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電磁場の量子化再論 (7)

数演算子 N は\[
N^\dagger = (a^\dagger a)^\dagger = a^\dagger a = N
\tag{1}
\]よりエルミートであるから、実数固有値を持つ。
固有値 n に対する規格化された固有ケットを |n> と表記すると、

\[
N | n \rangle = n | n \rangle
\tag{2}
\]

状態 |n> に演算子 a や a+ を作用させたものについて考える。
前記事で導出した N と a の交換関係より、\[
N a |n\rangle = (aN - a) |n\rangle = (n-1) a|n\rangle
\tag{3.1}
\]\[
N a^\dagger |n\rangle = (a^\dagger N + a^\dagger) |n\rangle = (n+1) a^\dagger |n\rangle
\tag{3.2}
\]これらより、
a|n> は固有値 n-1 に対する固有状態、
a+|n> は固有値 n+1 に対する固有状態

を表すことが分かる。
すなわち、適当な係数を導入して、\[
a|n\rangle = c_- |n-1\rangle
\tag{4.1}
\]\[
a^\dagger|n\rangle = c_+ |n+1\rangle
\tag{4.2}
\]と表せる。
係数を求めるために、上式のノルムを考えると、\[
|c_-|^2 = \langle an|an \rangle = \langle n|a^\dagger a|n\rangle = \langle n|N|n\rangle = n
\tag{5.1}
\]\[
|c_+|^2 = \langle a^\dagger n|a^\dagger n\rangle = \langle n|aa^\dagger|n\rangle
= \langle n|(a^\dagger a +1)|n\rangle = n+1
\tag{5.2}
\]時刻 t=0 において、位相因子を 1 と決めると、

\[
a |n\rangle = \sqrt{n}| n-1 \rangle
\tag{6.1}
\] \[
a^\dagger |n\rangle = \sqrt{n+1} | n+1 \rangle
\tag{6.2}
\]

となる。
a は n を1下げた状態を作り、a+ は n を1上げた状態を作る働きをする。

一方で、\[
n = \langle n|N|n \rangle = \langle n|a^\dagger a|n \rangle \geq 0
\tag{7}
\]であるから、n は非負でなければならない。
しかし、a を連続的に施して、n を下げていく過程を考えると、
n は整数でなければ、無限に n の小さい状態が生成され、
いずれは n が負となり、上記に矛盾することが分かる。

n が整数ならば、n = 0 で (6.1) 式は\[
a|0\rangle = 0
\tag{8}
\]となり、これ以上低い状態は作られないため、 |0> が最低の状態となる。
状態 |n> を作るには、状態 |0> に a+ を n 回施せばよいので、\[
|n\rangle = \frac{(a^\dagger)^n}{\sqrt{n!}} |0\rangle
\tag{9}
\]
すべてのモードに関して考えるには、状態を各モードの直積で表せばよい。\[
|n_{k_1\alpha_1}, n_{k_2\alpha_2}, \cdots \rangle
= |n_{k_1\alpha_1} \rangle |n_{k_2\alpha_2} \rangle \cdots
\tag{10}
\]すべてのモードが $n_{k\alpha} = 0$ になっている状態を\[
|0\rangle = |0_{k_1\alpha_1} \rangle |0_{k_2\alpha_2} \rangle \cdots
\tag{11}
\]と書くことにすると、

\[
|n_{k_1\alpha_1}, n_{k_2\alpha_2}, \cdots \rangle
= \prod_{k\alpha} \frac{(a_{k\alpha}^\dagger)^n}{\sqrt{n_{k\alpha}!}} |0\rangle
\tag{12}
\]

と表せる。

参考文献
[1] J. J. Sakurai "Advanced Quantum Mechanics"
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電磁場の量子化 | コメント(0) | 2016/03/25 20:12

電磁場の量子化再論 (6)

前記事でハミルトニアン

\[
H = \sum_{k\alpha} \frac{1}{2} ( P_{k\alpha}^2 + \omega^2 Q_{k\alpha}^2 )
\tag{1}
\]

において、P, Q は正準変数であることが分かったので、
以下の交換関係を適用して、正準量子化を行う。

\[
[Q_{k\alpha}, P_{k'\alpha'}] = i\hbar \delta_{kk'}\delta_{\alpha\alpha'}
\tag{2.1}
\]\[
[Q_{k\alpha}, Q_{k'\alpha'}] = [P_{k\alpha}, P_{k'\alpha'}] = 0
\tag{2.2}
\]

以下の演算子を導入する。

\[
a_{k\alpha} = \frac{1}{\sqrt{2\hbar\omega}}(\omega Q_{k\alpha} + iP_{k\alpha})
\tag{3.1}
\]\[
a^\dagger_{k\alpha} = \frac{1}{\sqrt{2\hbar\omega}}(\omega Q_{k\alpha} - iP_{k\alpha})
\tag{3.2}
\]


ここで、P, Q は実観測量に対応しているので、エルミート演算子であることに注意。
その結果、a と a+ はエルミート共役の関係になる。

P, Q を定義した式から\[
c_{k\alpha} = \frac{c}{2} \left( Q + \frac{iP}{\omega} \right)
\tag{4}
\]であるから、\[
c_{k\alpha} = c\sqrt{\hbar/2\omega} \times a_{k\alpha}
\tag{5}
\]の関係があることが分かり、a は c を無次化したものであることも確かめられる。
(2) の交換関係を用いると、a と a+ の交換関係は、以下のようになる。

\[
[a_{k\alpha}, a^\dagger_{k'\alpha'}] = \delta_{kk'}\delta_{\alpha\alpha'}
\tag{6.1}
\]\[
[a_{k\alpha}, a_{k'\alpha'}] = [a^\dagger_{k\alpha}, a^\dagger_{k'\alpha'}] = 0
\tag{6.2}
\]


ここで、数演算子 N を定義する。

\[
N_{k\alpha} = a^\dagger_{k\alpha} a_{k\alpha}
\tag{7}
\]


a との交換関係は以下のように計算できる。\[
[a, N'] = [a, {a^\dagger}' a'] = {a^\dagger}' [a, a'] + [a, {a^\dagger}']a' = \delta_{kk'} \delta_{\alpha\alpha'} a_{k\alpha}
\tag{8.1}
\]\[
[a^\dagger, N'] = [a^\dagger, {a^\dagger}' a'] = {a^\dagger}' [a^\dagger, a'] + [a^\dagger, {a^\dagger}']a'
= - \delta_{kk'} \delta_{\alpha\alpha'} a^\dagger_{k\alpha}
\tag{8.2}
\]ただし、$a'$ などは $a_{k'\alpha'}$ を表すと約束する。


参考文献
[1] J. J. Sakurai "Advanced Quantum Mechanics"
ジャンル:[学問・文化・芸術]  テーマ:[自然科学
電磁場の量子化 | コメント(0) | 2016/03/22 19:14

電磁場の量子化再論 (5)

前記事で求めたハミルトニアン

\[
H = \sum_{k\alpha} \frac{1}{2} ( P_{k\alpha}^2 + \omega^2 Q_{k\alpha}^2 )
\tag{1}
\]

において、P, Q が正準変数となっていることを以下に示す。\[
Q_{k\alpha} = \frac{1}{c} (c_{k\alpha} + c^*_{k\alpha} )
\tag{2.1}
\]\[
P_{k\alpha} = -\frac{i\omega}{c} (c_{k\alpha} - c^*_{k\alpha} )
\tag{2.2}
\]および\[
\dot{c}_{k\alpha} = -i\omega c_{k\alpha}
\tag{3}
\]より、\[
\dot{Q}_{k\alpha} = P_{k\alpha}
\tag{4.1}
\]\[
\dot{P}_{k\alpha} = -\omega^2 Q_{k\alpha}
\tag{4.2}
\]が得られる。したがって、以下の正準方程式を満たす。

\[
\dot{Q}_{k\alpha} = \frac{\partial H}{\partial P_{k\alpha}}
\tag{5.1}
\]\[
\dot{P}_{k\alpha} = -\frac{\partial H}{\partial Q_{k\alpha}}
\tag{5.2}
\]



ハミルトニアン (1) は、質量を1とした時の調和振動子の集合のハミルトニアンに一致する。

参考文献
[1] J. J. Sakurai "Advanced Quantum Mechanics"
ジャンル:[学問・文化・芸術]  テーマ:[自然科学
電磁場の量子化 | コメント(0) | 2016/03/17 12:42

電磁場の量子化再論 (4)

さて、先へ進みましょう。

以下のような量を定義。

\[
Q_{k\alpha} = \frac{1}{c} (c_{k\alpha} + c^*_{k\alpha} )
\tag{1.1}
\]\[
P_{k\alpha} = -\frac{i\omega}{c} (c_{k\alpha} - c^*_{k\alpha} )
\tag{1.2}
\]


記法はサクライ [1] に倣ってますが、c の文字がかぶるのがなんとも・・・(>_<
#わざわざ、c 使わなくてもよかったんだけど・・・

$c$, $c^*$ について解いて、\[
c_{k\alpha} = \frac{c}{2} \left( Q + \frac{iP}{\omega} \right)
\tag{2.1}
\]\[
c^*_{k\alpha} = \frac{c}{2} \left( Q - \frac{iP}{\omega} \right)
\tag{2.2}
\]

これを前記事のハミルトニアン\[
H = \sum_{k\alpha} 2 \left( \frac{\omega}{c} \right)^2 c^*_{k\alpha} c_{k\alpha}
\tag{3}
\](ただし、$|{\bf k}| = \omega/c$)に代入すると、

\[
H = \sum_{k\alpha} \frac{1}{2} ( P_{k\alpha}^2 + \omega^2 Q_{k\alpha}^2 )
\tag{4}
\]

となる。

参考文献
[1] J. J. Sakurai "Advanced Quantum Mechanics"
電磁場の量子化 | コメント(0) | 2016/02/19 19:09

電磁場の量子化再論 (3)

前記事までのところ、めんどくさい計算でしたが、
実際は、そんなに大したことやってるわけではなさそうです。
理解をスッキリさせるために、我流ですが、イメージで考えてみます。

まずは、z 軸方向に進む単一のモードだけを考えてみることにして、\[
A_x = V^{-1/2} A_0 \cos (kz - \omega t + \phi)
\tag{1}
\]とする。偏光モードも一方向だけ考えることにして、$A_y = A_z = 0$。

電場と磁場を求めると、\[
E_x = -\frac{1}{c}\frac{\partial A_x}{\partial t}
= - V^{-1/2} A_0 k \sin (kz - \omega t + \phi)
\tag{2}
\]\[
B_y = \frac{\partial A_x}{\partial z}
= - V^{-1/2} A_0 k \sin (kz - \omega t + \phi)
\tag{3}
\]となり、その他の成分は明らかにゼロ。

一辺 L の箱の中で2乗積分すると、\[
\int E_x^2 d^3x = L^{-1}k^2 A_0^2 \int_{-L/2}^{L/2} \sin^2 (kz-\omega t + \phi) dz
\]であり、周期的境界条件を仮定すると、\[
\int E_x^2 d^3x = \frac{k^2 A_0^2}{2}
\tag{4}
\]となる。磁場も全く同じ式なので、\[
\int B_y^2 d^3x = \frac{k^2 A_0^2}{2}
\tag{5}
\]となる。よって、このモードのみに関するハミルトニアンへの寄与を計算すると、\[
H = \frac{1}{2} \int (E_x^2 + B_y^2) d^3x = \frac{k^2 A_0^2}{2}
\tag{6}
\]である。

すべてのモードに対して考えた場合には、
k と α (偏光)の異なるモードはすべて互いに直交しているから、
合成した電磁場の2乗積分は、各モードの2乗積分の和で表されるため、
(直交座標系で、ベクトルの2乗が成分の2乗和になることと同じ)
多モードの対するハミルトニアンは (6) の和で書ける。よって、\[
H = \sum_{k,\alpha} \frac{k^2 A_0^2}{2}
\tag{7}
\]となる。

ここで、 前記事の複素表示における c とは、 $2c = A_0 e^{i(-\omega t + \phi)}$ の関係にあるから、\[
H = \sum_{k,\alpha} 2 k^2 c^* c
\tag{8}
\]となり、前記事の結果と一致する。
電磁場の量子化 | コメント(0) | 2016/02/16 07:29

電磁場の量子化再論 (2) 長考の理由

世間では、ついに重力波が発見できて沸いていますが、
僕の中では一か月間探し求めていた計算間違いを発見できて沸いております(笑)

どこでハマっていたかと言いますと・・・

まず、前記事で求めた電場と磁場の表式。\[
{\bf E} = iV^{-1/2} \sum_{k\alpha} \epsilon |{\bf k}| [c e^{i{\bf kx}} - c^* e^{-i{\bf kx}} ]
\tag{1}
\]\[
{\bf B} = iV^{-1/2} \sum_{k\alpha} ({\bf k}\times \epsilon) \left[ c e^{i{\bf kx}} - c^* e^{-i{\bf kx}} \right]
\tag{2}
\]
この磁場の式に出てくる ${\bf k}\times \epsilon$ の部分は、k と ε が直交して右手系をなすのだから、\[
{\bf k} \times \epsilon_1 = |{\bf k}| \epsilon_2
\tag{3.1}
\]\[
{\bf k} \times \epsilon_2 = -|{\bf k}| \epsilon_1
\tag{3.2}
\]とできるのではないかと。
そこで、$\zeta_1 = \epsilon_2$, $\zeta_2 = -\epsilon_1$ なる新たな単位ベクトル ζ を定義してやれば、\[
{\bf B} = iV^{-1/2} \sum_{k\alpha} \zeta |{\bf k}| [c e^{i{\bf kx}} - c^* e^{-i{\bf kx}} ]
\tag{4}
\]となって、電場の式 (1) とは単位ベクトルの方向が違うだけで、
まったく同じ式になってしまうのではないかと考えたわけです。

そうすると、${\bf E}^2$ も ${\bf B}^2$ も全く同じ値になるはずだから、
$c_k c_{-k}$ などの 2ω の項が消えてくれなくなってしまいます。
ここで、ずっと困っていたわけです。

よくよく考えてみると、(3) 式が間違っているわけですね。
実際は、k の向きが負になった場合は符号が反転するのです。

電場の方は、k に何が入っても、向きは ε の向きで固定です。
しかし、磁場の方は k と ε で決まる方向を向くわけだから、
k の向きが反転すると、反転するのですね。

その違いから、2ω 成分の符号が反転してくれて、
うまく消えてくれるというわけでした。

分かってしまうと単純な話ですが、ハマってるとなかなか抜けられないものですね・・・^^;

電磁場の量子化 | コメント(0) | 2016/02/15 07:00

電磁場の量子化再論 (1)

これまで、シッフ [1] に基づいて、電磁場の量子化を見てきました。
実はまだ終わったわけではないのですが、
ここまでの道のりが長すぎて、頭の中を整理したくなったので、
サクライ [2] を参考にして、もう一度辿りたいと思います。

シッフ [1] は初めの前提から非常に丁寧に議論を進めてくれるので、
どういう手続きを行っているのかが分かりやすく、
すごく有用でした。
他にこういう本を僕は知りません。

しかし、その反面、長くなりすぎたため、
自分がどの段階にいるのかを見失いつつあります。

そこで、再度、サクライ [2] に基づいて、最短コースを歩んでみて、
見通しを深めたいと思っています。

まずは、前提として、電荷と電流のない自由電磁場($j_\mu = 0$)を考える。
適当なゲージ変換によって、横波条件を満たし、かつ
スカラーポテンシャルがゼロとなるようにできる。
 輻射ゲージ (1)輻射ゲージ(2)
\[
\nabla \cdot {\bf A} = 0
\tag{1}
\]\[
\phi = A_0 = 0
\tag{2}
\]満たすべきマックスウェル方程式は\[
\nabla^2 {\bf A} - \frac{1}{c^2} \frac{\partial^2 {\bf A}}{\partial t^2} = 0
\tag{3}
\]
電磁場を以下のようにフーリエ展開する。\[
{\bf A}({\bf x}, t) = V^{-1/2} \sum_{\bf k} \sum_{\alpha=1,2} \epsilon_{k\alpha}
\left[
c_{k\alpha}(t) e^{i{\bf k}\cdot{\bf x}}
+ c^*_{k\alpha}(t) e^{-i{\bf k}\cdot{\bf x}}
\right]
\tag{4}
\]
波数 k は、一辺 $L = V^{1/3}$ の箱において周期的境界条件を満たすとする
($k_x,k_y,k_z = 2n\pi/L$)
また、 A の実数性を考慮している。
$\epsilon_{k\alpha}$ はk ベクトルに対して、2種類の直交する偏光方向の単位ベクトルを表し、
$(\epsilon_{k,1}, \epsilon_{k,2}, {\bf k}/|{\bf k}|)$ はそれぞれ直交し、右手系をなすものとする。
これにより、横波条件 (1) も自動的に満たされている。

波動方程式 (3) を満たすことから、\[
c(t) = c(0) e^{-i\omega t}
\tag{5}
\]となる。ただし、$\omega = c|{\bf k}|$。

この表式を用いて、ハミルトニアン\[
H = \frac{1}{2} {\Large \int} ({\bf E}^2 + {\bf B}^2 ) d^3x
\tag{6}
\]を計算したい。

当初、サクライ [2] に基づき、(4) 式をそのまま代入して、
ベクトル解析の公式を駆使しながら、計算を進めていましたが、
あらかじめ、E と B を計算しておいてからやった方がやりやすいと思うので、
ここからしばらくは我流です。

電場 E と磁場 B を以下の式により計算する。\[
{\bf E} = -\frac{1}{c} \frac{\partial {\bf A}}{\partial t}
\tag{7.1}
\]\[
{\bf B} = \nabla \times {\bf A}
\tag{7.2}
\]
電場は、\[
{\bf E} = iV^{-1/2} \sum_{k\alpha} \epsilon |{\bf k}|
[c e^{i{\bf k \cdot x}} - c^* e^{-i{\bf k \cdot x}} ]
\tag{8}
\]となる。ここで、$\epsilon_{k\alpha}$ を $\epsilon$、$c_{k\alpha}(t)$ を c と略記した(光速の c ではないので、注意)

また、磁場は\[
{\bf B} = V^{-1/2} \sum_{k\alpha} \left[
c \nabla\times (\epsilon e^{i{\bf k\cdot x}}) + c^* \nabla\times (\epsilon e^{-i{\bf k\cdot x}})
\right]
\tag{9}
\]となり、\[
{\bf B} = iV^{-1/2} \sum_{k\alpha} \left[
c e^{i{\bf k\cdot x}} ({\bf k}\times \epsilon) - c^* e^{-i{\bf k\cdot x}} ({\bf k}\times\epsilon)
\right] \\
= iV^{-1/2} \sum_{k\alpha} ({\bf k}\times \epsilon) \left[
c e^{i{\bf k\cdot x}} - c^* e^{-i{\bf k\cdot x}}
\right]
\tag{10}
\]となる。

ここからの計算である考え違いをしていて、思いっきり長考してしまったのですが、
それについては後ほど述べることにして、とりあえず、修正後の流れで計算を続けます。

まず、電場の方の項 $\int {\bf E}^2 d^3x$ を計算していく。\[
{\bf E}^2 = -V^{-1} \sum_{k\alpha} \sum_{k'\alpha'} \epsilon \epsilon' |{\bf k}| |{\bf k}'|
[c e^{i{\bf k\cdot x}} - c^* e^{-i{\bf k\cdot x}} ][c' e^{i{\bf k' \cdot x}} - c'^* e^{-i{\bf k' \cdot x}} ]
\tag{11}
\]ここで、プライム記号がついているものは、$k' \alpha'$ における量を表すものとする。

2項式の積の部分のみを展開すると、\[
cc' e^{i{\bf (k+k')\cdot x}} + c^*c'^* e^{-i{\bf (k+k') \cdot x}} - cc'^* e^{i{\bf (k-k')\cdot x}} - c^*c' e^{-i{\bf (k-k')\cdot x}}
\tag{12}
\]となる。

フーリエ基底の部分は、周期的境界条件の仮定より\[
V^{-1} \int e^{i({\bf k}-{\bf k}')\cdot {\bf x}} d^3x = \delta_{\bf kk'}
\tag{13}
\]となることに注意して、(12)を空間積分(さらに、$V^{-1}$を乗じる)すると、\[
cc' \delta_{\bf k,-k'}
+ c^*c'^* \delta_{\bf k,-k'}
- cc'^* \delta_{\bf kk'}
- c^*c' \delta_{\bf kk'}
\tag{14}
\]となる。

この式がゼロにならないのは、${\bf k} = \pm {\bf k'}$ の時のみであり、
このとき、$\omega = \omega'$ であることに注意して、
(11)を空間積分すると、\[
\int {\bf E}^2 d^3x
= \sum_k \sum_{\alpha\alpha'} |{\bf k}|^2 \times \\
[
2 \epsilon_{k\alpha} \epsilon_{k\alpha'} c_{k\alpha}^* c_{k\alpha'}
- \epsilon_{k\alpha} \epsilon_{-k,\alpha'} c_{k\alpha} c_{-k,\alpha'}
- \epsilon_{k\alpha} \epsilon_{-k,\alpha'} c^*_{k\alpha} c^*_{-k,\alpha'}
]
\tag{15}
\]となる。

同様に、磁場の項を計算する。\[
{\bf B}^2 = -V^{-1} \sum_{k\alpha} \sum_{k'\alpha'} ({\bf k}\times \epsilon)({\bf k'}\times \epsilon')
[c e^{i{\bf k\cdot x}} - c^* e^{-i{\bf k\cdot x}} ][c' e^{i{\bf k' \cdot x}} - c'^* e^{-i{\bf k' \cdot x}} ]
\tag{16}
\]空間積分については、電場の場合と全く同じであるが、
偏光モードαに関する直交性が自明でないことに注意して、\[
\int {\bf B}^2 d^3x
= \sum_k \sum_{\alpha\alpha'} ({\bf k}\times \epsilon)({\bf k}\times \epsilon') [
c_k^* c'_k + c_k c'^*_k + c_k c'_{-k} + c^*_k c'^*_{-k}
]
\tag{17}
\]となる。プライム記号はα' に関するものであるという意味。

ここで、[] の中の符号が違っていることに注意。
これは、${\bf k'} = -{\bf k}$ の場合に、${\bf k'}\times\epsilon' = -{\bf k}\times\epsilon'$ から出てくる
マイナスによって、符号が反転したためである。

外積の部分については、公式を用いて、\[
({\bf k}\times\epsilon) ({\bf k}\times \epsilon')
= ({\bf k}\cdot{\bf k})(\epsilon\cdot\epsilon') - ({\bf k}\cdot\epsilon')(\epsilon\cdot{\bf k})
= |{\bf k}|^2 (\epsilon\cdot\epsilon')
\tag{18}
\]となり、偏光モードαに関して直交性を示すことが確かめられる。
ここで、$\epsilon\cdot{\bf k} = 0$ の直交性を用いた。

以上から、磁場の項は、\[
\int {\bf B}^2 d^3x
= \sum_k \sum_{\alpha\alpha'} |{\bf k}|^2 \times \\
[
2 \epsilon_{k\alpha} \epsilon_{k\alpha'} c_{k\alpha}^* c_{k\alpha'}
+ \epsilon_{k\alpha} \epsilon_{-k,\alpha'} c_{k\alpha} c_{-k,\alpha'}
+ \epsilon_{k\alpha} \epsilon_{-k,\alpha'} c^*_{k\alpha} c^*_{-k,\alpha'}
]
\tag{19}
\]となる。

最後に、(15) と (19) の結果を統合し、$\epsilon_{k\alpha}\cdot\epsilon_{k\alpha'} = \delta_{\alpha\alpha'}$ の直交性を用いると、
ハミルトニアンの最終形

\[
H = \sum_{k\alpha} 2|{\bf k}|^2 c^*_{k\alpha} c_{k\alpha}
\tag{20}
\]

が得られる。

というわけで、ようやく、計算がうまくいきました・・・(汗)
たいして難しい計算じゃないはずなのに、思いっきりハマってしまいましたね^^;

どこでハマったかについては、いったん記事を分けて、
次の記事で書こうと思います。

参考文献
[1] シッフ 「量子力学」(下)
[2] J. J. Sakurai "Advanced Quantum Mechanics"
電磁場の量子化 | コメント(0) | 2016/01/11 22:13

電磁場の量子化 (10)

前回、a と a' という演算子を導入したので、
ハミルトニアン

\[
H = \sum_{k\lambda} \left[ c^2 p_{k\lambda} p^\dagger_{k\lambda} + k^2 q_{k\lambda} q^\dagger_{k\lambda} \right]
\tag{1}
\]

を a, a' で表す。

\[
q_{k\lambda}(t) = a_{k\lambda} e^{-i\omega t} + a'^\dagger_{k\lambda} e^{i\omega t}
\tag{2.1}
\]\[
p_{k\lambda}(t) = -\frac{i\omega}{c^2} a_{k\lambda} e^{-i\omega t}
+ \frac{i\omega}{c^2} a'^\dagger_{k\lambda} e^{i\omega t}
\tag{2.2}
\]

を代入する。まず、上記のエルミート共役は、\[
q^\dagger_{k\lambda}(t) = a^\dagger_{k\lambda} e^{i\omega t} + a'_{k\lambda} e^{-i\omega t}
\tag{3.1}
\]\[
p^\dagger_{k\lambda}(t) = \frac{i\omega}{c^2} a^\dagger_{k\lambda} e^{i\omega t}
- \frac{i\omega}{c^2} a'_{k\lambda} e^{-i\omega t}
\tag{3.2}
\]となる。以降は、面倒なので、kλの添え字を省略することにする。\[
qq^\dagger = aa^\dagger + a'^\dagger a' + aa' e^{-2i\omega t} + a'^\dagger a^\dagger e^{2i\omega t}
\tag{4}
\]\[
pp^\dagger = \frac{k^2}{c^2} \left[
aa^\dagger + a'^\dagger a' - aa' e^{-2i\omega t} - a'^\dagger a^\dagger e^{2i\omega t}
\right]
\tag{5}
\] これらを (1) に代入すると、\[
H = \sum_{k\lambda} 2k^2 \left[
a_{k\lambda} a^\dagger_{k\lambda} + a'^\dagger_{k\lambda} a'_{k\lambda}
\tag{6}
\right]
\]となる。\[
N_{k\lambda} = \frac{2k}{\hbar c} a^\dagger_{k\lambda} a_{k\lambda}
\tag{7.1}
\]\[
N'_{k\lambda} = \frac{2k}{\hbar c} a'^\dagger_{k\lambda} a'_{k\lambda}
\tag{7.2}
\]とおくと、交換関係\[
[a_{k\lambda}, a^\dagger_{k\lambda}] = \frac{\hbar c}{2k}
\tag{8}
\]にも注意して、ハミルトニアンは\[
H = \sum_{k\lambda} \hbar\omega (N_{k\lambda} + N'_{k\lambda} + 1)
\tag{9}
\]と表される。
もともとの a と a' の定義 (2.1) (2.2) を見ると、\[
a'_{k\lambda} = a_{-k\lambda}
\tag{10.1}
\]\[
N'_{k\lambda} = N_{-k\lambda}
\tag{10.2}
\]とみなしてよいことが分かる。
もともと、k の和は半空間で取っていたから、N と N' を合わせて、
k の和は k 空間全体で取ると約束すると、ハミルトニアンは

\[
H = \sum_{k\lambda} \hbar\omega \left( N_{k\lambda} + \frac{1}{2} \right)
\tag{11}
\]

と表せる。

というわけで、ようやく光子描像っぽいハミルトニアンまで到達しました。

参考文献
[1] シッフ 「量子力学」(下)
電磁場の量子化 | コメント(0) | 2015/12/10 07:00

電磁場の量子化 (9)

ハミルトニアン

\[
H = \sum_{k\lambda} \left[ c^2 p_{k\lambda} p^\dagger_{k\lambda} + k^2 q_{k\lambda} q^\dagger_{k\lambda} \right]
\tag{1}
\]

と p, q の交換関係

\[
[q_{k\lambda}(t), p_{k'\lambda'}^\dagger(t)] = i\hbar \delta_{kk'} \delta_{\lambda\lambda'}
\tag{2.1}
\]\[
[q_{k\lambda}^\dagger(t), p_{k'\lambda'}(t)] = i\hbar \delta_{kk'} \delta_{\lambda\lambda'}
\tag{2.2}
\]

から p, q の運動方程式を導く。

\[
i\hbar \dot{q}_{k\lambda} = [q_{k\lambda}, H]
\tag{3.1}
\]\[
i\hbar \dot{p}_{k\lambda} = [p_{k\lambda}, H]
\tag{3.2}
\]

たとえば\[
[q_{k\lambda}, H] = \sum_{k'\lambda'} c^2 p_{k'\lambda'} [q_{k\lambda}, p^\dagger_{k'\lambda'} ]
= i\hbar c^2 p_{k\lambda}
\]などと計算することにより、

\[
\dot{q}_{k\lambda} = c^2 p_{k\lambda}
\tag{4.1}
\]\[
\dot{p}_{k\lambda} = - k^2 q_{k\lambda}
\tag{4.2}
\]

となる。これより、\[
\ddot{q}_{k\lambda} = -\omega^2 q_{k\lambda}
\tag{5}
\]という2階微分方程式が得られる。(ただし、$\omega = kc$ とおいた)

(注) [1] では、ωとおかずに kc のまま続けているが、何か理由があるんだろうか?
ここでは、ωと書いた方が分かりやすいので、ωで行くことにする。

この解は、

\[
q_{k\lambda}(t) = a_{k\lambda} e^{-i\omega t} + a'^\dagger_{k\lambda} e^{i\omega t}
\tag{6}
\]

と表せる。
ここで、a と a' は別物で、時間に依存しない。
便宜上、a' はエルミート共役で係数に入れている。
(4.1) 式を用いて、p は

\[
p_{k\lambda}(t) = -\frac{i\omega}{c^2} a_{k\lambda} e^{-i\omega t}
+ \frac{i\omega}{c^2} a'^\dagger_{k\lambda} e^{i\omega t}
\tag{7}
\]

と表せる。
(6)、(7) から a, a'+ について解くと\[
a_{k\lambda} = \frac{1}{2} \left( q_{k\lambda} + \frac{ic^2}{\omega} p_{k\lambda} \right) e^{i\omega t}
\tag{8.1}
\]\[
a'^\dagger_{k\lambda} = \frac{1}{2} \left( q_{k\lambda} - \frac{ic^2}{\omega} p_{k\lambda} \right) e^{-i\omega t}
\tag{8.2}
\]となり、エルミート共役は、\[
a^\dagger_{k\lambda} = \frac{1}{2} \left( q^\dagger_{k\lambda} - \frac{ic^2}{\omega} p^\dagger_{k\lambda} \right) e^{-i\omega t}
\tag{9.1}
\]\[
a'_{k\lambda} = \frac{1}{2} \left( q^\dagger_{k\lambda} + \frac{ic^2}{\omega} p^\dagger_{k\lambda} \right) e^{i\omega t}
\tag{9.2}
\]となる。
これより a, a' に関する交換関係を導く。たとえば、\[
[a_{k\lambda}, a^\dagger_{k'\lambda'}] = \frac{ic^2}{4} \left(
\frac{1}{\omega} [p_{k\lambda}, q^\dagger_{k'\lambda'}]
- \frac{1}{\omega'} [q_{k\lambda}, p^\dagger_{k'\lambda'}]
\right)
\]において、交換関係 (2) を用いればよく、以下のようになる。

\[
[a_{k\lambda}, a^\dagger_{k'\lambda'}] = \frac{\hbar c}{2k} \delta_{kk'} \delta_{\lambda\lambda'}
\tag{10.1}
\]\[
[a'_{k\lambda}, {a'}^\dagger_{k'\lambda'}] = \frac{\hbar c}{2k} \delta_{kk'} \delta_{\lambda\lambda'}
\tag{10.2}
\]

他の組み合わせについてはすべて可換。

参考文献
[1] シッフ 「量子力学」(下)
電磁場の量子化 | コメント(0) | 2015/12/06 22:49

電磁場の量子化 (8)

前回、導入した演算子 q, p を用いて、ハミルトニアンを書き表す。

ハミルトニアンは以下の通り。

\[
H = \frac{1}{2} \int \left[ c^2 {\bf P}^2 + (\nabla \times {\bf A})^2 \right] d^3r
\tag{1}
\]


A と P は演算子 q, p を用いて、以下のように表せる。

\[
{\bf A}(r,t) = \sum_{k\lambda} [ q_{k\lambda}(t) {\bf u}_{k\lambda}(r) + q_{k\lambda}^\dagger(t) {\bf u}_{k\lambda}^*(r) ]
\tag{2.1}
\]\[
{\bf P}(r,t) = \sum_{k\lambda} [ p_{k\lambda}(t) {\bf u}_{k\lambda}(r) + p_{k\lambda}^\dagger(t) {\bf u}_{k\lambda}^*(r) ]
\tag{2.2}
\]


これを (1) に代入していくわけであるが、
その前に、u や u* の積分を見ておく。

正規直交性を持つように定義していたので、\[
\int {\bf u}^*_{k\lambda} \cdot {\bf u}_{k'\lambda'} d^3r = \delta_{kk'} \delta_{\lambda\lambda'}
\tag{3}
\]
また、${\bf u}^*_{k\lambda} = {\bf u}_{-k\lambda}$ であるから、\[
\int {\bf u}_{k\lambda} \cdot {\bf u}_{k'\lambda'} d^3r
= \int {\bf u}^*_{k\lambda} \cdot {\bf u}^*_{k'\lambda'} d^3r
= \delta_{k,-k'} \delta_{\lambda\lambda'}
\tag{4}
\] であり、k の和は k 空間全体の半分で取るから、(4) の積分はすべてゼロになる。

(注) 波動的な電磁場のみを考えているから、k = 0 の成分はないと考えているのだと思う。

これを踏まえて、さらに、p と p+ が可換であることを考慮して、
$P^2$ の積分の項を計算すると、\[
\int {\bf P}^2 d^3r = 2 \sum_{k\lambda} p_{k\lambda} p^\dagger_{k\lambda}
\tag{5}
\]
次に、$\nabla\times{\bf A}$ の項を計算するには、
$(\nabla \times {\bf u}^*_{k\lambda}) \cdot (\nabla \times {\bf u}_{k'\lambda'})$ などの計算をしておく必要がある。\[
\nabla\times {\bf u}_{k\lambda}
= L^{-3/2} \nabla e^{ i {\bf k\cdot r}} \times \varepsilon_{k\lambda}
= i{\bf k} \times {\bf u}_{k\lambda}
\tag{6}
\]であり、${\bf u}^*_{k\lambda} = {\bf u}_{-k,\lambda}$ より、\[
\nabla\times {\bf u}^*_{k\lambda}
= -i{\bf k} \times {\bf u}^*_{k\lambda}
\tag{7} \]である。
ベクトル解析の公式\[
({\bf a}\times{\bf b})\cdot({\bf c}\times{\bf d})
= ({\bf a}\cdot{\bf c})({\bf b}\cdot{\bf d}) - ({\bf a}\cdot{\bf d})({\bf b}\cdot{\bf c})
\tag{8}
\]を用いると、\[
(\nabla\times{\bf u}^*)\cdot(\nabla\times{\bf u'})
= ({\bf k \cdot k'})({\bf u}^* \cdot {\bf u'}) - ({\bf k \cdot u'})({\bf k'} \cdot {\bf u}^*)
\tag{9}
\]となる。ただし、プライム記号は添え字が $k'\lambda'$ であることを示すこととする。
上記第一項は、空間積分すると、正規直交性 (3) と (4) より、\[
\int ({\bf k \cdot k'})({\bf u}^* \cdot {\bf u'}) d^3r
= k^2\delta_{kk'}\delta_{\lambda\lambda'}
\tag{9}
\]第二項については、\[
({\bf k \cdot u'})({\bf k'} \cdot {\bf u}^*)
= L^{-3} e^{i({\bf k}-{\bf k'})\cdot{\bf r}} ({\bf k} \cdot \varepsilon')({\bf k'}\cdot \varepsilon)
\tag{10}
\]として、exp 部分を空間積分すると、周期的境界条件より $\delta_{kk'}$ となり、
和を取ると、k = k' の部分しか残らない。
しかし、その場合は、k・ε = 0 であるから、結局、第二項の寄与はゼロとなる。

$(\nabla \times {\bf u})\cdot(\nabla \times {\bf u'})$ や$(\nabla \times {\bf u}^*)\cdot(\nabla \times {\bf u'}^*)$ の項については、
前述したとおり、$\delta_{k,-k'}$ となり、kの和を半空間で取っていることからゼロとなる。

以上より、ハミルトニアンは以下のように計算される。

\[
H = \sum_{k\lambda} \left[
c^2 p_{k\lambda} p^\dagger_{k\lambda} + k^2 q_{k\lambda} q^\dagger_{k\lambda}
\right]
\tag{11}
\]



・・・という式変形がシッフ [1] ではたった数行の言葉で書かれているだけなんですけど・・・(;д;)
(6) 以降の式変形は完全に我流です。

ちなみに、サクライ [2] では、(6) の置き換えを使わずに、
∇のまま、ガウスの定理を巧みに使って計算していてエレガントです。
サクライっぽい!(笑)


参考文献
[1] シッフ 「量子力学」(下)
[2] J. J. Sakurai "Advanced Quantum Mechanics"
電磁場の量子化 | コメント(0) | 2015/11/06 19:34
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