空論上の砂、楼閣上の机。

The Castle of Indolence

Peskin, Schroeder 2.1(a) について

2019年4月の高校2年生のときに湧源クラブの日曜サロンでの講演にむけ準備した原稿を最近発掘したので, 記事としてまとめ直して公開します. 説明が不十分な点が多く見受けられますが, 講演録としての史料性を鑑みて原文ママで打ち込むことにしました. あまり参考にしないでください.

2.1 Classical electromagnetism (with no sources) follows from the action $$S=\int d^{4}x\left(-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\right),$$ where $$F _ {\mu\nu}=\partial _ {\mu}A _ {\nu}-\partial _ {\nu}A _ {\mu}.$$

(a) Derive Maxwell's equations as the Euler-Lagrange equations of this action, treating the components $A_{\mu}(x)$ as the dynamical variables. Write the equations in standard form by identifying $E^{i}=-F^{0i}$ and $\epsilon^{ijk}B^{k}=-F^{ij}$.

定義1. (Levi-Civita 記号) $$\begin{aligned}\epsilon _{ij}&={\begin{cases}+1&{\text{if }}(1,2)\\-1&{\text{if }}(2,1)\\\;\;\,0&{\text{otherwise}}\end{cases}}\\ \epsilon _{ijk}&={\begin{cases}+1&{\text{if }}(1,2,3),(2,3,1),(3,1,2)\\-1&{\text{if }}(1,3,2),(3,2,1),(2,1,3)\\\;\;\,0&{\text{otherwise}}\end{cases}}\end{aligned}$$
注. この本では自然単位系 $\hbar=c=1$ が使われている. また, 本質ではないので $\varepsilon_0$ や $\mu_0$ などはすべて $1$ とおく.
要請2. (Maxwell 方程式) 電場 $\bm{E}$, 磁場 $\bm{B}$, 電荷密度 $\rho$, 電流密度 $\bm{j}$ に対し, Gauss の法則: $$\nabla\cdot\bm{E}=\rho$$ monopole の非存在性: $$\nabla\cdot\bm{B}=0$$ Faraday の法則: $$\nabla\times\bm{E}+\dfrac{\partial\bm{B}}{\partial t}=\bm{0}$$ Maxwell-Ampère の法則: $$\nabla\times\bm{B}-\dfrac{\partial\bm{E}}{\partial t}=\bm{j}$$ の4つの方程式を Maxwell 方程式という.
事実3. (Poincarè の補題の系) $$\begin{aligned}\nabla\times\bm{V}=0 &\iff {}^{\exists}\phi, \bm{V}=\nabla\phi\\\nabla\cdot\bm{V}=0 &\iff{}^{\exists}\bm{A}, \bm{V}=\nabla\times\bm{A}\end{aligned}$$

$\phi$ をスカラーポテンシャル, $\bm{A}$ をベクトルポテンシャルという.

定義4. (電磁ポテンシャル) 電磁ポテンシャル $(A_0,\bm{A})$ とは $$\left\lbrace\begin{aligned} \bm{E} &= \nabla A_0-\frac{\partial\bm{A}}{\partial t}\\ \bm{B} &= \nabla\times\bm{A} \end{aligned}\right.$$ を満たすものである.

この存在は事実3により保証されている.

定義5. (ゲージ変換) ゲージ変換とは, 任意の関数 $\theta(t,\bm{x})$ による
$$\left\lbrace\begin{aligned} A_0(t,\bm{x})\to A_0'(t,\bm{x}) &=A_0(t,\bm{x})+\frac{\partial\theta(t,\bm{x})}{\partial t}\\ \bm{A}(t,\bm{x})\to\bm{A}'(t,\bm{x}) &=\bm{A}(t,\bm{x})+\nabla\theta(t,\bm{x}) \end{aligned}\right.$$
なる変換のことである.
命題6. (ゲージ不変性・対称性) $\bm{B}$ と $\bm{E}$ はゲージ変換の下で不変である.
証明. $$\begin{aligned} \bm{B}'&=\nabla\times\bm{A}'\\ &=\nabla\times(\bm{A}+\nabla\theta)\\ &=\nabla\times\bm{A}+\nabla\times\nabla\theta\\ &=\bm{B}\\ \bm{E}'&=\nabla{A_0'}-\dfrac{\partial \bm{A}'}{\partial t}\\ &=\nabla\left(A_0+\dfrac{\partial\theta}{\partial t}\right)-\dfrac{\partial}{\partial t}(\bm{A}+\nabla\theta)\\ &=\nabla{A_0}-\dfrac{\partial\bm{A}}{\partial t}\\ &=\bm{E} \end{aligned}$$

一方, Maxwell 方程式とは適用範囲が異なるが電子やクォークなどの素粒子に対する相対論的方程式は Klein-Gordon 方程式 $$\left\lbrack\dfrac{\partial^{2}}{\partial t^{2}}-\nabla^{2}+m^{2}\right\rbrack\phi(t,\bm{x})=0$$ であり, これは事実として認め, Maxwell 方程式と Klein-Gordon 方程式をそれぞれ検討することにする.

$$\left\lbrace\begin{aligned} d x' &=\frac{\partial x'}{\partial x} d x+\frac{\partial x'}{\partial y} d y+\frac{\partial x'}{\partial z} d z \\ d y' &=\frac{\partial y'}{\partial x} d x+\frac{\partial y'}{\partial y} d y+\frac{\partial y'}{\partial z} d z \\ d z' &=\frac{\partial z'}{\partial x} d x+\frac{\partial z'}{\partial y} d y+\frac{\partial z'}{\partial z} d z \end{aligned}\right.$$

一方で,

$$\left\lbrace \begin{aligned} \frac{\partial}{\partial x^{\prime}} &=\frac{\partial x}{\partial x^{\prime}} \frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial x'}\frac{\partial}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial x^{\prime}} \frac{\partial}{\partial z} \\ \frac{\partial}{\partial y^{\prime}} &=\frac{\partial x}{\partial y^{\prime}} \frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial y^{\prime}} \frac{\partial}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial y^{\prime}} \frac{\partial}{\partial z} \\ \frac{\partial}{\partial z^{\prime}} &=\frac{\partial x}{\partial z^{\prime}} \frac{\partial}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial z^{\prime}} \frac{\partial}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial z^{\prime}} \frac{\partial}{\partial z} \end{aligned} \right.$$

こういうわけで, 前者を反変ベクトル, 後者を共変ベクトルというわけである.

Newton 力学では時間と空間は独立とされているが, 相対論ではどちらも対等だとして4元ベクトル $x^{\mu}=(x^{0},x^{1},x^{2},x^{3})=(t,x,y,z)$ と考える ($c=1$ に注意!). これは反変だから上付きになっている. 一方, 4元微分ベクトルは $$\partial_{\mu}\coloneqq\frac{\partial}{\partial x^{\mu}}=\left(\frac{\partial}{\partial t}, \frac{\partial}{\partial x}, \frac{\partial}{\partial y}, \frac{\partial}{\partial z}\right)=\left(\frac{\partial}{\partial t}, \nabla\right)$$ とされ, これは当然下付きになる.

Klein-Gordon 方程式は Einstein の規約を用いて $$[\partial^{\mu}\partial_{\mu}-m^{2}]\phi(x)=0$$ と書ける.

Our conventions for relativity follow Jackson (1975), Bjorken and Drell (1964, 1965), and nearly all recent field theory texts. We use the metric tensor

$$g_{\mu\nu}=g^{\mu\nu}= \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$$

with Greek indices running over $0$, $1$, $2$, $3$ or $t$, $x$, $y$, $z$. Roman indices—$i$, $j$, etc.—denote only the three spatial components. Repeated indices are summed in all cases. Four-vectors, like ordinary numbers, are denoted by light italic type; three-vectors are denoted by boldface type. For example,

$$x ^ {\mu}=(x ^ {0},\mathbf{x}), x _ {\mu}=g _ {\mu\nu} x ^ {\nu}=(x ^ {0},-\mathbf{x}); \\ p \cdot x=g _ {\mu\nu} p ^ {\mu} x ^ {\nu}=p ^ {0} x ^ {0}-\mathbf{p} \cdot \mathbf{x}.$$

このような取り方を $(+---)$ とも略記する. したがって, $$\partial ^ {\mu}=g ^ {\mu \mu} \partial _ {\mu}=\left\lbrace \begin{aligned} \dfrac{\partial}{\partial t}\quad & \text { if } \mu=0 \\ -\nabla\quad & \text { if } \mu=1, 2, 3 \end{aligned}\right.$$ である. また, これによってゲージ変換は $$A _ {\mu}(x) \rightarrow A _ {\mu} ^ {\prime}(x)=A _ {\mu}(x)+\partial _ {\mu} \theta(x)$$ と, 相当スッキリかける.

注. よく d’Alembertian という演算子 $\Box\coloneqq\dfrac{1}{c^{2}} \dfrac{\partial^{2}}{\partial t^{2}}-\nabla^{2}$ をみかえるが, よく考えれば $\Box=\partial _ {\mu} \partial ^ {\mu}$ に他ならない. 古典電磁気学では汚い演算子に見えるかもしれないが.
定義7. 場の強さ (電磁場テンソル) $F_{\mu\nu}$ を次で定める. $$F _ {\mu \nu}=\partial _ {\mu} A _ {\nu}-\partial_{\nu} A _ {\mu}.$$
命題8. $E ^ i=-F ^ {0i}$, $\epsilon ^ {ijk} B ^ {k} = -F ^ {ij}$. (Peskin 流)
証明. $E _ {i}= F _{i0}$, $\epsilon _{ijk} B_k = F_{ji}$ を示してもよい. すべて示すのはメンドウなので, $F_{10}=E_1$, $\epsilon_{321}B_1=F_{23}$ を示せば後は同様になる.
$$\begin{aligned}F_{10}&=\partial_{1} A_{0}-\partial_{0} A_{1}=\left(\nabla A_{0}-\frac{\partial A}{\partial t}\right)_{1}=E_{1}\\F_{23}&=\partial_{2} A_{3}-\partial_{3} A_{2}=(\nabla \times A)_{1}=\beta_{1}\end{aligned}$$
とすればよい. $(—)_i$ は $—$ の第 $i$ 成分.
注. $F_{\mu\nu}$ は $F_{\mu\nu}=-F_{\nu\mu}$ かつ $F_{\mu\mu}=0$ より, 結局のところは $F_{10}$, $F_{20}$, $F_{30}$, $F_{23}$, $F_{31}$, $F_{12}$ の $6$ つが独立な成分.
命題9. $F_{\mu\nu}$ はゲージ不変性をもつ.
証明. $$\begin{aligned} F_{\mu\nu}' &= \partial_{\mu}A_{\nu}'-\partial_{\nu}A_{\mu}' \\ &= \partial_{\mu}(A_{\nu}+\partial_{\nu}\theta)-\partial_{\nu}(A_{\mu}+\partial_{\mu}\theta) \\ &= \partial_{\mu}A_{\nu}-\partial_{\nu}A_{\mu}+(\partial_{\mu}\partial_{\nu}-\partial_{\nu}\partial_{\mu})\theta \\ &= F_{\mu\nu} \end{aligned}$$

こうするとゲージ対称性がいかに大事であるかが見えてくる. 実際, Klein-Gordon 方程式は任意の複素数 $U$ に対して $$\phi(x)\to\phi'(x)=U\phi(x)$$ の下で不変である. ここで一旦 $|U|=1$ として $U=\cos\theta+i\sin\theta$ なる $\theta\in[0,2\pi)$ をとる. $U$, $\theta$ は共に $x^{\mu}=(t,\bm{x})$ に依存しないので, 上の変換を大域的対称性という.

しかし, 相対論では光速より速く相互作用の情報を伝達することができない以上, これを各点で考えさせることにする. $$\phi(x)\to\phi'(x)=U(x)\phi(x)$$ とし $|U(x)|=1$ とすると $U(x)=\cos\theta(x)+\sin\theta(x)$ となり, $\theta(x)$ が $x^{\mu}$ に依存している.

自然界の方程式は局所的ゲージ変換の下で不変になるべき, という要請をゲージ原理という. 実は Klein-Gordon 方程式はこれで不変にならない.

$$\begin{aligned} \partial _ {\mu}\phi(x) &\to \partial _ {\mu}\phi'(x) \\ &= \partial _ {\mu}(U(x)\phi(x)) \\ &= U(x)\partial _ {\mu}\phi(x)+(\partial _ {\mu}U(x))\phi(x) \\ &= U(x)(\partial _ {\mu}+\underbrace{i\partial _ {\mu}\theta(x)}_{\text{余分な項}})\phi(x) \end{aligned}$$

注. $\partial_{\mu}U(x)=-\sin\theta(x)\partial_{\mu}\theta(x)+i\cos\theta(x)\partial_{\mu}\theta(x)=U(x)i\partial_{\mu}\theta(x)$.

そういうわけなので $\partial_{\mu}$ ではなく共変微分 $D _ {\mu}=\partial _ {\mu} -iA _ {\mu} (x)$ を考える.

命題10.
$$\begin{aligned} &D _ {\mu} \phi(x) \to D_{\mu}^{\prime} \phi^{\prime}(x)=U(x) D_{\mu} \phi(x)\\ &D^{\mu} D_{\mu} \phi(x) \to D^{\prime\mu} D_{\mu}^{\prime} \phi^{\prime}(x)=U(x) D^{\mu} D_{\mu} \phi(x) \end{aligned}$$
証明.
$$\begin{aligned} D_{\mu}^{\prime} \phi^{\prime}(x) &= [\partial_{\mu}-iA'_{\mu}(x)](U(x)\phi(x))\\ &= U(x)[\partial_{\mu}+i\partial_{\mu}\theta(x)-i(A_{\mu}(x)+\partial_{\mu}\theta(x)]\phi(x)\\ &= U(x)D_{\mu}\phi(x) \end{aligned}$$
もう一方も同様.

そういうわけでお膳立てがある程度整ったので 2.1(a) を解くことにしよう.

事実11. (場の Euler-Lagrange 方程式) $\mathcal{L}$ を Lagrangian 密度として, $$\partial _ {\mu}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial _ {\alpha}A _ {\beta})}\right)-\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A _ {\beta}}=0.$$

これが運動を司る. 特に $\mathcal{L}(\phi,\dot{\phi})$ とする.

問題より $\mathcal{L}=-\dfrac{1}{4}F _ {\mu\nu} F ^ {\mu\nu}$ である. $F _ {\mu\nu}=\partial _ {\mu}A _ {\nu}-\partial _ {\nu}A _ {\mu}$ より $\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial A _ {\beta}}=0$. ここで,

$$\begin{aligned} &\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial _ {\alpha}A _ {\beta})}\\ &= -\frac{1}{4}\frac{\partial(F _ {\mu\nu} F ^ {\mu\nu})}{\partial(\partial _ {\alpha} A _ {\beta})}\\ &= -\frac{1}{4}\left(F _ {\mu\nu}\frac{\partial F ^ {\mu\nu}}{\partial(\partial _ {\alpha} A _ {\beta})}+F ^ {\mu\nu}\frac{\partial F _ {\mu\nu}}{\partial(\partial _ {\alpha} A _ {\beta})}\right)\\ &= -\frac{1}{4}\left(F _ {\mu\nu}\frac{\partial F ^ {\mu\nu}}{\partial(\partial _ {\alpha} A _ {\beta})}+F ^ {\mu\nu}\frac{\partial F _ {\mu\nu}}{\partial(\partial _ {\alpha} A _ {\beta})}\right)\\ &= -\frac{1}{2}F ^ {\mu\nu} \frac{\partial F _ {\mu\nu}}{\partial(\partial _ {\alpha}A_{\beta})}\\ &= -\frac{1}{2}F ^ {\mu\nu} (\delta _ {\mu\alpha}\delta _ {\nu\beta}-\delta _ {\nu\alpha}\delta _ {\mu\beta})\\ &= -\frac{1}{2}(F ^ {\alpha\beta}-F ^ {\beta\alpha})\\ &= -F ^ {\alpha\beta}\\ &= F ^ {\beta\alpha} \end{aligned}$$

ただし5行目で次の関係を用いた.

$$\begin{aligned} \frac{\partial F _ {\mu\nu}}{\partial(\partial _ {\alpha}A_{\beta})} &= \frac{\partial(\partial _ {\mu} A _ {\nu})}{\partial(\partial _ {\alpha} A _ {\beta})}-\frac{\partial(\partial _ {\nu} A _ {\mu})}{\partial(\partial _ {\alpha} A _ {\beta})} \\ &= \delta _ {\mu\alpha}\delta _ {\nu\beta}-\delta _ {\nu\alpha}\delta _ {\mu\beta} \end{aligned}$$

よって Euler-Lagrange 方程式は (添字を変えて) $\boxed{\partial_{\mu}F^{\mu\nu}=0^{\nu}}$ である. あとは Gauss と Faraday のみ示す (他2つは $F^{\mu\nu}$ に含まれる).

  • Gauss の法則

$\nu=0$ とすれば $$\partial _ {0}F ^ {00}+\partial _ {i}F ^ {i0}=0$$ より $$\partial _ {i}E ^ {i}=0$$ すなわち $$\nabla\cdot\bm{E}=0.$$ (with no sources なので $\rho=0$)

  • Faraday の法則

$\nu=i$ とすれば $$\partial _ {0} F ^ {0i} + \partial _ {j} F ^ {ji} = 0$$ より $$-\partial _ {0} E ^ {i} + \partial _ {j} \epsilon ^ {ijk} B ^ {k} =0$$ なので, $(\bm{a}\times\bm{b}) _ {i}=\epsilon _ {ijk} a _ {j} b _ {k}$ より $$\nabla\times\bm{E}-\frac{\partial\bm{E}}{\partial t}=\bm{0}.$$

以上が Lagrangian 密度 $\mathcal{L}$ から導く方法である. 今は $\rho=\bm{j}=0$ だったが, ある場合は $j^{\nu}=(\rho,\bm{j})$ とおいて $$\partial _ {\mu} F ^ {\mu\nu} = -j _ {\nu}$$ とすればよい. その場合は $\mathcal{L}$ も $$\mathcal{L}=-\frac{1}{4}F _ {\mu\nu}F ^ {\mu\nu}+j ^ {\mu}A _ {\mu}$$ という補正がつく.

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  1. ゲージ対称性→ゲージ場
  2. 局所的ゲージ変換の対称性→力でつじつま合わせ
  3. その法則はゲージ対称性と Lorentz 対称性で出る

また, Klein-Gordon 方程式での共変微分 $D _ {\mu}$ は微分 $\partial _ {\mu}$ に補正項を足したものだった. この補正項こそがまさに電磁場の正体のありかだったというわけである.

高校までの意味不明な展開にこういったゲージ理論的背景があることを考えると, 実に美しい理論だと思う. こういうときが物理のエモさをよく感じさせる.

参考文献

坂本眞人. (2019). 「ゲージ対称性」. 数理科学, 669, 27–32.
Peskin, M. E., Schroeder, D. V. (1993). An introduction to quantum field theory, CRC Press.