$\partial^{\mu}=\mqty(\frac{1}{c}\pdv{t} & -\grad)$ とする． 電磁場は電場 $\vb*{E}=-\grad{\phi}-\pdv{\vb*{A}}{t}$ と磁場
$\vb*{B}=\curl{\vb*{A}}$ から構成されるから，電位 $\phi$
とベクトルポテンシャル $\vb*{A}$ を統合した4元ベクトルポテンシャル
$A^{\mu}=\mqty(\frac{\phi}{c} & \vb*{A})$
で表せる．電磁場テンソルを次で定義する．
$$F^{\mu\nu}=\partial^{\mu}A^{\nu}-\partial^{\nu}A^{\mu}=\mqty(0 & -E
_ {x} & -E _ {y} & -E _ {z} \\ E _ {x} & 0 & -B _ {z} & B _ {x} \\
E _ {y} & B _ {z} & 0 & -B _ {y} \\ E _ {z} & -B _ {x} & B _ {z} &
0)$$
このときマクスウェル方程式は，4元電流密度
$j^{\mu}=\mqty(c\rho & \vb*{j})$ を用いて次のようになる．
$$\begin{aligned}
\begin{cases}
\div{\vb*{B}}=0 \\ \curl{\vb*{E}}=-\pdv{\vb*{B}}{t}
\end{cases} &
\iff\partial^{\rho}F^{\mu\nu}+\partial^{\nu}F^{\rho\mu}+\partial^{\mu}F^{\nu\rho}=0
\\
\begin{cases}
\div{\varepsilon _ {0}\vb*{E}}=\rho \\
\curl{\frac{\vb*{B}}{\mu _ {0}}}=\vb*{j}+\pdv{t}\varepsilon _
{0}\vb*{E}
\end{cases} & \iff\partial _ {\mu}F^{\mu\nu}=\mu _ {0}j^{\nu}
\end{aligned}$$ 電磁場のラグランジアンを
$\mathscr{L}=-\frac{1}{4}F _ {\mu\nu}F^{\mu\nu}-\mu _ {0}j^{\mu}A _ {\mu}$
とすれば，オイラーラグランジュ方程式がマクスウェル方程式になる．
$\delta{F _ {\mu\nu}}=\partial _ {\mu}\delta{A} _ {\nu}-\partial _
{\nu}\delta{A _ {\mu}}$
と $F^{\mu\nu}=-F^{\nu\mu}$ より $$\begin{aligned}
\delta{S} &
=\int\dd{^{4}x}\mathscr{L}=-\int\dd{^{4}x}\qty{\frac{(\delta{F _
{\mu\nu}})F^{\mu\nu}+F _ {\mu\nu}(\delta{F^{\mu\nu}})}{4}+\mu _
{0}j^{\mu}\delta{A _ {\mu}}} \\ &
=-\int\dd{^{4}x}\qty{\frac{\qty(F^{\mu\nu}\partial _ {\mu}\delta{A _
{\nu}}-F^{\nu\mu}\partial _ {\mu}\delta{A _ {\nu}})+F _
{\mu\nu}(\delta{F^{\mu\nu}})}{4}+\mu _ {0}j^{\mu}\delta{A _ {\mu}}}
\\ & =-\int\dd{^{4}x}\qty{\frac{F^{\mu\nu}\partial _ {\mu}\delta{A _
{\nu}}+g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma}F _ {\mu\nu}\partial _ {\rho}\delta{A _
{\sigma}}}{2}+\mu _ {0}j^{\mu}\delta{A _ {\mu}}} \\ &
=\int\dd{^{4}x}\qty{\frac{(\partial _ {\mu}F^{\mu\nu})\delta{A _
{\nu}}+g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma}(\partial _ {\rho}F _ {\mu\nu})\delta{A
_ {\sigma}}}{2}-\mu _ {0}j^{\mu}\delta{A _ {\mu}}} \\ &
=\int\dd{^{4}x}\qty(\partial _ {\mu}F^{\mu\nu}-\mu _
{0}j^{\nu})\delta{A _ {\nu}}
\end{aligned}$$ 3行目から4行目へは部分積分を用いた．よって与えられた
$j^{\mu}$ に対して $S$ が停留値をとる，すなわち任意の $\delta{A}$
に対して $\delta{S}=0$ となるとき
$\partial _ {\mu}F^{\mu\nu}=\mu _ {0}j^{\nu}$
で，これはマクスウェル方程式に一致． $\curl{\grad{\chi}}=0$ より， $\vb*{A}\to\vb*{A}+\grad{\chi}$
とする変換で $\vb*{B}$ は不変である．同時に $\phi\to\phi-\pdv{\chi}{t}$
とすれば $\vb*{E}=-\grad{\phi}-\pdv{\vb*{A}}{t}$
も不変だから，場の方程式が不変．この変換をゲージ変換といい，電磁場は連続対称性を持つことになる．
$\div{\vb*{A}}=0$ にとるとクーロンゲージ，
$\div{\vb*{A}}=-\mu _ {0}\varepsilon _ {0}\pdv{\phi}{t}$
にとるとローレンツゲージという． 複素自由スカラー場のラグランジアン密度
$\mathscr{L}(\phi,\partial _ {\mu}\phi)=(\partial _
{\mu}\phi^{\dagger})(\partial^{\mu}\phi)-m^{2}\phi^{\dagger}\phi$
を不変に保つ変換 $U$ を考える． $\phi\to U\phi$ より
$\phi^{\dagger}\to\phi^{\dagger}U^{\dagger}$ ，第2項
$\phi^{\dagger}\phi$ を不変に保つにはユニタリ $U^{\dagger}U=1$ で，第1項
$(\partial _ {\mu}\phi^{\dagger})(\partial^{\mu}\phi)$ を不変に保つには
$U$ が $x^{\mu}$ に依らず $U^{\dagger}\partial _ {\mu}U=\partial _ {\mu}$
であればよい．ユニタリ演算子であることからエルミート演算子
$\lambda=\lambda^{\dagger}$ を用いて $U=e^{i\lambda}$ と書けて， $x$
に依らない $\lambda$ とすればよい． $x$
に依らないゲージ変換をグローバルという． ユニタリ演算子を位置に依存する $U(x)$
に変えるなら，微分演算子も同時に変換する共変微分を考えればよい．すなわち
$\partial^{\mu}$ を $D^{\mu}$ に置換し，
$D^{\mu}\phi\to D^{\mu}U(x)\phi=U(x)D^{\mu}\phi$
と変換すればよい．共変微分を $D _ {\mu}=\partial _ {\mu}-iA _ {\mu}$
とすると，4元ベクトルポテンシャルのアナロジーで $A^{\mu}$
と書いたゲージポテンシャルは
$A _ {\mu}\to UA _ {\mu}U^{\dagger}+iU\partial _ {\mu}U^{\dagger}$
で変換すればよい． 量子力学を思い出すと，中性自由粒子のハミルトニアン
$H=\frac{1}{2m}(-i\hbar\grad)^{2}$ に対し荷電粒子のハミルトニアンは
$H=\frac{1}{2m}\qty(-i\hbar\grad-q\vb*{A})^{2}+q\phi$
であった．そこで，自由複素スカラー場のラグランジアンやクライン・ゴルドン方程式の
$\partial _ {\mu}$ を $\partial _ {\mu}+iqA _ {\mu}$ に置換すれば
$$\begin{aligned}
\mathscr{L}=(i\partial _
{\mu})^{\dagger}\phi^{\dagger}(i\partial^{\mu})\phi-m^{2}\phi^{\dagger}\phi
& \longrightarrow(i\partial _ {\mu}-qA _
{\mu})^{\dagger}\phi^{\dagger}(i\partial _ {\mu}-qA _
{\mu})\phi-m^{2}\phi^{\dagger}\phi \\ \partial _
{\mu}\partial^{\mu}\phi-m^{2}\phi=0 & \longrightarrow(i\partial _
{\mu}-qA _ {\mu})^{2}\phi-m^{2}\phi=0
\end{aligned}$$
となり，ローレンツ不変でゲージ不変性を持つ実ラグランジアンが得られる．
Simple Description
電磁場テンソル
電磁場のラグランジアン
ゲージ変換
グローバルなゲージ変換
ローカルなゲージ変換
ローレンツ不変なラグランジアン
Basic Problem
複素スカラー場
解答例
オイラー・ラグランジュ方程式から $$\begin{aligned} 0 & =\pdv{\mathscr{L}}{\phi}-\partial _ {\mu}\pdv{\mathscr{L}}{(\partial _ {\mu}\phi)}=-m^{2}\phi^{\dagger}-\partial _ {\mu}\partial^{\mu}\phi^{\dagger} \\ 0 & =\pdv{\mathscr{L}}{\phi^{\dagger}}-\partial _ {\mu}\pdv{\mathscr{L}}{(\partial _ {\mu}\phi^{\dagger})}=-m^{2}\phi-\partial _ {\mu}\partial^{\mu}\phi \end{aligned}$$
Standard Problems
マクスウェル方程式
解答例
$\vb*{B}=\curl{A}$ より $\div{\vb*{B}}=0$ ， $\vb*{E}=-\grad{\phi}-\pdv{\vb*{A}}{t}$ より $\curl{\vb*{E}}=-\pdv{\vb*{B}}{t}$ はすでに満たしている． $$\begin{cases} \div{\varepsilon _ {0}\vb*{E}}=\rho \\ \curl{\vb*{B}}=\mu _ {0}\vb*{j}+\frac{1}{c^{2}}\pdv{\vb*{E}}{t} \end{cases}\iff\begin{cases} -\laplacian{\phi}-\pdv{t}(\div{\vb*{A}})=\frac{\rho}{\varepsilon _ {0}} \\ \grad{(\div{\vb*{A}})}-\laplacian{\vb*{A}}=\mu _ {0}\vb*{j}-\frac{1}{c^{2}}\qty(\grad{\pdv{\phi}{t}}+\pdv[2]{\vb*{A}}{t}) \end{cases}$$ ローレンツゲージ $\div{\vb*{A}}=-\frac{1}{c^{2}}\pdv{\phi}{t}$ では $$\begin{cases} \qty(\frac{1}{c^{2}}\pdv[2]{t}-\laplacian)\frac{\phi}{c}=\frac{\rho}{c\varepsilon _ {0}} \\ \qty(\frac{1}{c^{2}}\pdv[2]{t}-\laplacian)\vb*{A}=\mu _ {0}\vb*{j} \end{cases}\iff\Box A=\mu _ {0}j$$ 但し $\Box=\frac{1}{c^{2}}\pdv[2]{t}-\laplacian$，$A=\mqty(\frac{\phi}{c} & \vb*{A})$，$j=\mqty(c\rho & \vb*{j})$ ．
