第 1 章 練習問題 解答
← 問題に戻る | 本文に戻る
目次
Basic（基礎）
Medium（標準）
Advanced（発展）
Basic（基礎）
B-1. Klein-Gordon 方程式に平面波解を代入し、分散関係を導く
→ 問題に戻る
解法の方針
平面波解 \(\phi(\mathbf{x}, t) = A\, e^{i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{x} - Et)}\) の各微分を計算し、Klein-Gordon 方程式に代入する。
計算の詳細
時間微分：
\[
\frac{\partial \phi}{\partial t} = A \cdot (-iE) \, e^{i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{x} - Et)} = -iE\, \phi
\]
\[
\frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} = (-iE)^2 \phi = -E^2 \phi
\]
空間微分：
\[
\frac{\partial \phi}{\partial x^k} = i p_k \, \phi
\]
\[
\nabla^2 \phi = \sum_{k=1}^{3} \frac{\partial^2 \phi}{\partial (x^k)^2} = \sum_{k=1}^{3} (ip_k)^2 \phi = -|\mathbf{p}|^2 \phi
\]
Klein-Gordon 方程式に代入：
\[
\frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} - \nabla^2 \phi + m^2 \phi = -E^2 \phi - (-|\mathbf{p}|^2 \phi) + m^2 \phi = 0
\]
\[
(-E^2 + |\mathbf{p}|^2 + m^2)\phi = 0
\]
\(\phi \neq 0\) であるから：
\[
-E^2 + |\mathbf{p}|^2 + m^2 = 0
\]
最終回答
\[
\boxed{E^2 = |\mathbf{p}|^2 + m^2}
\]
検算
次元解析：自然単位系で \([E] = [p] = [m] = 1\)（質量次元 1）なので、\(E^2\), \(|\mathbf{p}|^2\), \(m^2\) はすべて質量次元 2 で整合する。また、\(\mathbf{p} = 0\) とすると \(E = \pm m\) となり、静止粒子のエネルギーとして正しい。
B-2. 負エネルギー解に対する確率密度の計算
→ 問題に戻る
解法の方針
負エネルギー解 \(\phi = A\, e^{i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{x} + |E|t)}\) を \(\rho\) の式 (1.6) に代入する。これは \(E = -|E|\) に対応する平面波 \(e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - Et)} = e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + |E|t)}\) である。
計算の詳細
時間微分の計算：
\[
\frac{\partial \phi}{\partial t} = A \cdot (i|E|) \, e^{i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{x} + |E|t)} = i|E|\, \phi
\]
\[
\frac{\partial \phi^*}{\partial t} = A^* \cdot (-i|E|) \, e^{-i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{x} + |E|t)} = -i|E|\, \phi^*
\]
\(\rho\) に代入：
\[
\rho = \frac{i}{2m}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t} - \phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right)
\]
\[
= \frac{i}{2m}\left(\phi^* \cdot i|E|\, \phi - \phi \cdot (-i|E|)\, \phi^*\right)
\]
\[
= \frac{i}{2m}\left(i|E|\, |\phi|^2 + i|E|\, |\phi|^2\right)
\]
\[
= \frac{i}{2m} \cdot 2i|E|\, |A|^2
\]
\[
= \frac{i \cdot 2i|E|}{2m} |A|^2 = \frac{2i^2 |E|}{2m} |A|^2 = \frac{-|E|}{m} |A|^2
\]
最終回答
\[
\boxed{\rho = -\frac{|E|}{m}|A|^2 < 0}
\]
\(|E| > 0\), \(m > 0\), \(|A|^2 > 0\) であるから、確かに \(\rho < 0\) である。
検算
本文の式 (1.10) では \(\rho = \frac{E}{m}|A|^2\) が得られている。\(E = -|E|\) を代入すると \(\rho = -\frac{|E|}{m}|A|^2\) となり、上の結果と一致する。
B-3. Dirac 方程式の条件式 (1.12) の反交換関係
→ 問題に戻る
(a) \((\alpha^1)^2 = 1\) の証明
反交換関係 \(\{\alpha^i, \alpha^j\} = 2\delta^{ij}\) において \(i = j = 1\) とすると：
\[
\{\alpha^1, \alpha^1\} = 2\delta^{11} = 2
\]
左辺は：
\[
\{\alpha^1, \alpha^1\} = \alpha^1 \alpha^1 + \alpha^1 \alpha^1 = 2(\alpha^1)^2
\]
よって：
\[
2(\alpha^1)^2 = 2 \implies \boxed{(\alpha^1)^2 = 1}
\]
(b) \(\alpha^1 \beta = -\beta \alpha^1\) の証明
反交換関係 \(\{\alpha^i, \beta\} = 0\) において \(i = 1\) とすると：
\[
\{\alpha^1, \beta\} = \alpha^1 \beta + \beta \alpha^1 = 0
\]
よって：
\[
\boxed{\alpha^1 \beta = -\beta \alpha^1}
\]
(c) \(\alpha^i\) の固有値は \(\pm 1\) のみであることの証明
\(\alpha^i\) の固有ベクトルを \(|\mathbf{v}\rangle\)、対応する固有値を \(\lambda\) とする：
\[
\alpha^i |\mathbf{v}\rangle = \lambda |\mathbf{v}\rangle
\]
両辺に左から \(\alpha^i\) を作用させると：
\[
(\alpha^i)^2 |\mathbf{v}\rangle = \lambda \cdot \alpha^i |\mathbf{v}\rangle = \lambda^2 |\mathbf{v}\rangle
\]
(a) と同様に \((\alpha^i)^2 = 1\)（\(i = j\) の場合の反交換関係から）であるから：
\[
|\mathbf{v}\rangle = \lambda^2 |\mathbf{v}\rangle
\]
\(|\mathbf{v}\rangle \neq 0\) より：
\[
\lambda^2 = 1 \implies \boxed{\lambda = \pm 1}
\]
検算
\(\beta\) についても同様に \(\beta^2 = 1\) から固有値は \(\pm 1\) のみとなる。これは Dirac 行列がエルミートかつユニタリ（自乗が単位行列）であることと整合する。
B-4. 連続の方程式の恒等式の証明
→ 問題に戻る
解法の方針
右辺を時間で微分して展開し、左辺と一致することを示す。
計算の詳細
右辺を積の微分法則で展開する：
\[
\frac{\partial}{\partial t}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t} - \phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right)
\]
\[
= \frac{\partial}{\partial t}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t}\right) - \frac{\partial}{\partial t}\left(\phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right)
\]
第 1 項を展開：
\[
\frac{\partial}{\partial t}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t}\right) = \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\frac{\partial \phi}{\partial t} + \phi^* \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2}
\]
第 2 項を展開：
\[
\frac{\partial}{\partial t}\left(\phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right) = \frac{\partial \phi}{\partial t}\frac{\partial \phi^*}{\partial t} + \phi \frac{\partial^2 \phi^*}{\partial t^2}
\]
差を取ると：
\[
\left(\frac{\partial \phi^*}{\partial t}\frac{\partial \phi}{\partial t} + \phi^* \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2}\right) - \left(\frac{\partial \phi}{\partial t}\frac{\partial \phi^*}{\partial t} + \phi \frac{\partial^2 \phi^*}{\partial t^2}\right)
\]
\[
= \cancel{\frac{\partial \phi^*}{\partial t}\frac{\partial \phi}{\partial t}} + \phi^* \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} - \cancel{\frac{\partial \phi}{\partial t}\frac{\partial \phi^*}{\partial t}} - \phi \frac{\partial^2 \phi^*}{\partial t^2}
\]
\[
= \phi^* \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} - \phi \frac{\partial^2 \phi^*}{\partial t^2}
\]
最終回答
これは左辺そのものであるから、等式が証明された：
\[
\boxed{\phi^* \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} - \phi \frac{\partial^2 \phi^*}{\partial t^2} = \frac{\partial}{\partial t}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t} - \phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right)}
\]
検算
空間微分についても全く同様に \(\phi^* \nabla^2 \phi - \phi \nabla^2 \phi^* = \nabla \cdot (\phi^* \nabla \phi - \phi \nabla \phi^*)\) が成り立つ。これは本文の連続の方程式の導出で用いられている。
B-5. Compton 波長の計算
→ 問題に戻る
解法の方針
\(\lambda_C = \hbar/(mc)\) に数値を代入する。
計算の詳細
電子の Compton 波長：
\[
\lambda_C^{(e)} = \frac{\hbar}{m_e c} = \frac{1.055 \times 10^{-34}}{9.109 \times 10^{-31} \times 2.998 \times 10^{8}}
\]
分母を計算：
\[
m_e c = 9.109 \times 10^{-31} \times 2.998 \times 10^{8} = 2.731 \times 10^{-22} \text{ kg·m/s}
\]
よって：
\[
\lambda_C^{(e)} = \frac{1.055 \times 10^{-34}}{2.731 \times 10^{-22}} = 3.862 \times 10^{-13} \text{ m}
\]
\[
\boxed{\lambda_C^{(e)} \approx 3.86 \times 10^{-13} \text{ m} \approx 386 \text{ fm}}
\]
陽子の Compton 波長：
\[
\lambda_C^{(p)} = \frac{\hbar}{m_p c} = \frac{1.055 \times 10^{-34}}{1.673 \times 10^{-27} \times 2.998 \times 10^{8}}
\]
分母を計算：
\[
m_p c = 1.673 \times 10^{-27} \times 2.998 \times 10^{8} = 5.015 \times 10^{-19} \text{ kg·m/s}
\]
よって：
\[
\lambda_C^{(p)} = \frac{1.055 \times 10^{-34}}{5.015 \times 10^{-19}} = 2.103 \times 10^{-16} \text{ m}
\]
\[
\boxed{\lambda_C^{(p)} \approx 2.10 \times 10^{-16} \text{ m} \approx 0.210 \text{ fm}}
\]
比較：
\[
\frac{\lambda_C^{(p)}}{\lambda_C^{(e)}} = \frac{m_e}{m_p} = \frac{9.109 \times 10^{-31}}{1.673 \times 10^{-27}} \approx \frac{1}{1836}
\]
陽子の Compton 波長は電子の約 \(1/1836\) 倍であり、質量が大きいほど Compton 波長は短くなる。
検算
\(\lambda_C^{(p)} / \lambda_C^{(e)} = m_e / m_p \approx 1/1836\) は質量比そのものであり、既知の値と一致する。また、電子の Compton 波長 \(\approx 386\) fm は文献値と整合する。
B-6. 自然単位系における質量次元
→ 問題に戻る
解法の方針
\(\hbar = c = 1\) では基本的な次元はエネルギー（質量）の冪のみで表される。\([E] = 1\) を基準とする。
計算の詳細
\(\hbar = c = 1\) において、\([\hbar] = [E][t] = 0\) より \([t] = -[E] = -1\)。\([c] = [x]/[t] = 0\) より \([x] = [t] = -1\)。
(a) 時間 \(t\)：
\[
\boxed{[t] = -1}
\]
(b) 長さ \(x\)：
\[
\boxed{[x] = -1}
\]
(c) 質量 \(m\)：
\[
\boxed{[m] = +1}
\]
(d) Klein-Gordon 場 \(\phi\)：
作用 \(S = \int d^4x\, \mathcal{L}\) は \([\hbar] = 0\) より無次元：\([S] = 0\)。
\[
[d^4x] = 4 \times [x] = 4 \times (-1) = -4
\]
よって：
\[
[\mathcal{L}] = -[d^4x] = +4
\]
Lagrangian 密度 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2\) の各項を見る。\([\partial_\mu] = -[x] = +1\) であるから：
\[
[\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi] = 2[\partial_\mu] + 2[\phi] = 2 + 2[\phi]
\]
これが \([\mathcal{L}] = 4\) に等しいから：
\[
2 + 2[\phi] = 4 \implies [\phi] = 1
\]
\[
\boxed{[\phi] = +1}
\]
検算
\(m^2\phi^2\) の項の次元：\([m^2\phi^2] = 2[m] + 2[\phi] = 2 + 2 = 4 = [\mathcal{L}]\)。✓
B-7. 不確定性関係による対生成の時間スケール
→ 問題に戻る
(a) 仮想的な電子・陽電子対の生成時間
エネルギー・時間の不確定性関係 \(\Delta E \cdot \Delta t \gtrsim \hbar\) より、\(\Delta E = 2m_e c^2\) のエネルギーゆらぎが許される最大時間は：
\[
\Delta t \sim \frac{\hbar}{\Delta E} = \frac{\hbar}{2m_e c^2}
\]
数値を代入：
\[
2m_e c^2 = 2 \times 9.109 \times 10^{-31} \times (2.998 \times 10^8)^2 = 2 \times 8.187 \times 10^{-14} \text{ J} = 1.637 \times 10^{-13} \text{ J}
\]
\[
\Delta t \sim \frac{1.055 \times 10^{-34}}{1.637 \times 10^{-13}} \approx 6.44 \times 10^{-22} \text{ s}
\]
\[
\boxed{\Delta t \sim \frac{\hbar}{2m_e c^2} \approx 6.4 \times 10^{-22} \text{ s}}
\]
(b) 光が進む距離と Compton 波長の比較
\[
c \cdot \Delta t = c \cdot \frac{\hbar}{2m_e c^2} = \frac{\hbar}{2m_e c} = \frac{\lambda_C}{2}
\]
数値：
\[
c \cdot \Delta t = 2.998 \times 10^8 \times 6.44 \times 10^{-22} \approx 1.93 \times 10^{-13} \text{ m}
\]
これは電子の Compton 波長 \(\lambda_C \approx 3.86 \times 10^{-13}\) m の約半分：
\[
\boxed{c \cdot \Delta t = \frac{\lambda_C}{2} \approx 1.93 \times 10^{-13} \text{ m}}
\]
検算
\(\lambda_C / 2 = 3.86 \times 10^{-13} / 2 = 1.93 \times 10^{-13}\) m と直接計算した値が一致する。この結果は本文の議論「Compton 波長程度の距離スケールで対生成が重要になる」と整合する。
B-8. d'Alembert 演算子と Klein-Gordon 方程式の共変形式
→ 問題に戻る
解法の方針
計量テンソル \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1, -1, -1, -1)\) を用いて \(\partial_\mu \partial^\mu\) を成分展開する。
計算の詳細
4 元微分演算子の定義：
\[
\partial_\mu = \frac{\partial}{\partial x^\mu} = \left(\frac{\partial}{\partial t},\, \frac{\partial}{\partial x^1},\, \frac{\partial}{\partial x^2},\, \frac{\partial}{\partial x^3}\right)
\]
添字を上げると：
\[
\partial^\mu = \eta^{\mu\nu}\partial_\nu
\]
各成分を計算：
\[
\partial^0 = \eta^{00}\partial_0 = (+1)\frac{\partial}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}
\]
\[
\partial^k = \eta^{kk}\partial_k = (-1)\frac{\partial}{\partial x^k} = -\frac{\partial}{\partial x^k} \quad (k = 1, 2, 3)
\]
よって d'Alembert 演算子は：
\[
\Box \equiv \partial_\mu \partial^\mu = \partial_0 \partial^0 + \partial_1 \partial^1 + \partial_2 \partial^2 + \partial_3 \partial^3
\]
\[
= \frac{\partial}{\partial t}\cdot\frac{\partial}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial x^1}\cdot\left(-\frac{\partial}{\partial x^1}\right) + \frac{\partial}{\partial x^2}\cdot\left(-\frac{\partial}{\partial x^2}\right) + \frac{\partial}{\partial x^3}\cdot\left(-\frac{\partial}{\partial x^3}\right)
\]
\[
= \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \left(\frac{\partial^2}{\partial (x^1)^2} + \frac{\partial^2}{\partial (x^2)^2} + \frac{\partial^2}{\partial (x^3)^2}\right)
\]
\[
= \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2
\]
最終回答
Klein-Gordon 方程式 (1.1) は：
\[
\frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} - \nabla^2 \phi + m^2 \phi = 0
\]
\[
\implies (\Box + m^2)\phi = 0
\]
\[
\boxed{(\partial_\mu \partial^\mu + m^2)\phi = 0}
\]
検算
計量の符号規約 \((+,-,-,-)\) で \(p_\mu p^\mu = E^2 - |\mathbf{p}|^2 = m^2\) であり、演算子の置き換え \(p^\mu \to i\partial^\mu\) を行うと \(-\partial_\mu\partial^\mu = m^2\)、すなわち \((\Box + m^2)\phi = 0\) が得られる。整合している。
Medium（標準）
M-1. Klein-Gordon 方程式の確率流密度の Lorentz 共変性
→ 問題に戻る
(a) \(j^0 = \rho\) の確認
4 元電流密度の定義：
\[
j^\mu = \frac{i}{2m}\left(\phi^* \partial^\mu \phi - \phi\, \partial^\mu \phi^*\right)
\]
\(\mu = 0\) 成分を取ると：
\[
j^0 = \frac{i}{2m}\left(\phi^* \partial^0 \phi - \phi\, \partial^0 \phi^*\right)
\]
計量 \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\) より \(\partial^0 = \partial/\partial t\) であるから：
\[
j^0 = \frac{i}{2m}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t} - \phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right)
\]
これは式 (1.6) の \(\rho\) そのものである。
\[
\boxed{j^0 = \rho}
\]
(b) \(j^k\) が式 (1.7) の \(\mathbf{j}\) と一致することの確認
\(\mu = k\)（\(k = 1, 2, 3\)）成分を取ると：
\[
j^k = \frac{i}{2m}\left(\phi^* \partial^k \phi - \phi\, \partial^k \phi^*\right)
\]
ここで \(\partial^k = \eta^{kk}\partial_k = -\partial/\partial x^k = -\nabla_k\) であるから：
\[
j^k = \frac{i}{2m}\left(\phi^* (-\nabla_k \phi) - \phi\, (-\nabla_k \phi^*)\right)
\]
\[
= \frac{i}{2m}\left(-\phi^* \nabla_k \phi + \phi\, \nabla_k \phi^*\right)
\]
\[
= \frac{-i}{2m}\left(\phi^* \nabla_k \phi - \phi\, \nabla_k \phi^*\right)
\]
\[
= \frac{1}{2mi}\left(\phi^* \nabla_k \phi - \phi\, \nabla_k \phi^*\right)
\]
これは式 (1.7) の \(\mathbf{j}\) の第 \(k\) 成分に符号が反転した形に見えるが、注意が必要である。
実は、4 元電流を反変ベクトル \(j^\mu\) として定義する場合と、3 次元の流れ \(\mathbf{j}\) の関係は：
\[
j^\mu = (\rho,\, \mathbf{j})
\]
ではなく、計量の符号規約に依存する。\((+,-,-,-)\) 規約では \(j_\mu = (\rho, -\mathbf{j})\) であり、\(j^\mu = (\rho, \mathbf{j})\) と書くと空間成分は：
本文の式 (1.7) を確認すると：
\[
\mathbf{j} = \frac{1}{2mi}\left(\phi^* \nabla \phi - \phi \nabla \phi^*\right)
\]
上で得た \(j^k\) はまさにこれと一致する：
\[
\boxed{j^k = \frac{1}{2mi}\left(\phi^* \nabla_k \phi - \phi\, \nabla_k \phi^*\right) = j_k \text{（式 (1.7) の第 $k$ 成分）}}
\]
（注：\(\frac{-i}{2m} = \frac{1}{2mi}\) を用いた。）
(c) 連続の方程式の共変形式
連続の方程式 (1.5) は：
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \cdot \mathbf{j} = 0
\]
これを 4 元記法で書くと：
\[
\frac{\partial j^0}{\partial t} + \sum_{k=1}^{3} \frac{\partial j^k}{\partial x^k} = \partial_0 j^0 + \partial_k j^k = \partial_\mu j^\mu = 0
\]
\[
\boxed{\partial_\mu j^\mu = 0}
\]
Lorentz 共変性の議論：
\(\partial_\mu j^\mu\) は Lorentz スカラーである。これは以下の理由による：
- \(j^\mu\) は Lorentz 変換のもとで反変 4 元ベクトルとして変換する（\(\phi\) がスカラー場、\(\partial^\mu\) が反変ベクトルであるため）
- \(\partial_\mu\) は共変ベクトルとして変換する
- 反変ベクトルと共変ベクトルの縮約 \(\partial_\mu j^\mu\) は Lorentz スカラー
したがって、\(\partial_\mu j^\mu = 0\) という方程式はすべての慣性系で同じ形を持つ。ある慣性系で成り立てば、任意の慣性系で成り立つ。これが連続の方程式の Lorentz 共変性である。
検算
\(\partial_\mu j^\mu = 0\) を直接確認する。\(\phi\) が Klein-Gordon 方程式 \((\Box + m^2)\phi = 0\) を満たすとき：
\[
\partial_\mu j^\mu = \frac{i}{2m}\partial_\mu\left(\phi^* \partial^\mu \phi - \phi\, \partial^\mu \phi^*\right)
\]
\[
= \frac{i}{2m}\left((\partial_\mu\phi^*)(\partial^\mu\phi) + \phi^* \Box\phi - (\partial_\mu\phi)(\partial^\mu\phi^*) - \phi\, \Box\phi^*\right)
\]
第 1 項と第 3 項はキャンセルし：
\[
= \frac{i}{2m}\left(\phi^* \Box\phi - \phi\, \Box\phi^*\right) = \frac{i}{2m}\left(\phi^*(-m^2\phi) - \phi(-m^2\phi^*)\right) = 0
\]
確かに \(\partial_\mu j^\mu = 0\) が成り立つ。✓
M-2. Dirac 方程式の確率密度の非負性
→ 問題に戻る
解法の方針
Dirac 方程式とそのエルミート共役から \(\partial_t(\psi^\dagger\psi)\) を計算し、連続の方程式の形に整理する。
計算の詳細
Dirac 方程式：
\[
i\frac{\partial \psi}{\partial t} = H_D \psi = \left(-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m\right)\psi \tag{*}
\]
エルミート共役を取る：
\((*)\) の両辺のエルミート共役（\(\dagger\)）を取ると：
\[
-i\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = \psi^\dagger H_D^\dagger
\]
ここで \(H_D^\dagger = (-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)^\dagger\)。\(\alpha^i\) と \(\beta\) はエルミート行列（\((\alpha^i)^\dagger = \alpha^i\), \(\beta^\dagger = \beta\)）であり、\(\nabla\) は実演算子であるから：
\[
H_D^\dagger = (i\boldsymbol{\alpha}\cdot\overleftarrow{\nabla} + \beta m)
\]
ただし \(\overleftarrow{\nabla}\) は左に作用する微分演算子を表す。より明示的に書くと：
\[
-i\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = i(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + \psi^\dagger \beta m \tag{**}
\]
あるいは同等に：
\[
\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} - i\psi^\dagger \beta m \tag{**'}
\]
\(\partial_t \rho\) の計算：
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}(\psi^\dagger \psi) = \frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t}\psi + \psi^\dagger \frac{\partial \psi}{\partial t}
\]
\((*)\) より：
\[
\frac{\partial \psi}{\partial t} = -i(-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi = (-\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla - i\beta m)\psi
\]
\((**)\) より：
\[
\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} - i\psi^\dagger \beta m
\]
代入すると：
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t} = \left[(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} - i\psi^\dagger \beta m\right]\psi + \psi^\dagger\left[-\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla - i\beta m\right]\psi
\]
\[
= (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha}\,\psi - i\psi^\dagger \beta m\,\psi - \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla\psi - i\psi^\dagger\beta m\,\psi
\]
\(\beta m\) の項を見ると：
\[
-i\psi^\dagger \beta m\,\psi - i\psi^\dagger\beta m\,\psi = -2i\psi^\dagger\beta m\,\psi
\]
これは正しくない。もう一度丁寧にやり直す。
\((*)\) から：
\[
\frac{\partial \psi}{\partial t} = \frac{1}{i}(-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi = (-\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla - i\beta m)\psi
\]
\((**)\) を正しく導出し直す。\((*)\) のエルミート共役：
\[
\left(i\frac{\partial \psi}{\partial t}\right)^\dagger = \left[(-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi\right]^\dagger
\]
左辺：
\[
-i\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t}
\]
右辺：\(\psi^\dagger\) に右から演算子が作用する形になる。位置表示で考えると：
\[
-i\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = \psi^\dagger(i\boldsymbol{\alpha}\cdot\overleftarrow{\nabla} + \beta m)
\]
ここで \(\overleftarrow{\nabla}\) は \(\psi^\dagger\) に作用する。つまり：
\[
-i\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = i(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + \psi^\dagger \beta m
\]
よって：
\[
\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + i\psi^\dagger \beta m
\]
再計算：
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t} = \frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t}\psi + \psi^\dagger \frac{\partial \psi}{\partial t}
\]
\[
= \left[(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + i\psi^\dagger \beta m\right]\psi + \psi^\dagger\left[-\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla - i\beta m\right]\psi
\]
\[
= (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha}\,\psi + i\psi^\dagger \beta m\,\psi - \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\cdot(\nabla\psi) - i\psi^\dagger\beta m\,\psi
\]
質量項がキャンセル：
\[
+ i\psi^\dagger \beta m\,\psi - i\psi^\dagger\beta m\,\psi = 0
\]
残るのは：
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t} = (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha}\,\psi - \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\cdot(\nabla\psi)
\]
成分で書くと（\(k\) 成分について）：
\[
= \sum_k \left[(\partial_k \psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)\right]
\]
\[
= -\sum_k \partial_k\left(\psi^\dagger \alpha^k \psi\right) + \sum_k\left[(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)\right] - \sum_k \partial_k(\psi^\dagger\alpha^k\psi)
\]
いや、もっと直接的に：
\[
(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha}\,\psi - \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\cdot(\nabla\psi)
\]
ではなく、これを \(-\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)\) と書けるか確認する。
\[
\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi) = \sum_k \partial_k(\psi^\dagger\alpha^k\psi) = \sum_k\left[(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)\right]
\]
一方、上で得たのは：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = \sum_k\left[(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)\right]
\]
これは \(\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)\) とは異なる（符号が違う）。
もう一度 \((*)\) から丁寧にやり直す。
正しい導出：
Dirac 方程式 \((*)\)：
\[
i\frac{\partial\psi}{\partial t} = -i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi
\]
\[
\therefore \frac{\partial\psi}{\partial t} = -\alpha^k\partial_k\psi - i\beta m\psi \tag{A}
\]
エルミート共役（\((\alpha^k)^\dagger = \alpha^k\), \(\beta^\dagger = \beta\)）：
\[
-i\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + \psi^\dagger\beta m
\]
\[
\therefore \frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + i\psi^\dagger\beta m \tag{B}
\]
\(\partial_t\rho\) を計算：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = \left(\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t}\right)\psi + \psi^\dagger\left(\frac{\partial\psi}{\partial t}\right)
\]
(B) と (A) を代入：
\[
= \left[(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + i\psi^\dagger\beta m\right]\psi + \psi^\dagger\left[-\alpha^k\partial_k\psi - i\beta m\psi\right]
\]
\[
= (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + i\psi^\dagger\beta m\psi - \psi^\dagger\alpha^k\partial_k\psi - i\psi^\dagger\beta m\psi
\]
質量項がキャンセル：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
ここで符号を確認する。これは：
\[
= -\left[\psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi) - (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi\right]
\]
ではなく、\(\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)\) との関係を見る：
\[
\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi) = \partial_k(\psi^\dagger\alpha^k\psi) = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
上で得た結果は：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
これは \(\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)\) とは一致しない。
ここで計算ミスがないか再確認する。(A) を見直す：
\((*)\): \(i\partial_t\psi = (-i\alpha^k\partial_k + \beta m)\psi\)
両辺を \(i\) で割る：
\[
\partial_t\psi = \frac{1}{i}(-i\alpha^k\partial_k + \beta m)\psi = (-\alpha^k\partial_k + \frac{\beta m}{i})\psi = -\alpha^k\partial_k\psi - i\beta m\psi
\]
\(\frac{1}{i} = -i\) なので \(\frac{\beta m}{i} = -i\beta m\)。OK。
エルミート共役を取り直す。\((*)\) の両辺の \(\dagger\)：
\[
(i\partial_t\psi)^\dagger = [(-i\alpha^k\partial_k + \beta m)\psi]^\dagger
\]
左辺：\((i\partial_t\psi)^\dagger = (\partial_t\psi)^\dagger(-i) = (\partial_t\psi^\dagger)(-i) = -i\partial_t\psi^\dagger\)
右辺：\(\psi^\dagger(-i\alpha^k\partial_k + \beta m)^\dagger\)
ここで注意：位置表示では \(\partial_k\) は実演算子だが、エルミート共役を取ると \(\partial_k \to -\partial_k\)（部分積分で符号が変わる）ではなく、ここでは \(\psi^\dagger\) に対して右から作用する形で書く。
正しくは、Dirac 方程式のエルミート共役は：
\[
-i\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = (i\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + \psi^\dagger\beta m
\]
これは \((*)\) の各項のエルミート共役を取ったもの：
- \((-i\alpha^k\partial_k\psi)^\dagger = (\partial_k\psi)^\dagger(i)(\alpha^k)^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\)
よって：
\[
-i\partial_t\psi^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + \psi^\dagger\beta m
\]
\[
\partial_t\psi^\dagger = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + i\psi^\dagger\beta m \tag{B}
\]
これは先ほどと同じ。
さて、\(\partial_t\rho\) の結果：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
ここで符号を再確認する。
\[
\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi) = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
したがって：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = \nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi) - 2\psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
これでは連続の方程式の形にならない。何かがおかしい。
もう一度最初から。 Dirac 方程式を正しく書く：
\[
i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t} = H_D\psi, \quad H_D = c\boldsymbol{\alpha}\cdot\hat{\mathbf{p}} + \beta mc^2 = -i\hbar c\,\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta mc^2
\]
自然単位系 \(\hbar = c = 1\) では：
\[
i\frac{\partial\psi}{\partial t} = (-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi
\]
これから：
\[
\frac{\partial\psi}{\partial t} = -i(-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi = -\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla\psi - i\beta m\psi \tag{A}
\]
エルミート共役。\((*)\) の \(\dagger\)：
\[
-i\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = \psi^\dagger(i\boldsymbol{\alpha}\cdot\overleftarrow{\nabla} + \beta m)
\]
ここで \(\overleftarrow{\nabla}\) は左に作用。つまり：
\[
-i\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = i(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + \psi^\dagger\beta m
\]
\[
\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + i\psi^\dagger\beta m \tag{B}
\]
\(\partial_t(\psi^\dagger\psi)\)：
\[
= \left[(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + i\psi^\dagger\beta m\right]\psi + \psi^\dagger\left[-\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla\psi - i\beta m\psi\right]
\]
\[
= (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + i\psi^\dagger\beta m\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi) - i\psi^\dagger\beta m\psi
\]
\[
= (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
ここで、これが \(-\nabla\cdot\mathbf{j}\) の形になるべき。\(\mathbf{j} = \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi\) と定義すると：
\[
\nabla\cdot\mathbf{j} = \partial_k(\psi^\dagger\alpha^k\psi) = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
上で得た \(\partial_t\rho\) は：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
これは \(\nabla\cdot\mathbf{j}\) とは異なる。何が間違っているのか？
問題の発見： (A) の符号を確認する。
\[
i\partial_t\psi = -i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi
\]
両辺に \(-i\) を掛ける（\(\frac{1}{i} = -i\)）：
\[
\partial_t\psi = -i \cdot \frac{1}{i}(-i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi)
\]
いや、単純に：
\[
i\partial_t\psi = -i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi
\]
\[
\partial_t\psi = \frac{-i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi}{i} = \frac{-i\alpha^k\partial_k\psi}{i} + \frac{\beta m\psi}{i}
\]
\[
= -\alpha^k\partial_k\psi + (-i)\beta m\psi = -\alpha^k\partial_k\psi - i\beta m\psi
\]
OK、(A) は正しい。
(B) も確認。\((*)\) のエルミート共役を取る。
\(i\partial_t\psi = -i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi\) の \(\dagger\)：
左辺の \(\dagger\)：\((i\partial_t\psi)^\dagger = -i\partial_t\psi^\dagger\)
右辺の \(\dagger\)：\((-i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi)^\dagger\)
ここで、\((-i\alpha^k\partial_k\psi)^\dagger\) を計算する。これは行列と微分演算子の積の \(\dagger\) なので注意が必要。
Hilbert 空間の内積の意味でのエルミート共役を考えるのではなく、単に行列の \(\dagger\) と複素共役を取る（位置表示での操作）：
\[
(-i\alpha^k\partial_k\psi)^\dagger = (\partial_k\psi)^\dagger (i)(\alpha^k)^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k
\]
\((\beta m\psi)^\dagger = m\psi^\dagger\beta\)
よって：
\[
-i\partial_t\psi^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + m\psi^\dagger\beta
\]
\[
\partial_t\psi^\dagger = -(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + im\psi^\dagger\beta
\]
あれ、符号が変わった！ もう一度。
\[
-i\partial_t\psi^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + m\psi^\dagger\beta
\]
両辺に \(\frac{1}{-i} = i\) を掛ける：
\[
\partial_t\psi^\dagger = i \cdot [i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + m\psi^\dagger\beta]
\]
\[
= i^2(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + im\psi^\dagger\beta
\]
\[
= -(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + im\psi^\dagger\beta
\]
これは先ほどの (B) と符号が違う！ 先ほどの (B) は間違いだった。正しくは：
\[
\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = -(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + im\psi^\dagger\beta \tag{B'}
\]
再計算：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = \left[-(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + im\psi^\dagger\beta\right]\psi + \psi^\dagger\left[-\alpha^k\partial_k\psi - i\beta m\psi\right]
\]
\[
= -(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + im\psi^\dagger\beta\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi) - im\psi^\dagger\beta\psi
\]
質量項がキャンセル：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = -(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
\[
= -\left[(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)\right]
\]
\[
= -\partial_k(\psi^\dagger\alpha^k\psi)
\]
\[
= -\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)
\]
最終回答
\[
\boxed{\frac{\partial\rho}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{j} = 0, \quad \rho = \psi^\dagger\psi \geq 0, \quad \mathbf{j} = \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi}
\]
導出のまとめ：
- Dirac 方程式：\(i\partial_t\psi = (-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi\)
- エルミート共役：\(-i\partial_t\psi^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + m\psi^\dagger\beta\)
- \(\partial_t(\psi^\dagger\psi)\) を計算すると質量項がキャンセルし、\(-\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)\) が残る
\(\rho = \psi^\dagger\psi = \sum_{a=1}^{4}|\psi_a|^2 \geq 0\) であるから、確率密度は常に非負である。これが Klein-Gordon 方程式との決定的な違いである。
検算
\(\mathbf{j} = \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi\) の各成分はエルミート行列 \(\alpha^k\) の期待値であるから実数。また、\(\rho\) と \(\mathbf{j}\) を空間全体で積分すると：
\[
\frac{d}{dt}\int d^3x\, \rho = -\int d^3x\, \nabla\cdot\mathbf{j} = 0
\]
（表面項が消える場合）。これは全確率 \(\int d^3x\, \psi^\dagger\psi = 1\) が保存されることを意味し、確率解釈と整合する。
M-3. Compton 波長と位置の局在化
→ 問題に戻る
(a) 運動量の不確定さとエネルギーの不確定さ
幅 \(L\) の箱に閉じ込められた粒子の運動量の不確定さは不確定性原理から：
\[
\Delta p \sim \frac{\hbar}{L}
\]
相対論的エネルギーは \(E = \sqrt{(pc)^2 + (mc^2)^2}\) であるから、エネルギーの不確定さは：
\[
\Delta E \sim \sqrt{(\Delta p \cdot c)^2 + (mc^2)^2} - mc^2
\]
（静止エネルギーを差し引いた運動エネルギーの不確定さ）
ただし、ここでは対生成に必要なエネルギーとの比較が目的なので、\(\Delta E \sim c\,\Delta p\)（\(\Delta p\) が大きい場合）として見積もる方が適切である。
\(\Delta p \gg mc\) の極限（超相対論的）：
\[
\Delta E \approx c\,\Delta p = \frac{\hbar c}{L}
\]
\(\Delta p \ll mc\) の極限（非相対論的）：
\[
\Delta E \approx \frac{(\Delta p)^2}{2m} = \frac{\hbar^2}{2mL^2}
\]
(b) 対生成の臨界条件
粒子・反粒子ペアが仮想的に生成されるためには \(\Delta E \geq 2mc^2\) が必要。超相対論的な見積もり（\(L\) が小さい場合に対応）を用いると：
\[
\frac{\hbar c}{L} \geq 2mc^2
\]
\[
L \leq \frac{\hbar}{2mc} = \frac{\lambda_C}{2}
\]
\[
\boxed{L_{\text{critical}} \sim \frac{\lambda_C}{2} = \frac{\hbar}{2mc}}
\]
(c) 1 粒子描像の破綻との整合性
この結果は、Compton 波長 \(\lambda_C = \hbar/(mc)\) 程度以下の距離スケールに粒子を局在させようとすると、エネルギーの不確定さが対生成の閾値 \(2mc^2\) を超えることを意味する。
このとき：
- 「1 個の粒子」を観測しようとしても、仮想的な粒子・反粒子ペアが生成される可能性がある
- 粒子の数が不定になり、「粒子 1 個の波動関数」という概念が意味を失う
- 位置を \(\lambda_C\) 以下の精度で測定すること自体が、多粒子系の記述を必要とする
これはまさに本文の議論——「Compton 波長より短い距離スケールでは 1 粒子描像が破綻し、場の量子論が必要になる」——と完全に整合する。
検算
電子の場合：\(\lambda_C^{(e)} \approx 3.86 \times 10^{-13}\) m。原子のボーア半径 \(a_0 \approx 5.3 \times 10^{-11}\) m は \(\lambda_C\) の約 137 倍（\(= 1/\alpha\)、微細構造定数の逆数）であり、原子物理学では対生成を無視できることと整合する。
M-4. Klein-Gordon 場の一般解と正・負振動数モード
→ 問題に戻る
(a) 一般解が Klein-Gordon 方程式を満たすことの確認
一般解：
\[
\phi(\mathbf{x}, t) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a(\mathbf{p})\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} + b^*(\mathbf{p})\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} \right]
\]
\((\Box + m^2)\) を作用させる。各 Fourier モードに対して：
正振動数モード \(e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}\)：
\[
\Box\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} = \left(\frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2\right) e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
\[
= \left[(-i\omega_{\mathbf{p}})^2 - (i\mathbf{p})^2\right] e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
\[
= (-\omega_{\mathbf{p}}^2 + |\mathbf{p}|^2)\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
よって：
\[
(\Box + m^2)\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} = (-\omega_{\mathbf{p}}^2 + |\mathbf{p}|^2 + m^2)\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
\(\omega_{\mathbf{p}} = \sqrt{|\mathbf{p}|^2 + m^2}\) より \(\omega_{\mathbf{p}}^2 = |\mathbf{p}|^2 + m^2\) であるから：
\[
-\omega_{\mathbf{p}}^2 + |\mathbf{p}|^2 + m^2 = 0
\]
負振動数モード \(e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}\)：
\[
\Box\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} = \left[(i\omega_{\mathbf{p}})^2 - (-i\mathbf{p})^2\right] e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
\[
= (-\omega_{\mathbf{p}}^2 + |\mathbf{p}|^2)\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
同様に \((\Box + m^2)\) を作用させると \(0\) になる。
したがって、各 Fourier モードが Klein-Gordon 方程式を満たすので、その線形結合である \(\phi\) も満たす。
\[
\boxed{(\Box + m^2)\phi = 0 \quad \text{が確認された}}
\]
(b) 実スカラー場の条件
\(\phi = \phi^*\) の条件を課す。\(\phi^*\) を計算すると：
\[
\phi^*(\mathbf{x}, t) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a^*(\mathbf{p})\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} + b(\mathbf{p})\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} \right]
\]
\(\phi = \phi^*\) とするために、\(\phi^*\) の積分変数を \(\mathbf{p} \to -\mathbf{p}\) に置換する（\(\omega_{\mathbf{p}} = \omega_{-\mathbf{p}}\), \(d^3p\) は不変）：
\[
\phi^* = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a^*(-\mathbf{p})\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + \omega_{\mathbf{p}} t)} + b(-\mathbf{p})\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + \omega_{\mathbf{p}} t)} \right]
\]
いや、もっと直接的に比較する。\(\phi\) と \(\phi^*\) を並べて：
\[
\phi = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a(\mathbf{p})\, e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - i\omega_{\mathbf{p}} t} + b^*(\mathbf{p})\, e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + i\omega_{\mathbf{p}} t} \right]
\]
\[
\phi^* = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a^*(\mathbf{p})\, e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + i\omega_{\mathbf{p}} t} + b(\mathbf{p})\, e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - i\omega_{\mathbf{p}} t} \right]
\]
\(\phi^*\) の第 2 項 \(b(\mathbf{p})\, e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - i\omega_{\mathbf{p}} t}\) は \(\phi\) の第 1 項 \(a(\mathbf{p})\, e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - i\omega_{\mathbf{p}} t}\) と同じ指数関数を持つ。
\(\phi^*\) の第 1 項 \(a^*(\mathbf{p})\, e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + i\omega_{\mathbf{p}} t}\) は \(\phi\) の第 2 項 \(b^*(\mathbf{p})\, e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + i\omega_{\mathbf{p}} t}\) と同じ指数関数を持つ。
\(\phi = \phi^*\) の条件から、Fourier 成分ごとに比較して：
\[
\boxed{b(\mathbf{p}) = a(\mathbf{p})}
\]
すなわち、実スカラー場では \(a(\mathbf{p})\) と \(b(\mathbf{p})\) は独立ではなく、\(b(\mathbf{p}) = a(\mathbf{p})\) の関係がある。一般解は：
\[
\phi(\mathbf{x}, t) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a(\mathbf{p})\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} + a^*(\mathbf{p})\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} \right]
\]
(c) 複素スカラー場と反粒子
複素スカラー場の場合、\(\phi \neq \phi^*\) であるから、\(a(\mathbf{p})\) と \(b(\mathbf{p})\) は独立な複素関数である。
物理的解釈：
- \(a(\mathbf{p})\)：正振動数モード（\(e^{-i\omega_{\mathbf{p}} t}\)）の振幅 → 量子化後は粒子の消滅演算子
- \(b^*(\mathbf{p})\)：負振動数モード（\(e^{+i\omega_{\mathbf{p}} t}\)）の振幅 → 量子化後は反粒子の生成演算子
本文の議論との関連：
- Klein-Gordon 方程式の負エネルギー解（\(E < 0\)）は、場の量子論の枠組みでは「反粒子の正エネルギー状態」として再解釈される
- 複素場は粒子と反粒子を区別する自由度を持ち、\(U(1)\) 対称性 \(\phi \to e^{i\theta}\phi\) に対応する保存電荷（粒子数 \(-\) 反粒子数）が存在する
- 実スカラー場では粒子と反粒子が同一（\(b = a\)）であり、電荷を持たない
\[
\boxed{\text{複素場：} a(\mathbf{p}) \text{ と } b(\mathbf{p}) \text{ は独立。} b^*(\mathbf{p}) \text{ は反粒子の生成に対応する。}}
\]
検算
実スカラー場の自由度の数：各 \(\mathbf{p}\) に対して \(a(\mathbf{p})\)（複素数 1 個 = 実数 2 個）。複素スカラー場：各 \(\mathbf{p}\) に対して \(a(\mathbf{p})\) と \(b(\mathbf{p})\)（複素数 2 個 = 実数 4 個）。複素場は実場 2 つ分の自由度を持ち、\(\phi = (\phi_1 + i\phi_2)/\sqrt{2}\) と分解できることと整合する。
Advanced（発展）
A-1. 因果律と Klein-Gordon 伝播関数
→ 問題に戻る
(a) Retarded Green 関数の Fourier 表示
定義：
\[
(\Box_x + m^2)\, G_R(x - y) = -\delta^4(x - y)
\]
\(G_R\) を 4 元 Fourier 変換する：
\[
G_R(x - y) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\, \tilde{G}_R(p)\, e^{-ip\cdot(x-y)}
\]
ここで \(p\cdot x = p^0 x^0 - \mathbf{p}\cdot\mathbf{x}\)（計量 \((+,-,-,-)\)）。
\(\delta^4(x-y)\) の Fourier 表示：
\[
\delta^4(x-y) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\, e^{-ip\cdot(x-y)}
\]
\(\Box_x\, e^{-ip\cdot(x-y)}\) を計算：
\[
\Box_x\, e^{-ip\cdot(x-y)} = \partial_\mu\partial^\mu\, e^{-ip\cdot(x-y)} = (-ip_\mu)(-ip^\mu)\, e^{-ip\cdot(x-y)} = -p_\mu p^\mu\, e^{-ip\cdot(x-y)}
\]
\[
= -(p^0)^2 + |\mathbf{p}|^2)\, e^{-ip\cdot(x-y)} = -p^2\, e^{-ip\cdot(x-y)}
\]
ここで \(p^2 \equiv p_\mu p^\mu = (p^0)^2 - |\mathbf{p}|^2\)。
定義式に代入：
\[
\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\, (-p^2 + m^2)\, \tilde{G}_R(p)\, e^{-ip\cdot(x-y)} = -\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\, e^{-ip\cdot(x-y)}
\]
Fourier 成分を比較して：
\[
(-p^2 + m^2)\, \tilde{G}_R(p) = -1
\]
\[
\tilde{G}_R(p) = \frac{1}{p^2 - m^2} = \frac{1}{(p^0)^2 - |\mathbf{p}|^2 - m^2} = \frac{1}{(p^0)^2 - \omega_{\mathbf{p}}^2}
\]
ここで \(\omega_{\mathbf{p}} = \sqrt{|\mathbf{p}|^2 + m^2}\)。
極の位置と \(i\varepsilon\) 処方：
\((p^0)^2 - \omega_{\mathbf{p}}^2 = (p^0 - \omega_{\mathbf{p}})(p^0 + \omega_{\mathbf{p}}) = 0\) の解は \(p^0 = \pm\omega_{\mathbf{p}}\)。
Retarded 境界条件（\(x^0 < y^0\) で \(G_R = 0\)）を実現するには、\(p^0\) 積分の際に両方の極を実軸の下側に移動させる：
\[
p^0 \to p^0 + i\varepsilon \quad (\varepsilon > 0)
\]
すなわち：
\[
\boxed{\tilde{G}_R(p) = \frac{1}{(p^0 + i\varepsilon)^2 - \omega_{\mathbf{p}}^2}}
\]
Retarded 条件の実現：
\(G_R(x-y)\) の \(p^0\) 積分を考える：
\[
G_R(x-y) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, e^{i\mathbf{p}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \int \frac{dp^0}{2\pi}\, \frac{e^{-ip^0(x^0-y^0)}}{(p^0 + i\varepsilon)^2 - \omega_{\mathbf{p}}^2}
\]
極は \(p^0 = \omega_{\mathbf{p}} - i\varepsilon\) と \(p^0 = -\omega_{\mathbf{p}} - i\varepsilon\) にある（両方とも実軸の下）。
-
\(x^0 - y^0 > 0\) の場合： \(e^{-ip^0(x^0-y^0)}\) は \(\mathrm{Im}(p^0) \to -\infty\) で減衰するので、下半面で積分路を閉じる。両方の極を囲むので、留数定理により非ゼロの寄与を得る。
-
\(x^0 - y^0 < 0\) の場合： \(e^{-ip^0(x^0-y^0)} = e^{-ip^0 \cdot (\text{負})}\) は \(\mathrm{Im}(p^0) \to +\infty\) で減衰するので、上半面で積分路を閉じる。上半面には極がないので：
\[
G_R(x-y) = 0 \quad \text{for } x^0 < y^0
\]
これが retarded 境界条件である。まとめると：
\[
G_R(x-y) = \theta(x^0 - y^0) \cdot [\text{留数からの寄与}]
\]
留数を計算すると：
\[
G_R(x-y) = -\theta(x^0-y^0) \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, \frac{\sin[\omega_{\mathbf{p}}(x^0-y^0)]}{\omega_{\mathbf{p}}}\, e^{i\mathbf{p}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}
\]
(b) 空間的間隔での因果律
空間的間隔 \((x-y)^2 = (x^0-y^0)^2 - |\mathbf{x}-\mathbf{y}|^2 < 0\) において \(G_R(x-y) = 0\) であることを示す。
方法 1：\(\theta\) 関数による直接的議論
\(G_R(x-y)\) は \(\theta(x^0-y^0)\) を因子として含む。空間的間隔の場合、\(x^0 - y^0\) の符号は Lorentz 変換で変えることができる（空間的に離れた 2 事象の時間順序は観測者に依存する）。
しかし、\(G_R\) は Lorentz 不変な方程式の解であるから、その値は Lorentz 不変量 \((x-y)^2\) のみに依存するべきである（\(\theta\) 関数を除いた部分について）。
より厳密には：
- \(x^0 > y^0\) の場合：\(G_R \neq 0\) の可能性がある
- しかし空間的間隔では、Lorentz 変換で \(x^0 < y^0\) にできる系が存在する
- その系では \(G_R = 0\)（retarded 条件）
- \(G_R\) の \(\theta\) 関数を除いた部分は Lorentz 不変であるから、すべての系で \(G_R = 0\)
方法 2：直接計算
(a) で得た表式：
\[
G_R(x-y) = -\theta(x^0-y^0) \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, \frac{\sin[\omega_{\mathbf{p}}(x^0-y^0)]}{\omega_{\mathbf{p}}}\, e^{i\mathbf{p}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}
\]
\(\theta\) 関数の中身（\(\Delta(x-y) \equiv -\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{\sin(\omega_{\mathbf{p}} \Delta t)}{\omega_{\mathbf{p}}} e^{i\mathbf{p}\cdot\Delta\mathbf{x}}\)）は Lorentz 不変な関数であり、空間的間隔 \((x-y)^2 < 0\) では \(\Delta(x-y) = 0\) であることが知られている（Pauli-Jordan 関数の性質）。
これは以下のように理解できる：空間的間隔では、Lorentz 変換で \(\Delta t = 0\) とできる系が存在する。その系では \(\sin(\omega_{\mathbf{p}} \cdot 0) = 0\) であるから \(\Delta = 0\)。\(\Delta\) は Lorentz 不変なので、すべての系で \(\Delta = 0\)。
\[
\boxed{G_R(x-y) = 0 \quad \text{for } (x-y)^2 < 0}
\]
因果律の表現： これは「源（\(y\) 点での擾乱）の影響が光円錐の外側（空間的に離れた点 \(x\)）には伝わらない」ことを意味する。信号は光速を超えて伝播しない。
(c) 仮想粒子の交換と因果律
本文では「力は仮想粒子の交換で伝わる」と述べられている。この描像と因果律の整合性は以下のように正当化される：
-
Retarded 伝播関数の因果的性質： \(G_R(x-y) = 0\) for \((x-y)^2 < 0\) は、古典的な信号が光速以下でしか伝わらないことを保証する。
-
仮想粒子と Feynman 伝播関数： 場の量子論の摂動計算で現れるのは retarded 伝播関数ではなく Feynman 伝播関数 \(G_F\) であり、これは空間的間隔でもゼロにならない。しかし、\(G_F\) は「信号の伝播」ではなく「場の量子ゆらぎの相関」を表す。
-
観測可能量の因果性： 物理的に観測可能な量（散乱振幅、期待値の変化など）を計算すると、空間的に離れた事象間の因果的影響はゼロになる。これは場の交換関係 \([\hat{\phi}(x), \hat{\phi}(y)] = 0\) for \((x-y)^2 < 0\)（ボソン場の場合）として表現される。
-
仮想粒子の「伝播」： 仮想粒子は質量殻条件 \(p^2 = m^2\) を満たさない（off-shell）。Feynman 図における仮想粒子の線は、実際の粒子の伝播ではなく、場の量子ゆらぎの数学的表現である。因果律は個々の仮想粒子の「伝播」ではなく、すべての寄与を足し合わせた物理的観測量のレベルで保証される。
検算
次元解析：\([G_R] = [1/(\Box + m^2)][\delta^4] = [m^{-2}][m^4] = [m^2]\)（自然単位系）。Fourier 表示 \(\tilde{G}_R = 1/(p^2 - m^2)\) は \([m^{-2}]\) であり、\(\int d^4p/(2\pi)^4\) の次元 \([m^4]\) と合わせて \([G_R] = [m^2]\)。✓
A-2. Dirac の海と場の量子論の等価性
→ 問題に戻る
(a) Dirac の海の真空エネルギーの発散
Dirac の海の描像では、真空状態はすべての負エネルギー状態が電子で占有された状態である。
自由 Dirac 方程式の負エネルギー解のエネルギーは \(E = -\omega_{\mathbf{p}} = -\sqrt{|\mathbf{p}|^2 + m^2}\)（各運動量 \(\mathbf{p}\)、各スピン \(s = 1, 2\)）。
真空のエネルギーは、占有されたすべての負エネルギー状態のエネルギーの和：
\[
E_{\text{vac}} = \sum_{\mathbf{p}} \sum_{s=1}^{2} (-\omega_{\mathbf{p}}) = -2\sum_{\mathbf{p}} \omega_{\mathbf{p}}
\]
連続極限では：
\[
E_{\text{vac}} = -2 \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, \omega_{\mathbf{p}} = -2 \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, \sqrt{|\mathbf{p}|^2 + m^2}
\]
この積分は \(|\mathbf{p}| \to \infty\) で発散する：
\[
\int_0^\Lambda \frac{4\pi p^2\, dp}{(2\pi)^3}\, \sqrt{p^2 + m^2} \sim \int_0^\Lambda \frac{p^3\, dp}{2\pi^2} \sim \frac{\Lambda^4}{8\pi^2} \to \infty
\]
\[
\boxed{E_{\text{vac}} = -2\sum_{\mathbf{p}} \omega_{\mathbf{p}} \to -\infty \quad \text{（形式的に発散）}}
\]
（因子 2 はスピンの自由度。）
(b) 物理過程の等価性——電子・陽電子対の生成
Dirac の海の描像：
真空（海が完全に埋まった状態）にエネルギー \(E \geq 2mc^2\) を注入すると、海の中の電子 1 個が正エネルギー状態に励起される。
- 初期状態：海が完全に埋まった真空
- 最終状態：正エネルギーの電子 1 個 + 海に穴 1 個
エネルギー収支：
- 正エネルギー電子のエネルギー：\(+\omega_{\mathbf{p}_1}\)
- 穴のエネルギー：海から \(-\omega_{\mathbf{p}_2}\) の電子を取り除いたので、真空に対するエネルギー変化は \(+\omega_{\mathbf{p}_2}\)
- 合計必要エネルギー：\(\omega_{\mathbf{p}_1} + \omega_{\mathbf{p}_2} \geq 2m\)
電荷収支：
- 真空の電荷：\(Q_{\text{vac}}\)（基準として 0 とする）
- 正エネルギー電子の電荷：\(-e\)
- 穴の電荷：\(-(-e) = +e\)（負の電荷を持つ電子が 1 個なくなったので）
- 合計電荷変化：\(-e + e = 0\)（電荷保存）
場の量子論の描像：
真空状態 \(|0\rangle\)（Fock 真空）に生成演算子を作用させる：
\[
\hat{a}^\dagger_{\mathbf{p}_1, s_1} \hat{b}^\dagger_{\mathbf{p}_2, s_2} |0\rangle
\]
ここで \(\hat{a}^\dagger\) は電子の生成演算子、\(\hat{b}^\dagger\) は陽電子の生成演算子。
エネルギー収支：
- 電子のエネルギー：\(+\omega_{\mathbf{p}_1}\)
- 陽電子のエネルギー：\(+\omega_{\mathbf{p}_2}\)
- 合計必要エネルギー：\(\omega_{\mathbf{p}_1} + \omega_{\mathbf{p}_2} \geq 2m\)
電荷収支：
- 電子の電荷：\(-e\)
- 陽電子の電荷：\(+e\)
- 合計電荷変化：\(0\)
等価性：
\[
\boxed{\text{両描像で、エネルギーコスト } \omega_{\mathbf{p}_1} + \omega_{\mathbf{p}_2} \text{ と電荷保存 } \Delta Q = 0 \text{ が一致する}}
\]
観測可能な物理量（エネルギー差、電荷差、運動量など）はすべて同じ結果を与える。Dirac の海の描像は場の量子論の「言い換え」に過ぎない。
(c) ボソンに対する Dirac の海の不可能性
Pauli の排他原理の観点：
Dirac の海の構成には以下が本質的に必要：
- 各量子状態に最大 1 個の粒子しか入れない（Pauli の排他原理）
- すべての負エネルギー状態を粒子で完全に埋める
- 「穴」が反粒子として振る舞う
スカラー場（スピン 0）はボース統計に従うため：
- 各状態に任意の数の粒子を入れることができる
- 「すべての負エネルギー状態を埋める」ことが不可能——1 個入れても、さらにもう 1 個入れることができ、永遠に埋め尽くせない
- したがって「安定な真空」（海が完全に埋まった状態）を定義できない
- 「穴」の概念も意味を持たない
\[
\boxed{\text{ボソンは Pauli の排他原理に従わないため、Dirac の海を構成できない}}
\]
場の量子論による解決：
場の量子論では、統計性の違いは交換関係の選択によって自動的に組み込まれる：
\[
[\hat{a}_{\mathbf{p}}, \hat{a}^\dagger_{\mathbf{q}}] = (2\pi)^3 \delta^3(\mathbf{p} - \mathbf{q})
\]
- フェルミオン場： 生成・消滅演算子が反交換関係を満たす
\[
\{\hat{b}_{\mathbf{p}}, \hat{b}^\dagger_{\mathbf{q}}\} = (2\pi)^3 \delta^3(\mathbf{p} - \mathbf{q})
\]
どちらの場合も：
- 真空 \(|0\rangle\) は \(\hat{a}_{\mathbf{p}}|0\rangle = 0\)（すべての消滅演算子で消える状態）として定義される
- 粒子も反粒子も正のエネルギーを持つ励起として記述される
- 負エネルギー解は「反粒子の正エネルギー状態」として再解釈される
- Dirac の海のような無限個の粒子を仮定する必要がない
場の量子論は、フェルミオンとボソンの両方を統一的に扱うことができ、Dirac の海の描像の限界を完全に克服している。
検算
スピン-統計定理との整合性： 場の量子論では、Lorentz 不変性と因果律（空間的に離れた場の演算子の交換/反交換関係）から、整数スピンの場はボース統計、半整数スピンの場はフェルミ統計に従わなければならないことが証明される（スピン-統計定理）。これは Dirac の海が半整数スピンにしか適用できないことの深い理由を与えている。