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第 6 章 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. 場の強さテンソルの反対称性と成分の確認

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(a) \(F_{01}\) の計算

定義 \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\) に \(\mu=0\), \(\nu=1\) を代入する：

\[ F_{01} = \partial_0 A_1 - \partial_1 A_0 = \frac{\partial A_1}{\partial t} - \frac{\partial A_0}{\partial x} \]

(b) \(F_{10}\) の計算と反対称性の確認

\(\mu=1\), \(\nu=0\) を代入する：

\[ F_{10} = \partial_1 A_0 - \partial_0 A_1 = \frac{\partial A_0}{\partial x} - \frac{\partial A_1}{\partial t} \]

(a) と比較すると：

\[ F_{10} = -\left(\frac{\partial A_1}{\partial t} - \frac{\partial A_0}{\partial x}\right) = -F_{01} \quad \checkmark \]

(c) \(F_{12}\) の計算

\(\mu=1\), \(\nu=2\) を代入する：

\[ F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = \frac{\partial A_2}{\partial x} - \frac{\partial A_1}{\partial y} \]

一方、磁場の \(z\) 成分は \(B_z = (\nabla \times \mathbf{A})_z = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) であるから：

\[ F_{12} = B_z \]

式 (6.4) の行列を見ると、\((1,2)\) 成分は \(-B_z\) と書かれている。これは \(F^{\mu\nu}\)（添字が上）の行列であり、\(F^{12} = \eta^{1\alpha}\eta^{2\beta}F_{\alpha\beta} = (-1)(-1)F_{12} = F_{12}\) なので \(F^{12} = B_z\) ...

実際、式 (6.4) は \(F^{\mu\nu}\) の行列であり、\((1,2)\) 成分が \(-B_z\) と書かれている。一方 \(F^{12} = \eta^{1\alpha}\eta^{2\beta}F_{\alpha\beta} = (-1)(-1)F_{12} = F_{12}\)。したがって式 (6.4) から \(F^{12} = -B_z\) を読み取ると、\(F_{12} = -B_z\) となる。

ここで符号規約を確認する。式 (6.4) の行列は上付き添字 \(F^{\mu\nu}\) のものであり、\((1,2)\) 成分は \(-B_z\) である。計量 \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\) を用いると：

\[ F^{12} = \eta^{1\alpha}\eta^{2\beta}F_{\alpha\beta} = (-1)(-1)F_{12} = F_{12} \]

よって \(F_{12} = F^{12} = -B_z\)。

しかし、\(B_z = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) と \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) から \(F_{12} = B_z\) となるはずである。

この矛盾は式 (6.4) の符号規約の読み方に依存する。実際、式 (6.4) をよく見ると \(F^{\mu\nu}\) の \((0,1)\) 成分が \(E_x\) であり、\(F^{01} = E_x\) である。一方 \(F_{01} = \partial_0 A_1 - \partial_1 A_0\) であり、\(E_x = -\partial_0 A_1 - \partial_1 A_0\)（式 (6.3) の \(x\) 成分：\(E_x = -\partial_x A_0 - \partial_t A_1\)）なので \(F_{01} = \partial_0 A_1 - \partial_1 A_0 = -E_x\)。そして \(F^{01} = \eta^{00}\eta^{11}F_{01} = (+1)(-1)(-E_x) = E_x\)。これは式 (6.4) と整合する。

同様に \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = B_z\) であり、\(F^{12} = \eta^{11}\eta^{22}F_{12} = (-1)(-1)B_z = B_z\)。

式 (6.4) の \((1,2)\) 成分を再確認すると \(-B_z\) と書かれている。これは本文の符号規約で \(F^{12} = -B_z\) を意味する。

結論: 本文の式 (6.4) の規約では \((\nabla \times \mathbf{A})_z = \partial_x A_y - \partial_y A_x\) に対して \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = B_z\) であり、\(F^{12} = (-1)(-1)F_{12} = B_z\) となるべきだが、式 (6.4) に \(-B_z\) と書かれているのは、空間成分の添字の下げ方の規約（\(A^i = -A_i\) 等）に関連する可能性がある。

最も標準的な規約に従えば：

\[ F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = B_z \]

であり、式 (6.4) の行列で \((1,2)\) 成分が \(-B_z\) であることは \(F^{12} = -B_z\) を意味し、これは \(F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k\) という関係に対応する（\(F^{12} = -B_3 = -B_z\)）。この場合 \(F_{12} = \eta_{1\alpha}\eta_{2\beta}F^{\alpha\beta} = (-1)(-1)F^{12} = F^{12} = -B_z\)。

最終的な整理: 式 (6.4) の規約に従えば \(F^{12} = -B_z\) であり、\(F_{12} = F^{12} = -B_z\)（空間添字の上げ下げで \(\eta_{11}\eta_{22} = (-1)(-1) = 1\) なので \(F_{12} = F^{12}\)）。

一方、\(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) であり、\(B_z = \partial_x A_y - \partial_y A_x = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) なので \(F_{12} = B_z\)。

この二つが矛盾するように見えるが、実は式 (6.4) の空間成分の符号は \(\mathbf{B}\) の定義における符号規約に依存する。標準的な Heaviside-Lorentz 規約で計量 \((+,-,-,-)\) を使う場合、\(F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k\) が正しい関係であり、\(F_{ij} = \eta_{i\alpha}\eta_{j\beta}F^{\alpha\beta} = F^{ij}\)（空間添字は \((-1)^2 = 1\) で変わらない）なので \(F_{12} = -B_z\)。

これは \(B_z\) の定義を \(B_z = -F_{12} = \partial_2 A_1 - \partial_1 A_2\) とするか、\(B_z = F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) とするかの規約の問題である。式 (6.3) で \(\mathbf{B} = \nabla \times \mathbf{A}\) と定義されているので \(B_z = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\)。

式 (6.4) と整合させるには：\(F^{12} = -B_z\) より \(-B_z = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\)... これは \(B_z = \partial_2 A_1 - \partial_1 A_2\) を意味し、\(\mathbf{B} = \nabla \times \mathbf{A}\) と矛盾する。

正しい解釈: 式 (6.4) の行列は実は以下の規約で書かれている可能性がある。再度確認すると、多くの教科書（Peskin & Schroeder 等）では計量 \((+,-,-,-)\) で：

\[ F^{0i} = E^i, \quad F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k \]

これより \(F^{12} = -\epsilon^{123}B_3 = -B_z\)。一方、

\[ F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0, \quad F^{0i} = \eta^{00}\eta^{ii}F_{0i} = (1)(-1)F_{0i} = -F_{0i} \]

よって \(E^i = F^{0i} = -F_{0i}\) すなわち \(F_{0i} = -E^i\)。

また \(F_{12} = \eta_{11}\eta_{22}F^{12} = (-1)(-1)(-B_z) = -B_z\)。

そして \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\)。\(B_z = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) とすると \(F_{12} = B_z\) となり矛盾。

実は空間成分の添字の上げ下げは \(F_{ij} = \eta_{i\alpha}\eta_{j\beta}F^{\alpha\beta}\)。\(\alpha, \beta\) は空間のみ寄与するので \(F_{12} = \eta_{11}\eta_{22}F^{12} = (+1)(+1)F^{12}\)... いや、\(\eta_{11} = -1\), \(\eta_{22} = -1\) なので \(F_{12} = (-1)(-1)F^{12} = F^{12} = -B_z\)。

一方 \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) において、ここでの \(A_i\) は下付き添字。\(A_i = \eta_{i\mu}A^\mu = -A^i\)。\(\mathbf{A} = (A^1, A^2, A^3)\) とすると \(A_i = -A^i\)。

\(\mathbf{B} = \nabla \times \mathbf{A}\) の \(z\) 成分は \(B_z = \partial_x A^y - \partial_y A^x = \partial_1 A^2 - \partial_2 A^1\)。

\(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = \partial_1(-A^2) - \partial_2(-A^1) = -\partial_1 A^2 + \partial_2 A^1 = -({\partial_1 A^2 - \partial_2 A^1}) = -B_z\)。

これで整合する！ \(F_{12} = -B_z\) であり、式 (6.4) の \(F^{12} = -B_z = F_{12}\) と一致する。

最終回答:

\[ F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = -(\partial_1 A^2 - \partial_2 A^1) = -B_z \]

これは式 (6.4) の行列の \((1,2)\) 成分 \(-B_z\) と一致する。\(\square\)

B-2. Lagrangian の展開

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解法の方針

\(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\) を \((0,i)\) 成分と \((i,j)\) 成分に分けて計算する。

計算

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \sum_{\mu,\nu=0}^{3} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]

反対称性から \(\mu = \nu\) の項はゼロ。独立な成分は \(\mu < \nu\) のもので、対称性から各ペアが 2 回ずつ寄与する：

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = 2\sum_{\mu < \nu} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]

\((0,i)\) 成分（\(i = 1,2,3\)）：

\(F_{0i} = -E_i\)（D1(c) の議論から \(F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0\) であり、\(E_i = -\partial_0 A^i - \partial_i A^0 = \partial_0 A_i + \partial_i A_0\)... ）

上の D1 の結果を使う。\(F^{0i} = E^i = E_i\)（電場の空間成分）。\(F_{0i} = \eta_{00}\eta_{ii}F^{0i} = (1)(-1)E_i = -E_i\)。

よって：

\[ F_{0i}F^{0i} = (-E_i)(E_i) = -E_i^2 \]

3 つの \(i\) について和を取ると：

\[ \sum_{i=1}^{3} F_{0i}F^{0i} = -\mathbf{E}^2 \]

反対称性から \((0,i)\) と \((i,0)\) の寄与を合わせると：

\[ 2\sum_{i=1}^{3} F_{0i}F^{0i} = -2\mathbf{E}^2 \]

いや、もう少し丁寧にやり直す。

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \sum_{\mu=0}^{3}\sum_{\nu=0}^{3} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]

ここで \(F^{\mu\nu} = \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta}\) であるが、\(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\) の添字の縮約を正しく書くと：

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta} \]

これは面倒なので、直接成分で計算する。

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = F_{00}F^{00} + F_{01}F^{01} + F_{02}F^{02} + F_{03}F^{03} + F_{10}F^{10} + \cdots \]

\(F_{00} = 0\)。反対称性を使って：

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = 2(F_{01}F^{01} + F_{02}F^{02} + F_{03}F^{03}) + 2(F_{12}F^{12} + F_{13}F^{13} + F_{23}F^{23}) \]

時空混合成分: \(F_{0i} = -E_i\), \(F^{0i} = E_i\) より \(F_{0i}F^{0i} = -E_i \cdot E_i = -E_i^2\)。

\[ 2\sum_{i} F_{0i}F^{0i} = -2\mathbf{E}^2 \]

純空間成分: \(F_{12} = -B_z\), \(F^{12} = -B_z\) より \(F_{12}F^{12} = B_z^2\)。同様に \(F_{13}F^{13} = B_y^2\), \(F_{23}F^{23} = B_x^2\)。

\[ 2\sum_{i<j} F_{ij}F^{ij} = 2\mathbf{B}^2 \]

したがって：

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = -2\mathbf{E}^2 + 2\mathbf{B}^2 \]

よって：

\[ \boxed{\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = -\frac{1}{4}(-2\mathbf{E}^2 + 2\mathbf{B}^2) = \frac{1}{2}(\mathbf{E}^2 - \mathbf{B}^2)} \]

検算

次元解析：\([\mathbf{E}^2] = [\mathbf{B}^2] = \text{エネルギー密度}\) であり、Lagrangian 密度の次元と一致する。また、\(\mathcal{L} = T - V\) の構造で、\(\frac{1}{2}\mathbf{E}^2\) が「運動エネルギー」（\(\mathbf{E}\) は \(\dot{\mathbf{A}}\) を含む）、\(\frac{1}{2}\mathbf{B}^2\) が「ポテンシャルエネルギー」に対応する。

B-3. ゲージ変換のもとでの電場・磁場の不変性

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電場の不変性

ゲージ変換 \(A_0 \to A_0 + \partial_0 \lambda\), \(\mathbf{A} \to \mathbf{A} + \nabla\lambda\) を式 (6.3) に代入する：

\[ \mathbf{E}' = -\nabla(A_0 + \partial_0\lambda) - \frac{\partial}{\partial t}(\mathbf{A} + \nabla\lambda) \]
\[ = -\nabla A_0 - \nabla(\partial_0\lambda) - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} - \frac{\partial}{\partial t}(\nabla\lambda) \]
\[ = \mathbf{E} - \nabla(\partial_0\lambda) - \partial_0(\nabla\lambda) \]

偏微分の順序は交換可能なので \(\nabla(\partial_0\lambda) = \partial_0(\nabla\lambda)\)。よって：

\[ \mathbf{E}' = \mathbf{E} - \nabla(\partial_0\lambda) + \nabla(\partial_0\lambda) = \mathbf{E} \quad \checkmark \]

磁場の不変性

\[ \mathbf{B}' = \nabla \times (\mathbf{A} + \nabla\lambda) = \nabla \times \mathbf{A} + \nabla \times (\nabla\lambda) \]

任意のスカラー場 \(\lambda\) に対して \(\nabla \times (\nabla\lambda) = \mathbf{0}\)（勾配の回転は恒等的にゼロ）。よって：

\[ \mathbf{B}' = \mathbf{B} \quad \checkmark \]

B-4. 共変微分のゲージ変換則

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計算

変換後の場と共変微分を明示的に書く：

\[ \psi' = e^{i\alpha(x)}\psi, \qquad A_\mu' = A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha \]

変換後の共変微分を \(\psi'\) に作用させる：

\[ D_\mu'\psi' = \left(\partial_\mu + iqA_\mu'\right)\psi' = \left(\partial_\mu + iq\left(A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha\right)\right)(e^{i\alpha}\psi) \]
\[ = \left(\partial_\mu + iqA_\mu - i\partial_\mu\alpha\right)(e^{i\alpha}\psi) \]

積の微分則を \(\partial_\mu(e^{i\alpha}\psi)\) に適用する：

\[ \partial_\mu(e^{i\alpha}\psi) = e^{i\alpha}(i\partial_\mu\alpha)\psi + e^{i\alpha}\partial_\mu\psi \]

これを代入する：

\[ D_\mu'\psi' = e^{i\alpha}(i\partial_\mu\alpha)\psi + e^{i\alpha}\partial_\mu\psi + iqA_\mu \cdot e^{i\alpha}\psi - i(\partial_\mu\alpha) \cdot e^{i\alpha}\psi \]

第 1 項と第 4 項を見る：

\[ e^{i\alpha}(i\partial_\mu\alpha)\psi - i(\partial_\mu\alpha)e^{i\alpha}\psi = 0 \]

これらは完全に相殺する。残る項は：

\[ D_\mu'\psi' = e^{i\alpha}\partial_\mu\psi + iqA_\mu e^{i\alpha}\psi = e^{i\alpha}(\partial_\mu\psi + iqA_\mu\psi) = e^{i\alpha}D_\mu\psi \]
\[ \boxed{D_\mu'\psi' = e^{i\alpha(x)}D_\mu\psi \quad \checkmark} \]

B-5. 共役運動量の計算

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(a) \(\pi^0 = 0\)

D2 の結果 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}(\mathbf{E}^2 - \mathbf{B}^2)\) を使う。\(E_i = F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0\) であるから、\(\mathbf{E}^2 = \sum_i(\partial_0 A_i - \partial_i A_0)^2\)。

\(\partial_0 A_0\) は \(E_i\) のどの成分にも含まれない（\(E_i\) は \(\partial_0 A_i\) と \(\partial_i A_0\) のみ含む）。\(\mathbf{B}^2\) は空間微分のみを含み \(\partial_0 A_\mu\) を含まない。

したがって：

\[ \pi^0 = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0 A_0)} = 0 \quad \checkmark \]

(b) \(\pi^i = E^i\)

\[ \pi^i = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0 A_i)} \]

\(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\sum_j E_j^2 - \frac{1}{2}\mathbf{B}^2\) であり、\(E_j = \partial_0 A_j - \partial_j A_0\)。\(\mathbf{B}^2\) は \(\partial_0 A_i\) を含まない。

\[ \pi^i = \frac{\partial}{\partial(\partial_0 A_i)}\left[\frac{1}{2}\sum_j(\partial_0 A_j - \partial_j A_0)^2\right] = \frac{1}{2}\cdot 2(\partial_0 A_i - \partial_i A_0) = E_i \]

計量の規約に注意すると \(E^i = E_i\)（3 次元ベクトルとして）であり、また \(F^{0i} = E^i\)。

\[ \boxed{\pi^i = F^{0i} = E^i \quad \checkmark} \]

B-6. 偏極ベクトルの横波条件

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解法

\(\mathbf{k} = k(0, \sin\theta, \cos\theta)\) に対して \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon} = 0\) を満たす 2 つの正規直交ベクトルを求める。

第 1 偏極ベクトル: \(x\) 方向は明らかに \(\mathbf{k}\) と直交する：

\[ \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = (1, 0, 0) \]

確認：\(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = k(0\cdot1 + \sin\theta\cdot0 + \cos\theta\cdot0) = 0\) \(\checkmark\)

第 2 偏極ベクトル: \(\mathbf{k}\) と \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\) の両方に直交する方向を求める。\(\hat{\mathbf{k}} \times \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\) を計算する：

\[ \hat{\mathbf{k}} \times \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = (0, \sin\theta, \cos\theta) \times (1, 0, 0) \]
\[ = \begin{vmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\ 0 & \sin\theta & \cos\theta \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = (0\cdot0 - \cos\theta\cdot0,\; \cos\theta\cdot1 - 0\cdot0,\; 0\cdot0 - \sin\theta\cdot1) \]
\[ = (0, \cos\theta, -\sin\theta) \]

正規化の確認：\(|(0, \cos\theta, -\sin\theta)| = \sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta} = 1\) \(\checkmark\)

\[ \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = (0, \cos\theta, -\sin\theta) \]

検算

  • \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = k(0\cdot0 + \sin\theta\cos\theta - \cos\theta\sin\theta) = 0\) \(\checkmark\)
  • \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = 1\cdot0 + 0\cdot\cos\theta + 0\cdot(-\sin\theta) = 0\) \(\checkmark\)
  • \(|\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)|^2 = 1\), \(|\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2)|^2 = 1\) \(\checkmark\)
\[ \boxed{\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = (1, 0, 0), \qquad \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = (0, \cos\theta, -\sin\theta)} \]

B-7. Bianchi 恒等式の確認

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計算

\((\lambda, \mu, \nu) = (0, 1, 2)\) を代入する：

\[ \partial_0 F_{12} + \partial_1 F_{20} + \partial_2 F_{01} = 0 \]

各項に \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\) を代入する：

\[ \partial_0 F_{12} = \partial_0(\partial_1 A_2 - \partial_2 A_1) \]
\[ \partial_1 F_{20} = \partial_1(\partial_2 A_0 - \partial_0 A_2) \]
\[ \partial_2 F_{01} = \partial_2(\partial_0 A_1 - \partial_1 A_0) \]

全て展開する：

\[ \partial_0\partial_1 A_2 - \partial_0\partial_2 A_1 + \partial_1\partial_2 A_0 - \partial_1\partial_0 A_2 + \partial_2\partial_0 A_1 - \partial_2\partial_1 A_0 \]

偏微分の順序交換 \(\partial_\mu\partial_\nu = \partial_\nu\partial_\mu\) を用いてペアを見つける：

  • \(\partial_0\partial_1 A_2\) と \(-\partial_1\partial_0 A_2 = -\partial_0\partial_1 A_2\) → 相殺
  • \(-\partial_0\partial_2 A_1\) と \(\partial_2\partial_0 A_1 = \partial_0\partial_2 A_1\) → 相殺
  • \(\partial_1\partial_2 A_0\) と \(-\partial_2\partial_1 A_0 = -\partial_1\partial_2 A_0\) → 相殺
\[ \boxed{\partial_0 F_{12} + \partial_1 F_{20} + \partial_2 F_{01} = 0 \quad \checkmark} \]

B-8. 光子の分散関係

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計算

波動方程式 \(\Box A_i = 0\) に平面波解 \(A_i = \epsilon_i e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})}\) を代入する。

\[ \Box = \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2 \]
\[ \frac{\partial^2}{\partial t^2} e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = (-i\omega)^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = -\omega^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} \]
\[ \nabla^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = (i\mathbf{k})^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = -|\mathbf{k}|^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} \]
\[ \Box A_i = (-\omega^2 + |\mathbf{k}|^2) A_i = 0 \]

非自明な解 \(A_i \neq 0\) のためには：

\[ \boxed{\omega^2 = |\mathbf{k}|^2 \quad \Longrightarrow \quad \omega = |\mathbf{k}|} \]

Klein-Gordon 場との比較

質量 \(m\) の Klein-Gordon 場の波動方程式 \((\Box + m^2)\phi = 0\) からは分散関係：

\[ \omega^2 = |\mathbf{k}|^2 + m^2 \quad \Longrightarrow \quad \omega = \sqrt{|\mathbf{k}|^2 + m^2} \]

光子の場合 \(m = 0\) を代入すると \(\omega = |\mathbf{k}|\) が回復する。これは光子が質量ゼロの粒子であること、すなわち光速で伝播する（\(E = pc\), 自然単位系で \(\omega = |\mathbf{k}|\)）ことに対応する。

Medium（標準）

M-1. Euler-Lagrange 方程式から Maxwell 方程式を導く

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解法の方針

Euler-Lagrange 方程式を \(A_\nu\) に適用する。\(\mathcal{L}\) は \(A_\nu\) 自身に依存しないので \(\partial\mathcal{L}/\partial A_\nu = 0\)。\(\partial\mathcal{L}/\partial(\partial_\mu A_\nu)\) を計算する。

計算

\[ \mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta} = -\frac{1}{4}\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\alpha\beta}F_{\gamma\delta} \]

\(F_{\alpha\beta} = \partial_\alpha A_\beta - \partial_\beta A_\alpha\) なので、\(\partial_\mu A_\nu\) に対する微分を計算する：

\[ \frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \delta^\mu_\alpha \delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta \delta^\nu_\alpha \]

よって：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{4}\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}\left[\frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}F_{\gamma\delta} + F_{\alpha\beta}\frac{\partial F_{\gamma\delta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right] \]

2 つの項は（ダミー添字の付け替えにより）等しいので：

\[ = -\frac{1}{2}\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}(\delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\delta^\nu_\alpha)F_{\gamma\delta} \]
\[ = -\frac{1}{2}\left(\eta^{\mu\gamma}\eta^{\nu\delta}F_{\gamma\delta} - \eta^{\nu\gamma}\eta^{\mu\delta}F_{\gamma\delta}\right) \]
\[ = -\frac{1}{2}\left(F^{\mu\nu} - F^{\nu\mu}\right) \]

\(F^{\mu\nu}\) は反対称なので \(F^{\nu\mu} = -F^{\mu\nu}\)：

\[ = -\frac{1}{2}(F^{\mu\nu} + F^{\mu\nu}) = -F^{\mu\nu} \]

Euler-Lagrange 方程式は：

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

3 次元ベクトルへの書き下し

\(\nu = 0\) の場合:

\[ \partial_\mu F^{\mu 0} = \partial_0 F^{00} + \partial_i F^{i0} = 0 + \partial_i(-E^i) = -\nabla \cdot \mathbf{E} = 0 \]
\[ \boxed{\nabla \cdot \mathbf{E} = 0} \quad \text{（Gauss の法則）} \]

\(\nu = j\) の場合:

\[ \partial_\mu F^{\mu j} = \partial_0 F^{0j} + \partial_i F^{ij} = 0 \]

\(F^{0j} = E^j\) であり、\(F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k\) であるから：

\[ \partial_0 E^j + \partial_i(-\epsilon^{ijk}B_k) = 0 \]
\[ \frac{\partial E^j}{\partial t} - \epsilon^{ijk}\partial_i B_k = 0 \]

\((\nabla \times \mathbf{B})^j = \epsilon^{jik}\partial_i B_k = \epsilon^{ijk}\partial_i B_k\)（\(\epsilon^{jik} = \epsilon^{ijk}\)）なので：

\[ \frac{\partial E^j}{\partial t} = (\nabla \times \mathbf{B})^j \]
\[ \boxed{\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} = \nabla \times \mathbf{B}} \quad \text{（Ampère-Maxwell の法則）} \]

検算

ソースなしの Maxwell 方程式は 4 つ：\(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\), \(\nabla \times \mathbf{B} = \partial_t \mathbf{E}\)（Euler-Lagrange から）、\(\nabla \cdot \mathbf{B} = 0\), \(\nabla \times \mathbf{E} = -\partial_t \mathbf{B}\)（Bianchi 恒等式から）。\(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\) の \(\nu = 0,1,2,3\) で前者 2 つが得られることを確認した。

M-2. Coulomb ゲージの自由度の数え上げ

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(a) \(\pi^0 = 0\) による \(A_0\) の除外

D5(a) で示したように \(\pi^0 = \partial\mathcal{L}/\partial\dot{A}_0 = 0\) である。正準量子化では場 \(A_\mu\) とその共役運動量 \(\pi^\mu\) の間に等時刻交換関係 \([A_\mu(\mathbf{x},t), \pi^\nu(\mathbf{y},t)] = i\delta^\nu_\mu\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\) を課す。しかし \(\pi^0 = 0\) は演算子としても恒等的にゼロであるから、\([A_0, \pi^0] = [A_0, 0] = 0 \neq i\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\) となり矛盾する。

これは \(A_0\) が独立な力学的自由度ではないことを意味する。\(A_0\) は他の変数から決まる従属変数（拘束条件を通じて決定される量）であり、独立な正準変数から除外される。

自由度: \(4 \to 3\)

(b) Coulomb ゲージ条件による 1 自由度の除去

Coulomb ゲージ条件 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) を Fourier 空間で書くと：

\[ \mathbf{k} \cdot \tilde{\mathbf{A}}(\mathbf{k}) = 0 \]

これは各 \(\mathbf{k}\) に対して 1 つのスカラー条件であり、3 成分ベクトル \(\tilde{\mathbf{A}}(\mathbf{k})\) のうち \(\mathbf{k}\) 方向の成分（縦波成分）をゼロに固定する。残るのは \(\mathbf{k}\) に垂直な 2 成分（横波成分）のみ。

自由度: \(3 \to 2\)

(c) \(A_0 = 0\) の導出

Coulomb ゲージ \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) のもとで Gauss の法則 \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\) を書き下す：

\[ \nabla \cdot \mathbf{E} = \nabla \cdot \left(-\nabla A_0 - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\right) = -\nabla^2 A_0 - \frac{\partial}{\partial t}(\nabla \cdot \mathbf{A}) = -\nabla^2 A_0 = 0 \]

（\(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) を使った。）

これは Laplace 方程式 \(\nabla^2 A_0 = 0\) である。境界条件として無限遠で \(A_0 \to 0\) を課すと、Laplace 方程式の一意性定理から：

\[ A_0 = 0 \]

(d) まとめ

  • \(A_\mu\) は 4 成分
  • \(\pi^0 = 0\): \(A_0\) は力学変数でない → 3 成分
  • Coulomb ゲージ \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\): 縦波成分を除去 → 2 成分
  • 真空中 Gauss の法則: \(A_0 = 0\) を確定

残る物理的自由度は 2 つの横偏光 \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\), \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2)\) に対応する。これは光の偏光が 2 つ（例えば水平偏光と垂直偏光、あるいは左円偏光と右円偏光）であるという実験事実と一致する。

M-3. 偏極ベクトルの完全性関係

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(a) 完全性関係の証明

3 次元空間において、\(\hat{\mathbf{k}} = \mathbf{k}/|\mathbf{k}|\), \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\), \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2)\) は正規直交基底をなす（\(\hat{\mathbf{k}}\) は \(\boldsymbol{\epsilon}\) の両方と直交し、\(|\hat{\mathbf{k}}| = 1\)）。

3 次元の完全性関係は：

\[ \hat{k}_i \hat{k}_j + \sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} \]

これを変形すると：

\[ \sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} - \hat{k}_i\hat{k}_j = \delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2} \]
\[ \boxed{\sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}} \]

(b) 横波射影演算子の確認

右辺に \(k_j\) を掛けて \(j\) について和を取る：

\[ \left(\delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)k_j = k_i - \frac{k_i k_j k_j}{|\mathbf{k}|^2} = k_i - \frac{k_i |\mathbf{k}|^2}{|\mathbf{k}|^2} = k_i - k_i = 0 \]
\[ \boxed{\left(\delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)k_j = 0} \]

これは、この演算子が任意のベクトルの \(\mathbf{k}\) 方向成分（縦波成分）を除去し、\(\mathbf{k}\) に垂直な成分（横波成分）のみを残す横波射影演算子 (transverse projector) であることを示している。

検算

射影演算子の冪等性を確認する：

\[ P_{ij}^{\perp} = \delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2} \]
\[ P_{ij}^{\perp}P_{jl}^{\perp} = \left(\delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)\left(\delta_{jl} - \frac{k_j k_l}{|\mathbf{k}|^2}\right) \]
\[ = \delta_{il} - \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} - \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} + \frac{k_i k_j k_j k_l}{|\mathbf{k}|^4} = \delta_{il} - \frac{2k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} + \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} = \delta_{il} - \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} = P_{il}^{\perp} \]

冪等性 \(P^2 = P\) が確認でき、射影演算子であることが検証された。\(\checkmark\)

M-4. Coulomb ゲージでの正準交換関係と横波デルタ関数

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解法の方針

Coulomb ゲージでの場の Fourier 展開を代入し、\([a, a^\dagger]\) の交換関係と偏極ベクトルの完全性関係を用いて等時刻交換関係を計算する。

計算

Coulomb ゲージでの \(\mathbf{A}\) の展開は：

\[ A_i(\mathbf{x}, t) = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_k}}\sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\left[a(\mathbf{k},\lambda)e^{-i\omega_k t + i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} + a^\dagger(\mathbf{k},\lambda)e^{i\omega_k t - i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}\right] \]

ここで \(\omega_k = |\mathbf{k}|\)。共役運動量は \(\pi_j = \dot{A}_j\)：

\[ \pi_j(\mathbf{y}, t) = \int \frac{d^3k'}{(2\pi)^3}\frac{(-i\omega_{k'})}{{\sqrt{2\omega_{k'}}}}\sum_{\lambda'=1}^{2}\epsilon_j(\mathbf{k}',\lambda')\left[a(\mathbf{k}',\lambda')e^{-i\omega_{k'} t + i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}} - a^\dagger(\mathbf{k}',\lambda')e^{i\omega_{k'} t - i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}}\right] \]

交換関係 \([A_i(\mathbf{x},t), \pi_j(\mathbf{y},t)]\) を計算する。\([a, a] = [a^\dagger, a^\dagger] = 0\) なので、非ゼロの寄与は \([a, a^\dagger]\) と \([a^\dagger, a]\) の項のみ：

\[ [A_i(\mathbf{x},t), \pi_j(\mathbf{y},t)] = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_k}}\int\frac{d^3k'}{(2\pi)^3}\frac{(-i\omega_{k'})}{\sqrt{2\omega_{k'}}}\sum_{\lambda,\lambda'}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k}',\lambda') \]
\[ \times \left\{[a(\mathbf{k},\lambda), a^\dagger(\mathbf{k}',\lambda')]e^{-i\omega_k t + i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}e^{i\omega_{k'} t - i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}}(-1)\right. \]
\[ \left. + [a^\dagger(\mathbf{k},\lambda), a(\mathbf{k}',\lambda')]e^{i\omega_k t - i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}e^{-i\omega_{k'} t + i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}}(+1)\right\} \]

\([a(\mathbf{k},\lambda), a^\dagger(\mathbf{k}',\lambda')] = (2\pi)^3\delta^3(\mathbf{k}-\mathbf{k}')\delta_{\lambda\lambda'}\) を使い、\([a^\dagger, a] = -[a, a^\dagger]\) に注意して \(\mathbf{k}'\) 積分を実行する：

\[ = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{(-i\omega_k)}{2\omega_k}\sum_{\lambda}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda)\left\{-e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} - e^{-i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\right\} \]

ここで時間依存性は \(e^{-i\omega_k t}e^{i\omega_k t} = 1\) で消えている。

\[ = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{(-i)}{2}\sum_{\lambda}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda)\left\{-e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} - e^{-i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\right\} \]

\(\mathbf{k} \to -\mathbf{k}\) の変数変換で \(e^{-i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\) の項を \(e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\) に変換できる。偏極ベクトルの完全性関係 \(\sum_\lambda \epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} - k_ik_j/|\mathbf{k}|^2\) は \(\mathbf{k} \to -\mathbf{k}\) で不変（\(k_ik_j/|\mathbf{k}|^2\) は \(\mathbf{k}\) の偶関数）。よって：

\[ = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{(-i)}{2}\left(\delta_{ij} - \frac{k_ik_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)(-2)e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]
\[ = i\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\left(\delta_{ij} - \frac{k_ik_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]
\[ \boxed{[A_i(\mathbf{x},t), \pi_j(\mathbf{y},t)] = i\delta_{ij}^{\perp}(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]

ここで横波デルタ関数は：

\[ \delta_{ij}^{\perp}(\mathbf{x}-\mathbf{y}) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\left(\delta_{ij} - \frac{k_ik_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]

物理的理由

通常の正準交換関係 \([A_i, \pi_j] = i\delta_{ij}\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\) ではなく横波デルタ関数が現れる理由：

Coulomb ゲージ条件 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) は \(A_i\) の縦波成分（\(\mathbf{k}\) 方向の成分）を恒等的にゼロに固定している。したがって \(A_i\) は 3 成分のうち横波 2 成分のみが独立な力学変数である。交換関係はこの拘束を反映し、\(\mathbf{k}\) 方向への射影を自動的に除去する横波射影演算子 \(\delta_{ij} - k_ik_j/|\mathbf{k}|^2\) が現れる。もし通常の \(\delta_{ij}\delta^3\) が成り立つとすると、\(\partial_i^x [A_i, \pi_j] = i\partial_j\delta^3 \neq 0\) となり、\(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) と矛盾する。横波デルタ関数では \(\partial_i^x \delta_{ij}^\perp = 0\) が保証され、整合性が保たれる。

Advanced（発展）

A-1. Proca 場（質量のあるベクトル場）との比較

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(a) 運動方程式の導出

Proca Lagrangian：

\[ \mathcal{L}_{\text{Proca}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} + \frac{1}{2}m^2 A_\mu A^\mu \]

Euler-Lagrange 方程式：

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

第 1 項は S1 と同じ計算で \(\partial_\mu(-F^{\mu\nu}) = -\partial_\mu F^{\mu\nu}\)。

第 2 項：\(\frac{1}{2}m^2 A_\alpha A^\alpha = \frac{1}{2}m^2 \eta^{\alpha\beta}A_\alpha A_\beta\) を \(A_\nu\) で微分する：

\[ \frac{\partial}{\partial A_\nu}\left(\frac{1}{2}m^2\eta^{\alpha\beta}A_\alpha A_\beta\right) = \frac{1}{2}m^2\eta^{\alpha\beta}(\delta^\nu_\alpha A_\beta + A_\alpha\delta^\nu_\beta) = m^2\eta^{\nu\beta}A_\beta = m^2 A^\nu \]

Euler-Lagrange 方程式：

\[ -\partial_\mu F^{\mu\nu} - m^2 A^\nu = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu F^{\mu\nu} + m^2 A^\nu = 0} \]

(b) Lorenz 条件の自動的成立

運動方程式の両辺に \(\partial_\nu\) を作用させる：

\[ \partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu} + m^2\partial_\nu A^\nu = 0 \]

第 1 項について：\(\partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu}\)。ここで \(F^{\mu\nu}\) は反対称（\(F^{\mu\nu} = -F^{\nu\mu}\)）であり、\(\partial_\nu\partial_\mu\) は \(\mu, \nu\) について対称である。対称テンソルと反対称テンソルの縮約はゼロ：

\[ \partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0 \]

よって：

\[ m^2\partial_\nu A^\nu = 0 \]

\(m \neq 0\) であれば：

\[ \boxed{\partial_\nu A^\nu = 0} \]

Lorenz 条件が運動方程式の帰結として自動的に成り立つ。ゲージ固定条件として外から課す必要がない。

(c) 物理的自由度の数え上げ

  • \(A_\mu\) は 4 成分を持つ
  • 運動方程式から導かれる拘束条件 \(\partial_\nu A^\nu = 0\) が 1 つのスカラー条件を与える
  • \(m \neq 0\) の場合、ゲージ対称性はない（質量項 \(m^2 A_\mu A^\mu\) はゲージ変換 \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu\lambda\) のもとで不変でない）
  • ゲージ対称性がないので、追加のゲージ固定条件は不要

したがって物理的自由度は：

\[ 4 - 1 = 3 \]

これは 2 つの横偏光 + 1 つの縦偏光に対応する。質量のあるスピン 1 粒子（例えば \(W^\pm\), \(Z^0\) ボソン）は 3 つの偏光状態を持つ。

(d) \(m \to 0\) の極限と Higgs 機構

\(m \to 0\) の極限:

  • \(m \to 0\) で質量項 \(m^2 A_\mu A^\mu\) が消失し、Lagrangian はゲージ対称性 \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu\lambda\) を回復する
  • ゲージ対称性の回復により、新たなゲージ自由度（\(\lambda(x)\)）が 1 つ生じる
  • この追加の自由度により、物理的自由度は \(3 \to 2\) に減少する
  • 縦偏光の偏極ベクトル \(\epsilon^\mu_L(k) \sim k^\mu/m\) は \(m \to 0\) で発散し、縦偏光モードは物理的スペクトルから消失する（デカップルする）

Higgs 機構との関係:

Higgs 機構（第 17 章以降）はこの逆過程に対応する：

  1. 出発点：質量ゼロのゲージ場（2 自由度）+ Higgs 場（スカラー場）
  2. Higgs 場が真空期待値を獲得（自発的対称性の破れ）
  3. Higgs 場の Nambu-Goldstone モード（1 自由度）がゲージ場に「食べられ」、ゲージ場の縦偏光成分となる
  4. 結果：質量のあるベクトル場（3 自由度）

これは「ゲージボソンが質量を獲得する際、Goldstone ボソンが縦偏光として吸収される」という描像であり、\(W^\pm\), \(Z^0\) ボソンの質量の起源を説明する標準模型の核心的メカニズムである。

検算

自由度の数え上げの整合性： - Proca 場（\(m \neq 0\)）: 4 成分 − 1 拘束 = 3 自由度 \(\checkmark\) - Maxwell 場（\(m = 0\)）: 4 成分 − 1 拘束（\(\pi^0 = 0\)）− 1 ゲージ固定 = 2 自由度 \(\checkmark\) - Higgs 機構: 2（ゲージ場）+ 1（Goldstone）= 3（massive vector）\(\checkmark\)

A-2. ゲージ固定項を含む Lagrangian と光子伝播関数

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(a) Euler-Lagrange 方程式の導出

\[ \mathcal{L}_{\text{gf}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} - \frac{1}{2\xi}(\partial_\mu A^\mu)^2 \]

第 1 項の寄与（S1 と同じ）：

\[ \partial_\mu\frac{\partial(-\frac{1}{4}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta})}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \partial_\mu F^{\mu\nu} \]

（符号に注意：S1 で \(\partial\mathcal{L}/\partial(\partial_\mu A_\nu) = -F^{\mu\nu}\) を得たので、\(\partial_\mu(-F^{\mu\nu})\) が Euler-Lagrange 方程式の第 1 項への寄与。）

第 2 項の寄与：

\[ -\frac{1}{2\xi}(\partial_\alpha A^\alpha)^2 = -\frac{1}{2\xi}\eta^{\alpha\beta}\eta^{\gamma\delta}(\partial_\alpha A_\beta)(\partial_\gamma A_\delta) \]

\(\partial_\mu A_\nu\) で微分する：

\[ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\left[-\frac{1}{2\xi}\eta^{\alpha\beta}\eta^{\gamma\delta}(\partial_\alpha A_\beta)(\partial_\gamma A_\delta)\right] \]
\[ = -\frac{1}{2\xi}\eta^{\alpha\beta}\eta^{\gamma\delta}\left[\delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta(\partial_\gamma A_\delta) + (\partial_\alpha A_\beta)\delta^\mu_\gamma\delta^\nu_\delta\right] \]
\[ = -\frac{1}{2\xi}\left[\eta^{\mu\nu}(\partial_\gamma A^\gamma) + (\partial_\alpha A^\alpha)\eta^{\mu\nu}\right] = -\frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha) \]

\(\partial_\mu\) を作用させる：

\[ \partial_\mu\left[-\frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha)\right] = -\frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\alpha A^\alpha) \]

Euler-Lagrange 方程式全体（\(\partial\mathcal{L}/\partial A_\nu = 0\) に注意）：

\[ \partial_\mu F^{\mu\nu} - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

\(F^{\mu\nu} = \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu\) を代入する：

\[ \partial_\mu(\partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu) - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]
\[ \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]
\[ \Box A^\nu - \left(1 + \frac{1}{\xi}\right)\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

いや、もう一度丁寧に。\(\partial_\mu F^{\mu\nu} = \partial_\mu\partial^\mu A^\nu - \partial_\mu\partial^\nu A^\mu = \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu)\)。

よって：

\[ \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]
\[ \Box A^\nu - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

待って、符号を確認する。\(-\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = -(1 + \frac{1}{\xi})\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu)\)...

もう一度。Euler-Lagrange 方程式の第 1 項の寄与は \(\partial_\mu(-F^{\mu\nu}) = -\partial_\mu F^{\mu\nu}\)... いや、Euler-Lagrange 方程式は：

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

第 1 項（\(-\frac{1}{4}F^2\) から）：\(\frac{\partial(-\frac{1}{4}F^2)}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -F^{\mu\nu}\)（S1 で計算済み）。

第 2 項（ゲージ固定項から）：\(\frac{\partial(-\frac{1}{2\xi}(\partial A)^2)}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha)\)。

合わせて：

\[ \partial_\mu\left[-F^{\mu\nu} - \frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha)\right] = 0 \]
\[ -\partial_\mu F^{\mu\nu} - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\alpha A^\alpha) = 0 \]
\[ \partial_\mu F^{\mu\nu} + \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

\(\partial_\mu F^{\mu\nu} = \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu)\) を代入：

\[ \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) + \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]
\[ \Box A^\nu - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

添字を整理して \(\nu\) を下付きに書き直す（\(\eta^{\mu\nu}\) を使って）：

\[ \left[\eta^{\mu\nu}\Box - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\mu\partial^\nu\right]A_\nu = 0 \]
\[ \boxed{\left[\eta^{\mu\nu}\Box - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\mu\partial^\nu\right]A_\nu = 0} \]

(b) 運動量空間への変換

\(A_\nu(x) = \int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\tilde{A}_\nu(k)e^{-ikx}\) を代入する。\(\partial_\mu \to -ik_\mu\) なので：

\[ \Box \to -k^2, \qquad \partial^\mu\partial^\nu \to -k^\mu(-ik^\nu) = -k^\mu k^\nu \]

いや、\(\partial_\mu e^{-ikx} = -ik_\mu e^{-ikx}\) なので \(\partial^\mu = \eta^{\mu\nu}\partial_\nu\) に対して \(\partial^\mu e^{-ikx} = -ik^\mu e^{-ikx}\)。

\(\Box = \partial_\mu\partial^\mu\) に対して \(\Box e^{-ikx} = (-ik_\mu)(-ik^\mu)e^{-ikx} = -k^2 e^{-ikx}\)（ここで \(k^2 = k_\mu k^\mu\)）。

\(\partial^\mu\partial^\nu e^{-ikx} = (-ik^\mu)(-ik^\nu)e^{-ikx} = -k^\mu k^\nu e^{-ikx}\)。

運動方程式は：

\[ \left[-k^2\eta^{\mu\nu} - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(-k^\mu k^\nu)\right]\tilde{A}_\nu = 0 \]
\[ \boxed{\left[-k^2\eta^{\mu\nu} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\right]\tilde{A}_\nu = 0} \]

(c) 光子伝播関数の導出

伝播関数 \(D_F^{\nu\rho}(k)\) は微分演算子の逆行列として定義される：

\[ \left[-k^2\eta^{\mu\nu} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\right]D_{F\,\nu\rho}(k) = \eta^\mu{}_\rho = \delta^\mu_\rho \]

\(D_F^{\nu\rho}\) を 2 つの独立なテンソル構造の線形結合で仮定する：

\[ D_{F\,\nu\rho}(k) = A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2} \]

左辺に代入する：

\[ \left[-k^2\eta^{\mu\nu} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\right]\left[A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] \]

第 1 項：

\[ -k^2\eta^{\mu\nu}\left[A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] = -k^2 A\,\delta^\mu_\rho - B\,k^\mu k_\rho \]

第 2 項：

\[ \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\left[A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] = \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\left[A\,k^\mu k_\rho + B\,\frac{k^2 k^\mu k_\rho}{k^2}\right] \]
\[ = \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(A + B)k^\mu k_\rho \]

全体：

\[ -k^2 A\,\delta^\mu_\rho + \left[-B + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(A + B)\right]k^\mu k_\rho = \delta^\mu_\rho \]

\(\delta^\mu_\rho\) の係数と \(k^\mu k_\rho\) の係数をそれぞれ等置する：

\(\delta^\mu_\rho\) の係数:

\[ -k^2 A = 1 \quad \Longrightarrow \quad A = -\frac{1}{k^2} \]

\(k^\mu k_\rho\) の係数:

\[ -B + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(A + B) = 0 \]
\[ -B + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)A + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)B = 0 \]
\[ B\left[-1 + 1 - \frac{1}{\xi}\right] + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)A = 0 \]
\[ -\frac{B}{\xi} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\left(-\frac{1}{k^2}\right) = 0 \]
\[ -\frac{B}{\xi} = \frac{1}{k^2}\left(1 - \frac{1}{\xi}\right) = \frac{\xi - 1}{\xi k^2} \]
\[ B = -\frac{\xi - 1}{k^2} = \frac{1 - \xi}{k^2} \]

したがって：

\[ D_{F\,\nu\rho}(k) = -\frac{1}{k^2}\eta_{\nu\rho} + \frac{1-\xi}{k^2}\cdot\frac{k_\nu k_\rho}{k^2} = \frac{-1}{k^2}\left[\eta_{\nu\rho} - (1-\xi)\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] \]

\(i\epsilon\) 処方を加えて：

\[ \boxed{D_F^{\mu\nu}(k) = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[\eta^{\mu\nu} - (1-\xi)\frac{k^\mu k^\nu}{k^2}\right]} \]

Feynman ゲージ \(\xi = 1\):

\[ D_F^{\mu\nu}(k) = \frac{-\eta^{\mu\nu}}{k^2 + i\epsilon} \]

最も簡単な形になる。\(\checkmark\)

(d) Landau ゲージ \(\xi = 0\)

\(\xi = 0\) を代入する：

\[ D_F^{\mu\nu}(k)\big|_{\xi=0} = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[\eta^{\mu\nu} - \frac{k^\mu k^\nu}{k^2}\right] \]

\(k_\mu\) を掛ける：

\[ k_\mu D_F^{\mu\nu}(k) = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[k^\nu - \frac{k^2 k^\nu}{k^2}\right] = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[k^\nu - k^\nu\right] = 0 \]
\[ \boxed{k_\mu D_F^{\mu\nu}(k)\big|_{\xi=0} = 0 \quad \checkmark} \]

物理的意味: 運動量空間で \(k_\mu D_F^{\mu\nu} = 0\) は、伝播関数が \(k_\mu\) 方向の成分を持たないことを意味する。これは座標空間での Lorenz 条件 \(\partial_\mu A^\mu = 0\)（Fourier 変換すると \(k_\mu \tilde{A}^\mu = 0\)）の反映である。Landau ゲージでは伝播関数自体が横波射影の構造を持ち、Lorenz 条件が伝播関数のレベルで自動的に実現されている。

検算

Feynman ゲージの検算: \(\xi = 1\) で微分演算子は \(-k^2\eta^{\mu\nu}\) となり（\(k^\mu k^\nu\) の項が消える）、その逆は明らかに \(-\eta_{\mu\nu}/k^2\)。\(\checkmark\)

テンソル構造の検算: 一般の \(\xi\) で \(D_F^{\mu\nu}\) のトレースを計算する：

\[ \eta_{\mu\nu}D_F^{\mu\nu} = \frac{-1}{k^2}\left[4 - (1-\xi)\frac{k^2}{k^2}\right] = \frac{-1}{k^2}(4 - 1 + \xi) = \frac{-(3+\xi)}{k^2} \]

\(\xi = 1\): トレース \(= -4/k^2\)（\(-\eta_{\mu\nu}\eta^{\mu\nu}/k^2 = -4/k^2\)）\(\checkmark\)

ゲージ不変性の確認: 物理的な散乱振幅は \(\xi\) に依存しない（Ward 恒等式による）。伝播関数の \(k^\mu k^\nu\) の項は、外線が on-shell の場合に保存カレントとの結合 \(k_\mu J^\mu = 0\) により消える。これは第 10 章以降で詳しく議論される。