第13章ゲージ理論と自発的対称性の破れ

導出：Euler–Lagrange 方程式

ステップ1：経路を微小変形する．真の経路 $q(t)$ に微小なずれ $\eta(t)$ を加えた経路 $q(t)+\eta(t)$ を考える．端点は固定されているので

$$ \eta(t_1)=\eta(t_2)=0 $$

である．この条件が後でどう効くかを見ておくことが肝心である．

ステップ2：作用の変化を1次まで書く．$L(q+\eta,\dot q+\dot\eta)$ を Taylor 展開して1次の項だけ残すと

$$ \delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[\frac{\partial L}{\partial q}\eta + \frac{\partial L}{\partial \dot q}\dot\eta\right]\dd t $$

となる．ここで $\eta$ と $\dot\eta$ が混在しているのが困る．$\dot\eta$ を消したい．

ステップ3：第2項を部分積分する．

$$ \int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial L}{\partial \dot q}\dot\eta\,\dd t = \underbrace{\left[\frac{\partial L}{\partial \dot q}\eta\right]_{t_1}^{t_2}}_{=\,0\ (\text{端点固定})} - \int_{t_1}^{t_2}\frac{\dd}{\dd t}\!\left(\frac{\partial L}{\partial \dot q}\right)\eta\,\dd t $$

境界項がステップ1の端点条件で消える．これが端点固定の役割である．

ステップ4：任意性を使う．まとめると

$$ \delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{\dd}{\dd t}\!\left(\frac{\partial L}{\partial \dot q}\right)\right]\eta(t)\,\dd t $$

これが任意の $\eta(t)$ に対してゼロであるためには，角括弧の中身が恒等的にゼロでなければならない（変分法の基本補題）．したがって

これがEuler–Lagrange 方程式である．

ステップ5：Newton の法則を再現する．式 \eqref{eq:13-L-classical} を代入すると $\partial L/\partial\dot q = m\dot q$，$\partial L/\partial q = -\dd U/\dd q$ なので

$$ m\ddot q = -\frac{\dd U}{\dd q} = F $$

確かに Newton の運動方程式である．

導出：場の Euler–Lagrange 方程式

ステップ1：変分をとる．$\phi\to\phi+\eta$（$\eta$ は無限遠と時間端でゼロ）として

$$ \delta S = \int \dd^4x\left[\frac{\partial\Lag}{\partial\phi}\eta + \frac{\partial\Lag}{\partial(\partial_\mu\phi)}\partial_\mu\eta\right] $$

ステップ2：第2項を部分積分する．4次元的な Gauss の定理により，表面項は無限遠で $\eta\to0$ だから落ちる：

$$ \int\dd^4x\,\frac{\partial\Lag}{\partial(\partial_\mu\phi)}\partial_\mu\eta = -\int\dd^4x\,\partial_\mu\!\left(\frac{\partial\Lag}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)\eta $$

ステップ3：任意性から方程式を読む．

質点の式 \eqref{eq:13-EL-classical} で $\dd/\dd t\to\partial_\mu$，$q\to\phi$ と置き換えただけの形をしている．場が複数あるときは，各場について独立に成り立つ．

導出：Klein–Gordon 方程式が出ること

ステップ1：$\partial\Lag/\partial(\partial_\mu\phi)$ を計算する．$(\partial_\nu\phi)(\partial^\nu\phi)=g^{\nu\rho}(\partial_\nu\phi)(\partial_\rho\phi)$ を $\partial_\mu\phi$ で微分すると，$\nu=\mu$ の項と $\rho=\mu$ の項が2つ出るので

$$ \frac{\partial\Lag}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \tfrac12\cdot 2\,\partial^\mu\phi = \partial^\mu\phi $$

係数 $\tfrac12$ はこの因子2を打ち消すために置いてある．

ステップ2：$\partial\Lag/\partial\phi$ を計算する．

$$ \frac{\partial\Lag}{\partial\phi} = -m^2\phi $$

ステップ3：式 \eqref{eq:13-EL-field} に代入する．

$$ \partial_\mu\partial^\mu\phi + m^2\phi = 0 \qquad\text{すなわち}\qquad (\Box + m^2)\phi = 0 $$

Klein–Gordon 方程式である（第9章 9.1 節）．質量項の符号 $-\tfrac12m^2\phi^2$ が，方程式で $+m^2\phi$ になっていることに注意．

導出：Dirac 方程式が出ること

ステップ1：$\bar\psi$ で変分する．$\Lag$ は $\partial_\mu\bar\psi$ を含まないので，式 \eqref{eq:13-EL-field} の第1項はゼロ．残るのは

$$ \frac{\partial\Lag}{\partial\bar\psi} = \ii\gamma^\mu\partial_\mu\psi - m\psi = 0 $$

すなわち $(\ii\slashed\partial - m)\psi=0$．これが Dirac 方程式（第9章）である．たった一行で出てしまう．

ステップ2：$\psi$ で変分する．今度は $\partial_\mu\psi$ が現れる：

$$ \frac{\partial\Lag}{\partial(\partial_\mu\psi)} = \ii\bar\psi\gamma^\mu,\qquad \frac{\partial\Lag}{\partial\psi} = -m\bar\psi $$ $$ \ii\,\partial_\mu\bar\psi\,\gamma^\mu + m\bar\psi = 0 $$

これは Dirac 方程式の共役形（第9章の $\bar\psi(\ii\overleftarrow{\slashed\partial}+m)=0$）である．$\psi$ と $\bar\psi$ から，互いに共役な2本の方程式がきちんと出る．

導出：Proca 方程式と，質量が課す制約

ステップ1：運動項の微分を計算する．$F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}$ を $\partial_\mu A_\nu$ で微分する．$F_{\alpha\beta}=\partial_\alpha A_\beta-\partial_\beta A_\alpha$ が $\partial_\mu A_\nu$ を含むのは $(\alpha\beta)=(\mu\nu)$ と $(\nu\mu)$ の2通りで，$F$ の反対称性から両者は同じ寄与を与える．結果として

$$ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\left(-\tfrac14F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\right) = -F^{\mu\nu} $$

ステップ2：質量項の微分．

$$ \frac{\partial}{\partial A_\nu}\left(\tfrac12 m^2A_\alpha A^\alpha\right) = m^2A^\nu $$

ステップ3：式 \eqref{eq:13-EL-field} に入れる．

$m=0$ なら $\partial_\mu F^{\mu\nu}=0$，つまり真空中の Maxwell 方程式である．

ステップ4：質量があると Lorenz 条件が強制される．式 \eqref{eq:13-Proca} に $\partial_\nu$ をかける．$F^{\mu\nu}$ が反対称，$\partial_\mu\partial_\nu$ が対称だから第1項は恒等的にゼロ：

$$ \underbrace{\partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu}}_{=\,0} + m^2\,\partial_\nu A^\nu = 0 \quad\Longrightarrow\quad m^2\,(\partial\!\cdot\!A)=0 $$

$m\neq0$ なら $\partial_\nu A^\nu=0$ が方程式から出てしまう．これはゲージ固定ではなく，理論の帰結である．そのとき式 \eqref{eq:13-Proca} は $(\Box+m^2)A^\nu=0$ になる．

ステップ5：自由度を数える．$A^\nu$ は4成分．そこに拘束 $\partial\!\cdot\!A=0$ が1本かかるので独立成分は $4-1=3$．すなわち質量のあるベクトル粒子の偏極は3種類（縦偏極 $\lambda=0$ と横偏極 $\lambda=\pm1$）である．一方 $m=0$ の場合はゲージ自由度 $A_\mu\to A_\mu+\partial_\mu\chi$ がさらに1本の自由度を落とし，$4-1-1=2$（横偏極のみ）になる．この $3$ と $2$ の差が，13.8節の自由度勘定の主役になる．

導出：Noether カレントと電荷保存

ステップ1：無限小変換を書く．$\theta\ll1$ として $\ee^{\ii\theta}\approx1+\ii\theta$ より

$$ \delta\psi = \ii\theta\,\psi,\qquad \delta\bar\psi = -\ii\theta\,\bar\psi $$

ステップ2：$\Lag$ の変分をそのまま計算する．連鎖律で

$$ \delta\Lag = \frac{\partial\Lag}{\partial\psi}\delta\psi + \frac{\partial\Lag}{\partial(\partial_\mu\psi)}\delta(\partial_\mu\psi) + (\psi\to\bar\psi \text{ の項}) $$

ステップ3：運動方程式を使う．Euler–Lagrange 方程式 $\partial\Lag/\partial\psi=\partial_\mu[\partial\Lag/\partial(\partial_\mu\psi)]$ を第1項に代入し，$\delta(\partial_\mu\psi)=\partial_\mu(\delta\psi)$ を使うと，2つの項が積の微分にまとまる：

$$ \delta\Lag = \partial_\mu\!\left[\frac{\partial\Lag}{\partial(\partial_\mu\psi)}\delta\psi\right] + (\bar\psi\text{ の項}) $$

ステップ4：対称性を課す．仮定により $\delta\Lag=0$ なので，角括弧の中身は保存カレントである．$\partial\Lag/\partial(\partial_\mu\psi)=\ii\bar\psi\gamma^\mu$ を代入し，$\bar\psi$ の項は $\partial_\mu\bar\psi$ を含まないのでゼロ：

$$ \partial_\mu\!\left[\ii\bar\psi\gamma^\mu\cdot\ii\theta\psi\right] = 0 \quad\Longrightarrow\quad \partial_\mu(\bar\psi\gamma^\mu\psi) = 0 $$

ステップ5：電流として読む．電荷 $q$ を掛けて

これは第9章で天下りに導入した電磁カレントそのものである．$\partial_\mu j^\mu=0$ を空間積分すれば $\dd Q/\dd t=0$，すなわち電荷保存が出る．

導出：局所 U(1) から共変微分とゲージ場が生まれる

ステップ1：何が壊れるかを見る．$\psi\to\ee^{\ii\theta(x)}\psi$ とすると，質量項 $-m\bar\psi\psi$ は相変わらず不変である（位相が打ち消す）．問題は微分項である．積の微分により

$$ \partial_\mu\psi \;\to\; \partial_\mu\!\left(\ee^{\ii\theta(x)}\psi\right) = \ee^{\ii\theta(x)}\!\left[\partial_\mu\psi + \ii(\partial_\mu\theta)\psi\right] $$

$\partial_\mu\theta$ という余計な項が出る．したがって

$$ \Lag \;\to\; \Lag - \bar\psi\gamma^\mu\psi\,(\partial_\mu\theta) $$

$\Lag$ は不変ではない．

ステップ2：余りを打ち消す場を導入する．この余計な項を消すには，ちょうど逆向きに変換する何かを足すしかない．そこでベクトル場 $A_\mu(x)$ を導入し，$\Lag$ に相互作用項

$$ \Lag_{\rm int} = -q\,\bar\psi\gamma^\mu\psi\,A_\mu $$

を加える．そして $A_\mu$ が

$$ \begin{equation} A_\mu \;\to\; A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\theta \label{eq:13-gauge-tr} \end{equation} $$

と変換すると仮定すると，$\Lag_{\rm int}$ の変化は $+\bar\psi\gamma^\mu\psi(\partial_\mu\theta)$ となり，ステップ1の余りをちょうど打ち消す．

ステップ3：共変微分としてまとめる．ステップ2の操作は，微分を

と置き換えることと等価である．実際

$$ \Lag = \bar\psi(\ii\gamma^\mu D_\mu - m)\psi = \underbrace{\bar\psi(\ii\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi}_{\text{自由項}} \;\underbrace{-\;q\,\bar\psi\gamma^\mu\psi A_\mu}_{\text{相互作用項}} $$

$D_\mu$ を共変微分（covariant derivative）と呼ぶ．「共変」とは，$D_\mu\psi$ が $\psi$ 自身と同じように変換するという意味である：

$$ D_\mu\psi \;\to\; \ee^{\ii\theta(x)}\,D_\mu\psi $$

ステップ4：それを確かめる．$D'_\mu=\partial_\mu+\ii qA'_\mu = \partial_\mu+\ii qA_\mu - \ii\partial_\mu\theta$ を $\ee^{\ii\theta}\psi$ に作用させる：

$$ \begin{aligned} D'_\mu(\ee^{\ii\theta}\psi) &= \ee^{\ii\theta}\!\left[\partial_\mu\psi + \ii(\partial_\mu\theta)\psi\right] + \ii qA_\mu\ee^{\ii\theta}\psi - \ii(\partial_\mu\theta)\ee^{\ii\theta}\psi\\[2pt] &= \ee^{\ii\theta}\!\left[\partial_\mu\psi + \ii qA_\mu\psi\right] = \ee^{\ii\theta}\,D_\mu\psi \end{aligned} $$

$\partial_\mu\theta$ の項が消えた．$\Lag=\bar\psi(\ii\gamma^\mu D_\mu-m)\psi$ が局所 $\mathrm{U}(1)$ 不変であることが示された．

ステップ5：$A_\mu$ にも運動項を与える．$A_\mu$ が力学的な自由度（つまり粒子）であるためには，$\partial A$ を含む項が要る．しかもゲージ変換 \eqref{eq:13-gauge-tr} の下で不変でなければならない．$F_{\mu\nu}=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu$ を作ると

$$ F_{\mu\nu}\to \partial_\mu\!\left(A_\nu-\tfrac1q\partial_\nu\theta\right)-\partial_\nu\!\left(A_\mu-\tfrac1q\partial_\mu\theta\right) = F_{\mu\nu} - \tfrac1q\underbrace{(\partial_\mu\partial_\nu-\partial_\nu\partial_\mu)\theta}_{=\,0} = F_{\mu\nu} $$

$F_{\mu\nu}$ はゲージ不変である（微分の交換可能性による）．したがって $-\tfrac14F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}$ を加えてよい．

ステップ6：完成した理論を眺める．

これが量子電気力学の Lagrangian のすべてである．

導出：非可換ゲージ場の変換則

ステップ1：共変微分を要請する．13.3節と同様に，ゲージ場 $A^a_\mu$（生成子ごとに1本ずつ）を導入し

$$ \begin{equation} D_\mu = \partial_\mu + \ii g\,A^a_\mu T^a \equiv \partial_\mu + \ii g\,\mathbb{A}_\mu \label{eq:13-covD-nonabelian} \end{equation} $$

と置く．$\mathbb{A}_\mu\equiv A^a_\mu T^a$ は行列である．要請は

$$ D_\mu\Psi \to U(D_\mu\Psi) $$

ステップ2：条件を書き下す．$D'_\mu=\partial_\mu+\ii g\mathbb{A}'_\mu$ として

$$ (\partial_\mu + \ii g\mathbb{A}'_\mu)U\Psi = U(\partial_\mu+\ii g\mathbb{A}_\mu)\Psi $$

左辺の第1項は $(\partial_\mu U)\Psi + U\partial_\mu\Psi$．$U\partial_\mu\Psi$ が両辺で消えるので

$$ (\partial_\mu U) + \ii g\mathbb{A}'_\mu U = \ii g\,U\mathbb{A}_\mu $$

ステップ3：$\mathbb{A}'_\mu$ について解く．右から $U^{-1}$ を掛けて

第2項は $\mathrm{U}(1)$ の $-\tfrac1q\partial_\mu\theta$ に対応する「非斉次項」である．新しいのは第1項で，可換群では $U\mathbb{A}U^{-1}=\mathbb{A}$ だったものが，非可換では $\mathbb{A}_\mu$ 自身が回転を受ける．すなわちゲージ場そのものが群の随伴表現の下で変換する荷を持つ．グルーオンが色荷を持つのはこのためである．

ステップ4：無限小形．$U\approx1+\ii\theta^aT^a$ として1次まで展開すると

$$ A^a_\mu \to A^a_\mu - \frac1g\partial_\mu\theta^a - f^{abc}\theta^b A^c_\mu $$

最後の項が非可換性の効果である．

導出：$F^a_{\mu\nu}$ に非線形項が現れること

ステップ1：素朴な定義では駄目である．$\partial_\mu A^a_\nu-\partial_\nu A^a_\mu$ を作っても，式 \eqref{eq:13-YM-gauge-tr} の第1項のせいで簡単な変換をしない．そこで幾何学の教えに従い，共変微分の交換子から場の強さを定義する：

$$ \mathbb{F}_{\mu\nu} \equiv \frac{1}{\ii g}\left[D_\mu,\,D_\nu\right] $$

この定義なら，$D_\mu\to UD_\mu U^{-1}$ より $\mathbb{F}_{\mu\nu}\to U\mathbb{F}_{\mu\nu}U^{-1}$ となり，変換則が単純（随伴表現）になることが保証される．

ステップ2：交換子を計算する．$\Psi$ に作用させて考えると，$\partial_\mu$ どうしの交換子は消え，交差項と $\mathbb{A}$ どうしの項が残る：

$$ [D_\mu,D_\nu] = \ii g(\partial_\mu\mathbb{A}_\nu - \partial_\nu\mathbb{A}_\mu) + (\ii g)^2[\mathbb{A}_\mu,\mathbb{A}_\nu] $$

したがって

$$ \mathbb{F}_{\mu\nu} = \partial_\mu\mathbb{A}_\nu - \partial_\nu\mathbb{A}_\mu + \ii g[\mathbb{A}_\mu,\mathbb{A}_\nu] $$

ステップ3：成分に直す．$[\mathbb{A}_\mu,\mathbb{A}_\nu]=A^b_\mu A^c_\nu[T^b,T^c]=\ii f^{bca}A^b_\mu A^c_\nu T^a$ を代入し，$\ii\cdot\ii=-1$ を使うと

第3項が Yang–Mills 理論の心臓部である．$\mathrm{U}(1)$ では $f^{abc}=0$ なのでこの項はない．

導出：3点・4点結合の起源

Yang–Mills の運動項は

$$ \Lag_{\rm YM} = -\tfrac14 F^a_{\mu\nu}F^{a\,\mu\nu} $$

である（$-\tfrac14\cdot 2\,\Tr[\mathbb{F}\mathbb{F}]$ と書いても同じ．$\Tr[T^aT^b]=\tfrac12\delta^{ab}$ を使う）．式 \eqref{eq:13-F-YM} を代入して項ごとに分けよう．$F^a_{\mu\nu}=\underbrace{\partial_\mu A^a_\nu-\partial_\nu A^a_\mu}_{\displaystyle f^a_{\mu\nu}}\;-\;g f^{abc}A^b_\mu A^c_\nu$ と書けば

$$ -\tfrac14 F^aF^a = \underbrace{-\tfrac14 f^a_{\mu\nu}f^{a\,\mu\nu}}_{(\rm i)} \;\underbrace{+\;\tfrac{g}{2}f^{abc}\,f^{a\,\mu\nu}A^b_\mu A^c_\nu}_{(\rm ii)} \;\underbrace{-\;\tfrac{g^2}{4}f^{abc}f^{ade}A^b_\mu A^c_\nu A^{d\,\mu}A^{e\,\nu}}_{(\rm iii)} $$

• (i) 2次の項：$A$ が2つ．これは自由な質量ゼロベクトル場の運動項であり，伝播関数を与える．
• (ii) 3次の項：$A$ が3つ（1つに微分がかかる）．これが3グルーオン頂点である．結合定数は $g$，微分があるので頂点因子に運動量が現れる．
• (iii) 4次の項：$A$ が4つ．これが4グルーオン頂点である．結合定数は $g^2$．

すなわちグルーオンどうしが直接結合する．光子どうしは（古典的には）結合しない．この一点が，QCD と QED の性質を決定的に分ける．

導出：Feynman 則を Lagrangian から読む

ステップ1：頂点は相互作用項から読む．一般則は「$\Lag_{\rm int}$ の項から場を取り去り，$\ii$ を掛け，対称因子（同種の場の入れ替え数）を掛ける」である．

ステップ2：クォーク–グルーオン頂点．式 \eqref{eq:13-L-QCD} の第1項を展開すると

$$ \Lag \supset -g_s\,\bar q_f\gamma^\mu\frac{\lambda^a}{2}q_f\,A^a_\mu $$

場 $\bar q,q,A$ を外して $\ii$ を掛けると，頂点因子

$$ -\ii g_s\,\gamma^\mu\frac{\lambda^a}{2} $$

を得る．第11章 11.3 節で与えたものと一致する（色因子 $\lambda^a/2$ とスピノル部分 $\gamma^\mu$ が分離していることに注意）．

ステップ3：3グルーオン頂点．13.4.2項の (ii) から，運動量 $k_1,k_2,k_3$（すべて内向き）を持つ3本のグルーオン $(a\mu),(b\nu),(c\rho)$ に対して

$$ -g_s f^{abc}\left[ g^{\mu\nu}(k_1-k_2)^\rho + g^{\nu\rho}(k_2-k_3)^\mu + g^{\rho\mu}(k_3-k_1)^\nu \right] $$

微分 $\partial_\mu\to-\ii k_\mu$ から運動量が現れ，3通りの場の割り当てを足し上げると，添字について完全反対称なこの形になる．

ステップ4：4グルーオン頂点．13.4.2項の (iii) から

$$ \begin{aligned} -\ii g_s^2\big[&f^{abe}f^{cde}(g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma}-g^{\mu\sigma}g^{\nu\rho})\\ +\;&f^{ace}f^{bde}(g^{\mu\nu}g^{\rho\sigma}-g^{\mu\sigma}g^{\nu\rho})\\ +\;&f^{ade}f^{bce}(g^{\mu\nu}g^{\rho\sigma}-g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma})\big] \end{aligned} $$

結合定数が $g_s^2$ すなわち $\alpha_s$ の1次であることに注意．3点頂点は $g_s$，4点頂点は $g_s^2$ で，$\alpha_s$ の同じ次数の図に両方が寄与する．

ステップ5：伝播関数．2次の項から，運動量 $k$ のグルーオン伝播関数は（Feynman ゲージで）

$$ \frac{-\ii g_{\mu\nu}\delta^{ab}}{k^2 + \ii\epsilon} $$

$\delta^{ab}$ は色の添字を保存することを言う．質量項がないので極が $k^2=0$ にある．クォークは $\dfrac{\ii(\slashed k+m_f)\delta_{ij}}{k^2-m_f^2+\ii\epsilon}$ である．

導出：質量項だけが左右を混ぜる

ステップ1：$\bar\psi_L$ を書き換える．$\gamma^5$ はエルミートで $\{\gamma^5,\gamma^\mu\}=0$，したがって $\gamma^0\gamma^5=-\gamma^5\gamma^0$ より

$$ \bar\psi_L = (P_L\psi)^\dagger\gamma^0 = \psi^\dagger P_L\gamma^0 = \psi^\dagger\gamma^0 P_R = \bar\psi P_R $$

すなわち「バーをつけると左右が入れ替わる」．同様に $\bar\psi_R=\bar\psi P_L$．

ステップ2：質量項を分解する．$P_L+P_R=1$，$P_L^2=P_L$，$P_LP_R=0$ を使うと

$$ \bar\psi\psi = \bar\psi(P_L+P_R)\psi = \bar\psi P_L\psi + \bar\psi P_R\psi = \bar\psi_R\psi_L + \bar\psi_L\psi_R $$

（$\bar\psi_R\psi_L=\bar\psi P_LP_L\psi=\bar\psi P_L\psi$ を使った．）質量項は必ず左手系と右手系を結ぶ．$\bar\psi_L\psi_L=\bar\psi P_RP_L\psi=0$ である．

ステップ3：運動項を分解する．今度は $\gamma^\mu$ が間に挟まる．$P_R\gamma^\mu=\gamma^\mu P_L$ を使うと

$$ \bar\psi\gamma^\mu\partial_\mu\psi = \bar\psi_L\gamma^\mu\partial_\mu\psi_L + \bar\psi_R\gamma^\mu\partial_\mu\psi_R $$

交差項は消える．運動項は左右を混ぜない．

ステップ4：結論．$m=0$ なら，$\Lag$ は $\psi_L$ と $\psi_R$ を独立に位相回転させる変換

$$ \psi_L\to\ee^{\ii\alpha_L}\psi_L,\qquad \psi_R\to\ee^{\ii\alpha_R}\psi_R $$

の下で不変である（カイラル対称性）．$m\neq0$ ならステップ2の項が $\ee^{\ii(\alpha_L-\alpha_R)}$ 倍されて不変でなくなる．すなわち質量とはカイラル対称性の破れである．

導出：真空期待値と Goldstone モード

ステップ1：ポテンシャルの最小を探す．$s\equiv\abs{\phi}^2$ とおくと $V=-\mu^2 s+\lambda s^2$．$\dd V/\dd s = -\mu^2+2\lambda s = 0$ より

$$ \abs{\phi}^2_{\rm min} = \frac{\mu^2}{2\lambda} $$

最小値をとるのは1点ではなく，複素平面上の円周である．$\phi=\dfrac{1}{\sqrt2}(\phi_1+\ii\phi_2)$ と実場に分解すると $\abs\phi^2=(\phi_1^2+\phi_2^2)/2$ なので

$v$ を真空期待値（vacuum expectation value, VEV）という．$V(\phi)$ を $(\phi_1,\phi_2)$ 平面上に描くと，中央が盛り上がり周囲が谷になった「メキシカンハット」（あるいはワインボトルの底）の形になる（図13.3）．

ステップ2：真空をひとつ選ぶ．谷はどの点も同じエネルギーだが，系はどれかひとつを選ぶ．便宜上

$$ \braket{\phi_1} = v,\qquad \braket{\phi_2}=0 $$

を選ぼう．この瞬間に $\mathrm{U}(1)$ 対称性（円周に沿った回転）が自発的に破れる．どの点を選んでも物理は同じである（対称性は法則には残っている）．

ステップ3：真空のまわりで展開する．新しい場を

$$ \phi_1 = v + \eta(x),\qquad \phi_2 = \xi(x) $$

と定義する．$\eta$ は谷を横切る動径方向（振幅）のゆらぎ，$\xi$ は谷に沿った角度方向（位相）のゆらぎである．

ステップ4：ポテンシャルを展開する．$s=\abs\phi^2=\tfrac12[(v+\eta)^2+\xi^2]$．$\mu^2=\lambda v^2$（式 \eqref{eq:13-vev}）を使うと

$$ V = -\lambda v^2 s + \lambda s^2 = \lambda\left(s - \frac{v^2}{2}\right)^2 - \frac{\lambda v^4}{4} $$

ここで

$$ s - \frac{v^2}{2} = \frac{1}{2}\left[(v+\eta)^2+\xi^2-v^2\right] = \frac{1}{2}\left(2v\eta+\eta^2+\xi^2\right) $$

なので

$$ V = \frac{\lambda}{4}\left(2v\eta+\eta^2+\xi^2\right)^2 - \text{定数} = \lambda v^2\eta^2 + \lambda v\,\eta(\eta^2+\xi^2) + \frac{\lambda}{4}(\eta^2+\xi^2)^2 - \text{定数} $$

ステップ5：質量を読み取る．2次の項だけ見る．標準形は $\tfrac12 m^2(\text{場})^2$ であるから，運動項が $\tfrac12(\partial\eta)^2+\tfrac12(\partial\xi)^2$ になっていることと合わせて

$\xi$ の2次項は $V$ にまったく現れない．$\xi$ は質量ゼロである．これが南部–Goldstone ボソンである．

ステップ6：なぜ質量ゼロなのか．幾何学的な理由である．$\xi$ は谷底に沿って動く方向であり，その方向にはポテンシャルの傾きも曲率もない．質量とはポテンシャルの2階微分（曲率）だから，平らな方向の質量はゼロになるほかない．一方 $\eta$ は谷を登る方向なので曲率があり，質量を持つ．

導出：ゲージ場が Goldstone ボソンを食べて重くなる

ステップ1：極座標で場を書く．複素場を振幅と位相に分ける：

$$ \phi(x) = \frac{1}{\sqrt2}\left[v+\eta(x)\right]\exp\!\left[\ii\frac{\xi(x)}{v}\right] $$

$\eta$ が振幅ゆらぎ，$\xi$ が位相ゆらぎ（Goldstone モード）である．$\xi/v$ と割ってあるのは $\xi$ の次元を質量にそろえるためである．

ステップ2：共変微分を計算する．指数関数の微分に注意して

$$ D_\mu\phi = \frac{1}{\sqrt2}\ee^{\ii\xi/v} \left[\partial_\mu\eta + \ii\frac{(v+\eta)}{v}\partial_\mu\xi + \ii q A_\mu (v+\eta)\right] $$

ステップ3：絶対値の2乗をとる．位相因子 $\ee^{\ii\xi/v}$ が消え，実部と虚部の2乗が残る：

$$ \abs{D_\mu\phi}^2 = \frac12(\partial_\mu\eta)(\partial^\mu\eta) + \frac{(v+\eta)^2}{2}\left(\frac{\partial_\mu\xi}{v} + qA_\mu\right)^{\!2} $$

ステップ4：ゲージ場を再定義する（ここが仕掛けである）．括弧の中身に着目する．新しい場

$$ \begin{equation} B_\mu \equiv A_\mu + \frac{1}{qv}\partial_\mu\xi \label{eq:13-unitary} \end{equation} $$

を定義すれば，$\dfrac{\partial_\mu\xi}{v}+qA_\mu = qB_\mu$ である．しかもこの置き換えは，ゲージ変換 \eqref{eq:13-gauge-tr} で $\theta(x)=-\xi(x)/v$ を選んだことにほかならない（$A_\mu\to A_\mu-\tfrac1q\partial_\mu\theta = A_\mu+\tfrac{1}{qv}\partial_\mu\xi$）．つまり$B_\mu$ は物理的に別物ではなく，ゲージを選び直しただけである．このゲージ選択をユニタリゲージという．

$B_\mu$ と $A_\mu$ は勾配だけ違うので $F_{\mu\nu}(B)=F_{\mu\nu}(A)$，運動項はそのままでよい．

ステップ5：$\Lag$ を書き直す．$\xi$ が完全に消える：

$$ \Lag = \frac12(\partial_\mu\eta)^2 + \frac{q^2(v+\eta)^2}{2}B_\mu B^\mu - \lambda v^2\eta^2 - \lambda v\eta^3 - \frac{\lambda}{4}\eta^4 - \frac14 F_{\mu\nu}(B)F^{\mu\nu}(B) + \text{定数} $$

ステップ6：2次の項から質量を読む．$(v+\eta)^2 = v^2+2v\eta+\eta^2$ を展開すると

$$ \frac{q^2v^2}{2}B_\mu B^\mu \;+\; q^2 v\,\eta\,B_\mu B^\mu \;+\; \frac{q^2}{2}\eta^2 B_\mu B^\mu $$

第1項が Proca 型の質量項 $\tfrac12 m_B^2 B_\mu B^\mu$ である．したがって

ゲージ場が質量を得た．しかも $\Lag$ \eqref{eq:13-abelian-higgs} はゲージ不変なままである．質量項を手で入れたのではなく，真空が対称でないことの帰結として現れたのである．

ステップ7：$\xi$ はどこへ行ったか．消えてしまった．しかし「消えた」のではなく「食われた」のである．次項の自由度勘定がそれを示す．

導出：$W$ と $Z$ の質量

ステップ1：共変微分を書く．$\mathrm{SU}(2)_L$ の結合定数を $g$，$\mathrm{U}(1)_Y$ のそれを $g'$ として

$$ D_\mu\Phi = \left(\partial_\mu + \ii g\frac{\tau^a}{2}W^a_\mu + \ii g'\frac{Y}{2}B_\mu\right)\Phi, \qquad Y(\Phi)=1 $$

ステップ2：真空に作用させる．$\Phi\to\braket\Phi$ とすると $\partial_\mu\braket\Phi=0$ なので，行列部分だけが残る：

$$ D_\mu\braket\Phi = \frac{\ii}{2}\begin{pmatrix} g W^3_\mu + g'B_\mu & g(W^1_\mu-\ii W^2_\mu)\\ g(W^1_\mu+\ii W^2_\mu) & -gW^3_\mu + g'B_\mu \end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}0\\ v\end{pmatrix} $$

右の列ベクトルとの積をとると

$$ D_\mu\braket\Phi = \frac{\ii v}{2\sqrt2}\begin{pmatrix} g(W^1_\mu-\ii W^2_\mu)\\ -gW^3_\mu+g'B_\mu \end{pmatrix} $$

ステップ3：質量項を取り出す．$\abs{D_\mu\braket\Phi}^2$ を計算すると

$$ \abs{D_\mu\braket\Phi}^2 = \frac{v^2}{8}\left[ g^2\left((W^1_\mu)^2+(W^2_\mu)^2\right) + \left(gW^3_\mu - g'B_\mu\right)^2 \right] $$

ステップ4：質量固有状態に組み替える．$W^1,W^2$ の組は

$$ W^\pm_\mu = \frac{1}{\sqrt2}\left(W^1_\mu \mp \ii W^2_\mu\right) $$

と定義すると $(W^1)^2+(W^2)^2 = 2W^+_\mu W^{-\mu}$．したがって質量項は $\dfrac{g^2v^2}{4}W^+W^-$．荷電（複素）ベクトル場の質量項の標準形が $m^2W^+_\mu W^{-\mu}$ であることから

ステップ5：中性場の対角化．$(gW^3-g'B)^2$ は $W^3$ と $B$ の混合を含む．規格化された直交組合せを

$$ Z_\mu = \frac{gW^3_\mu - g'B_\mu}{\sqrt{g^2+g'^2}}, \qquad A_\mu = \frac{g'W^3_\mu + gB_\mu}{\sqrt{g^2+g'^2}} $$

と定義すると，質量項は $\dfrac{v^2}{8}(g^2+g'^2)Z_\mu Z^\mu = \dfrac12 m_Z^2 Z_\mu Z^\mu$，つまり

$$ m_Z = \frac{v\sqrt{g^2+g'^2}}{2}, \qquad m_A = 0 $$

$A_\mu$（光子）の質量項が現れないのは，$\braket\Phi$ が電気的に中性で，$\mathrm{U}(1)_{\rm em}$ を破っていないからである．

ステップ6：Weinberg 角．$\tan\theta_W\equiv g'/g$ と定義すると $\cos\theta_W = g/\sqrt{g^2+g'^2}$ なので

この関係式は，Higgs 場が二重項であることの直接的な帰結である（三重項なら $\rho\neq1$ になる）．実測 $\rho=1.00031\pm0.00019$ は，標準模型の Higgs セクターが二重項であることの強い証拠である．

導出：$m_f = y_f v/\sqrt2$

ステップ1：ゲージ不変な結合を作る．13.6.2項で $\bar e_Le_R$ が $\mathrm{SU}(2)_L$ 不変でないことを見た．しかし二重項 $\Phi$ を挟めば不変にできる．$\bar L$（二重項の共役）と $\Phi$（二重項）と $e_R$（一重項）を組んだ

$$ \Lag_{\rm Yukawa} = -y_e\left(\bar L\,\Phi\, e_R + \bar e_R\,\Phi^\dagger L\right), \qquad L=\begin{pmatrix}\nu_e\\ e\end{pmatrix}_L $$

は $\mathrm{SU}(2)_L$ 一重項である（二重項どうしの内積）．超電荷も $Y(\bar L)+Y(\Phi)+Y(e_R) = +1+1-2 = 0$ でつじつまが合う．すなわちこの項はゲージ不変であり，書いてよい．$y_e$ を湯川結合定数と呼ぶ．

ステップ2：真空期待値を代入する．$\Phi\to\tfrac{1}{\sqrt2}(0,\ v+h)^T$（$h$ は Higgs 粒子）とすると，$\bar L\Phi = \bar\nu_L\cdot0 + \bar e_L\cdot\tfrac{v+h}{\sqrt2}$ なので

$$ \Lag_{\rm Yukawa} = -\frac{y_e v}{\sqrt2}\,\bar e e \;-\;\frac{y_e}{\sqrt2}\,h\,\bar e e $$

ステップ3：質量と結合を読む．第1項がまさに Dirac 質量項である：

ステップ4：予言を読む．第2項の係数 $m_f/v$ が Higgs 粒子とフェルミオンの結合である．すなわちHiggs 粒子は，相手の質量に正比例して結合する．同じことがゲージ場についても言え，13.8.1項ステップ6の第2項 $q^2v\eta B_\mu B^\mu$ から $g_{hVV}=2m_V^2/v$ が出る．

これは検証可能な予言である．LHC の測定した結合強度は，$W,Z,t,b,\tau,\mu$ の6種について，質量にして $0.106\ \mathrm{GeV}$（$\mu$）から $172.7\ \mathrm{GeV}$（$t$）まで，3桁以上にわたる範囲で式 \eqref{eq:13-yukawa} と一致している（ただし $\mu$ については $5\sigma$ の「観測」ではなく $3\sigma$ の「証拠」の段階である）．Higgs 粒子が「質量の起源」であることの，最も直接的な証拠である．

導出：GL 自由エネルギーと Abelian Higgs Lagrangian の項ごとの対応

ステップ1：両者を並べる．Abelian Higgs 模型 \eqref{eq:13-abelian-higgs} を，静的（時間微分ゼロ）な場合のエネルギー密度として書き直す．$\Lag = T - V$ なのでエネルギー密度は

$$ \mathcal{E} = \abs{\bm D\phi}^2 + \left(-\mu^2\abs\phi^2+\lambda\abs\phi^4\right) + \frac12\abs{\bm B}^2, \qquad \bm D = \nabla - \ii q\bm A $$

（自然単位系．共変微分の空間成分は $D_i=\partial_i+\ii qA_i$ であり，下付き添字の空間成分は3元ベクトルと符号が反転する（$A_i=-(\bm A)_i$）ので $\bm D=\nabla-\ii q\bm A$ となる．GL 側の $-\ii\hbar\nabla-e^*\bm A = -\ii\hbar\left(\nabla-\ii\tfrac{e^*}{\hbar}\bm A\right)$ と見比べれば，$q\leftrightarrow e^*/\hbar$ で符号まで一致することが分かる．）

ステップ2：GL 式 \eqref{eq:13-GL} と見比べる．4つの項が完全に1対1で対応する．

ステップ3：辞書を作る．表13.4 のとおりである．

導出：London 方程式から光子の質量へ

ステップ1：$\bm j_s$ を消去する．Ampère の法則の両辺の回転をとる：

$$ \nabla\times(\nabla\times\bm B) = \mu_0\,\nabla\times\bm j_s = -\frac{\mu_0 n_s e^2}{m}\bm B $$

ステップ2：ベクトル解析の公式を使う．$\nabla\times(\nabla\times\bm B)=\nabla(\nabla\cdot\bm B)-\nabla^2\bm B$ で，$\nabla\cdot\bm B=0$ だから

ステップ3：解く．表面を $x=0$，内部を $x>0$ とすると

$$ B(x) = B_0\,\ee^{-x/\lambda_L} $$

磁場は深さ $\lambda_L$（London 侵入長）で減衰する．

ステップ4：Proca 方程式と比較する．13.2.4項で見た質量 $m_\gamma$ の Proca 場は，静的な場合 $(\Box+m_\gamma^2)A^\nu=0$ すなわち

$$ \nabla^2\bm A = m_\gamma^2\,\bm A $$

を満たす．式 \eqref{eq:13-london2} とまったく同じ形である．したがって

ステップ5：Abelian Higgs 模型と照合する．13.8.1項で $m_B=qv$ を得た．辞書の規格化をきちんと取ろう．GL の運動項 $\dfrac{\hbar^2}{2m^*}\abs{\left(\nabla-\ii\frac{e^*}{\hbar}\bm A\right)\Psi}^2$ を $\abs{\bm D\phi}^2$ の形に一致させ，同時に $\abs{\bm B}^2/2\mu_0$ を $\tfrac12\abs{\bm B'}^2$ に直すには

$$ \phi = \frac{\hbar}{\sqrt{2m^*}}\,\Psi, \qquad \bm A' = \frac{\bm A}{\sqrt{\mu_0}}, \qquad q = \frac{e^*\sqrt{\mu_0}}{\hbar} $$

と取ればよい（$[\Psi]=\mathrm{m^{-3/2}}$ と $[\phi]=$ エネルギーの次元差はこの規格化で埋まる）．このとき $v^2=2\abs{\phi_\infty}^2=\hbar^2 n_s^*/m^*$ なので

$$ m_B^2 = q^2v^2 = \frac{e^{*2}\mu_0}{\hbar^2}\cdot\frac{\hbar^2 n_s^*}{m^*} = \frac{\mu_0 e^{*2}n_s^*}{m^*} = \frac{1}{\lambda_L^2} $$

が係数まで一致する．要するにMeissner 効果とは，超伝導体の内部で光子が Proca 質量 $1/\lambda_L$ を獲得し，電磁相互作用が湯川型に短距離化する現象である．超伝導体の中に入った光子は，$W$ ボソンのような重い粒子になっている．

導出：長距離 Coulomb 相互作用が Goldstone モードを持ち上げる（Anderson 1963）

ステップ1：位相の勾配は電流である．ゲージ場を戻すと，超伝導電流は

$$ \bm j_s = \frac{e^*\rho_s}{\hbar}\left(\nabla\vartheta - \frac{e^*}{\hbar}\bm A\right) $$

すなわち位相の空間変化は電流を伴う．

ステップ2：電流は電荷の偏りを生む．連続の式 $\partial_t\rho_e + \nabla\cdot\bm j_s=0$ より，位相が波打つと電荷密度が波打つ．

ステップ3：電荷の偏りは Coulomb エネルギーを払う．波数 $q$ の電荷ゆらぎ $\delta\rho_e(q)$ が持つ Coulomb エネルギーは，Fourier 空間で

$$ E_{\rm Coul}(q) = \frac{\abs{\delta\rho_e(q)}^2}{2\varepsilon_0 q^2} $$

$q\to0$ で発散する．これが決定的である．長波長の位相ゆらぎは，マクロな電荷分離を伴うので，法外なエネルギーを要する．

ステップ4：分散関係が変わる．この効果を取り込むと，位相モードの分散は

$$ \omega^2(q) = c_s^2 q^2 + \omega_{p,s}^2, \qquad \omega_{p,s} = \sqrt{\frac{n_se^2}{\varepsilon_0 m}} $$

となる（記号は 13.9.2 項の式 \eqref{eq:13-mgamma-plasma} と同じ超流体のプラズマ振動数である）．$q\to0$ で $\omega\to\omega_{p,s}\neq0$．質量ゼロだったはずのモードが，プラズマ振動数というギャップを獲得した．

ステップ5：これは Higgs 機構そのものである．13.8節の言葉に翻訳すれば，位相モード（Goldstone ボソン $\xi$）が電磁場（ゲージ場 $A_\mu$）に食われて，ゲージ場の縦成分になった．そして式 \eqref{eq:13-mgamma-plasma} で見たとおり，得られたギャップ $\hbar\omega_{p,s}$ は（局所極限で）ゲージ場の質量 $m_\gamma c^2=\hbar c/\lambda_L$ に等しい．Meissner 効果（光子の質量）と Goldstone モードの消失（プラズモン化）は，同一の現象の2つの側面である．