Srednicki §55 库仑规范下的电动力学

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上一节已经得到电磁场的作用量。现在仿照第3节构造哈密顿量，再把独立的正则变量提升为算符。对标量场，这个过程直接给出每个动量的一个振子；电磁势却含有规范自由度，不能把四个分量都照此处理。本节先选库仑规范，解去不独立传播的标势，留下两个横向分量。这两个分量量子化后，正好对应光子的两种螺旋度。

本节仍把电荷电流看成给定外源；为明确空间积分与边界，先取光滑、空间紧支撑的守恒电流，势在 $\mathbb R^3$ 的无穷远衰减。横向初值先用光滑快速衰减的波包；平面波关系再按傅里叶分布理解。

规范条件怎样选出独立变量

从上一节的场强作用量和它的展开式出发，

\begin{aligned} \mathcal L &=-\frac14F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}+J^\mu A_\mu\\ &=-\frac12\partial^\mu A^\nu\partial_\mu A_\nu +\frac12\partial^\mu A^\nu\partial_\nu A_\mu+J^\mu A_\mu\\ &=\frac12(\dot{\mathbf A}+\boldsymbol\nabla\varphi)^2 -\frac12(\boldsymbol\nabla\times\mathbf A)^2 -\rho\varphi+\mathbf J\cdot\mathbf A . \end{aligned} \tag{55.1}

前两行的展开见式（54.23）与（54.24）。第三行把速度写得清楚： $\dot{\mathbf A}$ 出现， $\dot\varphi$ 却不出现。若暂时对全部势分量定义正则动量，得到

\pi_\varphi=\frac{\partial\mathcal L}{\partial\dot\varphi}=0, \qquad \pi_i=\frac{\partial\mathcal L}{\partial\dot A_i} =\dot A_i+\partial_i\varphi=-E_i . \tag{55.2}

$\pi_\varphi=0$ 是初级约束（primary constraint）：从动量不能反解出 $\dot\varphi$ ，所以标势没有一份独立的动量资料。标势的方程将用来约束其余变量，而不提供一个新的传播模式。

选规范就是在同一电磁场的多种势表示中规定一个代表。例如，给定非零常四矢量 $n^\mu$ ，可要求 $n^\mu A_\mu=0$ 。按 $n$ 的因果类型，可分为

\begin{array}{c|c|c} n^2>0&n^2=0&n^2<0\\ \hline \text{轴向规范}&\text{光锥规范}&\text{时间规范} \end{array}, \qquad \text{洛伦兹规范：}\quad \partial^\mu A_\mu=0 . \tag{55.3}

这些条件之外的剩余规范自由度由边界条件确定。第62节将讨论与最后一个条件有关的规范族。本节选择库仑规范（Coulomb gauge），也称辐射规范或横向规范：

\boldsymbol\nabla\cdot\mathbf A=0 . \tag{55.4}

这个条件直接把纵向矢势去掉，因而适合分离传播的横向场和库仑场。

要从一般矢势中选出横向部分，可以使用逆拉普拉斯算符。将任意空间矢量作傅里叶变换，对每个非零波矢定义

\begin{aligned} A_i(\mathbf x,t) &=\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}e^{i\mathbf k\cdot\mathbf x} \widetilde A_i(\mathbf k,t),\\ P_{ij}(\mathbf k)&=\delta_{ij}-\frac{k_i k_j}{\mathbf k^2},\\ k_iP_{ij}&=0,\qquad P_{ij}P_{jl} =\delta_{il}-2\frac{k_i k_l}{\mathbf k^2} +\frac{k_i k_j k_j k_l}{\mathbf k^4} =P_{il}. \end{aligned} \tag{55.5}

$P$ 是实对称的投影矩阵，迹为 $3-1=2$ 。它保持垂直于 $\mathbf k$ 的两个分量，并把平行分量变为零。变回位置空间便是 $P_{ij}=\delta_{ij}-\partial_i\nabla^{-2}\partial_j$ 。这里 $\nabla^{-2}$ 使用衰减边界的格林函数，下一段将确定其符号与归一。在这些条件下， $P$ 对空间内积也自伴，所以 $\int\mathbf u\cdot P\mathbf v=\int P\mathbf u\cdot\mathbf v$ 。这一性质随后决定电流和正则对易子该怎样投影。

投影还可以直接写成上一节的规范变换：

\begin{aligned} \Gamma&=\nabla^{-2}\boldsymbol\nabla\cdot\mathbf A_{\rm old},\\ \mathbf A&=\mathbf A_{\rm old}-\boldsymbol\nabla\Gamma=P\mathbf A_{\rm old}, &\varphi&=\varphi_{\rm old}+\dot\Gamma,\\ \boldsymbol\nabla\cdot\mathbf A &=\boldsymbol\nabla\cdot\mathbf A_{\rm old}-\nabla^2\Gamma=0 . \end{aligned} \tag{55.6}

规范函数可以依赖时间，因此投影矢势时也须同时改变标势，才能保持原来的电场。满足库仑条件之后，进一步的规范变换必须有 $\nabla^2\Gamma=0$ 。在全空间光滑且于无穷远消失的条件下，这个调和函数只能为零。若换用有边界区域或周期空间，则应另行规定剩余解。特别是周期盒的拉普拉斯算符有常数零模：泊松方程先要求总电荷为零，常量势也要单独处理。以下连续空间的辐射模式均取 $\mathbf k\ne0$ 。

解去标势并保留库仑作用

从此以后 $\mathbf A$ 均指横向矢势。将式（55.1）的电场平方和磁场平方分别展开，利用 $(\boldsymbol\nabla\times\mathbf A)^2 =\partial_jA_i\partial_jA_i-\partial_iA_j\partial_jA_i$ ，得

\begin{aligned} \mathcal L={}& \frac12\dot A_i\dot A_i-\frac12\partial_jA_i\partial_jA_i+J_iA_i\\ &+\frac12\partial_iA_j\partial_jA_i+\dot A_i\partial_i\varphi\\ &+\frac12\partial_i\varphi\partial_i\varphi-\rho\varphi . \end{aligned} \tag{55.7}

第二行的两项并不逐点为零；它们在作用量中成为表面项，因为

\begin{aligned} \frac12\partial_iA_j\partial_jA_i &=\frac12\partial_i(A_j\partial_jA_i) -\frac12 A_j\partial_j(\partial_iA_i) =\frac12\partial_i(A_j\partial_jA_i),\\ \dot A_i\partial_i\varphi &=\partial_i(\varphi\dot A_i)-\varphi\partial_t(\partial_iA_i) =\partial_i(\varphi\dot A_i). \end{aligned} \tag{55.8}

按本节的边界积分后，它们都不贡献作用量。剩下的标势部分只含空间梯度。对标势变分，并把一个空间导数移到 $\varphi$ 上，

\begin{aligned} \delta_\varphi S &=\int d^4x\,(\partial_i\varphi\,\partial_i\delta\varphi-\rho\,\delta\varphi)\\ &=\int d^4x\,(-\nabla^2\varphi-\rho)\delta\varphi, \qquad -\nabla^2\varphi=\rho . \end{aligned} \tag{55.9}

这个约束也就是高斯方程： $\boldsymbol\nabla\cdot\mathbf E =-\nabla^2\varphi-\partial_t\boldsymbol\nabla\cdot\mathbf A=\rho$ 。由于没有时间二阶导数，这个方程在每个时刻分别确定 $\varphi$ 。

三维格林函数为 $G_C(\mathbf r)=1/(4\pi r)$ 。在 $r\ne0$ 处，其拉普拉斯为零；原点的归一可由一个小球确定：

-\int_{r<\epsilon}d^3r\,\nabla^2G_C =-\int_{r=\epsilon}dS\,\partial_rG_C =-4\pi\epsilon^2\left(-\frac1{4\pi\epsilon^2}\right)=1 . \tag{55.10}

若在积分中乘光滑测试函数，小球面的常数项给其原点值，随 $\epsilon$ 消失的余项不贡献极限，所以 $-\nabla^2G_C=\delta^3$ 。于是

\varphi(\mathbf x,t) =\int d^3y\,G_C(\mathbf x-\mathbf y)\rho(\mathbf y,t), \qquad \nabla^{-2}f=-\int d^3y\,G_C(\mathbf x-\mathbf y)f(\mathbf y). \tag{55.11}

对光滑紧支撑的 $\rho$ ，核在 $\mathbf y=\mathbf x$ 处的 $1/r$ 奇性乘 $d^3y$ 后可积，远处又只剩有限区域积分，故此解存在且趋于零。若有两个全空间光滑衰减解，它们之差 $h$ 满足 $\nabla^2h=0$ 。要看出它只能为零，可先在半径 $R$ 的球内考察 $h+\epsilon r^2$ ，其中 $\epsilon>0$ 。此函数的拉普拉斯为 $6\epsilon>0$ ，所以不能在内部达到最大值：内部最大点的海森矩阵应为半负定，迹不可能为正。最大值因而在球面；令 $\epsilon\to0$ ，便有 $h(\mathbf x)\leq\max_{r=R}h$ 。对 $-h$ 作同一论证后再令 $R\to\infty$ ，利用边界衰减即得 $h=0$ 。也可在表面通量消失时积分 $\int|\nabla h|^2=-\int h\nabla^2h=0$ 得到同一结论。这里电荷的紧支撑保证了势积分的远区收敛，势的衰减则选定唯一的解。

现在把解代回作用量。标势梯度项经过空间分部积分成为 $-\varphi\nabla^2\varphi/2=\varphi\rho/2$ ，与 $-\rho\varphi$ 合并后，

\begin{aligned} S_{\rm red} &=\int dt\,d^3x\, \left[\frac12\dot A_i\dot A_i-\frac12\partial_jA_i\partial_jA_i +J_iA_i+\mathcal L_{\rm coul}\right],\\ \mathcal L_{\rm coul}(\mathbf x,t) &=-\frac12\rho(\mathbf x,t)\varphi(\mathbf x,t)\\ &=-\frac12\int d^3y\, \frac{\rho(\mathbf x,t)\rho(\mathbf y,t)}{4\pi|\mathbf x-\mathbf y|}. \end{aligned} \tag{55.12}

约化作用量中的负号和二分之一由此确定。标势的解已使原作用量对 $\varphi$ 驻定，所以随后对 $\mathbf A$ 变分时，代入解引起的附加链式项为零。当前外源固定， $\varphi$ 的解事实上也不依赖横向 $\mathbf A$ 。这样，库仑作用成为显式的空间双积分，而独立初值只需给横向 $\mathbf A$ 及其时间导数。

横向电流驱动的波方程

对约化作用量变分时，允许的 $\delta\mathbf A$ 也必须横向。为此写 $\delta\mathbf A=P\delta\mathbf a$ ，其中 $\delta\mathbf a$ 任意。分别作一次时间和空间分部积分，再把自伴的 $P$ 移到系数上，

\begin{aligned} \delta S_{\rm red} &=\int d^4x\,[-\ddot A_i+\nabla^2A_i+J_i]P_{ij}\delta a_j\\ &=\int d^4x\,[-\ddot A_j+\nabla^2A_j+P_{ji}J_i]\delta a_j,\\ (\partial_t^2-\nabla^2)A_i &=J_{T i},\qquad J_{T i}=P_{ij}J_j . \end{aligned} \tag{55.13}

这里 $P$ 与常系数导数对易，而且 $P\mathbf A=\mathbf A$ 。因 $\partial^2=-\partial_t^2+\nabla^2$ ，最后一行具有相对论波算符的形式。因此横向场满足无质量波方程，只有电流的横向部分驱动它。

解掉高斯约束后，有源麦克斯韦方程的纵向部分仍然得到满足。将 $\mathbf J=\mathbf J_T+\mathbf J_L$ ，利用外源守恒和泊松解，

\begin{aligned} \mathbf J_L &=\boldsymbol\nabla\nabla^{-2} (\boldsymbol\nabla\cdot\mathbf J) =-\boldsymbol\nabla\nabla^{-2}\dot\rho =\boldsymbol\nabla\dot\varphi,\\ \boldsymbol\nabla\times\mathbf B-\dot{\mathbf E} &=-\nabla^2\mathbf A+\ddot{\mathbf A}+\boldsymbol\nabla\dot\varphi =\mathbf J_T+\mathbf J_L=\mathbf J . \end{aligned} \tag{55.14}

库仑场由同一时刻的电荷决定，横向场则带有独立的传播初值。二者共同组成满足原麦克斯韦方程的电磁场。下面先令 $\mathbf J_T=0$ ，求横向方程的自由模式；取 $\mathbf J=0$ 是这个条件的一个特例，此时守恒律还要求给定的 $\rho$ 不随时间变化。

两个圆偏振模式及其反解

自由方程的每个空间傅里叶分量满足 $\ddot{\widetilde{\mathbf A}}+\mathbf k^2\widetilde{\mathbf A}=0$ 。取 $\omega=|\mathbf k|>0$ ，时间依赖有 $e^{-i\omega t}$ 和 $e^{+i\omega t}$ 两支。矢量系数必须垂直于 $\mathbf k$ ，所以先在这个二维平面中选基。若 $\mathbf n=\mathbf k/|\mathbf k|$ ，选实单位矢量 $\mathbf e_1,\mathbf e_2$ 使 $\mathbf e_1\times\mathbf e_2=\mathbf n$ ，定义

\boldsymbol\varepsilon_\lambda =\frac{\mathbf e_1-i\lambda\mathbf e_2}{\sqrt2}, \quad \lambda=\pm1; \qquad \mathbf k=(0,0,k),\ k>0:\quad \boldsymbol\varepsilon_\pm=\frac{(1,\mp i,0)}{\sqrt2}. \tag{55.15}

将两个实正交基代入内积，

\begin{aligned} \mathbf k\cdot\boldsymbol\varepsilon_\lambda&=0,\\ \boldsymbol\varepsilon_{\lambda'}\cdot \boldsymbol\varepsilon_\lambda^* &=\frac{1+\lambda'\lambda}{2}=\delta_{\lambda'\lambda},\\ \sum_{\lambda=\pm1}\varepsilon_\lambda^{*i}\varepsilon_\lambda^j &=e_1^i e_1^j+e_2^i e_2^j =\delta_{ij}-n_i n_j=P_{ij}(\mathbf k). \end{aligned} \tag{55.16}

第三行求和时，含 $i\lambda$ 的两项相消。最后一个等号使用三根实单位矢量 $\mathbf e_1,\mathbf e_2,\mathbf n$ 的完备性，因此两种偏振的完备和正好给出横向投影。绕 $\mathbf n$ 改变 $\mathbf e_1,\mathbf e_2$ 的选择，只改变圆偏振的相位。若 $\boldsymbol\varepsilon_\lambda\to e^{i\alpha_\lambda} \boldsymbol\varepsilon_\lambda$ ，下面的系数相应取 $a_\lambda\to e^{i\alpha_\lambda}a_\lambda$ 、 $a_\lambda^\dagger\to e^{-i\alpha_\lambda}a_\lambda^\dagger$ ，各项乘积及偏振求和便保持不变。

按第3节已推导的不变测度，并把实场的两支写成共轭项，

\begin{aligned} \mathbf A(x) &=\sum_{\lambda=\pm1}\int d\widetilde k\, \left[ \boldsymbol\varepsilon_\lambda^*(\mathbf k)a_\lambda(\mathbf k)e^{ikx} +\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\mathbf k)a_\lambda^\dagger(\mathbf k)e^{-ikx} \right],\\ d\widetilde k&=\frac{d^3k}{(2\pi)^3\,2\omega}, \qquad kx=-\omega t+\mathbf k\cdot\mathbf x . \end{aligned} \tag{55.17}

量子化以前，匕首只表示复共轭；量子化以后，它表示算符的厄米共轭。这里把共轭偏振放在湮灭项上，所以反解 $a_\lambda$ 时须用未共轭的 $\boldsymbol\varepsilon_\lambda$ 作内积。此处 $[d\widetilde k]=2$ 而 $[\mathbf A]=1$ ，于是 $[a_\lambda]=-1$ ，与第3节相同。

为分开两份频率，同时使用场和时间导数。约定 $f\overleftrightarrow{\partial}_0g=f\dot g-\dot f\,g$ ，这里下指标 $\partial_0$ 就是 $\partial_t$ 。若 $q^0=\nu=|\mathbf q|$ ，则

\begin{aligned} i e^{-ikx}\overleftrightarrow{\partial}_0 e^{iqx} &=(\omega+\nu)e^{i(q-k)x},\\ i e^{-ikx}\overleftrightarrow{\partial}_0 e^{-iqx} &=(\omega-\nu)e^{-i(q+k)x}. \end{aligned} \tag{55.18}

第一行作空间积分给 $(2\pi)^3\delta^3(\mathbf q-\mathbf k)$ ，因而 $\omega+\nu=2\omega$ 抵消模式测度的 $2\nu$ 。第二行则给 $\delta^3(\mathbf q+\mathbf k)$ ，在其支撑上 $\nu=\omega$ ，所以整个负频项消失。再用偏振的正交关系，得到

\begin{aligned} a_\lambda(\mathbf k) &=i\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\mathbf k)\cdot \int d^3x\,e^{-ikx}\overleftrightarrow{\partial}_0\mathbf A(x)\\ &=\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\mathbf k)\cdot \int d^3x\,e^{-ikx} \bigl[\omega\mathbf A(x)+i\dot{\mathbf A}(x)\bigr],\\ a_\lambda^\dagger(\mathbf k) &=-i\boldsymbol\varepsilon_\lambda^*(\mathbf k)\cdot \int d^3x\,e^{ikx}\overleftrightarrow{\partial}_0\mathbf A(x)\\ &=\boldsymbol\varepsilon_\lambda^*(\mathbf k)\cdot \int d^3x\,e^{ikx} \bigl[\omega\mathbf A(x)-i\dot{\mathbf A}(x)\bigr]. \end{aligned} \tag{55.19}

后两行也可对前两行直接取厄米共轭得到，因此共轭偏振和负 $i$ 同时出现。这些式子只需同一时刻的场资料；在自由方程下，其时间导数因 $\ddot{\mathbf A}=\nabla^2\mathbf A$ 而为零。外源存在时仍可在一个参考时刻用它们定义模式坐标，不过随后的演化须由完整哈密顿量决定。

横向场的正则量子化

对已经解掉约束的拉氏量求动量，得到

\Pi_i=\frac{\partial\mathcal L_{\rm red}}{\partial\dot A_i} =\dot A_i,\qquad \partial_i\Pi_i=\partial_t(\partial_iA_i)=0, \qquad \boldsymbol\Pi=-\mathbf E_T . \tag{55.20}

式（55.2）的原动量为 $\pi_i=\Pi_i+\partial_i\varphi$ ；多出的梯度正是已经由高斯方程固定的纵向部分。因此当前的独立相空间由横向 $\mathbf A$ 、横向 $\boldsymbol\Pi$ 组成。勒让德变换只针对这两份资料：

\begin{aligned} \mathcal H_{\rm red} &=\Pi_i\dot A_i-\mathcal L_{\rm red}\\ &=\frac12\Pi_i\Pi_i+\frac12\partial_jA_i\partial_jA_i -J_iA_i+\mathcal H_{\rm coul},\\ \mathcal H_{\rm coul}&=-\mathcal L_{\rm coul} =\frac12\rho\varphi . \end{aligned} \tag{55.21}

勒让德变换使电流耦合带负号，并使库仑能成为正的场能。

量子化时仍采用第3节的正则公设，但单位算符应当作用在横向空间上。为看清这一点，可以先取该空间的一组实正交归一基 $\mathbf f_\alpha(\mathbf x)$ ，写 $A_i=\sum_\alpha f_{\alpha i}Q_\alpha$ 、 $\Pi_i=\sum_\alpha f_{\alpha i}P_\alpha$ 。正则一形式成为 $\int d^3x\,\Pi_i\delta A_i=\sum_\alpha P_\alpha\delta Q_\alpha$ ，所以每个独立基系数是一对正则变量。施加 $[Q_\alpha,P_\beta]=i\delta_{\alpha\beta}$ 后，

\begin{aligned} \relax[A_i(\mathbf x,t),\Pi_j(\mathbf y,t)] &=i\sum_\alpha f_{\alpha i}(\mathbf x)f_{\alpha j}(\mathbf y) =i\delta^T_{ij}(\mathbf x-\mathbf y),\\ \delta^T_{ij}(\mathbf r) &=P_{ij}\delta^3(\mathbf r) =\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}e^{i\mathbf k\cdot\mathbf r} \left(\delta_{ij}-\frac{k_i k_j}{\mathbf k^2}\right),\\ \relax[A_i(\mathbf x,t),A_j(\mathbf y,t)] &=[\Pi_i(\mathbf x,t),\Pi_j(\mathbf y,t)]=0 . \end{aligned} \tag{55.22}

基的完备和是在横向空间上的单位核，其傅里叶形式正是前面求出的 $P$ 。对上式取 $\partial_{x i}$ ，两端均为零，与横向约束一致。有限个基模式可先实施这套正则代数，再按同一空间调节取分布极限。

现在把场的代数代入式（55.19）。在参考时刻 $t=0$ ，记 $X_i=\omega A_i+i\Pi_i$ 、 $Y_j=\nu A_j-i\Pi_j$ 。同类场的对易子为零，而两个交叉项分别给

\begin{aligned} \relax[\omega A_i(\mathbf x)+i\Pi_i(\mathbf x), \nu A_j(\mathbf y)-i\Pi_j(\mathbf y)] &=\omega\,\delta^T_{ij}(\mathbf x-\mathbf y) +\nu\,\delta^T_{ij}(\mathbf x-\mathbf y)\\ &=(\omega+\nu)\delta^T_{ij}(\mathbf x-\mathbf y),\\ \int d^3x\,d^3y\,e^{-i\mathbf k\cdot\mathbf x+i\mathbf q\cdot\mathbf y} \delta^T_{ij}(\mathbf x-\mathbf y) &=(2\pi)^3\delta^3(\mathbf q-\mathbf k)P_{ij}(\mathbf k). \end{aligned} \tag{55.23}

第一行的正号来自 $(-i)i=1$ 和 $i(-i)=1$ ；第二个交叉项使用了 $[\Pi_i(\mathbf x),A_j(\mathbf y)]=-i\delta^T_{ij}(\mathbf x-\mathbf y)$ 。最后一行可将 $\delta^T$ 的傅里叶积分代入，两次空间积分各产生一份 $\delta$ ，一份消去中间动量，另一份留下 $\mathbf q=\mathbf k$ 。在这一支撑上， $\nu=\omega$ ，并且 $\varepsilon_\lambda^iP_{ij}\varepsilon_{\lambda'}^{*j} =\delta_{\lambda\lambda'}$ 。所以

\relax[a_\lambda(\mathbf k),a_{\lambda'}^\dagger(\mathbf q)] =(2\pi)^3\,2\omega\, \delta^3(\mathbf q-\mathbf k)\delta_{\lambda\lambda'} . \tag{55.24}

对于两个湮灭算符，场组合的交叉项相减：

\begin{aligned} \relax[\omega A_i(\mathbf x)+i\Pi_i(\mathbf x), \nu A_j(\mathbf y)+i\Pi_j(\mathbf y)] &=(\nu-\omega)\delta^T_{ij}(\mathbf x-\mathbf y),\\ \relax[a_\lambda(\mathbf k),a_{\lambda'}(\mathbf q)] &=(\nu-\omega)(2\pi)^3\delta^3(\mathbf q+\mathbf k) \varepsilon_\lambda^i(\mathbf k)P_{ij}(\mathbf k) \varepsilon_{\lambda'}^j(\mathbf q)=0,\\ \relax[a_\lambda^\dagger(\mathbf k),a_{\lambda'}^\dagger(\mathbf q)]&=0 . \end{aligned} \tag{55.25}

此时空间积分要求反向动量，而两者的正频率仍然相等，所以第二行消失。取厄米共轭便得第三行。整个计算没有假定 $\boldsymbol\varepsilon_\lambda(-\mathbf k)$ 与 $\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\mathbf k)$ 之间有额外的相位关系。三个模式对易子由此全部确定。

反过来，将这套模式代数代回场展开，等时的两份频率各给一半：

\begin{aligned} \relax[A_i(\mathbf x,t),\Pi_j(\mathbf y,t)] &=\frac{i}{2}\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3} \left[e^{i\mathbf k\cdot(\mathbf x-\mathbf y)}P_{ij}(\mathbf k) +e^{-i\mathbf k\cdot(\mathbf x-\mathbf y)}P_{ji}(\mathbf k)\right]\\ &=i\delta^T_{ij}(\mathbf x-\mathbf y). \end{aligned} \tag{55.26}

第二项令 $\mathbf k\to-\mathbf k$ ，利用 $P(-\mathbf k)=P(\mathbf k)$ ，两项相同。这也核对了测度中的 $2\omega$ 。

螺旋度和单光子态

定义真空 $a_\lambda(\mathbf k)|0\rangle=0$ 和 $|\mathbf k,\lambda\rangle=a_\lambda^\dagger(\mathbf k)|0\rangle$ ，模式代数立即给出

\begin{aligned} \langle\mathbf q,\lambda'|\mathbf k,\lambda\rangle &=(2\pi)^3\,2\omega\, \delta^3(\mathbf q-\mathbf k)\delta_{\lambda'\lambda},\\ \langle0|A_i(x)|\mathbf k,\lambda\rangle &=\varepsilon_\lambda^{*i}(\mathbf k)e^{ikx}. \end{aligned} \tag{55.27}

第二行的一份模式积分由对易子的 $\delta$ 完成；其中的 $2\omega$ 与测度相消。因此描述此态偏振的正频系数为 $\boldsymbol\varepsilon_\lambda^*$ 。

其螺旋度可以由三维矢量的旋转直接看出。绕 $\mathbf n$ 的微小主动旋转有 $R(\theta)\mathbf v=\mathbf v+\theta\,\mathbf n\times\mathbf v+O(\theta^2)$ ；若写成 $R=e^{-i\theta S_{\mathbf n}}$ ，便有 $S_{\mathbf n}\mathbf v=i\mathbf n\times\mathbf v$ 。在前面的定向正交基上，

\begin{aligned} S_{\mathbf n}\mathbf e_1&=i\mathbf e_2, &S_{\mathbf n}\mathbf e_2&=-i\mathbf e_1,\\ S_{\mathbf n}\boldsymbol\varepsilon_\lambda^* &=\frac{i\mathbf e_2+\lambda\mathbf e_1}{\sqrt2} =\lambda\boldsymbol\varepsilon_\lambda^*, &S_{\mathbf n}\boldsymbol\varepsilon_\lambda &=-\lambda\boldsymbol\varepsilon_\lambda . \end{aligned} \tag{55.28}

单光子波函数因而有沿动量方向的自旋投影 $\lambda=\pm1$ 。按照这一约定， $\lambda=+1$ 称为右旋、 $\lambda=-1$ 称为左旋圆偏振。比较偏振号时应连同场展开中的复共轭一起比较；单看式（55.15）的未共轭列向量，会得到相反的矩阵本征值。

将哈密顿量写成光子算符

接着求这些量子的能量。从式（55.21）中先取自由二次部分 $H_0=\tfrac12\int d^3x[\boldsymbol\Pi^2+(\partial_jA_i)^2]$ 。将场展开分别求时间和空间导数，

\begin{aligned} \Pi_i(x) &=\sum_\lambda\int d\widetilde k\, \left[-i\omega\varepsilon_\lambda^{*i}a_\lambda e^{ikx} +i\omega\varepsilon_\lambda^i a_\lambda^\dagger e^{-ikx}\right],\\ \partial_jA_i(x) &=\sum_\lambda\int d\widetilde k\, \left[ik_j\varepsilon_\lambda^{*i}a_\lambda e^{ikx} -ik_j\varepsilon_\lambda^i a_\lambda^\dagger e^{-ikx}\right]. \end{aligned} \tag{55.29}

同频相乘时，时间导数给 $(-i\omega)(-i\nu)=-\omega\nu$ ，空间导数给 $(i\mathbf k)\cdot(i\mathbf q)=-\mathbf k\cdot\mathbf q$ ；异频相乘时，这两项都改为正号。因此记

C_s(\mathbf k,\mathbf q)=-\omega\nu-\mathbf k\cdot\mathbf q, \qquad C_o(\mathbf k,\mathbf q)=+\omega\nu+\mathbf k\cdot\mathbf q . \tag{55.30}

在 $t=0$ 代入并完成空间积分，保留算符的原有次序，得到四类项：

\begin{aligned} H_0=\frac{(2\pi)^3}{2}\sum_{\lambda,\sigma} \int d\widetilde k\,d\widetilde q\, \Bigl\{& C_s\delta^3(\mathbf k+\mathbf q) \bigl[ \boldsymbol\varepsilon_\lambda^*(\mathbf k)\cdot \boldsymbol\varepsilon_\sigma^*(\mathbf q) a_\lambda(\mathbf k)a_\sigma(\mathbf q)\\ &\hspace{26mm} +\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\mathbf k)\cdot \boldsymbol\varepsilon_\sigma(\mathbf q) a_\lambda^\dagger(\mathbf k)a_\sigma^\dagger(\mathbf q) \bigr]\\ &+C_o\delta^3(\mathbf k-\mathbf q) \bigl[ \boldsymbol\varepsilon_\lambda^*(\mathbf k)\cdot \boldsymbol\varepsilon_\sigma(\mathbf q) a_\lambda(\mathbf k)a_\sigma^\dagger(\mathbf q)\\ &\hspace{26mm} +\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\mathbf k)\cdot \boldsymbol\varepsilon_\sigma^*(\mathbf q) a_\lambda^\dagger(\mathbf k)a_\sigma(\mathbf q) \bigr]\Bigr\}. \end{aligned} \tag{55.31}

这里的 $(2\pi)^3$ 来自 $\int d^3x\,e^{i\mathbf Q\cdot\mathbf x}$ 。前两项的支撑是 $\mathbf q=-\mathbf k$ ，后两项则为 $\mathbf q=\mathbf k$ 。分别代入系数，

\begin{aligned} C_s(\mathbf k,-\mathbf k)&=-\omega^2+\mathbf k^2=0,\\ C_o(\mathbf k,\mathbf k)&=\omega^2+\mathbf k^2=2\omega^2,\\ \int d\widetilde q\,(2\pi)^3\delta^3(\mathbf q-\mathbf k)f(\mathbf q) &=\frac{f(\mathbf k)}{2\omega}. \end{aligned} \tag{55.32}

所以 $aa$ 和 $a^\dagger a^\dagger$ 整项消失，无须另行化简其中反向动量的偏振。两个混合项的偏振内积均给 $\delta_{\lambda\sigma}$ ，而剩余系数为 $\tfrac12(2\omega^2)/(2\omega)=\omega/2$ 。于是

H_0=\frac12\sum_{\lambda=\pm1}\int d\widetilde k\,\omega \left[a_\lambda a_\lambda^\dagger+a_\lambda^\dagger a_\lambda\right]. \tag{55.33}

这一步与第3节的实标量计算相接，但此处偏振求和明确留下了两个独立振子。

同点算符的常数先按第3节的体积和紫外调节理解。在周期盒中只取非零动量，并令 $a_\lambda(\mathbf k)=\sqrt{2\omega V}\,b_{\lambda\mathbf k}$ ，则

\begin{aligned} \relax[b_{\lambda\mathbf k},b^\dagger_{\sigma\mathbf q}] &=\delta_{\lambda\sigma}\delta_{\mathbf k\mathbf q},\\ H_0&=\sum_{\lambda,\mathbf k}\omega \left(b_{\lambda\mathbf k}^\dagger b_{\lambda\mathbf k}+\frac12\right). \end{aligned} \tag{55.34}

回到连续记号，这等于用混合对易关系将 $a_\lambda a_\lambda^\dagger$ 换成 $a_\lambda^\dagger a_\lambda+[a_\lambda,a_\lambda^\dagger]$ ，并按 $\delta^3(0)=V/(2\pi)^3$ 处理体积因子：

\begin{aligned} H_0 &=\sum_\lambda\int d\widetilde k\,\omega a_\lambda^\dagger a_\lambda +2\mathcal E_0V,\\ \mathcal E_0&=\frac12\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\omega,\\ \mathcal E_0(\Lambda) &=\frac12\,\frac{4\pi}{(2\pi)^3}\int_0^\Lambda dk\,k^3 =\frac{\Lambda^4}{16\pi^2}. \end{aligned} \tag{55.35}

最后一行给出了同一球形动量截止下的显式数值系数。总零点能包含两种偏振，每一种各贡献一份。减掉真空常数后，正常排序的自由哈密顿量满足 $[{:H_0:},a_\lambda^\dagger(\mathbf k)]=\omega a_\lambda^\dagger(\mathbf k)$ ，所以每产生一个动量 $\mathbf k$ 的光子，能量就增加 $|\mathbf k|$ 。

库仑部分也可重新写成场能。由泊松方程再作一次空间分部积分，

\begin{aligned} H_{\rm coul} &=\frac12\int d^3x\,d^3y\, \frac{\rho(\mathbf x,t)\rho(\mathbf y,t)}{4\pi|\mathbf x-\mathbf y|}\\ &=\frac12\int d^3x\,\rho\varphi =-\frac12\int d^3x\,\varphi\nabla^2\varphi =\frac12\int d^3x\,(\boldsymbol\nabla\varphi)^2 . \end{aligned} \tag{55.36}

最后的梯度平方表明，当前光滑电荷分布的库仑场能非负。双积分的二分之一也可由电荷对的计数理解：若暂以点电荷表示 $\rho=\sum_aQ_a\delta^3(\mathbf x-\mathbf x_a)$ ，去除需要调节的对角自能后，余下相互作用为 $\sum_{a<b}Q_aQ_b/(4\pi|\mathbf x_a-\mathbf x_b|)$ 。相反电荷的相互作用可为负；这与包含全部有限自能时场能非负相容。对角的 $G_C(0)$ 本身发散，不能在这个替换中当作有限数。

最后加回线性电流项，完整哈密顿量为

H=\sum_{\lambda=\pm1}\int d\widetilde k\,\omega a_\lambda^\dagger(\mathbf k)a_\lambda(\mathbf k) +2\mathcal E_0V-\int d^3x\,\mathbf J\cdot\mathbf A+H_{\rm coul}. \tag{55.37}

其自由部分描述两种偏振的光子，库仑部分给出电荷间的瞬时相互作用，而线性项允许光子数改变。自由项的系数由四类二次模式项、偏振收缩、模式测度中的 $2\omega$ 以及重排序留下的零点能共同确定。

固定时刻的展开与外源的时间依赖

上面的哈密顿量只需在一个参考时刻把 $\mathbf A,\boldsymbol\Pi$ 写成 $a,a^\dagger$ 即可建立。不过， $H$ 是否显含时间还取决于给定外源。在薛定谔表象中保持 $t=0$ 的场坐标固定，

\begin{aligned} H_S(t) &=H_0-\int d^3x\,\mathbf J(\mathbf x,t)\cdot\mathbf A_S(\mathbf x) +H_{\rm coul}[\rho(t)],\\ \frac{\partial H_S}{\partial t} &=-\int d^3x\,\dot{\mathbf J}(\mathbf x,t)\cdot\mathbf A_S(\mathbf x) +\frac{dH_{\rm coul}[\rho(t)]}{dt}. \end{aligned} \tag{55.38}

例如取 $\rho=0$ 、 $\mathbf J(\mathbf x,t)=f(t)\boldsymbol\nabla\times\mathbf u(\mathbf x)$ ，其中 $\mathbf u$ 光滑紧支撑，外源仍满足连续性方程，但 $\dot f\ne0$ 时哈密顿量一般显含时间。静态外源可以使它不显含时间；若电流来自动态物质，则需再加物质哈密顿量，才能讨论完整自主体系的总能量。

同样，可以把自由反解用于受驱动的海森堡场，检验为何模式系数不再是常数：

\begin{aligned} \frac{d}{dt}a_\lambda(\mathbf k;t) &=i\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\mathbf k)\cdot \int d^3x\,e^{-ikx} \bigl[\ddot{\mathbf A}(x)+\omega^2\mathbf A(x)\bigr]\\ &=i\boldsymbol\varepsilon_\lambda(\mathbf k)\cdot \int d^3x\,e^{-ikx}\mathbf J_T(x). \end{aligned} \tag{55.39}

第一行对式（55.19）求导，含 $\dot{\mathbf A}$ 的两项相消；第二行代入受源波方程，并把 $\nabla^2$ 移到空间指数上，它所给的 $-\mathbf k^2$ 消去 $\omega^2$ 。因此自由相位配常数模式系数确实只给自由演化，而固定时刻的正则变量变换在外源存在时仍然成立。

这一形式适合讨论原子跃迁。此时电荷和电流由非相对论物质理论给出，库仑项已显式出现；发射或吸收光子的矩阵元来自 $H_{\rm int}=-\int\mathbf J\cdot\mathbf A$ 。以 $t=0$ 发射一个光子为例，令 $|i\rangle,|f\rangle$ 为物质态，利用单光子重叠的共轭式，

\langle f;\mathbf k,\lambda|H_{\rm int}|i;0\rangle =-\int d^3x\, \langle f|J_i(\mathbf x)|i\rangle \varepsilon_\lambda^i(\mathbf k)e^{-i\mathbf k\cdot\mathbf x}. \tag{55.40}

横向偏振从电流中选出能与该光子耦合的部分，态的归一化见式（55.27）。求实际跃迁率还要指定物质的波函数，并使用第11节的末态测度。这里建立的是这一计算所需的光子自由度与相互作用结构。

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