第 7 章 練習問題 解答

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目次

Basic（基礎）

• B-1. 相互作用項の質量次元
• B-2. 相互作用描像の演算子の時間微分
• B-3. 時間順序積の具体的計算
• B-4. \(\hat{\phi}^4\) の演算子構造
• B-5. Dyson 級数の 1 次の項
• B-6. 時間順序積の対称性
• B-7. \(\hat{S} = \mathbb{1} + i\hat{T}\) の分解
• B-8. 相互作用 Hamiltonian の描像変換

Medium（標準）

• M-1. 相互作用描像の状態の運動方程式の導出
• M-2. Dyson 級数 2 次の項と時間順序積
• M-3. \(\phi^4\) 理論の 2→2 散乱振幅（最低次）
• M-4. 正規順序と Wick の定理（2 場の場合）
• M-5. S 行列のユニタリ性と確率保存

Advanced（発展）

• A-1. Yukawa 理論への拡張と Wick の定理の適用
• A-2. 断熱仮説と Gell-Mann–Low の定理

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Basic（基礎）

B-1. 相互作用項の質量次元

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問題:

\(d\) 次元時空（\(d = 4\) の場合）で、自然単位系 \(\hbar = c = 1\) において \([\mathcal{L}] = d = 4\)、\([\phi] = 1\) である。以下の相互作用項それぞれについて、結合定数の質量次元を求めよ。

(a) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -g\,\phi^3\)

(b) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\lambda}{4!}\,\phi^4\)

(c) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\kappa}{5!}\,\phi^5\)

(d) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\eta}{6!}\,\phi^6\)

解法の方針:

4 次元時空の自然単位系で \([\mathcal{L}] = 4\)、\([\phi] = 1\) である。相互作用項 \(\mathcal{L}_{\text{int}}\) の質量次元が 4 になる条件から、結合定数の質量次元を求める。

計算:

\([\text{結合定数}] + n[\phi] = 4\) より \([\text{結合定数}] = 4 - n\)。

(a) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -g\,\phi^3\)：

\[ [g] + 3[\phi] = 4 \implies [g] = 4 - 3 = 1 \]

(b) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\lambda}{4!}\,\phi^4\)：

\[ [\lambda] + 4[\phi] = 4 \implies [\lambda] = 4 - 4 = 0 \]

(c) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\kappa}{5!}\,\phi^5\)：

\[ [\kappa] + 5[\phi] = 4 \implies [\kappa] = 4 - 5 = -1 \]

(d) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\eta}{6!}\,\phi^6\)：

\[ [\eta] + 6[\phi] = 4 \implies [\eta] = 4 - 6 = -2 \]

最終回答:

相互作用項	結合定数の質量次元	繰り込み可能性
\(g\,\phi^3\)	\([g] = 1\)	super-renormalizable
\(\frac{\lambda}{4!}\,\phi^4\)	\([\lambda] = 0\)	marginal (renormalizable)
\(\frac{\kappa}{5!}\,\phi^5\)	\([\kappa] = -1\)	non-renormalizable
\(\frac{\eta}{6!}\,\phi^6\)	\([\eta] = -2\)	non-renormalizable

検算:

質量次元が負の結合定数をもつ理論は、ループ補正の次数が上がるごとに新しい発散構造が現れ、有限個の反項では繰り込めない（non-renormalizable）。\([\lambda] = 0\) の \(\phi^4\) 理論が繰り込み可能であることは、4 次元の場の量子論の標準的結果と一致する。

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B-2. 相互作用描像の演算子の時間微分

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問題:

相互作用描像の場の演算子が \(\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\,e^{-i\hat{H}_0 t}\) で定義されるとき、式 (7.3) を直接計算して

\[ i\frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = [\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}),\, \hat{H}_0] \]

が成り立つことを示せ。途中の微分計算を省略せずに書き下すこと。

解法の方針:

\(\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\,e^{-i\hat{H}_0 t}\) を \(t\) で微分し、積の微分則を適用する。

計算の詳細:

\(\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x})\) を \(t\) で微分する。3 つの因子の積なので、積の微分則を適用する：

\[ \frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = \frac{\partial}{\partial t}\left(e^{i\hat{H}_0 t}\right)\,\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\,e^{-i\hat{H}_0 t} + e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\,\frac{\partial}{\partial t}\left(e^{-i\hat{H}_0 t}\right) \]

（\(\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\) は時間に依存しないので、中間の項は寄与しない。）

各指数関数の微分は：

\[ \frac{\partial}{\partial t}\left(e^{i\hat{H}_0 t}\right) = i\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t} \]

\[ \frac{\partial}{\partial t}\left(e^{-i\hat{H}_0 t}\right) = -i\hat{H}_0\,e^{-i\hat{H}_0 t} \]

代入すると：

\[ \frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I = i\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S\,e^{-i\hat{H}_0 t} + e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S\,(-i\hat{H}_0)\,e^{-i\hat{H}_0 t} \]

第 1 項は \(i\hat{H}_0\,\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x})\) と認識でき、第 2 項は \(-i\,\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x})\,\hat{H}_0\) と認識できる（\(\hat{H}_0 = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}_0 e^{-i\hat{H}_0 t}\) は \(\hat{H}_0\) が自分自身と交換するため）。

したがって：

\[ \frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I = i\hat{H}_0\,\hat{\phi}_I - i\,\hat{\phi}_I\,\hat{H}_0 = i[\hat{H}_0,\, \hat{\phi}_I] \]

両辺に \(i\) をかけると：

\[ \boxed{i\frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = [\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}),\, \hat{H}_0]} \]

検算:

右辺の交換子 \([\hat{\phi}_I, \hat{H}_0] = \hat{\phi}_I \hat{H}_0 - \hat{H}_0 \hat{\phi}_I = -[\hat{H}_0, \hat{\phi}_I]\) なので、\(i\frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I = -i[\hat{H}_0, \hat{\phi}_I] \cdot (-1) = [\hat{\phi}_I, \hat{H}_0]\)。符号が整合していることを確認した。また、この結果は Heisenberg 描像の運動方程式 \(i\frac{d}{dt}\hat{O}_H = [\hat{O}_H, \hat{H}]\) で \(\hat{H} \to \hat{H}_0\) としたものに対応しており、相互作用描像の演算子が自由 Hamiltonian で発展するという性質と一致する。

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B-3. 時間順序積の具体的計算

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問題:

スカラー場 \(\hat{\phi}_I(x)\) に対し、時間順序積の定義 (7.14) を用いて以下を計算せよ（\(x^0 > y^0\) と仮定）。

(a) \(T[\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)]\) を通常の積で書き下せ。

(b) \(x^0 < y^0\) の場合はどうなるか。

(c) 2 点の時間順序積の真空期待値 \(\langle 0|T[\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)]|0\rangle\) が Feynman 伝播関数 (Feynman propagator)

\[ D_F(x-y) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\,\frac{i}{p^2 - m^2 + i\epsilon} \]

に等しいことを確認するために、\(\hat{\phi}_I\) のモード展開 (7.4) を代入し、\(\langle 0|\hat{a}_{\mathbf{p}}\hat{a}_{\mathbf{q}}^\dagger|0\rangle = (2\pi)^3\delta^3(\mathbf{p} - \mathbf{q})\) を使って \(x^0 > y^0\) の場合の表式を書き下せ。

(a) \(x^0 > y^0\) の場合:

時間順序積の定義 (7.14) より、時刻が遅い演算子を左に置く：

\[ T[\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)] = \hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y) \quad (x^0 > y^0) \]

(b) \(x^0 < y^0\) の場合:

\[ T[\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)] = \hat{\phi}_I(y)\,\hat{\phi}_I(x) \quad (x^0 < y^0) \]

(c) 真空期待値と Feynman 伝播関数:

\(\hat{\phi}_I(x)\) を正の振動数部分（消滅演算子を含む）と負の振動数部分（生成演算子を含む）に分ける：

\[ \hat{\phi}_I(x) = \hat{\phi}^{(+)}(x) + \hat{\phi}^{(-)}(x) \]

ここで

\[ \hat{\phi}^{(+)}(x) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}}\,\hat{a}_{\mathbf{p}}\,e^{-ip\cdot x} \]

\[ \hat{\phi}^{(-)}(x) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}}\,\hat{a}_{\mathbf{p}}^\dagger\,e^{+ip\cdot x} \]

\(x^0 > y^0\) のとき：

\[ \langle 0|T[\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)]|0\rangle = \langle 0|\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)|0\rangle \]

\(\hat{a}_{\mathbf{p}}|0\rangle = 0\) より、\(\hat{\phi}^{(+)}\) が右端に来る項と \(\hat{\phi}^{(-)}\) が左端に来る項は消える。非零の寄与は：

\[ \langle 0|\hat{\phi}^{(+)}(x)\,\hat{\phi}^{(-)}(y)|0\rangle \]

モード展開を代入すると：

\[ = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}}\,e^{-ip\cdot x} \int \frac{d^3q}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{q}}}}\,e^{+iq\cdot y}\,\langle 0|\hat{a}_{\mathbf{p}}\,\hat{a}_{\mathbf{q}}^\dagger|0\rangle \]

\(\langle 0|\hat{a}_{\mathbf{p}}\,\hat{a}_{\mathbf{q}}^\dagger|0\rangle = (2\pi)^3\delta^3(\mathbf{p} - \mathbf{q})\) を使うと：

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

ここで \(p\cdot(x-y) = \omega_{\mathbf{p}}(x^0 - y^0) - \mathbf{p}\cdot(\mathbf{x} - \mathbf{y})\)、\(p^0 = \omega_{\mathbf{p}}\) である。

\[ \boxed{\langle 0|T[\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)]|0\rangle \Big|_{x^0 > y^0} = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{2\omega_{\mathbf{p}}}\,e^{-i\omega_{\mathbf{p}}(x^0-y^0)+i\mathbf{p}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}} \]

検算:

この表式は Feynman 伝播関数の \(p^0\) 積分を留数定理で実行した結果の \(x^0 > y^0\) の場合に一致する。実際、\(D_F(x-y) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\,\frac{i}{p^2 - m^2 + i\epsilon}\) の \(p^0\) 積分を下半面の極 \(p^0 = \omega_{\mathbf{p}} - i\epsilon\) で拾うと、\(x^0 > y^0\) のとき上記の表式が得られる。

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B-4. \(\hat{\phi}^4\) の演算子構造

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問題:

\(\hat{\phi}_I \sim \hat{a} + \hat{a}^\dagger\) と模式的に書くとき、\(\hat{\phi}_I^4\) を展開すると生成・消滅演算子の組み合わせが現れる。以下の各項が「粒子数をいくつ変えるか」を答えよ。

(a) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\)

(b) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}\)

(c) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}\,\hat{a}\)

(d) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}\,\hat{a}\,\hat{a}\)

(e) \(\hat{a}\,\hat{a}\,\hat{a}\,\hat{a}\)

解法の方針:

\(\hat{a}^\dagger\) は粒子数を \(+1\)、\(\hat{a}\) は粒子数を \(-1\) 変化させる。各項の粒子数変化は \((\hat{a}^\dagger \text{の個数}) - (\hat{a} \text{の個数})\) で与えられる。

最終回答:

(a) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\)：\(4 - 0 = +4\)（粒子を 4 個生成）

(b) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}\)：\(3 - 1 = +2\)（粒子を 2 個増やす）

(c) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}\,\hat{a}\)：\(2 - 2 = 0\)（粒子数不変、2→2 散乱）

(d) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}\,\hat{a}\,\hat{a}\)：\(1 - 3 = -2\)（粒子を 2 個減らす）

(e) \(\hat{a}\,\hat{a}\,\hat{a}\,\hat{a}\)：\(0 - 4 = -4\)（粒子を 4 個消滅）

検算:

全ての場合を合わせると、\(\hat{\phi}^4\) の展開には粒子数を \(+4, +2, 0, -2, -4\) 変化させる項が含まれる。これは \((\hat{a} + \hat{a}^\dagger)^4\) の二項展開で \(\hat{a}^\dagger\) が \(k\) 個、\(\hat{a}\) が \(4-k\) 個の項（\(k = 0, 1, 2, 3, 4\)）に対応し、粒子数変化 \(2k - 4\) が \(-4, -2, 0, +2, +4\) となることと一致する。

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B-5. Dyson 級数の 1 次の項

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問題:

\(\phi^4\) 理論で \(\hat{H}_I(t) = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_I^4(t, \mathbf{x})\) とする。Dyson 級数 (7.16) の 1 次の項を明示的に書き下せ。すなわち

\[ \hat{S}^{(1)} = (-i)\int_{-\infty}^{+\infty} dt_1\,\hat{H}_I(t_1) \]

を 4 次元積分の形 \(\int d^4x\) で書き直し、Lorentz 不変な表式にせよ。

解法の方針:

\(\hat{H}_I(t) = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_I^4(t, \mathbf{x})\) を Dyson 級数の 1 次の項に代入し、4 次元積分にまとめる。

計算:

\[ \hat{S}^{(1)} = (-i)\int_{-\infty}^{+\infty} dt_1\,\hat{H}_I(t_1) = (-i)\int_{-\infty}^{+\infty} dt_1\,\frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_I^4(t_1, \mathbf{x}) \]

\(dt_1\,d^3x = d^4x\) とまとめると：

\[ \boxed{\hat{S}^{(1)} = \frac{-i\lambda}{4!}\int d^4x\,\hat{\phi}_I^4(x)} \]

符号の確認:

\(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\lambda}{4!}\phi^4\) より \(\hat{H}' = -\int d^3x\,\mathcal{L}_{\text{int}} = +\frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\phi^4\)。したがって \(\hat{H}_I(t) = +\frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_I^4\)。\(\hat{S}^{(1)} = (-i)\int dt\,\hat{H}_I = \frac{-i\lambda}{4!}\int d^4x\,\hat{\phi}_I^4\)。

別の書き方として \(\hat{S}^{(1)} = i\int d^4x\,\mathcal{L}_{\text{int}}\) とも書ける：

\[ \hat{S}^{(1)} = i\int d^4x\,\left(-\frac{\lambda}{4!}\hat{\phi}_I^4\right) = \frac{-i\lambda}{4!}\int d^4x\,\hat{\phi}_I^4 \]

一致している。この表式は Lorentz 不変である（\(d^4x\) と \(\hat{\phi}_I^4(x)\) はともに Lorentz スカラー）。

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B-6. 時間順序積の対称性

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問題:

3 つの時刻 \(t_1, t_2, t_3\) に対する時間順序積 \(T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3)]\) を考える。

(a) \(t_1 > t_2 > t_3\) のとき、\(T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3)]\) を通常の積で書け。

(b) \(t_3 > t_1 > t_2\) のとき、同様に書け。

(c) 3 つの時刻変数の順列は何通りあるか。これが Dyson 級数 3 次の \(1/3!\) の由来であることを確認せよ。

(a) \(t_1 > t_2 > t_3\) のとき:

時間順序積は時刻が遅い演算子を左に置くので：

\[ T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3)] = \hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3) \]

（すでに時間順序になっている）

(b) \(t_3 > t_1 > t_2\) のとき:

最も遅い \(t_3\) を左、次に \(t_1\)、最後に \(t_2\)：

\[ T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3)] = \hat{H}_I(t_3)\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2) \]

(c) 順列の数:

3 つの時刻変数 \(t_1, t_2, t_3\) の大小関係の順列は \(3! = 6\) 通りある。

Dyson 級数の 3 次の項は、元々の積分が

\[ (-i)^3\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t_1}dt_2\int_{t_0}^{t_2}dt_3\,\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3) \]

と時間順序付き（\(t_3 \le t_2 \le t_1\)）の領域のみの積分である。時間順序積を使えば積分領域を立方体 \([t_0, t]^3\) 全体に拡張でき、6 通りの順列が同じ寄与をするため \(1/3!\) で割る：

\[ \hat{U}_I^{(3)} = \frac{(-i)^3}{3!}\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t}dt_2\int_{t_0}^{t}dt_3\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3)] \]

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B-7. \(\hat{S} = \mathbb{1} + i\hat{T}\) の分解

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問題:

S 演算子を \(\hat{S} = \mathbb{1} + i\hat{T}\) と書くとき、以下を示せ。

(a) S 行列のユニタリ性 \(\hat{S}^\dagger\hat{S} = \mathbb{1}\) から、\(\hat{T}\) が満たすべき条件（光学定理の出発点）を導け。

(b) 初期状態と終状態が同じ \(|i\rangle = |f\rangle\) の場合、\(\langle i|\hat{S}|i\rangle\) の最低次（\(\lambda^0\)）の値を答えよ。

(a) \(\hat{T}\) が満たすべき条件:

\(\hat{S}^\dagger\hat{S} = \mathbb{1}\) に \(\hat{S} = \mathbb{1} + i\hat{T}\) を代入する：

\[ \hat{S}^\dagger = \mathbb{1} - i\hat{T}^\dagger \]

\[ \hat{S}^\dagger\hat{S} = (\mathbb{1} - i\hat{T}^\dagger)(\mathbb{1} + i\hat{T}) = \mathbb{1} + i\hat{T} - i\hat{T}^\dagger + \hat{T}^\dagger\hat{T} = \mathbb{1} \]

したがって：

\[ \boxed{i(\hat{T} - \hat{T}^\dagger) + \hat{T}^\dagger\hat{T} = 0} \]

あるいは等価的に：

\[ -i(\hat{T} - \hat{T}^\dagger) = \hat{T}^\dagger\hat{T} \]

これは光学定理 (optical theorem) の演算子版である。特定の状態 \(|i\rangle\) の行列要素を取り、完全系 \(\sum_f |f\rangle\langle f| = \mathbb{1}\) を右辺に挿入すると：

\[ -i(\langle i|\hat{T}|i\rangle - \langle i|\hat{T}^\dagger|i\rangle) = \sum_f |\langle f|\hat{T}|i\rangle|^2 \]

左辺は前方散乱振幅の虚部の 2 倍、右辺は全散乱断面積に比例する。

(b) 最低次の値:

\(\hat{S} = \mathbb{1} + i\hat{T}\) で \(\hat{T} = O(\lambda)\) なので、\(|i\rangle = |f\rangle\) のとき：

\[ \langle i|\hat{S}|i\rangle = \langle i|\mathbb{1}|i\rangle + i\langle i|\hat{T}|i\rangle = 1 + O(\lambda) \]

\[ \boxed{\langle i|\hat{S}|i\rangle\Big|_{\lambda^0} = 1} \]

検算:

これは「相互作用がなければ散乱は起きず、状態はそのまま」という物理的要請と一致する。

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B-8. 相互作用 Hamiltonian の描像変換

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問題:

Schrödinger 描像の相互作用 Hamiltonian が \(\hat{H}' = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_S^4(\mathbf{x})\) で与えられるとき、相互作用描像での \(\hat{H}_I(t)\)（式 (7.7)）が

\[ \hat{H}_I(t) = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_I^4(t, \mathbf{x}) \]

となることを、\(\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}\) の定義を使って示せ。

解法の方針:

\(e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S^4(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}\) に単位演算子を挿入して \(\hat{\phi}_I^4\) を得る。

計算の詳細:

\[ \hat{H}_I(t) = e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{H}'\,e^{-i\hat{H}_0 t} = e^{i\hat{H}_0 t}\left(\frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_S^4(\mathbf{x})\right)e^{-i\hat{H}_0 t} \]

\[ = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\,e^{-i\hat{H}_0 t} \]

\(\hat{\phi}_S\) と \(\hat{\phi}_S\) の間に \(e^{-i\hat{H}_0 t}e^{i\hat{H}_0 t} = \mathbb{1}\) を 3 回挿入する：

\[ = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\underbrace{e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}}_{\hat{\phi}_I(t,\mathbf{x})}\underbrace{e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}}_{\hat{\phi}_I(t,\mathbf{x})}\underbrace{e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}}_{\hat{\phi}_I(t,\mathbf{x})}\underbrace{e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}}_{\hat{\phi}_I(t,\mathbf{x})} \]

\[ \boxed{\hat{H}_I(t) = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_I^4(t, \mathbf{x})} \]

検算:

\(\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}\) の定義を 4 回使っただけなので、結果は自明に正しい。また、\(\lambda = 0\) のとき \(\hat{H}_I = 0\) となり、相互作用がない場合に状態が変化しないことと整合する。

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Medium（標準）

M-1. 相互作用描像の状態の運動方程式の導出

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問題:

式 (7.5) の定義 \(|\psi_I(t)\rangle = e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S\) から出発し、以下の手順で式 (7.6) を丁寧に導出せよ。

(a) \(|\psi_I(t)\rangle\) を \(t\) で微分し、Schrödinger 方程式 \(i\frac{d}{dt}|\psi(t)\rangle_S = (\hat{H}_0 + \hat{H}')|\psi(t)\rangle_S\) を代入せよ。

(b) \(\hat{H}_0\) の項がキャンセルすることを確認し、残る項から \(\hat{H}_I(t) = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'e^{-i\hat{H}_0 t}\) が自然に現れることを示せ。

(c) もし \([\hat{H}_0, \hat{H}'] = 0\) が成り立つ場合、\(\hat{H}_I(t)\) はどうなるか。この場合に摂動論が不要になる理由を物理的に説明せよ。

(a) \(|\psi_I(t)\rangle\) の時間微分:

\[ |\psi_I(t)\rangle = e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S \]

を \(t\) で微分する：

\[ i\frac{d}{dt}|\psi_I(t)\rangle = i\frac{d}{dt}\left(e^{i\hat{H}_0 t}\right)|\psi(t)\rangle_S + e^{i\hat{H}_0 t}\left(i\frac{d}{dt}|\psi(t)\rangle_S\right) \]

第 1 項：

\[ i \cdot i\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S = -\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S \]

第 2 項に Schrödinger 方程式 \(i\frac{d}{dt}|\psi(t)\rangle_S = (\hat{H}_0 + \hat{H}')|\psi(t)\rangle_S\) を代入：

\[ e^{i\hat{H}_0 t}(\hat{H}_0 + \hat{H}')|\psi(t)\rangle_S \]

合わせると：

\[ i\frac{d}{dt}|\psi_I(t)\rangle = -\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S + e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}_0|\psi(t)\rangle_S + e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'|\psi(t)\rangle_S \]

(b) \(\hat{H}_0\) の項のキャンセル:

第 1 項と第 2 項を見ると：

\[ -\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S + e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}_0|\psi(t)\rangle_S \]

\(\hat{H}_0\) は \(e^{i\hat{H}_0 t}\) と交換する（\([\hat{H}_0, e^{i\hat{H}_0 t}] = 0\)）ので：

\[ -\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S + \hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S = 0 \]

残る項は：

\[ i\frac{d}{dt}|\psi_I(t)\rangle = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'|\psi(t)\rangle_S \]

ここで \(|\psi(t)\rangle_S = e^{-i\hat{H}_0 t}|\psi_I(t)\rangle\) を代入：

\[ i\frac{d}{dt}|\psi_I(t)\rangle = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'\,e^{-i\hat{H}_0 t}|\psi_I(t)\rangle = \hat{H}_I(t)|\psi_I(t)\rangle \]

\[ \boxed{i\frac{d}{dt}|\psi_I(t)\rangle = \hat{H}_I(t)|\psi_I(t)\rangle} \]

ここで \(\hat{H}_I(t) = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'e^{-i\hat{H}_0 t}\) が自然に現れた。

(c) \([\hat{H}_0, \hat{H}'] = 0\) の場合:

\([\hat{H}_0, \hat{H}'] = 0\) ならば：

\[ \hat{H}_I(t) = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'e^{-i\hat{H}_0 t} = \hat{H}' \]

（\(\hat{H}'\) が \(\hat{H}_0\) と交換するので、ユニタリ変換で不変）

この場合 \(\hat{H}_I(t)\) は時間に依存しない定数演算子 \(\hat{H}'\) になる。

物理的理由： \([\hat{H}_0, \hat{H}'] = 0\) が成り立つとき、\(\hat{H}_0\) と \(\hat{H}'\) は同時対角化可能である。したがって全 Hamiltonian \(\hat{H} = \hat{H}_0 + \hat{H}'\) の固有状態は \(\hat{H}_0\) の固有状態と同じ基底で書け、エネルギー固有値は単に \(E_n = E_n^{(0)} + E_n'\) と加法的になる。厳密解が得られるため、摂動展開は不要である。

ただし場の量子論では、\(\hat{H}_{\text{int}}\) は場の 3 次以上の項を含み、粒子数を変えるため、一般に \([\hat{H}_0, \hat{H}'] \neq 0\) であり、摂動論が必要になる。

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M-2. Dyson 級数 2 次の項と時間順序積

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問題:

Dyson 級数の 2 次の項

\[ \hat{U}_I^{(2)} = (-i)^2\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t_1}dt_2\,\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2) \]

に対して、以下を示せ。

(a) 積分変数 \(t_1 \leftrightarrow t_2\) を入れ替え、\(t_0 \le t_1 \le t_2 \le t\) の領域で \(\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_1)\) が現れることを確認せよ。

(b) 上記 2 つの寄与を足し合わせると

\[ \hat{U}_I^{(2)} = \frac{(-i)^2}{2!}\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t}dt_2\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] \]

となることを示せ。

(c) この結果を \(n\) 次に一般化して Dyson 級数 (7.16) の形を得よ。一般化の論理を述べよ（厳密な証明でなくてよい）。

(a) 変数の入れ替え:

元の 2 次の項は：

\[ \hat{U}_I^{(2)} = (-i)^2\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t_1}dt_2\,\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2) \]

積分領域は \((t_1, t_2)\) 平面上の三角形 \(\mathcal{R}_1: t_0 \le t_2 \le t_1 \le t\) である。

ここで積分変数を \(t_1 \leftrightarrow t_2\) と入れ替える（ダミー変数の名前を交換するだけ）：

\[ (-i)^2\int_{t_0}^{t}dt_2\int_{t_0}^{t_2}dt_1\,\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_1) \]

この積分領域は \(\mathcal{R}_2: t_0 \le t_1 \le t_2 \le t\) であり、この領域では \(t_2 > t_1\) なので \(\hat{H}_I(t_2)\) が時間的に後——つまり \(\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_1)\) は時間順序になっている。

(b) 2 つの寄与の合成:

元の積分（領域 \(\mathcal{R}_1\)）では \(t_1 > t_2\) なので：

\[ \hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2) = T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] \quad \text{on } \mathcal{R}_1 \]

入れ替え後の積分（領域 \(\mathcal{R}_2\)）では \(t_2 > t_1\) なので：

\[ \hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_1) = T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] \quad \text{on } \mathcal{R}_2 \]

2 つの三角形 \(\mathcal{R}_1 \cup \mathcal{R}_2\) は正方形 \([t_0, t]^2\) 全体を覆う（\(t_1 = t_2\) の対角線上は測度ゼロなので無視できる）。

元の積分は \(\mathcal{R}_1\) 上のみの積分であり、入れ替え後の積分と等しい（ダミー変数の名前を戻せば同じ式）。したがって：

\[ \hat{U}_I^{(2)} = (-i)^2\int_{\mathcal{R}_1}dt_1\,dt_2\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] \]

\(\mathcal{R}_1\) と \(\mathcal{R}_2\) の寄与は等しいので：

\[ 2\,\hat{U}_I^{(2)} = (-i)^2\int_{\mathcal{R}_1 \cup \mathcal{R}_2}dt_1\,dt_2\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] = (-i)^2\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t}dt_2\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] \]

したがって：

\[ \boxed{\hat{U}_I^{(2)} = \frac{(-i)^2}{2!}\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t}dt_2\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)]} \]

(c) \(n\) 次への一般化:

\(n\) 次の項は元々：

\[ (-i)^n\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t_1}dt_2\cdots\int_{t_0}^{t_{n-1}}dt_n\,\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\cdots\hat{H}_I(t_n) \]

と時間順序付き領域 \(t_n \le \cdots \le t_2 \le t_1\) 上の積分である。

\(n\) 個の時刻変数の順列は \(n!\) 通りあり、時間順序積 \(T\) を使えばどの順列でも正しい演算子の順序が自動的に保証される。\(n!\) 個の三角形領域を合わせると超立方体 \([t_0, t]^n\) 全体になり、各領域の寄与は等しいので：

\[ \boxed{\hat{U}_I(t, t_0) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-i)^n}{n!}\int_{t_0}^{t}dt_1\cdots\int_{t_0}^{t}dt_n\,T[\hat{H}_I(t_1)\cdots\hat{H}_I(t_n)]} \]

これが Dyson 級数である。\(t_0 \to -\infty\), \(t \to +\infty\) で S 演算子 \(\hat{S} = T\exp\left(-i\int_{-\infty}^{+\infty}dt\,\hat{H}_I(t)\right)\) を得る。

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M-3. \(\phi^4\) 理論の 2→2 散乱振幅（最低次）

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問題:

\(\phi^4\) 理論で、初期状態 \(|i\rangle = |\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2\rangle = \hat{a}_{\mathbf{p}_1}^\dagger\hat{a}_{\mathbf{p}_2}^\dagger|0\rangle\)、終状態 \(|f\rangle = |\mathbf{p}_3, \mathbf{p}_4\rangle = \hat{a}_{\mathbf{p}_3}^\dagger\hat{a}_{\mathbf{p}_4}^\dagger|0\rangle\) として、S 行列の最低次（\(\lambda\) の 1 次）の寄与

\[ \langle f|\hat{S}^{(1)}|i\rangle = \langle \mathbf{p}_3, \mathbf{p}_4|\left(\frac{-i\lambda}{4!}\int d^4x\,\hat{\phi}_I^4(x)\right)|\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2\rangle \]

を以下の手順で計算せよ。

(a) \(\hat{\phi}_I(x)\) のモード展開 (7.4) を代入し、\(\hat{\phi}_I^4(x)\) の中から「2 個消滅・2 個生成」の項を抽出せよ。

(b) 生成・消滅演算子の交換関係を用いて、結果が

\[ \langle f|\hat{S}^{(1)}|i\rangle = -i\lambda\,(2\pi)^4\delta^4(p_1 + p_2 - p_3 - p_4)\,\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_1}}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_2}}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_3}}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_4}}} \]

（外線因子を含む形）に比例することを示せ。\(4!\) の因子がどのようにキャンセルするかを明示すること。

(c) この結果から、不変散乱振幅 \(\mathcal{M}\) が最低次で \(\mathcal{M} = -\lambda\) であることを読み取れ。

(a) \(\hat{\phi}_I^4(x)\) から「2 個消滅・2 個生成」の項を抽出:

\(\hat{\phi}_I(x) = \hat{\phi}^{(+)}(x) + \hat{\phi}^{(-)}(x)\) と書く。\(\hat{\phi}_I^4(x)\) を展開すると、\(\hat{\phi}^{(+)}\) が \(k\) 個、\(\hat{\phi}^{(-)}\) が \(4-k\) 個の項が現れる（\(k = 0, 1, 2, 3, 4\)）。

初期状態 \(|i\rangle = |\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2\rangle\) は 2 粒子状態、終状態 \(|f\rangle = |\mathbf{p}_3, \mathbf{p}_4\rangle\) も 2 粒子状態。行列要素 \(\langle f|\hat{\phi}_I^4|i\rangle\) が非零になるためには、\(\hat{\phi}_I^4\) が初期状態の 2 粒子を消滅させ（\(\hat{\phi}^{(+)}\) が 2 個）、終状態の 2 粒子を生成する（\(\hat{\phi}^{(-)}\) が 2 個）必要がある。

したがって必要な項は \(k = 2\)（消滅部分 2 個、生成部分 2 個）：

\[ \hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(x) \quad \text{およびその並べ替え} \]

4 つの場のうちどの 2 つが \(\hat{\phi}^{(+)}\) でどの 2 つが \(\hat{\phi}^{(-)}\) かの組み合わせは \(\binom{4}{2} = 6\) 通りある。

(b) 組み合わせ因子の計算と結果:

モード展開を代入する。\(\hat{\phi}^{(+)}(x)\) の中の \(\hat{a}_{\mathbf{k}}\) が初期状態の \(\hat{a}_{\mathbf{p}_1}^\dagger\) または \(\hat{a}_{\mathbf{p}_2}^\dagger\) と交換関係を使って消滅させる。同様に \(\hat{\phi}^{(-)}(x)\) の中の \(\hat{a}_{\mathbf{k}}^\dagger\) が終状態の \(\hat{a}_{\mathbf{p}_3}^\dagger\) または \(\hat{a}_{\mathbf{p}_4}^\dagger\) と対応する。

組み合わせ因子の数え上げ：

1. 4 つの場のうちどの 2 つが消滅演算子を提供するか：\(\binom{4}{2} = 6\) 通り
2. 選ばれた 2 つの消滅演算子のうち、どちらが \(\mathbf{p}_1\) を消し、どちらが \(\mathbf{p}_2\) を消すか：\(2! = 2\) 通り
3. 残り 2 つの生成演算子のうち、どちらが \(\mathbf{p}_3\) を作り、どちらが \(\mathbf{p}_4\) を作るか：\(2! = 2\) 通り

合計：\(6 \times 2 \times 2 = 24 = 4!\) 通り

これが \(\frac{1}{4!}\) の因子と打ち消し合う。

具体的に計算する。\(\hat{\phi}^{(+)}(x)\) が \(\mathbf{p}_1\) を消滅させるとき：

\[ \hat{a}_{\mathbf{k}}|\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2\rangle \to (2\pi)^3\delta^3(\mathbf{k} - \mathbf{p}_1)|\mathbf{p}_2\rangle + (2\pi)^3\delta^3(\mathbf{k} - \mathbf{p}_2)|\mathbf{p}_1\rangle \]

全ての寄与を集めると、\(x\) 積分から運動量保存のデルタ関数が出る：

\[ \int d^4x\,e^{i(p_1 + p_2 - p_3 - p_4)\cdot x} = (2\pi)^4\delta^4(p_1 + p_2 - p_3 - p_4) \]

最終的に：

\[ \langle f|\hat{S}^{(1)}|i\rangle = \frac{-i\lambda}{4!} \times 4! \times \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_1}}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_2}}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_3}}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_4}}} \times (2\pi)^4\delta^4(p_1 + p_2 - p_3 - p_4) \]

\[ \boxed{\langle f|\hat{S}^{(1)}|i\rangle = -i\lambda\,(2\pi)^4\delta^4(p_1 + p_2 - p_3 - p_4)\,\prod_{j=1}^{4}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_j}}}} \]

(c) 不変散乱振幅 \(\mathcal{M}\):

S 行列要素の標準的な分解は：

\[ \langle f|\hat{S}|i\rangle = \langle f|i\rangle + i(2\pi)^4\delta^4(p_f - p_i)\,\prod_{\text{external}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}}\,\mathcal{M} \]

（外線因子の慣習は教科書により異なるが、ここでは \(1/\sqrt{2\omega}\) を外線因子として含む形を採用）

\(\langle f|i\rangle = 0\)（\(|i\rangle \neq |f\rangle\) と仮定）として比較すると：

\[ i\mathcal{M} \times i(2\pi)^4\delta^4(\cdots)\prod\frac{1}{\sqrt{2\omega}} = -i\lambda\,(2\pi)^4\delta^4(\cdots)\prod\frac{1}{\sqrt{2\omega}} \]

ここで慣習を整理する。\(\langle f|i\hat{T}|i\rangle = i\mathcal{M}\,(2\pi)^4\delta^4(p_i - p_f)\prod\frac{1}{\sqrt{2\omega}}\) と定義すれば：

\[ i\mathcal{M} = -i\lambda \]

\[ \boxed{\mathcal{M} = -\lambda} \]

検算:

• 次元解析： \(\lambda\) は無次元なので \(\mathcal{M}\) も無次元。4 次元の 2→2 散乱では \([\mathcal{M}] = 0\) が正しい。
• 運動量保存： \((2\pi)^4\delta^4(p_1 + p_2 - p_3 - p_4)\) が現れ、4 元運動量が保存されている。
• \(4!\) のキャンセル： \(\phi^4\) の \(1/4!\) と 24 通りの組み合わせが正確にキャンセルし、結果は単に \(-\lambda\) となる。これは \(\phi^4\) 頂点の Feynman 規則（頂点因子 \(-i\lambda\)）と一致する。

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M-4. 正規順序と Wick の定理（2 場の場合）

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問題:

自由スカラー場 \(\hat{\phi}_I(x)\) を正の振動数部分 \(\hat{\phi}^{(+)}(x)\)（消滅演算子を含む）と負の振動数部分 \(\hat{\phi}^{(-)}(x)\)（生成演算子を含む）に分け、\(\hat{\phi}_I = \hat{\phi}^{(+)} + \hat{\phi}^{(-)}\) とする。

(a) 正規順序 (normal ordering) \(:\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y):\) の定義を述べ、具体的に \(\hat{\phi}^{(\pm)}\) を使って書き下せ。

(b) 収縮 (contraction) を

\[ \underbrace{\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)} \equiv T[\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)] - :\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y): \]

と定義するとき、これが c 数（演算子でない数）であることを示し、Feynman 伝播関数 \(D_F(x-y)\) に等しいことを確認せよ。

(c) 以上から、2 場に対する Wick の定理

\[ T[\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)] = :\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y): + D_F(x-y) \]

を導け。

(a) 正規順序の定義:

正規順序 (normal ordering) \(:\hat{O}:\) とは、演算子の積において全ての生成演算子 \(\hat{a}^\dagger\)（すなわち \(\hat{\phi}^{(-)}\)）を消滅演算子 \(\hat{a}\)（すなわち \(\hat{\phi}^{(+)}\)）の左に並べ替える操作である。ボソンの場合、並べ替えに伴う符号変化はない。

具体的に：

\[ :\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y): \;= \;:\!(\hat{\phi}^{(+)}(x) + \hat{\phi}^{(-)}(x))(\hat{\phi}^{(+)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(y))\!: \]

展開して正規順序を適用すると：

\[ :\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y): \;= \;\hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(-)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(y)\hat{\phi}^{(+)}(x) + \hat{\phi}^{(+)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(y) \]

注意：\(\hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(y)\) と \(\hat{\phi}^{(-)}(y)\hat{\phi}^{(+)}(x)\) の項では、生成部分が左、消滅部分が右にすでになっている。

(b) 収縮が c 数であることの証明:

収縮の定義：

\[ \underbrace{\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)} = T[\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)] - :\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y): \]

\(x^0 > y^0\) の場合：

\[ T[\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)] = \hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y) = (\hat{\phi}^{(+)}(x) + \hat{\phi}^{(-)}(x))(\hat{\phi}^{(+)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(y)) \]

展開すると：

\[ = \hat{\phi}^{(+)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(y) + \hat{\phi}^{(+)}(x)\hat{\phi}^{(-)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(-)}(y) \]

正規順序との差を取ると：

\[ T[\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y)] - :\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y): = \hat{\phi}^{(+)}(x)\hat{\phi}^{(-)}(y) - \hat{\phi}^{(-)}(y)\hat{\phi}^{(+)}(x) \]

\[ = [\hat{\phi}^{(+)}(x),\, \hat{\phi}^{(-)}(y)] \]

この交換子を計算する：

\[ [\hat{\phi}^{(+)}(x),\, \hat{\phi}^{(-)}(y)] = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}}e^{-ip\cdot x}\int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{q}}}}e^{iq\cdot y}\,[\hat{a}_{\mathbf{p}},\,\hat{a}_{\mathbf{q}}^\dagger] \]

\[ = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\mathbf{p}}}e^{-ip\cdot(x-y)} \]

これは c 数（演算子を含まない関数）である。

同様に \(x^0 < y^0\) の場合は \([\hat{\phi}^{(+)}(y),\, \hat{\phi}^{(-)}(x)]\) が現れ、やはり c 数である。

D3(c) で示したように、\(x^0 > y^0\) のとき：

\[ [\hat{\phi}^{(+)}(x),\, \hat{\phi}^{(-)}(y)] = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\mathbf{p}}}e^{-ip\cdot(x-y)} = \langle 0|T[\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y)]|0\rangle = D_F(x-y) \]

（正規順序の真空期待値は \(\langle 0|:\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y):|0\rangle = 0\) なので）

したがって：

\[ \boxed{\underbrace{\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)} = D_F(x-y)} \]

(c) 2 場に対する Wick の定理:

(b) の結果を移項すれば直ちに：

\[ \boxed{T[\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)] = :\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y): \;+\; D_F(x-y)} \]

これが 2 場に対する Wick の定理である。

検算:

両辺の真空期待値を取る：

• 左辺：\(\langle 0|T[\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y)]|0\rangle = D_F(x-y)\)
• 右辺：\(\langle 0|:\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y):|0\rangle + D_F(x-y) = 0 + D_F(x-y)\)

一致する。✓

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M-5. S 行列のユニタリ性と確率保存

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問題:

S 演算子がユニタリ \(\hat{S}^\dagger\hat{S} = \hat{S}\hat{S}^\dagger = \mathbb{1}\) であることを、以下の手順で確認せよ。

(a) \(\hat{U}_I(t, t_0)\) の定義 (7.9) から、\(\hat{U}_I^\dagger(t, t_0) = \hat{U}_I(t_0, t)\)（逆方向の時間発展）が成り立つことを示せ。

(b) \(\hat{U}_I(t, t_0)\hat{U}_I(t_0, t) = \mathbb{1}\) を示し、\(t \to +\infty\), \(t_0 \to -\infty\) の極限で \(\hat{S}^\dagger\hat{S} = \mathbb{1}\) を得よ。

(c) ユニタリ性が物理的に意味するのは何か。完全系 \(\sum_f |f\rangle\langle f| = \mathbb{1}\) を挿入して確率の和が 1 になることを示せ。

(a) \(\hat{U}_I^\dagger(t, t_0) = \hat{U}_I(t_0, t)\) の証明:

\(\hat{U}_I(t, t_0)\) は微分方程式 (7.9) を満たす：

\[ i\frac{\partial}{\partial t}\hat{U}_I(t, t_0) = \hat{H}_I(t)\,\hat{U}_I(t, t_0), \quad \hat{U}_I(t_0, t_0) = \mathbb{1} \]

この随伴を取る（\(\hat{H}_I^\dagger = \hat{H}_I\) を使う）：

\[ -i\frac{\partial}{\partial t}\hat{U}_I^\dagger(t, t_0) = \hat{U}_I^\dagger(t, t_0)\,\hat{H}_I(t) \]

一方、\(\hat{U}_I(t_0, t)\) が満たす方程式を考える。\(\hat{U}_I(t_0, t)\) は「\(t\) から \(t_0\) への」時間発展なので、\(t\) に関する微分方程式は：

\[ i\frac{\partial}{\partial t}\hat{U}_I(t_0, t) = -\hat{U}_I(t_0, t)\,\hat{H}_I(t) \]

（符号が反転するのは、\(\hat{U}_I(t_0, t)\) では \(t\) が「出発時刻」ではなく「到着時刻の逆」として機能するため。形式的には \(\hat{U}_I(t, t_0)\hat{U}_I(t_0, t) = \mathbb{1}\) を \(t\) で微分して導ける。）

整理すると：

\[ -i\frac{\partial}{\partial t}\hat{U}_I(t_0, t) = \hat{U}_I(t_0, t)\,\hat{H}_I(t) \]

これは \(\hat{U}_I^\dagger(t, t_0)\) の満たす方程式と同一であり、初期条件も \(\hat{U}_I^\dagger(t_0, t_0) = \mathbb{1} = \hat{U}_I(t_0, t_0)\) で一致する。微分方程式の解の一意性から：

\[ \boxed{\hat{U}_I^\dagger(t, t_0) = \hat{U}_I(t_0, t)} \]

(b) ユニタリ性の証明:

時間発展演算子の群性質 \(\hat{U}_I(t, t_1)\hat{U}_I(t_1, t_0) = \hat{U}_I(t, t_0)\) において \(t = t_0\) とすると：

\[ \hat{U}_I(t_0, t_1)\hat{U}_I(t_1, t_0) = \hat{U}_I(t_0, t_0) = \mathbb{1} \]

(a) の結果 \(\hat{U}_I(t_0, t_1) = \hat{U}_I^\dagger(t_1, t_0)\) を代入：

\[ \hat{U}_I^\dagger(t_1, t_0)\hat{U}_I(t_1, t_0) = \mathbb{1} \]

\(t_1 \to +\infty\), \(t_0 \to -\infty\) の極限を取ると：

\[ \boxed{\hat{S}^\dagger\hat{S} = \mathbb{1}} \]

同様に \(\hat{U}_I(t_1, t_0)\hat{U}_I(t_0, t_1) = \mathbb{1}\) から \(\hat{S}\hat{S}^\dagger = \mathbb{1}\) も得られる。

(c) 確率保存の物理的意味:

ユニタリ性は確率の保存を意味する。初期状態 \(|i\rangle\) から出発して、あらゆる可能な終状態 \(|f\rangle\) への遷移確率の総和が 1 になることを示す。

完全系 \(\sum_f |f\rangle\langle f| = \mathbb{1}\) を挿入すると：

\[ \sum_f |\langle f|\hat{S}|i\rangle|^2 = \sum_f \langle i|\hat{S}^\dagger|f\rangle\langle f|\hat{S}|i\rangle = \langle i|\hat{S}^\dagger\left(\sum_f|f\rangle\langle f|\right)\hat{S}|i\rangle \]

\[ = \langle i|\hat{S}^\dagger\hat{S}|i\rangle = \langle i|\mathbb{1}|i\rangle = 1 \]

\[ \boxed{\sum_f |\langle f|\hat{S}|i\rangle|^2 = 1} \]

これは「粒子は必ずどこかに行く」——散乱後に粒子が消滅してしまうことはない——という確率保存の要請そのものである。

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Advanced（発展）

A-1. Yukawa 理論への拡張と Wick の定理の適用

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問題:

スカラー場 \(\phi\) と Dirac 場 \(\psi\) の Yukawa (湯川) 相互作用

\[ \mathcal{L}_{\text{int}} = -g\,\bar{\psi}\psi\phi \]

を考える（\(g\) は Yukawa 結合定数）。

(a) 結合定数 \(g\) の質量次元を求めよ（4 次元時空、\([\psi] = 3/2\), \([\phi] = 1\)）。

(b) この理論の S 行列の 1 次の項 \(\hat{S}^{(1)}\) を書き下せ。

(c) フェルミオン-フェルミオン散乱 \(\psi + \psi \to \psi + \psi\) の最低次の寄与は \(\hat{S}\) の何次から現れるか。その理由を、\(\hat{S}^{(1)}\) の演算子構造から説明せよ。

(d) 2 次の寄与 \(\hat{S}^{(2)}\) に Wick の定理を適用すると、スカラー場の収縮 \(D_F(x-y)\) が現れる。これが「\(\phi\) の交換」による力——すなわち Yukawa ポテンシャルの場の量子論的起源——であることを物理的に説明せよ。

(a) 結合定数 \(g\) の質量次元:

4 次元時空で \([\mathcal{L}] = 4\)、\([\psi] = 3/2\)、\([\phi] = 1\) である。

\[ [\mathcal{L}_{\text{int}}] = [g] + [\bar{\psi}] + [\psi] + [\phi] = 4 \]

\[ [g] + \frac{3}{2} + \frac{3}{2} + 1 = 4 \]

\[ \boxed{[g] = 4 - 4 = 0} \]

\(g\) は無次元であり、Yukawa 理論は繰り込み可能 (renormalizable) である。

(b) S 行列の 1 次の項:

\(\hat{H}' = -\int d^3x\,\mathcal{L}_{\text{int}} = g\int d^3x\,\hat{\bar{\psi}}\hat{\psi}\hat{\phi}\) より：

\[ \hat{S}^{(1)} = (-i)\int_{-\infty}^{+\infty}dt\,\hat{H}_I(t) = (-i)\int d^4x\,g\,\hat{\bar{\psi}}_I(x)\hat{\psi}_I(x)\hat{\phi}_I(x) \]

\[ \boxed{\hat{S}^{(1)} = -ig\int d^4x\,\hat{\bar{\psi}}_I(x)\hat{\psi}_I(x)\hat{\phi}_I(x)} \]

(c) フェルミオン-フェルミオン散乱の最低次:

\(\hat{S}^{(1)}\) の演算子構造を分析する。\(\hat{\bar{\psi}} \sim \hat{b}^\dagger + \hat{d}\)（フェルミオン生成 or 反フェルミオン消滅）、\(\hat{\psi} \sim \hat{b} + \hat{d}^\dagger\)（フェルミオン消滅 or 反フェルミオン生成）、\(\hat{\phi} \sim \hat{a} + \hat{a}^\dagger\)（スカラー粒子の生成 or 消滅）。

\(\hat{S}^{(1)}\) の各頂点は： - フェルミオンを 1 個消滅し、1 個生成する - スカラー粒子を 1 個生成または消滅する

\(\psi + \psi \to \psi + \psi\) の過程では、初期状態にフェルミオン 2 個、終状態にフェルミオン 2 個、スカラー粒子は外線にない。\(\hat{S}^{(1)}\) は 1 つの頂点しか持たず、フェルミオンを 1 個しか消滅できないため、初期状態の 2 個のフェルミオンを処理できない。

したがって、最低次の寄与は \(\hat{S}^{(2)}\)（\(g^2\) の 2 次）から現れる。2 つの頂点があれば、各頂点でフェルミオンを 1 個ずつ消滅・生成し、2 つの頂点間をスカラー場の内部線（伝播関数）で結ぶことができる。

(d) スカラー場の収縮と Yukawa ポテンシャル:

\(\hat{S}^{(2)}\) に Wick の定理を適用すると：

\[ \hat{S}^{(2)} = \frac{(-ig)^2}{2!}\int d^4x\,d^4y\,T[\hat{\bar{\psi}}(x)\hat{\psi}(x)\hat{\phi}(x)\,\hat{\bar{\psi}}(y)\hat{\psi}(y)\hat{\phi}(y)] \]

フェルミオン-フェルミオン散乱では、外線にスカラー粒子がないため、\(\hat{\phi}(x)\) と \(\hat{\phi}(y)\) は互いに収縮される：

\[ \underbrace{\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y)} = D_F(x-y) = \int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\,\frac{i}{k^2 - m_\phi^2 + i\epsilon} \]

物理的解釈： この収縮は、時空点 \(x\) でスカラー粒子が「仮想的に」生成され、\(y\) まで伝播して消滅する（あるいはその逆）過程を表す。これはまさにスカラー粒子の交換による力の媒介である。

運動量空間で非相対論的極限（\(|\mathbf{k}|^2 \ll m_\phi^2\)、\(k^0 \approx 0\)）を取ると、スカラー伝播関数は：

\[ \frac{i}{k^2 - m_\phi^2} \approx \frac{-i}{|\mathbf{k}|^2 + m_\phi^2} \]

これを座標空間に Fourier 変換すると：

\[ V(r) \propto -\frac{g^2}{4\pi}\frac{e^{-m_\phi r}}{r} \]

これが Yukawa ポテンシャルである。量子力学 第 13 章の Born 近似で散乱振幅とポテンシャルの関係を思い出すと、場の量子論における「粒子の交換」が非相対論的極限で Yukawa 型のポテンシャルを再現することがわかる。スカラー粒子の質量 \(m_\phi\) が力の到達距離 \(\sim 1/m_\phi\) を決定する。

検算:

• \(m_\phi \to 0\) で \(V(r) \propto -g^2/(4\pi r)\)（Coulomb 型）に帰着する。
• \(m_\phi \to \infty\) で \(V(r) \to 0\)（重い媒介粒子は短距離力しか伝えない）。
• \([g] = 0\) なので \([g^2/r] = 1\)（エネルギーの次元）。ポテンシャルの次元が正しい。

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A-2. 断熱仮説と Gell-Mann–Low の定理

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問題:

本章では \(t \to \pm\infty\) で相互作用が「消える」ことを暗黙に仮定した。これを厳密化するために、断熱スイッチング (adiabatic switching)

\[ \hat{H}_I(t) \to \hat{H}_I(t)\,e^{-\epsilon|t|} \]

（\(\epsilon > 0\) は微小パラメータ、最終的に \(\epsilon \to 0^+\)）を導入する。

(a) この処方箋のもとで、\(t \to \pm\infty\) で \(\hat{H}_I(t) \to 0\) となることを確認せよ。

(b) Gell-Mann–Low の定理は「相互作用する理論の真空状態 \(|\Omega\rangle\) が、自由理論の真空 \(|0\rangle\) から断熱的に生成される」ことを主張する。形式的に

\[ |\Omega\rangle = \lim_{\epsilon \to 0^+} \frac{\hat{U}_I(0, -\infty)|0\rangle}{\langle 0|\hat{U}_I(0, -\infty)|0\rangle} \]

と書けることを、断熱仮説のもとで議論せよ。分母の役割（位相の除去と規格化）を説明すること。

(c) この定理が散乱振幅の計算において「真空バブル（vacuum bubble）の寄与を無視してよい」ことの根拠になる理由を説明せよ。Dyson 級数の各次数に現れる真空バブル図の寄与が、分母 \(\langle 0|\hat{S}|0\rangle\) によってキャンセルされることを概念的に示せ。

(a) 断熱スイッチングによる \(\hat{H}_I(t) \to 0\) の確認:

\[ \hat{H}_I(t)\,e^{-\epsilon|t|} \]

\(t \to +\infty\) のとき：\(e^{-\epsilon|t|} = e^{-\epsilon t} \to 0\)（\(\epsilon > 0\)）

\(t \to -\infty\) のとき：\(e^{-\epsilon|t|} = e^{+\epsilon t} \to 0\)（\(\epsilon > 0\), \(t < 0\) なので \(\epsilon t \to -\infty\)）

したがって：

\[ \boxed{\lim_{t \to \pm\infty}\hat{H}_I(t)\,e^{-\epsilon|t|} = 0} \]

遠い過去・未来では相互作用が断熱的に消え、系は自由理論として振る舞う。

(b) Gell-Mann–Low の定理:

議論の構造：

断熱スイッチングのもとで、\(t = -\infty\) における状態は自由理論の真空 \(|0\rangle\) である（相互作用が消えているため）。時間発展演算子 \(\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)\) で \(t = 0\) まで発展させると：

\[ \hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle \]

この状態は、相互作用が断熱的に「オン」になる過程で \(|0\rangle\) から連続的に変形された状態である。断熱定理（量子力学の断熱近似の一般化）により、系が十分ゆっくり変化すれば、基底状態は基底状態のままに留まる。したがって \(\epsilon \to 0^+\) の極限で、この状態は相互作用する理論の真空 \(|\Omega\rangle\) に（位相因子を除いて）一致する。

ただし \(\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle\) は一般に規格化されておらず、また不定な位相を持つ。これを補正するのが分母 \(\langle 0|\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle\) の役割である：

\[ |\Omega\rangle = \lim_{\epsilon \to 0^+}\frac{\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle}{\langle 0|\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle} \]

分母の役割：

1. 規格化： \(\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle\) のノルムを 1 に正規化する。
2. 位相の除去： \(|0\rangle\) と \(|\Omega\rangle\) の間の相対位相（\(\langle 0|\Omega\rangle = |\langle 0|\Omega\rangle|e^{i\alpha}\) の \(e^{i\alpha}\) 部分）を除去し、\(\langle 0|\Omega\rangle\) を実正にする慣習を採用する。
3. エネルギーシフトの吸収： 相互作用による真空エネルギーのシフト \(E_\Omega - E_0\) に伴う位相 \(e^{-i(E_\Omega - E_0)T}\)（\(T\) は時間間隔）を分母がキャンセルする。

(c) 真空バブルのキャンセル:

真空バブル (vacuum bubble) とは、外線を持たない Feynman 図——すなわち外部の粒子と接続しない閉じたループ図——のことである。

Dyson 級数を展開すると、S 行列要素 \(\langle f|\hat{S}|i\rangle\) の各次数に、「物理的な散乱過程を記述する連結図」と「それに付随する真空バブル」が現れる。

連結・非連結定理 (linked-cluster theorem)：

S 行列要素は次のように因数分解される：

\[ \langle f|\hat{S}|i\rangle = \langle f|\hat{S}|i\rangle_{\text{connected}} \times \langle 0|\hat{S}|0\rangle \]

ここで \(\langle 0|\hat{S}|0\rangle\) は全ての真空バブル図の寄与の総和であり、指数関数的に因数分解する：

\[ \langle 0|\hat{S}|0\rangle = \exp\left(\sum_{\text{connected vacuum bubbles}}\right) \]

一方、Gell-Mann–Low の定理の分母は：

\[ \langle 0|\hat{U}_I(+\infty, -\infty)|0\rangle = \langle 0|\hat{S}|0\rangle \]

したがって、物理的な散乱振幅を計算する際には：

\[ \frac{\langle f|\hat{S}|i\rangle}{\langle 0|\hat{S}|0\rangle} = \langle f|\hat{S}|i\rangle_{\text{connected}} \]

つまり、真空バブルの寄与は分母によって正確にキャンセルされ、連結図のみが物理的な散乱振幅に寄与する。

より正確には、相関関数の場合：

\[ \langle \Omega|T[\hat{\phi}(x_1)\cdots\hat{\phi}(x_n)]|\Omega\rangle = \frac{\langle 0|T[\hat{\phi}_I(x_1)\cdots\hat{\phi}_I(x_n)\hat{S}]|0\rangle}{\langle 0|\hat{S}|0\rangle} \]

分子の Wick 展開で現れる非連結図（連結部分 × 真空バブル）は、分母の \(\langle 0|\hat{S}|0\rangle\) と打ち消し合い、最終的に連結図のみが残る。

検算:

• \(\lambda = 0\)（自由理論）のとき、\(|\Omega\rangle = |0\rangle\)、\(\langle 0|\hat{S}|0\rangle = 1\) となり、全てが自明に成立する。
• 真空バブルのキャンセルは、物理量（散乱断面積や崩壊率）が真空エネルギーに依存しないという物理的要請と整合する。
• この定理は摂動論の全次数で成り立ち、Feynman 規則において「連結図のみを計算すればよい」という実用的処方箋の理論的根拠を与える。

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