湧きだしがあるときの複素スカラー場

Schwingerのsource termは関係ありません。

二次元の複素行列をいじっていたときのこと。

そのデータは三次元にも拡張できるし、時間方向を考えることもできる複素データである。そのせいか、ふと「複素スカラー場みたいな形式にできないかな」と思った。

複素行列を複素スカラー場 $\varphi = \sqrt{\rho} e^{i \phi}$ の各時点の値とみなすわけである。

離散フーリエ変換の性質を使えば偏微分は定義できるし、問題はないだろうと考え、計算をすすめる。

ところが連続の式の左辺 $\partial _{\mu} \left( \rho \partial^{\mu} \phi \right)$ を計算したところ、ほとんど至るところで0にならない。

物理由来のデータではないしなと諦めかけたとき、エネルギー平衡方程式を思い出した。

さっそく $\partial _{\mu} \left( \rho \partial^{\mu} \phi \right) = \sigma$ で $\sigma$ を定義してみる。この $\sigma$ は湧き出し密度である。

どうも「湧き出しがあるときの複素スカラー場の式」にあてはめればよいらしい。と思ったところで思考が止まる。

「湧き出しがあるときの複素スカラー場の式」なんて見たことない。

クラインゴルドン方程式の右辺にソース項を追加したもののは見たことがあるが、連続の式に変形できそうな形をしていない。

気になったので調べてみることにした。

湧き出しのないとき。このときはクラインゴルドン方程式

$\begin{equation} \begin{aligned} \partial_{\mu} \partial^{\mu} \varphi =\lambda^{2} \varphi \end{aligned} \end{equation}$

を満たす。

但し $\lambda = \frac{mc}{\hbar}$ で $m$ はスカラー場の質量、 $c$ は光速度、 $\hbar$ はプランクのエイチバーである。

ここで、 $\varphi = \sqrt{\rho} e^{i\frac{q}{\hbar} \phi}$ とおくと、連続の式 $\partial _{\mu} \left( \rho \partial^{\mu} \phi \right)=0$ が得られる。

湧き出しがあるとき。このときは

$\begin{equation} \begin{aligned} （よくわからない方程式） \end{aligned} \end{equation}$

ここで、 $\varphi = \sqrt{\rho} e^{i\frac{q}{\hbar} \phi }$ とおくと、エネルギー平衡方程式 $\partial _{\mu} \left( \rho \partial^{\mu} \phi \right)=\sigma$ が得られる。

どう考えようか。

エネルギー平衡方程式 $\partial _{\mu} \left( \rho \partial^{\mu} \phi \right)=\sigma$ から始めて、かなり「特殊な仮定」を付けてもいいから、 $\partial _{\mu} \left( \rho^{\prime} \partial^{\mu} \phi^{\prime} \right)=0$ に持っていく。

そして、 $\varphi^{\prime} = \sqrt{\rho^{\prime}} e^{i \frac{q}{\hbar} \phi^{\prime}}$ がクラインゴルドン方程式

$\begin{equation} \begin{aligned} \partial_{\mu} \partial^{\mu} \varphi^{\prime} =\lambda^{2} \varphi^{\prime} \end{aligned} \end{equation}$

を満たすとするのはどうだろうか。

$\rho^{\prime}, \phi^{\prime}$ は $\rho, \phi$ と無関係ではないだろうから、何らかの方程式が得られるだろう。後は途中で課した「特殊な仮定」をはずしていけばいい。

また、 $\sigma$ が恒等的に $0$ ならば、 $\rho^{\prime}=\rho, \phi^{\prime}=\phi$ であるから、クラインゴルドン方程式を再現するだろう。

この方針で進めよう。

$\partial _{\mu} \left( \rho \partial^{\mu} \phi \right)=\sigma$

このままでは、とても手がつけられない。そこで次の仮定をおく。

【仮定1】 $\partial _{\mu} \partial^{\mu} \tau = -\sigma$

非斉次波動方程式だ。

今、特殊解 $\tau_{0}$ が得られたとすると

$\partial _{\mu} \partial^{\mu} \tau_{0} = -\sigma$

これを【仮定1】の式から、辺々引けば

$\partial _{\mu} \partial^{\mu} \left(\tau - \tau_{0} \right) = 0$

となって波動方程式に帰着するというものだったと思うが、よく覚えていない。

あと波動方程式に帰着するということは $\partial_{\mu} \partial^{\mu} \chi =0$ となる $\chi$ を $\tau$ に加えても【仮定1】は成り立つ。つまり不定性があるということ、これは境界条件が必要か。

うん、めんどうだ。今は【仮定1】が解けるものとして先に進もう。今回の目的は、非斉次波動方程式を解くことではないのだから。

すると

$\partial _{\mu} \left( \rho \partial^{\mu} \phi + \partial^{\mu} \tau \right)=0$

が得られる。これを変形して

$\partial _{\mu} \left( \rho \left( \partial^{\mu} \phi + \frac{\partial^{\mu} \tau}{\rho} \right) \right)=0$ (1)

としておく。

ここで、

【仮定2】 $\rho$ は $\tau$ の関数である。

とする。

ここで $T = \int \frac{d\tau}{\rho}$ とおくと、

$\begin{equation} \begin{aligned} \partial_{\mu} T = \frac{\partial T}{\partial x^{\mu}} = \frac{\partial T}{\partial \tau} \frac{\partial \tau}{\partial x^{\mu}} = \frac{1}{\rho} \partial_{\mu} \tau \end{aligned} \end{equation}$

$\eta^{\mu \nu}$ を掛けて縮約すれば

$\begin{equation} \begin{aligned} \partial^{\nu} T = \frac{1}{\rho} \partial^{\nu} \tau \end{aligned} \end{equation}$

代入先の式にあわせて、インデックスをつけかえておこう。

$\begin{equation} \begin{aligned} \partial^{\mu} T = \frac{1}{\rho} \partial^{\mu} \tau \end{aligned} \end{equation}$

これを(1)式に代入して次式を得る。

$\partial _{\mu} \left( \rho \partial^{\mu} \left( \phi + T \right) \right) = 0$

よって、 $\rho^{\prime} = \rho , \phi^{\prime} = \phi + T$ である。

あとは、 $\varphi^{\prime} = e^{i \frac{q}{\hbar}T} \varphi$ をクラインゴルドン方程式

$\partial_{\mu} \partial^{\mu} \varphi^{\prime} = \lambda^{2} \varphi^{\prime}$

に代入すればよい。

$\partial_{\mu} \partial^{\mu} \left( e^{i \frac{q}{\hbar}T} \varphi \right)= \lambda^{2} e^{i \frac{q}{\hbar}T} \varphi$

なんだろう。こう変形しろと言わんばかりの形をしている。

$e^{-i \frac{q}{\hbar} T} \partial_{\mu} \left( e^{i \frac{q}{\hbar} T} e^{-i \frac{q}{\hbar} T} \partial^{\mu} \left( e^{i \frac{q}{\hbar} T} \varphi \right) \right) = \lambda^{2} \varphi$ (2)

いま、 $\xi$ を任意のスカラー関数として、その共変微分を

$D_{\mu} \xi = e^{-i \frac{q}{\hbar} T} \partial_{\mu} \left( e^{i \frac{q}{\hbar} T} \xi \right)$ (3)

で定義する。添え字が上付きのものは $\eta^{\mu \nu}$ で縮約してやればいいだろう。すると(2)式は

$D_{\mu} D^{\mu} \varphi = \lambda^{2} \varphi$

とすっきりした形になる。

ただ共変微分に【仮定2】の産物 $T$ が入っているのが気になる。というわけで(3)式右辺の括弧を展開してみる。

$D_{\mu} \xi = \partial_{\mu} \xi + i \frac{q}{\hbar} \partial_{\mu} T \xi$

ここで $\begin{equation} \begin{aligned} \partial_{\mu} T = \frac{1}{\rho} \partial_{\mu} \tau \end{aligned} \end{equation}$ であったから、代入すると。

$D_{\mu} \xi = \partial_{\mu} \xi + i \frac{q}{\hbar} \frac{1}{\rho} \partial_{\mu} \tau \xi$

となる。【仮定1】の産物 $\tau$ が残ってしまっているが、ここまでだろう。

結局、湧き出しがあるときの複素スカラー場の方程式はこうである。

$D_{\mu} D^{\mu} \varphi = \lambda^{2} \varphi$

ここで

$D_{\mu} = \partial_{\mu} + i \frac{q}{\hbar} A_{\mu}$

$A_{\mu} = \frac{1}{\rho} \partial^{\mu} \tau$

$\rho = \varphi^{*} \varphi$

$\tau$ は、 $\varphi = \sqrt{\rho} e^{i \frac{q}{\hbar} \phi }$ としたとき

$\partial _{\mu} \partial^{\mu} \tau = - \partial_{\mu} \left( \rho \partial^{\mu} \phi \right)$ の解である。（ $\sigma$ の定義から）

なんだろう。電磁場と相互作用している複素スカラー場の式にそっくりだ。こっそり $\varphi$ に謎の定数 $q$ が入っているにしてもである。

当然Gauge変換しても形は変わらない。

$\begin{equation} \begin{aligned} \varphi = \psi e ^{i \frac{q}{\hbar} \phi} \hspace{5mm} \left(\psi , \phi \in \mathbb{R} \right) \end{aligned} \end{equation}$

であるとして、Gauge変換

$\begin{equation} \begin{aligned} A _{\mu} \mapsto A _\mu + \partial _\mu \phi \end{aligned} \end{equation}$

$\begin{equation} \begin{aligned} \varphi \mapsto \varphi e ^{-i \frac{q}{\hbar} \phi} \end{aligned} \end{equation}$

を行うと

$\varphi = \psi$

$A_{\mu} = \frac{1}{\rho} \partial^{\mu} \tau + \partial^{\mu} \phi$

となって $A_{\mu}$ は「電磁場とスカラー場の相互作用」で紹介したClebsh potentialの形にすでになっている。

「電磁場とスカラー場の相互作用」の結論は「電磁場と複素スカラー場が相互作用する系の自由度は４である」だった。

「実は3である」とも考えたが、少し冷静になろう。

今回得られたのは、外的要因である湧き出し密度 $\sigma$ が与えられた場合の複素スカラー場の式であって、湧き出しそのものについては未知のままである。

それは、スカラー場の自己相互作用かもしれないし、ほかのスカラー場との未知の相互作用かもしれない。

もちろん複素スカラー場は荷電場である以上、 $A_{\mu}$ を電磁ポテンシャルと考えることはできる。しかし $A_{\mu}$ を思い出そう。

$A_{\mu} = \frac{1}{\rho} \partial^{\mu} \tau$

$A_{\mu}$ に $\rho$ が入っているため、1個の複素スカラー場ごとに1個の電磁場が存在することになる。むしろ複素スカラー場と電磁場をまとめて一つの場として扱うほうが自然なほどである。

なんだろう。素人が考えることではないような気がしてきた。こういうのは専門の人にまかせるのがいいだろうな。

以下、おまけ。

「湧き出しがあるときの複素スカラー場のラグランジアン密度は作れません。少なくともわたしは断念しました。」

「お約束の流体力学っぽい変形」

$\varphi = \sqrt{\rho} e^{i \frac{q}{\hbar} \phi}$ とすると

$\begin{equation} \begin{aligned} \partial_{\mu} ( \rho u^{\mu}) = 0\end{aligned} \end{equation}$

$\begin{equation} \begin{aligned} \rho u_{\mu} u^{\mu} + \rho \partial_{\mu} \eta \partial^{\mu} \eta + \rho c^{2} = \frac{\hbar^{2}}{2m^{2}} \partial_{\mu} \partial^{\mu} \rho \end{aligned} \end{equation}$