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Appendix A 練習問題 解答

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目次

Basic（基礎）

Medium（標準）

Advanced（発展）

Basic（基礎）

B-1. 汎関数の値の計算

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問題:

汎関数 \(H[f] = \int_0^3 [f(x)]^2\,dx\) に \(f(x) = 2x\) を代入して、\(H[f]\) の値を求めよ。

解法の方針: \(f(x) = 2x\) を汎関数 \(H[f] = \int_0^3 [f(x)]^2\,dx\) に代入し、定積分を実行する。

計算:

\[ H[f] = \int_0^3 (2x)^2\,dx = \int_0^3 4x^2\,dx = 4\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^3 = 4 \cdot \frac{27}{3} = 4 \cdot 9 = 36 \]

最終回答:

\[ \boxed{H[f] = 36} \]

検算: 次元チェック：被積分関数 \(4x^2\) は \(x=3\) で \(4 \times 9 = 36\)、\(x=0\) で \(0\)。平均値は大体 \(4 \times (9/3) = 12\) 程度で、区間幅 3 を掛けると \(36\)。整合する。

B-2. 汎関数微分の基本計算

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問題:

汎関数 \(F[f] = \int_0^1 [f(x)]^4\,dx\) の汎関数微分 \(\frac{\delta F}{\delta f(x_0)}\)（\(0 \leq x_0 \leq 1\)）を求めよ。

解法の方針: 本文の計算例 2 の公式 \(\frac{\delta}{\delta f(x)}\int [f(y)]^p\,\varphi(y)\,dy = p[f(x)]^{p-1}\,\varphi(x)\) を \(p=4\), \(\varphi(y)=1\) として適用する。

計算:

\(F[f] = \int_0^1 [f(x)]^4\,dx\) に対して、\(f(x) \to f(x) + \epsilon\,\delta(x - x_0)\) と置き換える：

\[ F[f + \epsilon\delta] = \int_0^1 [f(x) + \epsilon\,\delta(x-x_0)]^4\,dx \]

\(\epsilon\) の 1 次まで展開：

\[ [f(x) + \epsilon\,\delta(x-x_0)]^4 \approx [f(x)]^4 + 4[f(x)]^3 \cdot \epsilon\,\delta(x-x_0) \]

したがって：

\[ \frac{\delta F}{\delta f(x_0)} = \lim_{\epsilon \to 0}\frac{1}{\epsilon}\int_0^1 4[f(x)]^3\,\epsilon\,\delta(x-x_0)\,dx = 4\int_0^1 [f(x)]^3\,\delta(x-x_0)\,dx \]

デルタ関数の拾い出し性質により（\(0 \leq x_0 \leq 1\) のとき）：

\[ \frac{\delta F}{\delta f(x_0)} = 4[f(x_0)]^3 \]

最終回答:

\[ \boxed{\frac{\delta F}{\delta f(x_0)} = 4[f(x_0)]^3} \]

検算: 普通の微分で \(\frac{d}{dx}x^4 = 4x^3\) となるのと同じパターン。べき乗を 1 つ下げて係数 4 を前に出す。整合する。

B-3. 重み付き汎関数微分

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問題:

汎関数 \(G[f] = \int_{-\infty}^{\infty} [f(y)]^2\,e^{-y^2}\,dy\) の汎関数微分 \(\frac{\delta G}{\delta f(x)}\) を求めよ。

解法の方針: 計算例 2 の公式で \(p = 2\), \(\varphi(y) = e^{-y^2}\) とする。

計算:

\(G[f] = \int_{-\infty}^{\infty} [f(y)]^2\,e^{-y^2}\,dy\) に対して、\(f(y) \to f(y) + \epsilon\,\delta(y - x)\) と置き換える：

\[ [f(y) + \epsilon\,\delta(y-x)]^2 \approx [f(y)]^2 + 2f(y)\cdot\epsilon\,\delta(y-x) \]

\(\epsilon\) の 1 次の項を拾い出す：

\[ \frac{\delta G}{\delta f(x)} = \int_{-\infty}^{\infty} 2f(y)\,\delta(y-x)\,e^{-y^2}\,dy \]

デルタ関数の拾い出し性質を適用：

\[ \frac{\delta G}{\delta f(x)} = 2f(x)\,e^{-x^2} \]

最終回答:

\[ \boxed{\frac{\delta G}{\delta f(x)} = 2f(x)\,e^{-x^2}} \]

検算: 重み関数 \(e^{-y^2}\) がそのまま \(e^{-x^2}\) として結果に残っている。\(\varphi(y) = 1\) とすれば \(2f(x)\) となり、D2 で \(p=2\) とした場合と一致する。整合。

B-4. デルタ関数を用いた汎関数微分

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問題:

汎関数 \(F[f] = f(a)\)（ある固定点 \(a\) での関数値）を積分表示 \(F[f] = \int f(y)\,\delta(y - a)\,dy\) と書き、定義に従って \(\frac{\delta F}{\delta f(x)}\) を計算せよ。

解法の方針: \(F[f] = f(a) = \int f(y)\,\delta(y-a)\,dy\) と積分表示し、定義に従って汎関数微分を計算する。

計算:

\(f(y) \to f(y) + \epsilon\,\delta(y - x)\) と置き換える：

\[ F[f + \epsilon\delta] = \int [f(y) + \epsilon\,\delta(y-x)]\,\delta(y-a)\,dy \]
\[ = \int f(y)\,\delta(y-a)\,dy + \epsilon\int \delta(y-x)\,\delta(y-a)\,dy \]
\[ = f(a) + \epsilon\,\delta(x - a) \]

ここで \(\int \delta(y-x)\,\delta(y-a)\,dy = \delta(x-a)\) を用いた（デルタ関数の合成性質）。

したがって：

\[ \frac{\delta F}{\delta f(x)} = \lim_{\epsilon \to 0}\frac{F[f+\epsilon\delta] - F[f]}{\epsilon} = \lim_{\epsilon \to 0}\frac{\epsilon\,\delta(x-a)}{\epsilon} = \delta(x-a) \]

最終回答:

\[ \boxed{\frac{\delta F}{\delta f(x)} = \delta(x - a)} \]

検算: これは「\(f(a)\) は \(f\) の \(y=a\) での値だけに依存する」ことを反映している。\(x = a\) のところだけ感度があり、それ以外では感度ゼロ。デルタ関数で表されるのは自然。また、\(\frac{\delta f(a)}{\delta f(x)} = \delta(x-a)\) は汎関数微分の基本公式として知られている。

B-5. Euler-Lagrange 方程式の適用（1 次元調和振動子）

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問題:

Lagrangian \(L = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}k x^2\) に対して、以下を順に計算せよ。

  1. \(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\)
  2. \(\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right)\)
  3. \(\frac{\partial L}{\partial x}\)
  4. Euler-Lagrange 方程式を書き下し、得られる運動方程式を確認せよ。

解法の方針: \(L = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2\) に対して各偏微分を順に計算する。

計算:

1.

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{x}} = \frac{\partial}{\partial \dot{x}}\left(\frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2\right) = m\dot{x} \]

2.

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) = \frac{d}{dt}(m\dot{x}) = m\ddot{x} \]

3.

\[ \frac{\partial L}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2\right) = -kx \]

4. Euler-Lagrange 方程式 \(\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) - \frac{\partial L}{\partial x} = 0\) に代入：

\[ m\ddot{x} - (-kx) = 0 \quad \Longrightarrow \quad m\ddot{x} + kx = 0 \]

すなわち：

\[ \boxed{m\ddot{x} = -kx} \]

検算: これは調和振動子の運動方程式であり、角振動数 \(\omega = \sqrt{k/m}\) の単振動を記述する。Newton の第二法則 \(F = -kx = ma\) と一致する。

B-6. 正準運動量の計算

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問題:

以下の各 Lagrangian について正準運動量 \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) を求めよ。

(a) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mg q\)（一様重力場中の自由落下）

(b) \(L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r)\)（2 次元極座標）について \(p_r\) と \(p_\theta\) をそれぞれ求めよ。

(a) 一様重力場中の自由落下:

\(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mgq\)

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = \frac{\partial}{\partial \dot{q}}\left(\frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mgq\right) = m\dot{q} \]
\[ \boxed{p = m\dot{q}} \]

(b) 2 次元極座標:

\(L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r)\)

\[ p_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m\dot{r} \]
\[ p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = mr^2\dot{\theta} \]
\[ \boxed{p_r = m\dot{r}, \qquad p_\theta = mr^2\dot{\theta}} \]

検算: \(p_r = m\dot{r}\) は動径方向の線運動量。\(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\) は角運動量 \(L_z\) に対応する。\(V(r)\) が \(\theta\) に依存しないので \(\theta\) は循環座標であり、\(p_\theta\) は保存量（角運動量保存）。物理的に正しい。

B-7. Hamiltonian の構成

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問題:

1 次元調和振動子の Lagrangian \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) に対して：

  1. 正準運動量 \(p\) を求めよ。
  2. \(\dot{q}\) を \(p\) と \(m\) で表せ。
  3. Hamiltonian \(H = p\dot{q} - L\) を \(q\) と \(p\) の関数として書き下せ。

\(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\)

1. 正準運動量：

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q} \]

2. \(\dot{q}\) を \(p\) で表す：

\[ \dot{q} = \frac{p}{m} \]

3. Hamiltonian \(H = p\dot{q} - L\) を構成：

\[ H = p \cdot \frac{p}{m} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p}{m}\right)^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\right] \]
\[ = \frac{p^2}{m} - \frac{1}{2}\frac{p^2}{m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2 \]
\[ = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2 \]

最終回答:

\[ \boxed{H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2} \]

検算: \(H = T + V\)（全エネルギー）の形になっている。\(L = T - V\) に対して Legendre 変換すると \(H = T + V\) になるのは一般的な結果。また、量子力学の調和振動子 Hamiltonian \(\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\) の古典版と一致する。

B-8. 場の Euler-Lagrange 方程式の適用

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問題:

Lagrangian 密度 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi\) （質量項なし）に対して、場の Euler-Lagrange 方程式を適用し、運動方程式を導け。

解法の方針: \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi\) に対して場の Euler-Lagrange 方程式 \(\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0\) を適用する。

計算:

\(\mathcal{L}\) は \(\phi\) そのものを含まないので：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0 \]

\(\partial_\mu\phi\) による偏微分：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\phi)}\left(\frac{1}{2}\partial_\nu\phi\,\partial^\nu\phi\right) = \partial^\mu\phi \]

（ここで \(\frac{1}{2}\partial_\nu\phi\,g^{\nu\rho}\partial_\rho\phi\) を \(\partial_\mu\phi\) で微分すると \(g^{\mu\rho}\partial_\rho\phi = \partial^\mu\phi\) が得られる。）

場の Euler-Lagrange 方程式に代入：

\[ \partial_\mu(\partial^\mu\phi) - 0 = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu\partial^\mu\phi = \Box\phi = 0} \]

最終回答: これは波動方程式（質量ゼロの Klein-Gordon 方程式）である。成分で書くと：

\[ \frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} - \nabla^2\phi = 0 \]

検算: 質量項 \(\frac{m^2}{2}\phi^2\) がないので、質量ゼロの自由場の方程式が得られるべき。\(\Box\phi = 0\) は確かに質量ゼロの Klein-Gordon 方程式（＝波動方程式）。整合する。

B-9. \(\phi^3\) 理論の運動方程式

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問題:

Lagrangian 密度 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{m^2}{2}\phi^2 - \frac{g}{3!}\phi^3\) に対して、場の Euler-Lagrange 方程式を適用し、運動方程式を導け。

解法の方針: \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{m^2}{2}\phi^2 - \frac{g}{3!}\phi^3\) に場の Euler-Lagrange 方程式を適用する。

計算:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \partial^\mu\phi \]
\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -m^2\phi - \frac{g}{3!}\cdot 3\phi^2 = -m^2\phi - \frac{g}{2}\phi^2 \]

場の Euler-Lagrange 方程式 \(\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0\)：

\[ \partial_\mu\partial^\mu\phi - \left(-m^2\phi - \frac{g}{2}\phi^2\right) = 0 \]
\[ \boxed{\left(\Box + m^2\right)\phi + \frac{g}{2}\phi^2 = 0} \]

あるいは等価な形で：

\[ (\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi = -\frac{g}{2}\phi^2 \]

最終回答: \(\phi^3\) 理論の運動方程式は上式の通り。左辺は自由 Klein-Gordon 方程式の演算子、右辺が非線形相互作用項。

検算: \(g = 0\) とすると自由 Klein-Gordon 方程式 \((\Box + m^2)\phi = 0\) に帰着する。また、本文の \(\phi^4\) 理論の例と比較すると、\(\frac{\lambda}{4!}\phi^4\) の場合は \(\frac{\lambda}{3!}\phi^3\) が右辺に現れるのと同じパターンで、\(\frac{g}{3!}\phi^3\) の場合は \(\frac{g}{2}\phi^2\) が現れる。整合する。

B-10. 汎関数微分の連鎖律

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問題:

汎関数 \(S[q] = \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m[\dot{q}(t)]^2\,dt\) の汎関数微分 \(\frac{\delta S}{\delta q(t')}\)（\(t_1 < t' < t_2\)）を計算せよ。ただし端点条件 \(\delta q(t_1) = \delta q(t_2) = 0\) を用いてよい。

解法の方針: \(S[q] = \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m[\dot{q}(t)]^2\,dt\) に対して \(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\) と置き換え、\(\epsilon\) の 1 次の項を拾い出す。

計算:

\(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\) とすると \(\dot{q}(t) \to \dot{q}(t) + \epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\)。

\[ S[q + \epsilon\delta] = \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m\left[\dot{q}(t) + \epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\right]^2 dt \]

\(\epsilon\) の 1 次まで展開：

\[ \approx \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m\left[\dot{q}^2 + 2\dot{q}(t)\cdot\epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\right]dt \]

\(\epsilon\) の 1 次の項：

\[ \frac{\delta S}{\delta q(t')} = \int_{t_1}^{t_2} m\dot{q}(t)\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\,dt \]

部分積分を行う（\(u = m\dot{q}(t)\), \(dv = \frac{d}{dt}\delta(t-t')\,dt\)）：

\[ = \left[m\dot{q}(t)\,\delta(t-t')\right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2} m\ddot{q}(t)\,\delta(t-t')\,dt \]

端点条件 \(\delta q(t_1) = \delta q(t_2) = 0\) に対応して、\(t'\) が区間の内部にあるとき表面項は消える（\(\delta(t-t')\) は \(t = t_1, t_2\) でゼロ）。

デルタ関数の拾い出し性質を適用：

\[ \frac{\delta S}{\delta q(t')} = -m\ddot{q}(t') \]

最終回答:

\[ \boxed{\frac{\delta S}{\delta q(t')} = -m\ddot{q}(t')} \]

検算: \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\)（\(V = 0\)）に対する Euler-Lagrange 方程式は \(m\ddot{q} = 0\)。汎関数微分 \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = 0\) から \(-m\ddot{q}(t') = 0\)、すなわち \(m\ddot{q} = 0\) が得られ、整合する。

Medium（標準）

M-1. 作用原理から Newton の重力運動方程式を導出

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問題:

質量 \(m\) の粒子が一様重力場中で鉛直方向に運動する。Lagrangian は

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{z}^2 - mgz \]

である。以下を示せ。

  1. 作用 \(S[z] = \int_{t_1}^{t_2} L\,dt\) の変分 \(\delta S\) を計算し、\(\delta z(t)\) を含む積分の形に整理せよ（部分積分を明示すること）。
  2. \(\delta S = 0\) から Euler-Lagrange 方程式を導き、\(m\ddot{z} = -mg\) を得よ。
  3. 得られた方程式が Newton の運動方程式 \(F = ma\) と一致することを確認せよ。

解法の方針: \(L = \frac{1}{2}m\dot{z}^2 - mgz\) に対して作用の変分を計算し、部分積分を経て Euler-Lagrange 方程式を導く。

1. 作用の変分:

作用は \(S[z] = \int_{t_1}^{t_2}\left(\frac{1}{2}m\dot{z}^2 - mgz\right)dt\)。

経路を \(z(t) \to z(t) + \delta z(t)\) とずらす（端点条件 \(\delta z(t_1) = \delta z(t_2) = 0\)）。

\[ \delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[\frac{\partial L}{\partial z}\delta z + \frac{\partial L}{\partial \dot{z}}\delta\dot{z}\right]dt \]

各偏微分を計算：

\[ \frac{\partial L}{\partial z} = -mg, \qquad \frac{\partial L}{\partial \dot{z}} = m\dot{z} \]

代入：

\[ \delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[(-mg)\,\delta z + m\dot{z}\,\delta\dot{z}\right]dt \]

第 2 項を部分積分する。\(\delta\dot{z} = \frac{d}{dt}(\delta z)\) なので：

\[ \int_{t_1}^{t_2} m\dot{z}\,\frac{d(\delta z)}{dt}\,dt = \left[m\dot{z}\,\delta z\right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2} m\ddot{z}\,\delta z\,dt \]

端点条件 \(\delta z(t_1) = \delta z(t_2) = 0\) より表面項は消える：

\[ \left[m\dot{z}\,\delta z\right]_{t_1}^{t_2} = m\dot{z}(t_2)\cdot 0 - m\dot{z}(t_1)\cdot 0 = 0 \]

したがって：

\[ \delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[-mg - m\ddot{z}\right]\delta z\,dt \]

2. Euler-Lagrange 方程式:

\(\delta S = 0\) が任意の \(\delta z(t)\) に対して成り立つためには、被積分関数がゼロ：

\[ -mg - m\ddot{z} = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{z} = -mg} \]

3. Newton の運動方程式との一致:

一様重力場中で質量 \(m\) の粒子に働く力は \(F = -mg\)（鉛直上向きを正とした場合）。Newton の第二法則 \(F = ma\) は：

\[ ma = -mg \quad \Longrightarrow \quad m\ddot{z} = -mg \]

これは上で得た結果と完全に一致する。

検算: 次元解析：\([m\ddot{z}] = \text{kg}\cdot\text{m/s}^2 = \text{N}\)、\([mg] = \text{kg}\cdot\text{m/s}^2 = \text{N}\)。整合。また、\(g \to 0\) とすると \(m\ddot{z} = 0\)（等速直線運動）が得られ、物理的に正しい。

M-2. 場の正準運動量と Hamiltonian 密度

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問題:

Klein-Gordon 場の Lagrangian 密度

\[ \mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{m^2}{2}\phi^2 = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{m^2}{2}\phi^2 \]

に対して以下を行え。

  1. 正準運動量密度 \(\pi(x) = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}\) を求めよ。
  2. Hamiltonian 密度 \(\mathcal{H} = \pi\dot{\phi} - \mathcal{L}\) を \(\phi\), \(\pi\), \(\nabla\phi\) で書き下せ。
  3. 得られた \(\mathcal{H}\) がエネルギー密度（正定値）であることを確認せよ。

1. 正準運動量密度:

\[ \mathcal{L} = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{m^2}{2}\phi^2 \]
\[ \pi(x) = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}} = \frac{\partial}{\partial\dot{\phi}}\left(\frac{1}{2}\dot{\phi}^2\right) = \dot{\phi} \]
\[ \boxed{\pi(x) = \dot{\phi}(x)} \]

2. Hamiltonian 密度:

\[ \mathcal{H} = \pi\dot{\phi} - \mathcal{L} \]

\(\dot{\phi} = \pi\) を代入：

\[ \mathcal{H} = \pi \cdot \pi - \left[\frac{1}{2}\pi^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{m^2}{2}\phi^2\right] \]
\[ = \pi^2 - \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2 \]
\[ \boxed{\mathcal{H} = \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2} \]

3. 正定値性の確認:

\(\mathcal{H}\) は 3 つの項の和：

  • \(\frac{1}{2}\pi^2 \geq 0\)（実数の二乗）
  • \(\frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 \geq 0\)（ベクトルの二乗のノルム）
  • \(\frac{m^2}{2}\phi^2 \geq 0\)（\(m^2 > 0\) かつ実数の二乗）

したがって \(\mathcal{H} \geq 0\) であり、エネルギー密度は正定値（正確には非負定値）である。等号 \(\mathcal{H} = 0\) は \(\pi = 0\), \(\nabla\phi = 0\), \(\phi = 0\) のときのみ成立する。

検算: 粒子力学の調和振動子で \(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\)（正定値）であったのと同じ構造。場の各モードが独立な調和振動子であることと整合する。また、本編第 4 章で Klein-Gordon 場を量子化した際の Hamiltonian \(\hat{H} = \int d^3x\,\hat{\mathcal{H}}\) の古典版と一致する。

M-3. Poisson 括弧と Hamilton の運動方程式

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問題:

1 次元の粒子について、Hamiltonian が \(H(q, p) = \frac{p^2}{2m} + V(q)\) で与えられるとする。Poisson 括弧 (ポアソン括弧) は

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial A}{\partial q}\frac{\partial B}{\partial p} - \frac{\partial A}{\partial p}\frac{\partial B}{\partial q} \]

と定義される。以下を示せ。

  1. \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\) を確認せよ。
  2. Hamilton の運動方程式 \(\dot{q} = \{q, H\}_{\mathrm{PB}}\), \(\dot{p} = \{p, H\}_{\mathrm{PB}}\) を計算し、それぞれ \(\dot{q} = p/m\), \(\dot{p} = -\frac{dV}{dq}\) を得よ。
  3. 正準量子化の処方箋「\(\{A, B\}_{\mathrm{PB}} \to \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{B}]\)」を用いて、\([\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar\) が得られることを確認せよ。

1. \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\) の確認:

\[ \{q, p\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial p}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial q} \]
\[ = 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 1 \]
\[ \boxed{\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1} \]

2. Hamilton の運動方程式:

\(H = \frac{p^2}{2m} + V(q)\) に対して：

\(\dot{q}\) の方程式:

\[ \{q, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial H}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial H}{\partial q} \]
\[ = 1 \cdot \frac{p}{m} - 0 \cdot \frac{dV}{dq} = \frac{p}{m} \]
\[ \boxed{\dot{q} = \{q, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{p}{m}} \]

\(\dot{p}\) の方程式:

\[ \{p, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial p}{\partial q}\frac{\partial H}{\partial p} - \frac{\partial p}{\partial p}\frac{\partial H}{\partial q} \]
\[ = 0 \cdot \frac{p}{m} - 1 \cdot \frac{dV}{dq} = -\frac{dV}{dq} \]
\[ \boxed{\dot{p} = \{p, H\}_{\mathrm{PB}} = -\frac{dV}{dq}} \]

3. 正準量子化の処方箋:

処方箋 \(\{A, B\}_{\mathrm{PB}} \to \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{B}]\) を \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\) に適用：

\[ \frac{1}{i\hbar}[\hat{q}, \hat{p}] = 1 \]
\[ \boxed{[\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar} \]

検算: これは量子力学の基本交換関係であり、本編第 4 章で場の正準量子化を行う際の出発点となった。\(\dot{q} = p/m\) と \(\dot{p} = -dV/dq\) を組み合わせると \(m\ddot{q} = -dV/dq = F\)（Newton の第二法則）が再現される。

M-4. 多自由度系の Legendre 変換

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問題:

\(N\) 個の一般化座標 \(q_1, \ldots, q_N\) を持つ系の Lagrangian \(L(q_i, \dot{q}_i)\) に対して：

  1. 正準運動量 \(p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}\) を定義し、Hamiltonian を
\[ H = \sum_{i=1}^N p_i \dot{q}_i - L \]

と構成する。\(H\) が \(\dot{q}_i\) を含まず \((q_i, p_i)\) のみの関数になることを、\(H\) の全微分 \(dH\) を計算することで示せ。

  1. \(dH\) の表式から Hamilton の正準方程式
\[ \dot{q}_i = \frac{\partial H}{\partial p_i}, \qquad \dot{p}_i = -\frac{\partial H}{\partial q_i} \]

を導け。

1. \(H\) が \((q_i, p_i)\) のみの関数であることの証明:

\(H = \sum_{i=1}^N p_i\dot{q}_i - L(q_i, \dot{q}_i)\) の全微分を計算する：

\[ dH = \sum_{i=1}^N \left(\dot{q}_i\,dp_i + p_i\,d\dot{q}_i\right) - \sum_{i=1}^N\left(\frac{\partial L}{\partial q_i}dq_i + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}d\dot{q}_i\right) \]

正準運動量の定義 \(p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}\) を用いると、\(d\dot{q}_i\) を含む項は：

\[ \sum_{i=1}^N p_i\,d\dot{q}_i - \sum_{i=1}^N \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}d\dot{q}_i = \sum_{i=1}^N (p_i - p_i)\,d\dot{q}_i = 0 \]

したがって \(d\dot{q}_i\) の項は完全に消え：

\[ dH = \sum_{i=1}^N \dot{q}_i\,dp_i - \sum_{i=1}^N \frac{\partial L}{\partial q_i}dq_i \]

\(dH\) は \(dp_i\) と \(dq_i\) のみで書かれているので、\(H\) は \((q_i, p_i)\) のみの関数である。\(\dot{q}_i\) には依存しない。\(\square\)

2. Hamilton の正準方程式の導出:

\(H\) が \((q_i, p_i)\) の関数であるから、その全微分は：

\[ dH = \sum_{i=1}^N \frac{\partial H}{\partial p_i}dp_i + \sum_{i=1}^N \frac{\partial H}{\partial q_i}dq_i \]

これを先ほど得た表式と比較する：

\[ dH = \sum_{i=1}^N \dot{q}_i\,dp_i - \sum_{i=1}^N \frac{\partial L}{\partial q_i}dq_i \]

\(dp_i\) の係数を比較：

\[ \frac{\partial H}{\partial p_i} = \dot{q}_i \]

\(dq_i\) の係数を比較：

\[ \frac{\partial H}{\partial q_i} = -\frac{\partial L}{\partial q_i} \]

Euler-Lagrange 方程式より \(\frac{\partial L}{\partial q_i} = \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} = \dot{p}_i\) なので：

\[ \frac{\partial H}{\partial q_i} = -\dot{p}_i \]

以上をまとめて Hamilton の正準方程式：

\[ \boxed{\dot{q}_i = \frac{\partial H}{\partial p_i}, \qquad \dot{p}_i = -\frac{\partial H}{\partial q_i}} \]

検算: \(N=1\), \(H = \frac{p^2}{2m} + V(q)\) で確認：\(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m}\), \(\dot{p} = -\frac{\partial H}{\partial q} = -\frac{dV}{dq}\)。S3 の結果と一致する。

M-5. 汎関数微分と Euler-Lagrange 方程式の関係

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問題:

作用

\[ S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L(q(t), \dot{q}(t))\,dt \]

に対して、汎関数微分 \(\frac{\delta S}{\delta q(t')}\) を計算し、結果が

\[ \frac{\delta S}{\delta q(t')} = \frac{\partial L}{\partial q}\bigg|_{t=t'} - \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\bigg|_{t=t'} \]

となることを示せ。これにより、\(\delta S = 0\) が Euler-Lagrange 方程式と等価であることを汎関数微分の言葉で再確認せよ。

解法の方針: \(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\) と置き換え、作用の \(\epsilon\) 1 次の項を抽出する。

計算:

\[ S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L(q(t), \dot{q}(t))\,dt \]

\(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\) とすると \(\dot{q}(t) \to \dot{q}(t) + \epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\)。

\(L\) を \(\epsilon\) の 1 次まで展開：

\[ L(q + \epsilon\delta(t-t'),\, \dot{q} + \epsilon\dot{\delta}(t-t')) \approx L(q,\dot{q}) + \frac{\partial L}{\partial q}\epsilon\,\delta(t-t') + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t') \]

\(\epsilon\) の 1 次の項を拾い出す：

\[ \frac{\delta S}{\delta q(t')} = \int_{t_1}^{t_2}\left[\frac{\partial L}{\partial q}\,\delta(t-t') + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\right]dt \]

第 1 項はデルタ関数の拾い出し性質により：

\[ \int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial L}{\partial q}\,\delta(t-t')\,dt = \frac{\partial L}{\partial q}\bigg|_{t=t'} \]

第 2 項を部分積分する：

\[ \int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\,dt = \left[\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\,\delta(t-t')\right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2}\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\delta(t-t')\,dt \]

\(t'\) が区間内部にあるとき、表面項は消える（\(\delta(t_1 - t') = \delta(t_2 - t') = 0\)）。残りの項にデルタ関数の拾い出しを適用：

\[ = -\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\bigg|_{t=t'} \]

以上を合わせて：

\[ \boxed{\frac{\delta S}{\delta q(t')} = \frac{\partial L}{\partial q}\bigg|_{t=t'} - \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\bigg|_{t=t'}} \]

したがって、\(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = 0\)（すべての \(t'\) で）は：

\[ \frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right) = 0 \]

すなわち Euler-Lagrange 方程式と等価である。

検算: D10 で \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\) の場合に \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = -m\ddot{q}(t')\) を得た。上の公式で確認：\(\frac{\partial L}{\partial q} = 0\), \(\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\ddot{q}\)。よって \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = 0 - m\ddot{q}(t') = -m\ddot{q}(t')\)。一致する。

Advanced（発展）

A-1. 電磁場中の荷電粒子と正準運動量のゲージ依存性

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問題:

電磁場 \((V, \mathbf{A})\) 中の荷電粒子（電荷 \(e\), 質量 \(m\)）の Lagrangian は

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 - eV(\mathbf{r}, t) + e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A}(\mathbf{r}, t) \]

で与えられる。以下を行え。

  1. 正準運動量 \(\mathbf{p} = \frac{\partial L}{\partial \dot{\mathbf{r}}}\) を求め、これが力学的運動量 \(m\dot{\mathbf{r}}\) と異なることを示せ。
  2. Hamiltonian \(H = \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} - L\) を \((\mathbf{r}, \mathbf{p})\) で書き下せ。
  3. ゲージ変換 \(\mathbf{A} \to \mathbf{A} + \nabla\chi\), \(V \to V - \frac{\partial\chi}{\partial t}\) のもとで正準運動量がどう変化するか示し、Hamiltonian（したがって運動方程式）がゲージ不変であることを確認せよ。
  4. この結果が本編第 6 章（QED の量子化）で「正準運動量を \(\hat{\mathbf{p}} - e\hat{\mathbf{A}}\) に置き換える」処方箋（最小結合）の古典的起源であることを議論せよ。

1. 正準運動量:

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 - eV + e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A} \]

正準運動量の \(i\) 成分：

\[ p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}_i} = m\dot{r}_i + eA_i \]

ベクトル表記で：

\[ \boxed{\mathbf{p} = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}} \]

これは力学的運動量 \(m\dot{\mathbf{r}}\) とは異なる。差は \(e\mathbf{A}\) であり、ベクトルポテンシャルに依存する。

2. Hamiltonian の構成:

\(\dot{\mathbf{r}} = \frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m}\) を用いて：

\[ H = \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} - L \]
\[ = \mathbf{p}\cdot\frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{\mathbf{p}-e\mathbf{A}}{m}\right)^2 - eV + e\frac{\mathbf{p}-e\mathbf{A}}{m}\cdot\mathbf{A}\right] \]

各項を計算する：

\[ \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} = \frac{\mathbf{p}\cdot(\mathbf{p}-e\mathbf{A})}{m} = \frac{|\mathbf{p}|^2 - e\mathbf{p}\cdot\mathbf{A}}{m} \]
\[ \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 = \frac{(\mathbf{p}-e\mathbf{A})^2}{2m} \]
\[ e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A} = \frac{e(\mathbf{p}-e\mathbf{A})\cdot\mathbf{A}}{m} \]

したがって：

\[ L = \frac{(\mathbf{p}-e\mathbf{A})^2}{2m} - eV + \frac{e(\mathbf{p}-e\mathbf{A})\cdot\mathbf{A}}{m} \]
\[ H = \frac{\mathbf{p}\cdot(\mathbf{p}-e\mathbf{A})}{m} - \frac{(\mathbf{p}-e\mathbf{A})^2}{2m} + eV - \frac{e(\mathbf{p}-e\mathbf{A})\cdot\mathbf{A}}{m} \]

\(\boldsymbol{\Pi} \equiv \mathbf{p} - e\mathbf{A}\) と置くと：

\[ H = \frac{(\boldsymbol{\Pi} + e\mathbf{A})\cdot\boldsymbol{\Pi}}{m} - \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{2m} + eV - \frac{e\boldsymbol{\Pi}\cdot\mathbf{A}}{m} \]
\[ = \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{m} + \frac{e\mathbf{A}\cdot\boldsymbol{\Pi}}{m} - \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{2m} + eV - \frac{e\boldsymbol{\Pi}\cdot\mathbf{A}}{m} \]
\[ = \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{2m} + eV \]
\[ \boxed{H = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} + eV} \]

3. ゲージ不変性の確認:

ゲージ変換：

\[ \mathbf{A} \to \mathbf{A}' = \mathbf{A} + \nabla\chi, \qquad V \to V' = V - \frac{\partial\chi}{\partial t} \]

正準運動量の変化：

\[ \mathbf{p}' = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}' = m\dot{\mathbf{r}} + e(\mathbf{A} + \nabla\chi) = \mathbf{p} + e\nabla\chi \]

したがって正準運動量はゲージ依存：

\[ \boxed{\mathbf{p} \to \mathbf{p}' = \mathbf{p} + e\nabla\chi} \]

しかし、Hamiltonian 中の組み合わせ \(\mathbf{p} - e\mathbf{A}\) は：

\[ \mathbf{p}' - e\mathbf{A}' = (\mathbf{p} + e\nabla\chi) - e(\mathbf{A} + \nabla\chi) = \mathbf{p} - e\mathbf{A} \]

ゲージ不変！ また：

\[ H' = \frac{(\mathbf{p}' - e\mathbf{A}')^2}{2m} + eV' = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\left(V - \frac{\partial\chi}{\partial t}\right) \]

一見 \(H\) が変わるように見えるが、これは時間に依存するゲージ変換の場合に \(H\) が正準変換で変化することに対応する。運動方程式（\(\dot{\mathbf{r}}\) と \(\ddot{\mathbf{r}}\) で書かれた物理的な方程式）はゲージ不変である。実際、力学的運動量 \(m\dot{\mathbf{r}} = \mathbf{p} - e\mathbf{A}\) はゲージ不変であり、Lorentz 力の方程式：

\[ m\ddot{\mathbf{r}} = e(\mathbf{E} + \dot{\mathbf{r}}\times\mathbf{B}) \]

は \(\mathbf{E} = -\nabla V - \frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\), \(\mathbf{B} = \nabla\times\mathbf{A}\) がゲージ不変であることから、ゲージ不変である。

4. 最小結合との関係:

量子化の際、正準運動量を演算子に昇格させる：\(\mathbf{p} \to \hat{\mathbf{p}}\)。Hamiltonian は：

\[ \hat{H} = \frac{(\hat{\mathbf{p}} - e\hat{\mathbf{A}})^2}{2m} + eV \]

これは「自由粒子の Hamiltonian \(\frac{\hat{\mathbf{p}}^2}{2m}\) において \(\hat{\mathbf{p}} \to \hat{\mathbf{p}} - e\mathbf{A}\) と置き換える」という最小結合 (minimal coupling) の処方箋に他ならない。

本編第 6 章（QED の量子化）では、共変形式で \(\partial_\mu \to D_\mu = \partial_\mu + ieA_\mu\) という共変微分を導入したが、これは空間成分で見ると \(-i\hbar\nabla \to -i\hbar\nabla - e\mathbf{A}\)、すなわち \(\hat{\mathbf{p}} \to \hat{\mathbf{p}} - e\mathbf{A}\) に対応する。

つまり、QED の最小結合の処方箋は、古典解析力学における「正準運動量と力学的運動量の違い」に起源を持つ。ゲージ不変な物理量は常に \(\mathbf{p} - e\mathbf{A}\)（力学的運動量）の組み合わせで現れ、これが量子論でもゲージ共変な結合を自然に要請する。

検算: - 次元：\([e\mathbf{A}] = \text{C}\cdot\text{V·s/m} = \text{kg·m/s}\) で運動量の次元。整合。 - \(\mathbf{A} = 0\) の極限で \(H = \frac{p^2}{2m} + eV\)（静電ポテンシャル中の粒子）に帰着。 - Lorentz 共変性：4 元形式では \(p^\mu - eA^\mu\) が共変な組み合わせ。

A-2. 場の Poisson 括弧から正準量子化へ

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問題:

スカラー場 \(\phi(\mathbf{x}, t)\) と正準運動量密度 \(\pi(\mathbf{x}, t) = \dot{\phi}(\mathbf{x}, t)\) に対して、場の Poisson 括弧は

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3x\left(\frac{\delta A}{\delta\phi(\mathbf{x})}\frac{\delta B}{\delta\pi(\mathbf{x})} - \frac{\delta A}{\delta\pi(\mathbf{x})}\frac{\delta B}{\delta\phi(\mathbf{x})}\right) \]

と定義される。以下を示せ。

  1. \(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})\) を確認せよ。
  2. \(\{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0\), \(\{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0\) を確認せよ。
  3. Hamiltonian \(H = \int d^3x\,\mathcal{H}\)（\(\mathcal{H} = \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2\)）に対して Hamilton の運動方程式 \(\dot{\phi}(\mathbf{x}) = \{\phi(\mathbf{x}), H\}_{\mathrm{PB}}\) を計算し、\(\dot{\phi} = \pi\) を得よ。
  4. 同様に \(\dot{\pi}(\mathbf{x}) = \{\pi(\mathbf{x}), H\}_{\mathrm{PB}}\) を計算し、\(\dot{\pi} = \nabla^2\phi - m^2\phi\) を得よ。これらを組み合わせて Klein-Gordon 方程式が再現されることを確認せよ。
  5. 正準量子化の処方箋 \(\{\cdot, \cdot\}_{\mathrm{PB}} \to \frac{1}{i\hbar}[\cdot, \cdot]\) を適用して、本編第 4 章の等時刻交換関係 \([\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = i\hbar\,\delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})\) が得られることを確認せよ。

1. \(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})\) の確認:

場の Poisson 括弧の定義：

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left(\frac{\delta A}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta B}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta A}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta B}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right) \]

\(A = \phi(\mathbf{x})\), \(B = \pi(\mathbf{y})\) とする。

汎関数微分を計算：

\[ \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{z}), \qquad \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})} = 0 \]
\[ \frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\pi(\mathbf{z})} = \delta^3(\mathbf{y} - \mathbf{z}), \qquad \frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\phi(\mathbf{z})} = 0 \]

代入：

\[ \{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\cdot\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z}) - 0\cdot 0\right] \]
\[ = \int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\,\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z}) \]

デルタ関数の拾い出し性質（\(\mathbf{z}\) 積分で \(\mathbf{z} = \mathbf{x}\) を拾う）：

\[ = \delta^3(\mathbf{y} - \mathbf{x}) = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y}) \]
\[ \boxed{\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})} \]

2. \(\{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0\) と \(\{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0\):

\(\phi\)-\(\phi\):

\[ \{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta\phi(\mathbf{y})}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta\phi(\mathbf{y})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right] \]
\[ = \int d^3z\left[\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\cdot 0 - 0\cdot\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z})\right] = 0 \]

\(\pi\)-\(\pi\):

\[ \{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right] \]
\[ = \int d^3z\left[0\cdot\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z}) - \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\cdot 0\right] = 0 \]
\[ \boxed{\{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0, \qquad \{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0} \]

3. \(\dot{\phi} = \pi\) の導出:

\(H = \int d^3y\,\mathcal{H}\) で \(\mathcal{H} = \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2\)。

\[ \dot{\phi}(\mathbf{x}) = \{\phi(\mathbf{x}), H\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right] \]
\[ = \int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} \]

\(\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})}\) を計算する。\(H\) の中で \(\pi\) を含む項は \(\int d^3y\,\frac{1}{2}\pi(\mathbf{y})^2\) のみ：

\[ \frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} = \frac{\delta}{\delta\pi(\mathbf{z})}\int d^3y\,\frac{1}{2}\pi(\mathbf{y})^2 = \pi(\mathbf{z}) \]

したがって：

\[ \dot{\phi}(\mathbf{x}) = \int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\,\pi(\mathbf{z}) = \pi(\mathbf{x}) \]
\[ \boxed{\dot{\phi}(\mathbf{x}) = \pi(\mathbf{x})} \]

4. \(\dot{\pi} = \nabla^2\phi - m^2\phi\) の導出と Klein-Gordon 方程式:

\[ \dot{\pi}(\mathbf{x}) = \{\pi(\mathbf{x}), H\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right] \]

第 1 項は \(\frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})} = 0\) なので消える。第 2 項：

\[ \dot{\pi}(\mathbf{x}) = -\int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{z})} = -\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})} \]

\(\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})}\) を計算する。\(H\) の中で \(\phi\) を含む項は：

\[ \int d^3y\left[\frac{1}{2}(\nabla\phi(\mathbf{y}))^2 + \frac{m^2}{2}\phi(\mathbf{y})^2\right] \]

第 2 項の汎関数微分：

\[ \frac{\delta}{\delta\phi(\mathbf{x})}\int d^3y\,\frac{m^2}{2}\phi(\mathbf{y})^2 = m^2\phi(\mathbf{x}) \]

第 1 項の汎関数微分。\((\nabla\phi)^2 = \nabla_i\phi\,\nabla_i\phi\) に対して：

\[ \frac{\delta}{\delta\phi(\mathbf{x})}\int d^3y\,\frac{1}{2}\nabla_i\phi(\mathbf{y})\,\nabla_i\phi(\mathbf{y}) \]

\(\phi(\mathbf{y}) \to \phi(\mathbf{y}) + \epsilon\,\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x})\) と置き換えると \(\nabla_i\phi(\mathbf{y}) \to \nabla_i\phi(\mathbf{y}) + \epsilon\,\nabla_i^{(y)}\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x})\)。\(\epsilon\) の 1 次の項：

\[ \int d^3y\,\nabla_i\phi(\mathbf{y})\,\nabla_i^{(y)}\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x}) \]

部分積分（表面項は無限遠でゼロ）：

\[ = -\int d^3y\,\nabla_i^2\phi(\mathbf{y})\,\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x}) = -\nabla^2\phi(\mathbf{x}) \]

したがって：

\[ \frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})} = -\nabla^2\phi(\mathbf{x}) + m^2\phi(\mathbf{x}) \]

よって：

\[ \dot{\pi}(\mathbf{x}) = -\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})} = \nabla^2\phi(\mathbf{x}) - m^2\phi(\mathbf{x}) \]
\[ \boxed{\dot{\pi}(\mathbf{x}) = \nabla^2\phi(\mathbf{x}) - m^2\phi(\mathbf{x})} \]

Klein-Gordon 方程式の再現:

\(\dot{\phi} = \pi\) より \(\dot{\pi} = \ddot{\phi}\)。したがって：

\[ \ddot{\phi} = \nabla^2\phi - m^2\phi \]
\[ \ddot{\phi} - \nabla^2\phi + m^2\phi = 0 \]
\[ \boxed{(\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi = (\Box + m^2)\phi = 0} \]

これは Klein-Gordon 方程式である。

5. 正準量子化の処方箋:

処方箋 \(\{A, B\}_{\mathrm{PB}} \to \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{B}]\) を適用する。

1 の結果 \(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\) に適用：

\[ \frac{1}{i\hbar}[\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y}) \]
\[ \boxed{[\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = i\hbar\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]

同様に 2 の結果から：

\[ [\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\phi}(\mathbf{y})] = 0, \qquad [\hat{\pi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = 0 \]

これらは本編第 4 章で導入した等時刻交換関係に他ならない。

検算: - 粒子力学との対応：\(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1 \to [\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar\) と、\(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y}) \to [\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = i\hbar\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\) は、離散添字 \(i\) を連続添字 \(\mathbf{x}\) に置き換えた自然な拡張（Kronecker デルタ \(\delta_{ij}\) → Dirac デルタ \(\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\)）。 - Hamilton の運動方程式から Klein-Gordon 方程式が再現されたことは、Hamiltonian 形式と Lagrangian 形式の等価性を確認している。 - Lorentz 共変性：等時刻交換関係は特定の時刻面を選んでいるが、Klein-Gordon 方程式自体は Lorentz 共変。量子論では共変な交換関係（Pauli-Jordan 関数）に拡張される（本編第 4 章参照）。