k^{2} c^{2} a_{1 k} = \sqrt{4 π} j_{1 k} (t) \\ (9-22) & {\ddot{a}}_{2 k} + k^{2} c^{2} a_{2 k} = \sqrt{4 π} j_{2 k} (t) \end{aligned}

ただし

j_{1 k}

と

j_{2 k}

は, これらの方向の

j_{k}

の成分である．このとき, なぜ「

j_{k}^{'}

の成分」と言う必要がないのだろうか？．
「偏極ベクトル(polarization vector) を

ϵ^{(α)} (α = 1, 2)

としたとき, 単位ベクトルであるこの偏極ベクトルは,

k

が与えられると

(ϵ^{(1)}, ϵ^{(2)}, k)

が右手系を構成する基底ベクトルの組になるように

ϵ^{(1)}

と

ϵ^{(2)}

が選ばれる．

ϵ^{(α)}

は伝播方向

k

と直交しているので「横波条件」が保証される：

ϵ^{(α)} \cdot k = 0

．従って, 式 (9.20) の両辺に

ϵ^{(α)}

をかけ合わせると,

ϵ^{(α)} \cdot j_{k}^{'} (t) \equiv j_{α k}^{'} (t) = ϵ^{(α)} \cdot j_{k} (t) - \frac{ϵ^{(α)} \cdot k}{k^{2}} {k \cdot j_{k} (t)} = ϵ^{(α)} \cdot j_{k} (t) \equiv j_{α k} (t)

よって, 成分

j_{α k}^{'} (t)

と成分

j_{α k} (t)

は一致することになるからである」．

図 1. 偏極ベクトル

量子化を実行するために, 場の運動方程式と場の中の粒子の運動方程式を与える最小作用の原理を見つけなければならない．作用は次のように表わされる： ^[1]式 (9-24) から式 (9-26) … Continue reading

\begin{matrix} (9-23) & S = S_{1} + S_{2} + S_{3} \end{matrix}

ここで,

S_{1}

は「場を無視したときの全粒子の作用積分」である (粒子間に電気的でない力が働く場合は, それを

S_{1}

に含める)：

\begin{matrix} (9-24) & S_{1} = \int d t \int d^{3} r \sum_{i} \frac{m_{i}}{2} | \dot{r} |^{2} δ^{3} (r - q_{i}) = \int d t \sum_{i} \frac{m_{i}}{2} | {\dot{q}}_{i} |^{2} \end{matrix}

また,

S_{2}

は「場と粒子間の相互作用を表わす作用積分」である：

\begin{matrix} (9-25) & S_{2} = - \int d t \int d^{3} r [ρ (r, t) ϕ (r, t) - \frac{1}{c} j (r, t) \cdot A (r, t)] \end{matrix}

そして

S_{3}

は「場の作用積分」である．変数は

A (r, t)

ϕ (r, t)

q_{i} (t)

である：

\begin{aligned} S_{3} & = \frac{1}{8 π} \int d t \int d^{3} r (E^{2} - B^{2}) \\ (9-26) & = \frac{1}{8 π} \int d t \int d^{3} r [{| - \nabla ϕ - \frac{1}{c} \frac{\partial A}{\partial t} |}^{2} - | \nabla \times A |^{2}] \end{aligned}

変数

a_{k}

を使うと, 運動方程式が最も簡単になるので, 作用をこれらの変数で表してみることは価値がある．式(9-14)の展開を

S_{3}

に代入すると, 次が得られる：

\begin{aligned} S_{3} & = \frac{1}{2} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ({| {\dot{a}}_{k} + i k \frac{ϕ_{k}}{\sqrt{4 π}} |}^{2} - c^{2} | k \times a_{k} |^{2}) \\ (9-27) & = \frac{1}{2} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} (\frac{k^{2}}{4 π} ϕ_{k}^{*} ϕ_{k} + {\dot{a}}_{k}^{*} \cdot {\dot{a}}_{k} - k^{2} c^{2} a_{k}^{*} \cdot a_{k}) \end{aligned}

そして

S_{2}

は次となる：

\begin{matrix} (9-28) & S_{2} = - \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} (ρ_{- k} ϕ_{k} - \sqrt{4 π} j_{- k} \cdot a_{k}) \end{matrix}

上式に

ϕ_{k} = 4 π ρ_{k} / k^{2}

を代入し,

S_{2}

と

S_{3}

に在る

ϕ_{k}

の項を足し合わせることで次が得られる：

\begin{matrix} (9-29) & S_{c} = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} (- \frac{4 π ρ_{k} ρ_{- k}}{2 k^{2}}) = \int d t [- \frac{1}{2} \sum_{i} \sum_{j} \frac{e_{i} e_{j}}{| q_{i} - q_{j} |}] \end{matrix}

ただし式 (9-16} 並びに

\int d^{3} k \frac{4 π}{k^{2}} e^{i k \cdot r} = \frac{1}{r}

を用いた．この

S_{c}

はまさに,「電荷の間のクーロン相互作用」である．クーロン相互作用を考えるのは通常, 電磁場の放射効果を無視して原子状態を解析するときである． (このとき,

S_{2} + S_{3} = S_{c} + S_{r a d} + S_{i n t}

となる)．

【 補助メモ 】まず $E^{2}$ と $B^{2}$ を, 式(9-17)の前に書かれている $E_{k}, B_{k}$ の式

\begin{matrix} (1) & E_{k} = - i k ϕ_{k} - \sqrt{4 π} {\dot{a}}_{k}, B_{k} = \sqrt{4 π} c i (k \times a_{k}) \end{matrix}

を用いて表してみると,

\begin{aligned} E^{2} & = E^{*} \cdot E = \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} e^{- i k^{'} \cdot r} (i k ϕ_{k^{'}}^{*} - \sqrt{4 π} {\dot{a}}_{k^{'}}^{*}) \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} e^{i k \cdot r} (- i k ϕ_{k} - \sqrt{4 π} {\dot{a}}_{k}) \\ (2) & = \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} (i k ϕ_{k^{'}}^{*} - \sqrt{4 π} {\dot{a}}_{k^{'}}^{*}) (- i k ϕ_{k} - \sqrt{4 π} {\dot{a}}_{k}) e^{i (k - k^{'}) \cdot r} \\ B^{2} & = B^{*} \cdot B = \int \frac{d^{3} k^{‘}}{(2 π)^{3}} e^{- i k^{'} \cdot r} \sqrt{4 π} {- i c (k^{'} \times a_{k^{'}}^{*})} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} e^{i k \cdot r} \sqrt{4 π} c i (k \times a_{k}) \\ (3) & = \int \frac{d^{3} k^{‘}}{(2 π)^{3}} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} 4 π c^{2} (k^{'} \times a_{k^{'}}^{*}) \cdot (k \times a_{k}) e^{i (k - k^{'}) \cdot r} \end{aligned}

従って式 (9-26) の

S_{3}

は,

δ

-関数の性質を利用して次に書ける：

\begin{aligned} S_{3} & = \frac{1}{8 π} \int d t \int d^{3} r (E^{2} - B^{2}) = \int d t \frac{1}{8 π} \int d^{3} r E^{2} - \int d t \frac{1}{8 π} \int d^{3} r B^{2} \\ = \int d t \frac{1}{8 π} \int \frac{d^{3} k^{‘}}{(2 π)^{3}} \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} (i k ϕ_{k^{'}}^{*} - \sqrt{4 π} {\dot{a}}_{k^{'}}^{*}) (- i k ϕ_{k} - \sqrt{4 π} {\dot{a}}_{k}) \int d^{3} r e^{i (k - k^{'}) \cdot r} \\ - \int d t \frac{1}{8 π} \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} 4 π c^{2} (k^{'} \times a_{k^{'}}^{*}) \cdot (k \times a_{k}) \int d^{3} r e^{i (k - k^{'}) \cdot r} \\ = \int d t \frac{1}{8 π} \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} (i k ϕ_{k^{'}}^{*} - \sqrt{4 π} {\dot{a}}_{k^{'}}^{*}) (- i k ϕ_{k} - \sqrt{4 π} {\dot{a}}_{k}) (2 π)^{3} δ^{3} (k - k^{'}) \\ - \int d t \frac{1}{8 π} \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} 4 π c^{2} (k^{'} \times a_{k^{'}}^{*}) \cdot (k \times a_{k}) (2 π)^{3} δ^{3} (k - k^{'}) \\ = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \frac{1}{2} ({\dot{a}}_{k}^{*} - \frac{i k}{\sqrt{4 π}} ϕ_{k}^{*}) ({\dot{a}}_{k} + \frac{i k}{\sqrt{4 π}} ϕ_{k}) - \int d t \frac{1}{8 π} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} 4 π c^{2} (k \times a_{k}^{*}) \cdot (k \times a_{k}) \\ = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \frac{1}{2} {| {\dot{a}}_{k} + \frac{i k}{\sqrt{4 π}} ϕ_{k} |}^{2} - \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \frac{c^{2}}{2} | k \times a_{k} |^{2} \\ (4) & = \frac{1}{2} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ({\dot{a}}_{k}^{*} \cdot {\dot{a}}_{k} + \frac{k^{2}}{4 π} ϕ_{k}^{*} ϕ_{k} - c^{2} | k \times a_{k} |^{2}) \end{aligned}

ここで被積分関数の第2項は, ベクトル解析の公式

(a \times b) \cdot (c \times d) = (a \cdot c) (b \cdot d) - (a \cdot d) (b \cdot c)

と, 式 (9-13) の

k \cdot a_{k} = 0

を用いると次に変形できる：

\begin{matrix} (5) & | k \times a_{k} |^{2} = (k \times a_{k}^{*}) \cdot (k \times a_{k}) = (k \cdot k) (a_{k}^{*} \cdot a_{k}) - (k \cdot a_{k}) (a_{k}^{*} \cdot k) = k^{2} (a_{k}^{*} \cdot a_{k}) = k^{2} | a_{k} |^{2} \end{matrix}

従って

S_{3}

は次のように書くことも出来る：

\begin{matrix} (6) & S_{3} = \frac{1}{2} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ({\dot{a}}_{k}^{*} \cdot {\dot{a}}_{k} + \frac{k^{2}}{4 π} ϕ_{k}^{*} ϕ_{k} - c^{2} k^{2} a_{k}^{*} \cdot a_{k}) \end{matrix}

次に $S_{2}$ を, 同様に式 (9-25) に式 (9-14) を代入して求めるならば次となる：

\begin{aligned} S_{2} & = - \int d t \int d^{3} r [ρ (r, t) ϕ (r, t) - \frac{1}{c} j (r, t) \cdot A (r, t)], \\ \int d^{3} r ρ ϕ & = \int d^{3} r \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} ρ_{k^{'}} (t) e^{i k^{'} \cdot r} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ϕ_{k} (t) e^{i k \cdot r} \\ = \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ρ_{k^{'}} (t) ϕ_{k} (t) \int d^{3} r e^{i (k^{'} + k) \cdot r} \\ = \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ρ_{k^{'}} (t) ϕ_{k} (t) (2 π)^{3} δ^{3} (k^{'} + k) \\ = \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ρ_{- k} (t) ϕ_{k} (t), \\ \frac{1}{c} \int d^{3} r j \cdot A & = \frac{1}{c} \int d^{3} r (\int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} j_{k^{'}} (t) e^{i k^{'} \cdot r}) \cdot (\sqrt{4 π} c \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} a_{k} (t) e^{i k \cdot r}) \\ = \sqrt{4 π} \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} j_{k^{'}} (t) \cdot a_{k} (t) \int d^{3} r e^{i (k^{'} + k) \cdot r} \\ = \sqrt{4 π} \int \frac{d^{3} k^{'}}{(2 π)^{3}} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} j_{k^{'}} (t) \cdot a_{k} (t) (2 π)^{3} δ^{3} (k^{'} + k) \\ = \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \sqrt{4 π} j_{- k} (t) \cdot a_{k} (t), \\ (7) & ∴ S_{2} & = - \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} {ρ_{- k} (t) ϕ_{k} (t) - \sqrt{4 π} j_{- k} (t) \cdot a_{k} (t)} \end{aligned}

次に

S_{2}

と

S_{3}

から

ϕ_{k}

の項のみを集めて

S_{c}

とすると,

\begin{matrix} (8) & S_{c} = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} {\frac{1}{2} \frac{k^{2}}{4 π} ϕ_{k}^{*} (t) ϕ_{k} (t) - ρ_{- k} (t) ϕ_{k} (t)} \end{matrix}

ここで, 式 (9-14) の

ϕ (r, t)

及び

ρ (r, t)

の複素共役をとってみると,

ϕ^{*} (r, t) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ϕ_{k}^{*} e^{- i k \cdot r}, ρ^{*} (r, t) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ρ_{k}^{*} e^{- i k \cdot r}

このとき

k \to - k

の変数変換を行ってみると, 例えば

ϕ

の場合では次となる：

ϕ^{*} (r, t) = \int_{- \infty}^{\infty} \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ϕ_{- k}^{*} e^{i k \cdot r}, [(cf.) ϕ (r, t) = \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ϕ_{k} e^{i k \cdot r}]

これを式 (9-14) の

ϕ

と比較すると

ϕ_{k}^{*} = ϕ_{- k}

が成り立つことが分かる．また同様なことが

ρ

についても成り立つから, 式 (9-17) の複素共役も含めて次が言える：

\begin{aligned} ϕ_{- k}^{*} (t) = ϕ_{k} (t), or ϕ_{k}^{*} (t) = ϕ_{- k} (t), where ϕ_{k} = \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{k} (t) \\ ρ_{- k}^{*} (t) = ρ_{k} (t), or ρ_{k}^{*} (t) = ρ_{- k} (t), \\ (9) & \to & ϕ_{k}^{*} (t) = \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{k}^{*} (t) = \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{- k} (t) = ϕ_{- k} (t) ∴ ϕ_{k}^{*} (t) = \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{- k} (t) \end{aligned}

従って, 式 (9-17) とこの式 (9) を式 (8) に代入すると,

\begin{aligned} S_{c} & = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} {\frac{1}{2} \frac{k^{2}}{4 π} ϕ_{k}^{*} ϕ_{k} - ρ_{- k} (t) ϕ_{k} (t)} \\ = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} {\frac{1}{2} \frac{k^{2}}{4 π} \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{- k} (t) \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{k} (t) - ρ_{- k} (t) \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{k} (t)} \\ = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} {\frac{1}{2} \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{- k} (t) ρ_{k} (t) - \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{- k} (t) ρ_{k} (t)} \\ (10) & = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} {- \frac{1}{2} \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{k} (t) ρ_{- k} (t)} \end{aligned}

更に, 式 (9-16) から次が言える：

\begin{matrix} (11) & ρ_{k} (t) = \sum_{j} e_{j} e^{- i k \cdot q_{j} (t)}, \to ρ_{- k} (t) = \sum_{i} e_{i} e^{i k \cdot q_{i} (t)} \end{matrix}

これを上の式 (10) に代入すると,

\begin{aligned} S_{c} & = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} {- \frac{1}{2} \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{k} (t) ρ_{- k} (t)} \\ = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} {- \frac{1}{2} \frac{4 π}{k^{2}} \sum_{j} e_{j} e^{- i k \cdot q_{j} (t)} \sum_{i} e_{i} e^{i k \cdot q_{i} (t)}} \\ (12) & = \int d t \sum_{i} \sum_{j} e_{i} e_{j} {- \frac{1}{2} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \frac{4 π}{k^{2}} e^{i k \cdot (q_{i} - q_{j})}} \end{aligned}

このとき, 問題 9-3 で求めた式 (8) 及び式 (9) から, グリーン関数

G (x)

について次が言える：

\begin{matrix} (13) & G (x) = \frac{1}{4 π | x |} = \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \frac{e^{i k \cdot r}}{k^{2}} \to \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \frac{4 π}{k^{2}} e^{i k \cdot r} = \frac{1}{| x |} \end{matrix}

これを上式 (12) に用いるならば,

\begin{aligned} S_{c} & = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} {- \frac{1}{2} \frac{4 π}{k^{2}} ρ_{k} (t) ρ_{- k} (t)} = \int d t \sum_{i} \sum_{j} e_{i} e_{j} {- \frac{1}{2} \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \frac{4 π}{k^{2}} e^{i k \cdot (q_{i} - q_{j})}} \\ (14) & = \int d t \sum_{i} \sum_{j} e_{i} e_{j} {- \frac{1}{2} \frac{1}{| q_{i} - q_{j} |}} = - \frac{1}{2} \int d t [\sum_{i} \sum_{j} \frac{e_{i} e_{j}}{| q_{i} - q_{j} |}] \end{aligned}

すなわち, 我々はこのクーロン相互作用 $S_{c}$ を「物質(matter) の作用 $S_{m a t}$ 」の中に含めることにする：

\begin{matrix} (9-30) & S_{m a t} = S_{1} + S_{c} = \int d t \sum_{i} (\frac{m_{i}}{2} {\dot{q}}_{i}^{2} - \frac{1}{2} \sum_{j} \frac{e_{i} e_{j}}{| q_{i} - q_{j} |}) \end{matrix}

そして, 全体の作用を

S = S_{m a t} + S_{i n t} + S_{r a d}

と書き表わすことにする．従って, 電磁場の作用

S_{3}

を2つの部分に分けた訳である：

S_{2} + S_{3} = S_{c} + S_{r a d} + S_{i n t}

．従って,

S = S_{1} + S_{2} + S_{3} = S_{1} + S_{c} + S_{r a d} + S_{i n t} = S_{m a t} + S_{r a d} + S_{i n t}

「

S_{c}

は瞬間的なクーロン相互作用」に寄与する．そして残りは「輻射場：

S_{r a d}

」と呼ぶことにする．(輻射場は瞬間場に対する補正を表わす．例えば, 全体の効果は遅れを伴うものであり, 光の速さを超えて作用することはないからである)．
「輻射場の作用」

S_{r a d}

は,

S_{3}

から

ϕ_{k}

を含む項を差し引いたものである．すなわち,

\begin{aligned} S_{r a d} & = \frac{1}{2} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ({\dot{a}}_{k}^{*} \cdot {\dot{a}}_{k} - k^{2} c^{2} a_{k}^{*} \cdot a_{k}) \\ (9-31) & = \frac{1}{2} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ({\dot{a}}_{1 k}^{*} {\dot{a}}_{1 k} - k^{2} c^{2} a_{1 k}^{*} a_{1 k} + {\dot{a}}_{2 k}^{*} {\dot{a}}_{2 k} - k^{2} c^{2} a_{2 k}^{*} a_{2 k}) \end{aligned}

この

S_{r a d}

は, まさに「輻射振動子の作用」である！．

「輻射振動子と粒子の相互作用」の作用積分 $S_{i n t}$ は, 式(9-28)の $S_{2}$ から $ϕ_{k}$ の含まれる項を除いたものである．従って次となる：

\begin{matrix} (9-32) & S_{i n t} = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \sqrt{4 π} j_{- k} \cdot a_{k} = \sqrt{4 π} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} (j_{1, - k} a_{1 k} + j_{2, - k} a_{2 k}) \end{matrix}

a_{1 k}

と

a_{2 k}

について全作用

S

を変分すると, 運動方程式 (9-21) と式 (9-22) が得られることは明らかである．

式 (9-16) から $j_{- k} = \sum_{j} e_{j} {\dot{q}}_{j} (t) e^{i k \cdot q_{j} (t)}$ である．これを式 (9-32) の作用 $S_{i n t}$ に代入して, より明示的に書き表わそう． $a$ と $q_{j}$ を (縦成分, 横成分) の成分表示をするならば, $a_{k} = (0, a_{1 k}, a_{2 k})$ 及び ${\dot{q}}_{j} = ({\dot{q}}_{k j}, {\dot{q}}_{1 j}, {\dot{q}}_{2 j})$ となるので, ${\dot{q}}_{j} (t) \cdot a_{k} = {\dot{q}}_{1 j} a_{1 k} + {\dot{q}}_{2 j} a_{2 k}$ である．よって作用 $S_{i n t}$ は次となる：

\begin{aligned} S_{i n t} & = \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \sqrt{4 π} j_{- k} \cdot a_{k} = \sqrt{4 π} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \sum_{j} e_{j} {\dot{q}}_{j} (t) \cdot a_{k} e^{i k \cdot q_{j} (t)} \\ (9-33) & = \sqrt{4 π} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \sum_{j} e_{j} (a_{1 k} {\dot{q}}_{1 j} + a_{2 k} {\dot{q}}_{2 j}) e^{i k \cdot q_{j} (t)} \end{aligned}

ただし

q_{1 j}

と

q_{2 j}

は

k

に垂直な方向への

q_{j}

の成分である．よって, 非相対論的力学と電気力学の全ての法則は, 次の命題(proposition)
にまとめられる．すなわち,「式 (9-30), 式 (9-31), 式 (9-33) の和である作用

S

は, 変数

q_{j} (t), a_{1 k} (t), a_{2 k} (t)

の経路の変分に対して停留値をとる」：

δ S = 0, S = S_{m a t} + S_{r a d} + S_{i n t}

ただし,

\begin{aligned} S_{m a t} & = \int d t \sum_{i} (\frac{m_{i}}{2} {\dot{q}}_{i}^{2} - \frac{1}{2} \sum_{j} \frac{e_{i} e_{j}}{| q_{i} - q_{j} |}) \\ S_{r a d} & = \frac{1}{2} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} ({\dot{a}}_{1 k}^{*} {\dot{a}}_{1 k} - k^{2} c^{2} a_{1 k}^{*} a_{1 k} + {\dot{a}}_{2 k}^{*} {\dot{a}}_{2 k} - k^{2} c^{2} a_{2 k}^{*} a_{2 k}) \\ S_{i n t} & = \sqrt{4 π} \int d t \int \frac{d^{3} k}{(2 π)^{3}} \sum_{j} e_{j} (a_{1 k} {\dot{q}}_{1 j} + a_{2 k} {\dot{q}}_{2 j}) e^{i k \cdot q_{j} (t)} \end{aligned}

「量子電気力学は, これらの経路について

e^{i S / ℏ}

を積分する結果として生じるものである」．それは次節で記述される．

References[+]

References
↑1	式 (9-24) から式 (9-26) の作用積分はどのようにして得られたのかと疑問に思う必要はない．高橋康：「量子力学を学ぶための解析力学入門」に次のような文章があった：「作用積分 $S$ 中のラグランジアン $L$ は適当に選んでおいて, 「作用積分 $S$ を極値にする」という条件を課すことによって, 運動方程式を得ることが出来る．簡単な力学系では,ラグランジアン $L$ として, 運動エネルギー $T$ とポテンシャルエネルギー $V$ の差をとっておけばよいが, 更に複雑な系では, 与えられた運動方程式を得るように $L$ を逆算しなければならない．これには色々と推論する以外に一定の方法はない！」．
↑2	$S = S_{m a t} + S_{i n t} + S_{r a d}$ の $a_{1 k}$ と $a_{2 k}$ の変分に関係するのは, 明らかに $S_{r a d}$ と $S_{i n t}$ だけである.問題 9-4 で述べたオイラー=ラグランジュ方程式は, この場合には $k$ 空間に於ける式と考え, 変数 $a_{1 k}$ 及び $a_{2 k}$ を $a_{k}$ と記すならば次とすればよいであろう： $\begin{matrix} (1) & \sum_{i} \frac{\partial}{\partial k_{i}} (\frac{\partial L}{\partial (\partial a_{k} / \partial k_{i})}) + \frac{\partial}{\partial t} \frac{\partial L}{\partial (\partial a_{k} / \partial t)} - \frac{\partial L}{\partial a_{k}} = 0 \end{matrix}$ このとき関係するラグランジアン密度は次である： $\begin{matrix} (2) & L = L_{r a d} + L_{i n t}, L_{r a d} = \frac{1}{2} {\dot{a}}_{k}^{2} - \frac{1}{2} k^{2} c^{2} a_{k}^{2}, L_{i n t} = \sqrt{4 π} j_{- k} a_{k} \end{matrix}$ 従って, 例えば $a_{k} = a_{1 k}$ についてのオイラー=ラグランジュ方程式は次となる： $\begin{aligned} \frac{\partial}{\partial k_{x}} \frac{\partial L}{\partial (\partial a_{k} / \partial k_{x})} & + \frac{\partial}{\partial k_{y}} \frac{\partial L}{\partial (\partial a_{k} / \partial k_{y})} + \frac{\partial}{\partial k_{z}} \frac{\partial L}{\partial (\partial a_{k} / \partial k_{z})} + \frac{\partial}{\partial t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{a}}_{k}} - \frac{\partial L}{\partial a_{k}} \\ = \frac{\partial}{\partial t} \frac{\partial L}{\partial {\dot{a}}_{k}} - \frac{\partial L}{\partial a_{k}} = \frac{\partial}{\partial t} \frac{1}{2} 2 {\dot{a}}_{k} + \frac{1}{2} k^{2} c^{2} 2 a_{k} - \sqrt{4 π} j_{- k} = 0 \\ ∴ & {\ddot{a}}_{1 k} + k^{2} c^{2} a_{1 k} = \sqrt{4 π} j_{1, - k} \end{aligned}$ だが, この結果はその右辺が式 (9-21) と一致していない！．しかしながら, 図１の右図を見れば分かるように, 偏極ベクトル $ϵ^{(1)}$ と $ϵ^{(2)}$ の位置関係は $(ϵ^{(1)}, ϵ^{(2)}, k)$ がこの順で右手系となるように選定するのであった．よって, 右図の $- k$ の場合は, 左図の位置関係と全く同じであることになる．従って, 右辺の量 $\sqrt{4 π} j_{1, - k}$ は実質的に $\sqrt{4 π} j_{1 k}$ に等価だと考えて良いのであろう(?!)．

2025年5月
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