Notes de lecture du livre Quantum field theory for the gifted amateur de Thomas Lancaster et Stephen Blundell. Très souvent une simple traduction.
La théorie quantique des champs nous permet de décrire un monde où des particules indistinguables peuvent être créées ou détruites lors d’interactions entre elles ou avec des entités extérieures.
L’idée est de considérer les particules comme de simples excitations de champs quantiques.
Pour que des particules émergent, il faut quantifier les champs classiques étudiés jusqu’ici.
Pour obtenir une théorie quantique des champs à partir d’une théorie des champs classique, on suit la méthode suivante :
Déroulons la recette sur des exemples pour voir la quantification en action.
Le Lagrangien :
$$ \mathcal{L}=\frac{1}{2}\left[\partial_\mu \phi(x)\right]^2-\frac{1}{2} m^2[\phi(x)]^2 $$
La densité d’impulsion :
$$ \Pi^\mu(x)=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\left(\partial_\mu \phi(x)\right)} $$
Ici, cela donne $\Pi^\mu(x)=\partial^\mu \phi(x)$. La composante temporelle donne $\Pi^0(x)=\pi(x)=\partial^0 \phi(x)$ (on utilise la métrique $(+- - -)$).
On peut maintenant écrire l’Hamiltonien :
$$ \begin{aligned} \mathcal{H}&=\Pi^0(x) \partial_0 \phi(x)-\mathcal{L}\\ &=\partial^0 \phi(x) \partial_0 \phi(x)-\mathcal{L} \end{aligned} $$
On obtient :
$$ \mathcal{H}=\frac{1}{2}\left[\partial_0 \phi(x)\right]^2+\frac{1}{2}[\nabla \phi(x)]^2+\frac{1}{2} m^2[\phi(x)]^2 $$
Cet Hamiltonien a un aspect rassurant puisqu’on y retrouve la somme d’une énergie cinétique (coût d’une variation temporelle du champ) et d’une énergie potentielle, elle-même décomposée en deux termes : un terme de gradient (coût d’une variation spatiale du champ) et un terme de masse (coût d’avoir un champ plutôt que rien).
On promeut les champs en opérateurs : $\phi(x) \rightarrow \hat{\phi}(x)$ et $\Pi^0(x) \rightarrow \hat{\Pi}^0(x)$.
Et pour les rendre quantiques, on leur impose des relations de commutation. En mécanique quantique à une particule, on a $[\hat{x}, \hat{p}]=\mathrm{i} \hbar$. Par analogie, on définit le commutateur à temps égaux pour les opérateurs champ :
$$ \left[\hat{\phi}(t, \boldsymbol{x}), \hat{\Pi}^0(t, \boldsymbol{y})\right]=\mathrm{i} \delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}) $$
Si les instants sont différents, les champs commutent, et on a aussi $[\hat{\phi}(x), \hat{\phi}(y)]=\left[\hat{\Pi}^0(x), \hat{\Pi}^0(y)\right]=0$.
Exprimée à partir de ces champs, la densité hamiltonienne $\mathcal{H}$ se mue en opérateur $\hat{\mathcal{H}}$ agissant sur les vecteurs d’état.
Mais on ne sait pas encore comment un opérateur comme $\hat{\phi}(x)$ agit sur un état nombre d’occupation $|n_1n_2n_3\ldots\rangle$. Par contre, on sait comment les opérateurs de création et d’annihilation, eux, agissent sur ces vecteurs…
Décomposons les opérateurs de champ en termes d’opérateurs de création et d’annihilation.
Retour au premier chapitre, au moment d’évoqués les oscillateurs couplés : en combinant la décomposition en modes de Fourier de $x_j$, $x_j=\frac{1}{\sqrt{N}} \sum_k \tilde{x}_k \mathrm{e}^{\mathrm{i}kj a}$ et l’écriture de l’opérateur correspondant à un de ces mode en fonction des opérateurs de création et d’annihilation, $\hat{\tilde{x}}_k=\sqrt{\frac{\hbar}{2 m \omega_k}}\left(\hat{a}_k+\hat{a}_{-k}^{\dagger}\right)$, on obtient :
$$ \hat{x}_j=\left(\frac{\hbar}{m}\right)^{\frac{1}{2}} \sum_k \frac{1}{\left(2 \omega_k N\right)^{\frac{1}{2}}}\left[\hat{a}_k \mathrm{e}^{\mathrm{i} k j a}+\hat{a}_k^{\dagger} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} k j a}\right] $$
Par analogie, on peut écrire la version continue d’un opérateur champ :
$$ \hat{\phi}(\boldsymbol{x})=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}}\left(\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{x}}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{x}}\right) $$
où on est passé de $\boldsymbol{k}$ à $\boldsymbol{p}$ pour les moments, et de $\omega_{\boldsymbol{k}}$ à $E_\boldsymbol{p}=\left(\boldsymbol{p}^2+m^2\right)^{\frac{1}{2}}$ pour l’énergie.
Et comme avant, la relation de commutation entre les opérateurs de création et d’annihilation est : $\left[\hat{a}_{\boldsymbol{p}}, \hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right]=\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})$.
Il faudrait maintenant ajouter une dépendance temporelle à notre champ, i.e. le rendre dynamique. Appliquons la méthode d’Heisenberg :
$$ \hat{\phi}(x)=\hat{\phi}(t, \boldsymbol{x})=\hat{U}^{\dagger}(t, 0) \hat{\phi}(\boldsymbol{x}) \hat{U}(t, 0)=\mathrm{e}^{\mathrm{i} \hat{H} t} \hat{\phi}(\boldsymbol{x}) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \hat{H} t} $$
Seuls les opérateurs de création et annihilation sont affectés par l’opérateur d’évolution $\hat{U}(t, 0)=\mathrm{e}^{-\mathrm{i} \hat{H} t}$ :
$$ \begin{aligned} \hat{U}^{\dagger}(t, 0) \hat{a}_{\boldsymbol{p}} \hat{U}(t, 0)&=\mathrm{e}^{-\mathrm{i} E_p t} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}\\ \hat{U}^{\dagger}(t, 0) \hat{a}^\dagger_{\boldsymbol{p}} \hat{U}(t, 0)&=\mathrm{e}^{\mathrm{i} E_p t} \hat{a}^\dagger_{\boldsymbol{p}} \end{aligned} $$
Convainquons-nous sur un cas simplifié :
$$ \begin{aligned} & \mathrm{e}^{\mathrm{i} \hat{H} t} \hat{a}_{\boldsymbol{q}} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \boldsymbol{q} \cdot \boldsymbol{x}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \hat{H} t}\left|n_{\boldsymbol{p}} n_{\boldsymbol{q}} n_{\boldsymbol{r}}\right\rangle \\ = & \mathrm{e}^{\mathrm{i} \hat{H} t} \hat{a}_{\boldsymbol{q}}\left|n_{\boldsymbol{p}} n_{\boldsymbol{q}} n_{\boldsymbol{r}}\right\rangle \mathrm{e}^{\mathrm{i} \boldsymbol{q} \cdot \boldsymbol{x}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\left(n_{\boldsymbol{p}} E_{\boldsymbol{p}}+n_{\boldsymbol{q}} E_{\boldsymbol{q}}+n_{\boldsymbol{r}} E_{\boldsymbol{r}}\right) t} \\ = & \sqrt{n_{\boldsymbol{q}}} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \hat{H} t}\left|n_{\boldsymbol{p}}\left(n_{\boldsymbol{q}}-1\right) n_{\boldsymbol{r}}\right\rangle \mathrm{e}^{\mathrm{i} \boldsymbol{q} \cdot \boldsymbol{x}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\left(n_{\boldsymbol{p}} E_{\boldsymbol{p}}+n_{\boldsymbol{q}} E_{\boldsymbol{q}}+n_{\boldsymbol{r}} E_{\boldsymbol{r}}\right) t} \\ = & \sqrt{n_{\boldsymbol{q}}}\left|n_{\boldsymbol{p}}\left(n_{\boldsymbol{q}}-1\right) n_{\boldsymbol{r}}\right\rangle \mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(n_{\boldsymbol{p}} E_{\boldsymbol{p}}+\left(n_{\boldsymbol{q}}-1\right) E_{\boldsymbol{q}}+n_{\boldsymbol{r}} E_{\boldsymbol{r}}\right) t} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \boldsymbol{q} \cdot \boldsymbol{x}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\left(n_{\boldsymbol{p}} E_{\boldsymbol{p}}+n_{\boldsymbol{q}} E_{\boldsymbol{q}}+n_{\boldsymbol{r}} E_{\boldsymbol{r}}\right) t} \\ = & \sqrt{n_{\boldsymbol{q}}}\left|n_{\boldsymbol{p}}\left(n_{\boldsymbol{q}}-1\right) n_{\boldsymbol{r}}\right\rangle \mathrm{e}^{-\mathrm{i} E_{\boldsymbol{q}} t} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \boldsymbol{q} \cdot \boldsymbol{x}} . \end{aligned} $$
Avec $\hat{a}_\boldsymbol{q}$ seul, on aurait obtenu $\sqrt{n_{\boldsymbol{q}}}\left|n_{\boldsymbol{p}}\left(n_{\boldsymbol{q}}-1\right) n_{\boldsymbol{r}}\right\rangle$. Rendre l’opérateur dynamique a pour effet de multiplier le résultat par un facteur $\mathrm{e}^{\mathrm{i}E_\boldsymbol{q}t}$.
On obtient au bout du compte :
$$ \hat{a}_{\boldsymbol{q}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\left(E_{\boldsymbol{q}} t-\boldsymbol{q} \cdot \boldsymbol{x}\right)}=\hat{a}_{\boldsymbol{q}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} q \cdot x} $$
Au final, la décomposition en modes du champ scalaire est donnée par :
$$ \hat{\phi}(x)=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}}\left(\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right) $$
avec $E_{\boldsymbol{p}}=+\left(\boldsymbol{p}^2+m^2\right)^{\frac{1}{2}}$
La décomposition du champ position nous offre en prime celle du champ impulsion puisque $\Pi^\mu(x)=\partial^\mu \phi(x)$.
Cela va permettre de valider à posteriori les facteurs de normalisation…
L’intensité d’impulsion est donnée par :
$$ \hat{\Pi}^\mu(x)=\partial^\mu \hat{\phi}(x)=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}\left(2 E_\boldsymbol{p}\right)^{\frac{1}{2}}}\left(-\mathrm{i} p^\mu\right)\left(\hat{a}_\boldsymbol{p} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}-\hat{a}_\boldsymbol{p}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right) $$
Et sa composante temporelle vaut :
$$ \hat{\Pi}^0(x) =\partial^0 \hat{\phi}(x)=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(2 E_\boldsymbol{p}\right)^{\frac{1}{2}}}\left(-\mathrm{i}E_{\boldsymbol{p}}\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\mathrm{i}E_{\boldsymbol{p}}\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right) $$
Le commutateur donne alors :
$$ \begin{aligned} \left[\hat{\phi}(x),\hat{\Pi}^0(x)\right] &= \int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{\mathrm{d}^3 q}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(4 E_{\boldsymbol{p}}E_{\boldsymbol{q}}\right)^\frac{1}{2}}\left[\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}, -\mathrm{i}E_{\boldsymbol{q}}\hat{a}_{\boldsymbol{q}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} q \cdot y}+\mathrm{i}E_{\boldsymbol{q}}\hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} q \cdot y}\right]\\ &=\int\frac{\mathrm{d}^3 p\; \mathrm{d}^3 q}{2(2 \pi)^{3}\sqrt{ E_{\boldsymbol{p}}E_{\boldsymbol{q}}}}\left(\mathrm{i}E_{\boldsymbol{q}}[\hat{a}_{\boldsymbol{p}},\hat{a}^\dagger_{\boldsymbol{q}}]\mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x + \mathrm{i} q \cdot y} - \mathrm{i}E_{\boldsymbol{q}}[\hat{a}^\dagger_{\boldsymbol{p}},\hat{a}_{\boldsymbol{q}}]\mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x - \mathrm{i} q \cdot y}\right) \end{aligned} $$
Séparons composantes spatiales et temporelles (en prenant des temps égaux pour les deux champs) et utilisons$\left[\hat{a}_{\boldsymbol{p}}, \hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right]=\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})$ :
$$ \begin{aligned} \left[\hat{\phi}(\boldsymbol{x},t),\hat{\Pi}^0(\boldsymbol{y},t)\right] &=i\int\frac{\mathrm{d}^3 p\; \mathrm{d}^3 q}{2(2 \pi)^{3}\sqrt{ E_{\boldsymbol{p}}E_{\boldsymbol{q}}}}E_{\boldsymbol{q}}\,\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q}) \mathrm{e}^{\mathrm{i}t(E_\boldsymbol{q}-E_\boldsymbol{q})+\mathrm{i} \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{x} - \mathrm{i} \boldsymbol{q} \cdot \boldsymbol{y}} - i\int\frac{\mathrm{d}^3 p\; \mathrm{d}^3 q}{2(2 \pi)^{3}\sqrt{ E_{\boldsymbol{p}}E_{\boldsymbol{q}}}}E_{\boldsymbol{q}}(-\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})) \mathrm{e}^{\mathrm{i}t(E_\boldsymbol{p}-E_\boldsymbol{q})-\mathrm{i} \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{x} + \mathrm{i} \boldsymbol{q} \cdot \boldsymbol{y}}\\ &=\frac{i}{2}\int\frac{\mathrm{d}^3 p } {(2 \pi)^{3}}\mathrm{e}^{\mathrm{i} \boldsymbol{p} \cdot (\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})} +\frac{i}{2}\int\frac{\mathrm{d}^3 p } {(2 \pi)^{3}}\mathrm{e}^{\mathrm{i} \boldsymbol{p} \cdot (\boldsymbol{y}-\boldsymbol{x})}\\ &=i\delta(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}) \end{aligned} $$
Les facteurs de normalisation dans la formule de décomposition du champ $\hat{\phi}(x)$ permettent donc de retrouver la relation de commutation à temps égaux attendue !
Au tour de l’Hamiltonien de subir la quantification. Il va suffire d’y substituer la décomposition en modes de $\hat{\phi}(x)$.
L’Hamiltonien est donné par l’intégrale sur le volume de la densité hamiltonienne :
$$ \hat{H}=\int \mathrm{d}^3 x \frac{1}{2}\left\{\left[\partial_0 \hat{\phi}(x)\right]^2+[\boldsymbol{\nabla} \hat{\phi}(x)]^2+m^2[\hat{\phi}(x)]^2\right\} $$
Renotons la densité d’impulsion :
$$ \hat{\Pi}_\mu(x)=\partial_\mu \hat{\phi}(x)=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}\left(2 E_\boldsymbol{p}\right)^{\frac{1}{2}}}\left(-\mathrm{i} p_\mu\right)\left(\hat{a}_\boldsymbol{p} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}-\hat{a}_\boldsymbol{p}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right) $$
Et sa composante temporelle vaut :
$$ \partial_0 \hat{\phi}(x)=\int \frac{d^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}\left(2 E_\boldsymbol{p}\right)^{\frac{1}{2}}}\left(-\mathrm{i} E_\boldsymbol{p}\right)\left(\hat{a}_\boldsymbol{p} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}-\hat{a}_\boldsymbol{p}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right) $$
Écrivons maintenant sa composante spatiale :
$$ \boldsymbol{\nabla} \hat{\phi}(x)=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}}(\mathrm{i} \boldsymbol{p})\left(\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}-\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right) $$
On a maintenant tous les ingrédients pour calculer l’Hamiltonien :
$$ \hat{H}= \frac{1}{2} \int^{} \frac{\mathrm{~d}^3 x \mathrm{~d}^3 p \mathrm{~d}^3 q}{(2 \pi)^3\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}\left(2 E_{\boldsymbol{q}}\right)^{\frac{1}{2}}} \left[ (-E_{\boldsymbol{p}} E_{\boldsymbol{q}}-\boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{q})[\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}-\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}] \times [\hat{a}_{\boldsymbol{q}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} q \cdot x}-\hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} q \cdot x}]+m^2 [\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}] [\hat{a}_{\boldsymbol{q}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} q \cdot x}+\hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} q \cdot x}] \right] $$
On commence par l’intégrations sur les $x$ en utilisant $\int \mathrm{d}^3 x \mathrm{e}^{\mathrm{i} \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{x}}=(2 \pi)^3 \delta^{(3)}(\boldsymbol{p})$ :
$$ \hat{H}= \frac{1}{2} \int \frac{\mathrm{~d}^3 p \mathrm{~d}^3 q}{\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}\left(2 E_{\boldsymbol{q}}\right)^{\frac{1}{2}}} \times\left[\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q}) (E_{\boldsymbol{p}} E_{\boldsymbol{q}}+\boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{q}+m^2) [\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{q}} \mathrm{e}^{\mathrm{i}(E_{\boldsymbol{p}}-E_{\boldsymbol{q}}) t}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(E_{\boldsymbol{p}}-E_{\boldsymbol{q}}) t}] +\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{q})(-E_{\boldsymbol{p}} E_{\boldsymbol{q}}-\boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{q}+m^2)[\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i}(E_{\boldsymbol{p}}+E_{\boldsymbol{q}}) t}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \hat{a}_{\boldsymbol{q}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(E_{\boldsymbol{p}}+E_{\boldsymbol{q}}) t}]\right] $$
Ensuite, l’intégrale sur les $q$ permet de se débarrasser des distributions de Dirac :
$$ \hat{H}= \frac{1}{2} \int \mathrm{~d}^3 p \frac{1}{2 E_{\boldsymbol{p}}}\left[(E_{\boldsymbol{p}}^2+\boldsymbol{p}^2+m^2) (\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}) + (-E_{\boldsymbol{p}}^2+\boldsymbol{p}^2+m^2) (\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{-\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{2 \mathrm{i} E_{\boldsymbol{p}} t}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \hat{a}_{-\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-2 \mathrm{i} E_{\boldsymbol{p}} t})\right] $$
Et puisque $E_{\boldsymbol{p}}^2=\boldsymbol{p}^2+m^2$, cela se simplifie en :
$$ \hat{H}=\frac{1}{2} \int \mathrm{~d}^3 p\, E_{\boldsymbol{p}}\left(\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}\right) $$
On termine en utilisant $\left[\hat{a}_{\boldsymbol{p}}, \hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right]=\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})$.
On obtient :
$$ \hat{H}=\int \mathrm{d}^3 p \,E_{\boldsymbol{p}}\left(\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}+\frac{1}{2} \delta^{(3)}(0)\right) $$
Le terme $\langle0|\hat{H}|0\rangle = \frac{1}{2} \int\!\! \mathrm{~d}^3 p \, \delta^3(0)$ donne une énergie infinie pour le vide 😱 Mais ce n’est pas si alarmant si on se convainc qu’en pratique, seul le mesurable nous intéresse. Or on ne mesure que des différences d’énergie, et ces différences auront évidemment le bon goût de faire disparaître les infinis (en annulant les vilains $\frac{1}{2} \delta^{(3)}(0)$). L’infini obtenu ne correspondrait finalement qu’à une mauvaise définition de l’énergie du niveau zéro.
Malgré tout, ces infinis qui traînent partout, ça fait maison mal tenue. En ordonnant savamment les opérateurs, on va pouvoir les glisser discrètement sous le tapis.
L’ordre normal consiste simplement à placer tous les opérateurs de création à gauche.
C’est sans douleur pour les champs de Bose, mais pour les champs de Fermi, on doit multiplier par un terme $(-1)^P$ où $P$ est le nombre de permutations nécessaires pour obtenir un ordre normal.
Exemples :
$\color{#D41876 }N\left[\color{#000 }\hat{a} \hat{a}^{\dagger}\color{#D41876 }\right]\color{#000 }=\hat{a}^{\dagger} \hat{a}$, $\color{#D41876 }N\left[\color{#000 }\hat{a}^{\dagger} \hat{a}\color{#D41876 }\right]\color{#000 }=\hat{a}^{\dagger} \hat{a}$, $\color{#D41876 }N\left[\color{#000 }\hat{a}^{\dagger} \hat{a} \hat{a} \hat{a}^{\dagger} \hat{a}^{\dagger}\color{#D41876 }\right]\color{#000 }=\hat{a}^{\dagger} \hat{a}^{\dagger} \hat{a}^{\dagger} \hat{a} \hat{a}$, $\color{#D41876 }N[\color{#000 }\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{r}}\color{#D41876 }]\color{#000 }=\hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}} \hat{a}_{\boldsymbol{r}}$, $\color{#D41876 }N[\color{#000 }\hat{c}_{\boldsymbol{p}} \hat{c}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger} \hat{c}_r\color{#D41876 }]\color{#000 }=-\hat{c}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger} \hat{c}_{\boldsymbol{p}} \hat{c}_r$.
On arrive finalement au bout du programme en mettant dans l’ordre normal les opérateurs de l’Hamiltonien :
$$ \begin{aligned} \color{#D41876 }N[\color{#000 }\hat{H}\color{#D41876 }] \color{#000 }& =\frac{1}{2} \int \mathrm{d}^3 p E_{\boldsymbol{p}} \,\color{#D41876 }N\left[\color{#000 }\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}\color{#D41876 }\right] \\ & =\frac{1}{2} \int \mathrm{d}^3 p E_{\boldsymbol{p}} 2 \hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}} \end{aligned} $$
D’où :
$$ \color{#D41876 }N[\color{#000 }\hat{H}\color{#D41876 }] \color{#000 }=\int \mathrm{d}^3 p E_{\boldsymbol{p}} \hat{n}_{\boldsymbol{p}} $$
$\hat{n}_{\boldsymbol{p}}=\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}$ est l’opérateur nombre. $\hat{n}_{\boldsymbol{p}}|\boldsymbol{p}\rangle$ nous dit combien il y a d’excitations dans cet état à impulsion $\boldsymbol{p}$.
Notre niveau zéro, le vide, a maintenant une énergie bien mieux définie :
$$ \langle0|N[\hat{H}]|0\rangle = 0 $$
On retrouve le même Hamiltonien que pour des particules indépendantes. Les états d’excitation de l’équation d’onde peuvent être vues comme des particules possédant une impulsion quantifiée. Ce sont des bosons avec un spin $S=0$.
Généralisons un poil la décomposition en modes de l’opérateur champ en changeant $\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ en $\hat{b}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ :
$$ \hat{\phi}(x)=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}}\left(\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\hat{b}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right) $$
Pour coller à l’interprétation de Feynman des énergies négatives
$$ \phi(x) = \sum_\boldsymbol{p}\left[ \begin{array}{c} \text{annihilation d’une particule} \\ \text{incidente d’énergie positive }E_\boldsymbol{p} \\ \end{array} \right] + \sum_\boldsymbol{p}\left[ \begin{array}{c} \text{création d’une antiparticule} \\ \text{sortante d’énergie positive }E_\boldsymbol{p}\\ \end{array} \right]$$
il faut que $\hat{a}_{\boldsymbol{p}}$ annihile les particules et $\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ les crée, alors que $\hat{b}_{\boldsymbol{p}}$ doit annihiler les antiparticules et $\hat{b}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ les créer. Et l’énergie des particules et antiparticules vaut $E_{\boldsymbol{p}}=+\left(\boldsymbol{p}^2+m^2\right)^{\frac{1}{2}}$.
Dans le cas du champ scalaire, chaque particule est sa propre antiparticule. Et donc $\hat{b}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}=\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$.
Regardons ce qu’il advient lorsqu’on fait agir l’opérateur champ sur le vide.
Comme $\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}|0\rangle=|\boldsymbol{p}\rangle$, on a :
$$ \hat{\phi}(x)|0\rangle=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}|\boldsymbol{p}\rangle $$
On obtient une superposition de modes sortant. Cherchons l’amplitude correspondant à un de ces états $\langle q|=(2 \pi)^{\frac{3}{2}}\left(2 E_{\boldsymbol{q}}\right)^{\frac{1}{2}}\langle\boldsymbol{q}|$ correctement normalisé :
$$ (2 \pi)^{\frac{3}{2}}\left(2 E_{\boldsymbol{q}}\right)^{\frac{1}{2}}\langle\boldsymbol{q}| \hat{\phi}(x)|0\rangle=\int \mathrm{d}^3 p\, \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\langle\boldsymbol{q} \mid \boldsymbol{p}\rangle=\int \mathrm{d}^3 p\, \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x} \delta^{(3)}(\boldsymbol{q}-\boldsymbol{p})=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(E_{\boldsymbol{q}} t-\boldsymbol{q} \cdot \boldsymbol{x}\right)}=\mathrm{e}^{\mathrm{i} q \cdot x} $$
$\mathrm{e}^{\mathrm{i} q \cdot x}$ est ainsi l’amplitude dans le $q$e mode pour une particule scalaire créée au point $x$ de l’espace-temps.
La recette de quantification canonique ne fonctionne que sur des Lagrangiens de théories sans interaction (des champs libres) car la possibilité de leur diagonalisation (la décomposition en modes d’impulsion est bien, de fait, une diagonalisation) repose sur l’écriture du Lagrangien en termes quadratiques des champs et de leurs dérivées.
Le Lagrangien d’un champ scalaire complexe est un exemple d’une théorie avec plus d’une composante :
$$ \mathcal{L}= \frac{1}{2}\left[\partial_\mu \phi_1(x)\right]^2-\frac{1}{2} m^2\left[\phi_1(x)\right]^2 +\frac{1}{2}\left[\partial_\mu \phi_2(x)\right]^2-\frac{1}{2} m^2\left[\phi_2(x)\right]^2 $$
On peut simplifier le Lagrangien en posant :
$$ \psi=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\phi_1(x)+\mathrm{i} \phi_2(x)\right] \qquad \psi^{\dagger}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\phi_1(x)-\mathrm{i} \phi_2(x)\right] $$
On obtient quasiment le Lagrangien du champ scalaire réel mais sans le facteur $\frac{1}{2}$ :
$$ \mathcal{L}=\partial^\mu \psi^{\dagger}(x) \partial_\mu \psi(x)-m^2 \psi^{\dagger}(x) \psi(x) $$
Chaque composante $\sigma$ du champ ($\sigma=\psi$ ou $\psi^\dagger$) a une densité d’impulsion différente :
$$ \Pi_{\sigma=\psi}^0=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\left(\partial_0 \psi\right)}=\partial^0 \psi^{\dagger} \qquad \Pi_{\sigma=\psi^{\dagger}}^0=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\left(\partial_0 \psi^{\dagger}\right)}=\partial^0 \psi $$
Déterminons l’Hamiltonien :
$$ \mathcal{H} =\sum_\sigma \Pi_\sigma^0(x) \partial_0 \psi^\sigma(x)-\mathcal{L} $$
On obtient après simplification :
$$ \mathcal{H}=\partial_0 \psi^{\dagger}(x) \partial_0 \psi(x)+\nabla \psi^{\dagger}(x) \cdot \nabla \psi(x)+m^2 \psi^{\dagger}(x) \psi(x) $$
On promeut les champs au rang d’opérateurs quantiques et on impose les relations de commutation à temps égaux :
$$ \left[\hat{\psi}(t, \boldsymbol{x}), \hat{\Pi}_\psi^0(t, \boldsymbol{y})\right]=\left[\hat{\psi}^{\dagger}(t, \boldsymbol{x}), \hat{\Pi}_{\psi^{\dagger}}^0(t, \boldsymbol{y})\right]=\mathrm{i} \delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}) $$
Tous les autres commutateurs sont nuls.
On décompose les champs en modes :
$$ \begin{aligned} \hat{\psi}(x) & =\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}}\left(\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\hat{b}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right) \\ \hat{\psi}^{\dagger}(x) & =\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}}\left(\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}+\hat{b}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}\right) \end{aligned} $$
Les opérateurs $\hat{a}_{\boldsymbol{p}}$ et $\hat{b}_{\boldsymbol{p}}$ annihilent deux types différents de particules. Ils satisfont les relations de commutation $\left[\hat{a}_{\boldsymbol{p}}, \hat{a}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right]=\left[\hat{b}_{\boldsymbol{p}}, \hat{b}_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right]=\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})$ et toute autre combinaison est nulle.
On substitue les relations de commutation dans l’Hamiltonien et on ordonne les opérateurs :
$$ \begin{aligned} N[\hat{H}] & =\int \mathrm{d}^3 p E_{\boldsymbol{p}}\left(\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}+\hat{b}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{b}_{\boldsymbol{p}}\right) \\ & =\int \mathrm{d}^3 p E_{\boldsymbol{p}}\left(\hat{n}_{\boldsymbol{p}}^{(a)}+\hat{n}_{\boldsymbol{p}}^{(b)}\right), \end{aligned} $$
où $\hat{n}_{\boldsymbol{p}}^{(a)}$ compte les particules $a$ avec une impulsion $\boldsymbol{p}$ et de même, $\hat{n}_{\boldsymbol{p}}^{(b)}$ compte les particules $b$ avec une impulsion $\boldsymbol{p}$.
Les particules $a$ et $b$ ayant la même énergie $E_\boldsymbol{p}$, on les interprète comme des particules et antiparticules respectivement. Ainsi $\hat{\psi}(x)$ invoque une somme sur les impulsions d’opérateurs qui annihilent des particules ($\hat{a}_{\boldsymbol{p}}$) et d’opérateurs qui créent des antiparticules ($\hat{b}^\dagger_{\boldsymbol{p}}$).
Le champ scalaire complexe possède une symétrie interne $U(1)$ puisque les transformations globales suivantes n’ont pas d’effet sur le Lagrangien :
$$ \psi \rightarrow \mathrm{e}^{\mathrm{i} \alpha} \psi, \quad \psi^{\dagger} \rightarrow \mathrm{e}^{-\mathrm{i} \alpha} \psi^{\dagger} $$
Pour déterminer le courant correspondant grâce au théorème de Noether, on passe à des transformations infinitésimales :
$$ \begin{array}{cc} \psi \rightarrow \psi+\mathrm{i} \psi \delta \alpha, & D \psi=+\mathrm{i} \psi, \\ \psi^{\dagger} \rightarrow \psi^{\dagger}-\mathrm{i} \psi^{\dagger} \delta \alpha, & D \psi^{\dagger}=-\mathrm{i} \psi^{\dagger} \end{array} $$
$$ \mathcal{L} \rightarrow \partial^\mu( \psi^{\dagger}-\mathrm{i} \psi^{\dagger} \delta \alpha)\partial_\mu(\psi+\mathrm{i} \psi \delta \alpha) - m^2( \psi^{\dagger}-\mathrm{i} \psi^{\dagger} \delta \alpha)(\psi+\mathrm{i} \psi \delta \alpha) $$
donne $\mathcal{L} \rightarrow \mathcal{L} + \delta a^2\mathcal{L}$ et on donc bien $D\mathcal{L}=0$.
$D\mathcal{L}=0$ et comme $D\mathcal L=\partial_\mu W^\mu$, cela implique que $W^\mu = 0$ (c’est le cas pour toutes les symétries internes !).
Le courant de Noether est alors donné par $J_{\mathrm{N}}^\mu=\sum_\sigma \Pi_\sigma^\mu D \sigma$ (avec $\sigma=\psi$ ou $\psi^\dagger$). Cela donne :
$$ \begin{aligned} J_{\mathrm{N}}^\mu & =\sum_\sigma \Pi_\sigma^\mu D \sigma=\Pi_\psi^\mu D \psi+\Pi_{\psi^{\dagger}}^\mu D \psi^{\dagger} \\ & =\mathrm{i}\left[\left(\partial^\mu \psi^{\dagger}\right) \psi-\left(\partial^\mu \psi\right) \psi^{\dagger}\right] \end{aligned} $$
Le courant devient opérateur en utilisant les opérateurs champs.
L’opérateur charge conservée est donnée par :
$$ \hat{Q}_{\mathrm{N}}=\int \mathrm{d}^3 x\, \hat{J}_{\mathrm{N}}^0=\int \mathrm{d}^3 x\,\mathrm{i}\left[\left(\partial^0 \hat{\psi}^{\dagger}\right) \hat{\psi}-\left(\partial^0 \hat{\psi}\right) \hat{\psi}^{\dagger}\right] $$
Après injection des décompositions en modes des champs, on obtient :
$$ \hat{Q}_{\mathrm{N}}=\frac{1}{2} \int \mathrm{~d}^3 p\left(-\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}+\hat{b}_{\boldsymbol{p}} \hat{b}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}-\hat{a}_{\boldsymbol{p}} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}+\hat{b}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{b}_{\boldsymbol{p}}\right) $$
Et on ordonne :
$$ \begin{aligned} N\left[\hat{Q}_{\mathrm{N}}\right]&=\int \mathrm{d}^3 p\left(\hat{b}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{b}_{\boldsymbol{p}}-\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}\right)\\ &=\int \mathrm{d}^3 p\left(\hat{n}_{\boldsymbol{p}}^{(b)}-\hat{n}_{\boldsymbol{p}}^{(a)}\right) \end{aligned} $$
La charge conservée est la différence entre le nombre d’antiparticules et le nombre de particules. Chacun des deux types de particules (alias excitations du champ) porte une charge de Noether de signe opposé. Pour avoir conservation de la charge globale, il faut bien que la différence entre chaque type reste constante. L’existence même des antiparticules est donc impliquée par cette nécessité de conserver la charge.
Si $J^\mu_N$ est conservé, il en est de même de $-J^\mu_N$ et donc le choix du type de particules portant une charge de Noether positive est arbitraire. Par convention le courant nombre de particules $\hat{J}^\mu_{Nc}$ (“c” pour conventionnel) est défini positivement pour les particules et négativement pour les antiparticules. Cela amène à poser $\hat{J}_{\mathrm{Nc}}^\mu=-N\left[\hat{J}_{\mathrm{N}}^\mu\right]$, $\hat{Q}_{\mathrm{Nc}}=-N\left[\hat{Q}_{\mathrm{N}}\right]$, pour aboutir à :
$$ \hat{Q}_{\mathrm{Nc}}=\int \mathrm{d}^3 p\left(\hat{n}_{\boldsymbol{p}}^{(a)}-\hat{n}_{\boldsymbol{p}}^{(b)}\right) $$
Dans le domaine non-relativiste, les énergies d’excitation des particules sont infimes comparées à l’énergie de masse : $E=mc^2+\varepsilon$ où $\varepsilon\ll mc^2$.
Une stratégie possible pour trouver la limite non-relativiste d’une théorie est de factoriser le “gros” termes :
$$ \phi(\boldsymbol{x}, t) \rightarrow \Psi(\boldsymbol{x}, t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} m c^2 t / \hbar} $$
Regardons ce que ça donne avec l’équation de Klein-Gordon :
$$ \left(\hbar^2 \frac{\partial^2}{\partial t^2}-\hbar^2 c^2 \nabla^2+m^2 c^4\right) \Psi(\boldsymbol{x}, t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} m c^2 t / \hbar}=0 $$
Le premier terme donne :
$$ \hbar^2 \frac{\partial^2}{\partial t^2} \Psi(\boldsymbol{x}, t) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} m c^2 t / \hbar}=\hbar^2\left(\frac{\partial^2 \Psi}{\partial t^2}-\frac{2 \mathrm{i} m c^2}{\hbar} \frac{\partial \Psi}{\partial t}-\frac{m^2 c^4}{\hbar^2} \Psi\right) \mathrm{e}^{-\mathrm{i} m c^2 t / \hbar} $$
En remplaçant dans l’équation, le dernier terme de la dérivée seconde se télescope avec le terme de masse :
$$ \hbar^2 \frac{\partial^2 \Psi}{\partial t^2}-2 \mathrm{i} m c^2 \hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t}-\hbar^2 c^2 \nabla^2 \Psi=0 $$
On peut négliger le premier terme puisqu’il ne contient pas de facteur $c^2$ et on obtient :
$$ \mathrm{i} \hbar \frac{\partial}{\partial t} \Psi(\boldsymbol{x}, t)=-\frac{\hbar^2}{2 m} \nabla^2 \Psi(\boldsymbol{x}, t) $$
On a retrouvé l’équation de Schrödinger d’une particule libre !
Pour arriver à la limite non-relativiste du champ scalaire complexe, on prend (en unités naturelles) $\psi=\frac{1}{\sqrt{2 m}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} m t} \Psi$ (où $1/\sqrt{2m}$ est un facteur de normalisation).
On utilise maintenant le Lagrangien avec interaction
$$ \mathcal{L}=\partial^\mu \psi^{\dagger}(x) \partial_\mu \psi(x)-m^2 \psi^{\dagger}(x) \psi(x)-\lambda\left[\psi^{\dagger}(x) \psi(x)\right]^2 $$
On obtient :
$$ \partial_0 \psi^{\dagger} \partial_0 \psi=\frac{1}{2 m}\left[\partial_0 \Psi^{\dagger} \partial_0 \Psi+\mathrm{i} m\left(\Psi^{\dagger} \partial_0 \Psi-\left(\partial_0 \Psi^{\dagger}\right) \Psi\right)+m^2 \Psi^{\dagger} \Psi\right] $$
Le premier terme, en $1/m$, est négligeable par rapport aux autres et le troisième se télescope avec le terme de masse dans le Lagrangien. La partie dynamique de la théorie est donc confinée dans le deuxième terme.
En décomposant en ondes planes $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}$, la dérivée temporelle de $\Psi$ apporte un facteur $-\mathrm{i}E_\boldsymbol{p}$ et celle de $\Psi^\dagger$ un facteur $\mathrm{i}E_\boldsymbol{p}$ et donc $(\Psi^{\dagger} \partial_0 \Psi-\Psi \partial_0 \Psi^{\dagger})$ peut être remplacé par $2 \Psi^{\dagger} \partial_0 \Psi$. On aurait aussi pu remplacer par $-2 \Psi^{\dagger} \partial_0 \Psi$ si on avait choisi une décomposition en modes $\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x}$, mais on préfère favoriser la matière par rapport à l’antimatière.
On obtient au final :
$$ \mathcal{L}=\mathrm{i} \Psi^{\dagger}(x) \partial_0 \Psi(x)-\frac{1}{2 m} \boldsymbol{\nabla} \Psi^{\dagger}(x) \cdot \nabla \Psi(x)-\frac{g}{2}\left[\Psi^{\dagger}(x) \Psi(x)\right]^2 $$
L’asymétrie (entre matière et antimatière) qu’on a injecté dans le Lagrangien lui a fait perdre sa belle covariance relativiste.
Passons à la quantification canonique :
Étape 1 : la densité lagrangienne avec un potentiel extérieur est donné par :
$$ \mathcal{L}=\mathrm{i} \Psi^{\dagger}(x) \partial_0 \Psi(x)-\frac{1}{2 m} \nabla \Psi^{\dagger}(x) \cdot \nabla \Psi(x)-V(x) \Psi^{\dagger}(x) \Psi(x) $$
Les équations d’Euler-Lagrange redonne alors l’équation de Schrödinger et, pour $V(x)=0$, la relation de dispersion $E_\boldsymbol{p}=\frac{\boldsymbol{p}^2}{2 m}$. Comme il n’y a que des énergies positives, on n’aura pas besoin des fréquences négatives dans la décomposition en modes.
Étape 2 : on calcule les densités d’impulsion :
$$ \Pi_{\Psi}^0=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\left(\partial_0 \Psi\right)}=\mathrm{i} \Psi^{\dagger} \qquad \Pi_{\Psi^{\dagger}}^0=\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\left(\partial_0 \Psi^{\dagger}\right)}=0 $$
L’absence de moment conjugué au champ $\Psi^\dagger$ découle de notre choix de favoriser la matière. On peut maintenant calculer la densité hamiltonienne :
$$ \begin{aligned} \mathcal{H} & =\Pi_{\Psi}^0 \partial_0 \Psi-\mathcal{L} \\ & =\frac{1}{2 m} \nabla \Psi^{\dagger}(x) \cdot \nabla \Psi(x)+V(x) \Psi^{\dagger}(x) \Psi(x) \end{aligned} $$
Une densité à la Schrödinger…
Étape 3 : les commutateurs à temps égaux entre les positions et les impulsions s’écrivent :
$$ \begin{aligned} {\left[\hat{\Psi}(t, \boldsymbol{x}), \hat{\Pi}_{\Psi}^0(t, \boldsymbol{y})\right] } & =\mathrm{i} \delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}) \\ {\left[\hat{\Psi}(t, \boldsymbol{x}), \hat{\Psi}^{\dagger}(t, \boldsymbol{y})\right] } & =\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}) \end{aligned} $$
Étape 4 : une décomposition en modes avec des fréquences positives et négatives ne respecterait pas la relation de commutation ci-dessus. La décomposition idoine est :
$$ \hat{\Psi}(x)=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \hat{a}_{\boldsymbol{p}} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x} $$
avec $E_{\boldsymbol{p}}=\frac{\boldsymbol{p}^2}{2 m}$.
Étape 5 : on substitue la décomposition en modes dans l’Hamiltonien :
$$ \hat{H}=\int \mathrm{d}^3 p\left(\frac{\boldsymbol{p}^2}{2 m} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}\right)+\int \frac{\mathrm{d}^3 x \mathrm{~d}^3 p \mathrm{~d}^3 q}{(2 \pi)^3}\left(V(t, \boldsymbol{x}) \mathrm{e}^{\mathrm{i}\left(E_{\boldsymbol{p}}-E_{\boldsymbol{q}}\right) t} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q}) \cdot \boldsymbol{x}} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{q}}\right) $$
La partie dépendante du temps doit garantir la conservation de l’énergie, ce qui force le potentiel à s’écrire $V(t, \boldsymbol{x})=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\left(E_{\boldsymbol{p}}-E_{\boldsymbol{q}}\right) t} V(\boldsymbol{x})$. L’Hamiltonien devient alors :
$$ \hat{H}=\int \mathrm{d}^3 p\left(\frac{\boldsymbol{p}^2}{2 m} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p}}\right)+\int \mathrm{d}^3 p \mathrm{~d}^3 q\left(\tilde{V}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q}) \hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{q}}\right) $$
avec $\tilde{V}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})=\int \mathrm{d}^3 x \frac{1}{(2 \pi)^3} V(\boldsymbol{x}) \mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q}) \cdot \boldsymbol{x}}$.
On retrouve un Hamiltonien très ressemblant à celui prédit pour des systèmes discrets. Et on constate, comme indiqué plus haut, que la partie potentielle de l’Hamiltonien n’est pas diagonale.
On peut envisager le champ scalaire complexe non-relativiste d’une autre façon en constatant qu’il est là encore symétrique par rapport aux transformations de $U(1)$ ; on peut alors l’écrire en termes d’amplitude et de phase :
$$ \Psi(x)=\sqrt{\rho(x)} \mathrm{e}^{\mathrm{i} \theta(x)} $$
Une transformation de $U(1)$ revient maintenant à $\theta\rightarrow\theta+\alpha$.
On est finalement passé des deux champs $\phi_1(x)$ et $\phi_2(x)$ aux deux nouveaux champs $\rho(x)$ et $\theta(x)$.
Étape 1 : on substitue ces nouveaux champs dans le Lagrangien :
$$ \mathcal{L}=\frac{\mathrm{i}}{2} \partial_0 \rho-\rho \partial_0 \theta-\frac{1}{2 m}\left[\frac{1}{4 \rho}(\boldsymbol{\nabla} \rho)^2+\rho(\boldsymbol{\nabla} \theta)^2\right]-\frac{g}{2} \rho^2 $$
On va maintenant éteindre les interactions ($g=0$).
Étape 2 : on détermine les densités d’impulsion :
$$ \begin{aligned} \Pi_\rho^0(x) & =\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\left(\partial_0 \rho(x)\right)}=\frac{\mathrm{i}}{2} \\ \Pi_\theta^0(x) & =\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial\left(\partial_0 \theta(x)\right)}=-\rho(x) \end{aligned} $$
Étape 3 : on impose les relations de commutation :
$$ \left[\hat{\theta}(\boldsymbol{x}, t), \hat{\Pi}_\theta^0(\boldsymbol{y}, t)\right]=-[\hat{\theta}(\boldsymbol{x}, t), \hat{\rho}(\boldsymbol{y}, t)]=\mathrm{i} \delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}) $$
Que nous dit le théorème de Noether ?
$D\theta = \left.\frac{\partial \theta}{\partial \alpha}\right|_{\alpha\rightarrow 0}=1$.
$D\mathcal{L}=0$ puisque $\alpha$ est une constante (on regarde une transformation globale et non locale $\alpha(\cancel{t,\boldsymbol{x}})$). Et donc $W^\mu =0$.
$\Pi^0_\theta=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0\theta)}=-\rho$ et $\Pi^i_\theta=\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_i\theta)}=\frac{\rho}{m}\partial^i\theta$.
On en déduit $J^0_\mathrm{N}=\Pi^0_\theta D\theta = -\rho(x)$ et $\boldsymbol{J}_\mathrm{N}=\Pi^i_\theta D\theta = -\frac{\rho}{m}\boldsymbol{\nabla}\theta$
Et enfin $Q_{\mathrm{Nc}}=\int \mathrm{d}^3 x \rho(x)$ et $\boldsymbol{J}_{\mathrm{Nc}}=\frac{\rho}{m} \boldsymbol{\nabla} \theta$.
La composante temporelle du courant conservé est $\rho(x)$. On définit alors le nombre total de particules comme $\hat{N}(t)=\int\mathrm{d}^3x\,\hat{\rho}(\boldsymbol{x},t)$ et en intégrant la relation de commutation, on obtient :
$$ [\hat{N}(t), \hat{\theta}(\boldsymbol{x}, t)]=\mathrm{i} $$
C’est la relation d’incertitude nombre-phase. Elle nous dit que pour les systèmes cohérents en matière condensée, l’opérateur nombre d’excitations du champ est conjugué à sa phase.
Il est tentant de considérer que des particules ressemblantes, comme un neutron ou un proton, sont en fait une seule et même particule possédant un curseur interne permettant de passer d’une forme à l’autre. L’invariance du Lagrangien par rapport à ce curseur est décrit par une symétrie interne (sans rapport évident avec les symétries de l’espace-temps).
On a déjà croisé un exemple de symétrie interne avec la symétrie $U(1)$ du champ scalaire complexe. L’isospin est un autre exemple de symétrie interne. C’est lui, le curseur permettant de passer d’un proton à un neutron. Protons et neutrons ont tous deux un isospin $I=\frac{1}{2}$ avec, comme pour le spin conventionnel, deux valeurs propres possibles de l’opérateur $\hat{I}_z$ : $I_z=1/2$ pour les protons et $I_z=-1/2$ pour les neutrons. Par analogie avec le moment cinétique, on peut assembler proton et neutron dans un objet à deux composantes $\binom{p}{n}$, le doublet d’isospin. On peut opérer une rotation de ce doublet d’isospin avec les mêmes matrices permettant de tourner les spins 1/2. Remarquons enfin que cette symétrie n’est qu’approximative car on n’a pas strictement $m_p=m_n$.
Pour explorer l’idée de ces symétries internes, prenons trois particules scalaires $t$, $d$ et $h$ arrangées au sein d’un vecteur $(t,d,h)^t$ possédant une symétrie $SO(3)$. Tourner le curseur interne de 90° selon l’axe $h$ transforme ainsi une particule $t$, $(1,0,0)^t$, en une particule $d$, $(0,1,0)^t$. Toute superposition de particules obtenue en tournant le curseur est aussi valide que l’une des 3 particules originelles.
Comme les particules sont des excitations du champ, on doit pouvoir étudier l’isospin en théorie des champs. Pour cela, on arrange les champs responsables de ces particules en un vecteur $(\phi_1,\phi_2,\phi_3)^t$. Soumettre ce vecteur à une rotation interne en tournant le curseur revient à pouvoir transformer $\phi_1$ en $\phi_2$ en tournant autour de l’axe correspondant à $\phi_3$. Et si le Lagrangien décrivant la théorie est invariant par rapport à ces rotations internes, le théorème de Noether va nous offrir une loi de conservation concernant les charges de ces champs.
Déroulons la mécanique de la quantification canonique :
Étape 1 : posons $ \boldsymbol{\Phi}(x)=\left(\begin{array}{l} \phi_1(x) \\ \phi_2(x) \\ \phi_3(x) \end{array}\right) $
Le Lagrangien libre pour cette théorie peut s’écrire :
$$ \mathcal{L}=\frac{1}{2}\left(\partial^\mu \boldsymbol{\Phi}\right) \cdot\left(\partial_\mu \boldsymbol{\Phi}\right)-\frac{m^2}{2} \boldsymbol{\Phi} \cdot \boldsymbol{\Phi} $$
qui n’est que la contraction de la somme des Lagrangiens de chaque champ :
$$ \mathcal{L}=\frac{1}{2}\left[\left(\partial_\mu \phi_1\right)^2-m^2 \phi_1^2+\left(\partial_\mu \phi_2\right)^2-m^2 \phi_2^2+\left(\partial_\mu \phi_3\right)^2-m^2 \phi_3^2\right] $$
Notons bien que $\boldsymbol{\Phi}(x)$ n’est pas un champ vectoriel évoluant dans l’espace de Minkowski comme $x^\mu$ ou $p^\mu$.
De fait, le produit scalaire n’est pas défini en utilisant la métrique ($g_{\mu\nu}A^\mu A^\nu$), mais par $\boldsymbol{\Phi} \cdot \boldsymbol{\Phi}=\phi_1 \phi_1+\phi_2 \phi_2+\phi_3 \phi_3$. Et de même $\partial^\mu \boldsymbol{\Phi} \cdot \partial_\mu \boldsymbol{\Phi}=\partial^\mu \phi_1 \partial_\mu \phi_1+\partial^\mu \phi_2 \partial_\mu \phi_2+\partial^\mu \phi_3 \partial_\mu \phi_3$.
L’indice $\alpha$ dans $\Phi_\alpha$ n’est donc pas un indice tensoriel, il n’y a pas de différence entre $\Phi^\alpha$ et $\Phi_\alpha$.
Notre exemple possèdant une symétrie $SO(3)$, on peut transformer le vecteur $\boldsymbol{\Phi}$ en $\boldsymbol{\Phi’}$ en utilisant une matrice de rotation 3d sans modifier le Lagrangien :
$$ \left(\begin{array}{c} \phi_1^{\prime} \\ \phi_2^{\prime} \\ \phi_3^{\prime} \end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc} \cos \theta & -\sin \theta & 0 \\ \sin \theta & \cos \theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{array}\right)\left(\begin{array}{l} \phi_1 \\ \phi_2 \\ \phi_3 \end{array}\right) $$
Étape 2 : l’Hamiltonien s’écrit :
$$ \hat{\mathcal{H}}=\sum_\alpha\left[\frac{1}{2}\left(\partial_0 \hat{\phi}_\alpha\right)^2+\frac{1}{2}\left(\nabla \hat{\phi}_\alpha\right)^2+\frac{1}{2} m^2 \hat{\phi}_\alpha^2\right] $$
Étape 3 : les relations de commutation à temps égaux sont données par :
$$ \left[\hat{\Phi}_\alpha(t, \boldsymbol{x}), \hat{\Pi}_\beta^0(t, \boldsymbol{y})\right]=\mathrm{i} \delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}) \delta_{\alpha \beta} $$
Le Kronecker fait en sorte que les valeurs non nulles correspondent bien au commutateur entre une composante de $\boldsymbol{\Phi}$ et la même composante de sa densité d’impulsion.
Étape 4 : la décomposition en modes donne :
$$ \boldsymbol{\Phi}(x)=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}}\left(\begin{array}{l} \hat{a}_{\boldsymbol{p} 1} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\hat{a}_{\boldsymbol{p} 1}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x} \\ \hat{a}_{\boldsymbol{p} 2} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\hat{a}_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x} \\ \hat{a}_{\boldsymbol{p} 3} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\hat{a}_{\boldsymbol{p} 3}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x} \end{array}\right) $$
où les $\hat{a}_{\boldsymbol{p} \alpha}$ sont les opérateurs d’annihilation pour le champ $\alpha$ et on a les commutateurs $\left[\hat{a}_{\boldsymbol{p} \alpha}, \hat{a}_{\boldsymbol{q} \beta}^{\dagger}\right]=\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q}) \delta_{\alpha \beta}$.
Compactons l’expression :
$$ \boldsymbol{\Phi}(x)=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}} \sum_{\alpha=1}^3 \boldsymbol{h}_\alpha\left(\hat{a}_{\boldsymbol{p} \alpha} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\hat{a}_{\boldsymbol{p} \alpha}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right) $$
où $\boldsymbol{h}_1=\left(\begin{array}{l}1 \\0 \\0\end{array}\right)$, $\boldsymbol{h}_2=\left(\begin{array}{l}0 \\1 \\0\end{array}\right)$ et $\boldsymbol{h}_3=\left(\begin{array}{l}0 \\0 \\1\end{array}\right)$ nous renseignent sur la polarisation du champ dans l’espace interne.
Étapes 5 : en substituant dans l’Hamiltonien et après réordonancement, on obtient :
$$ \hat{H}=\int \mathrm{d}^3 p\, E_{\boldsymbol{p}} \sum_{\alpha=1}^3 \hat{a}_{\boldsymbol{p} \alpha}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p} \alpha} $$
Moralité, on somme maintenant à la fois sur toutes les impulsions et sur toutes les polarisations.
Penchons-nous enfin sur les charges de Noether conservées en partant de la symétrie du Lagrangien par rapport aux transformations $\boldsymbol{\Phi} \rightarrow \boldsymbol{\Phi} - \boldsymbol{\theta} \times \boldsymbol{\Phi}$.
Prenons l’exemple d’une rotation autour de l’axe $\phi_3$ : on a $\Phi^a \rightarrow \Phi^a-\varepsilon^{a 3 c} \theta^3 \Phi^c$ et $D^3\phi^1 = \phi^2$, $D^3\phi^2 = -\phi^1$, $D^3\phi^3 = 0$, où on appelle la symétrie de rotation autour de l’axe $b$, $D^b\phi^a$.
Pour toute symétrie interne, $D\mathcal{L}=0$ (par définition, elles ne modifient pas le Lagrangien) et donc $W^\mu = 0$. Cela donne un courant de Noether $J_{\mathrm{N}}^{3 \mu}$ pour les rotations autour de l’axe 3 :
$$ J_{\mathrm{N}}^{3 \mu}=\Pi^{a \mu} D^3 \Phi^a=\left(\partial^\mu \phi^1\right) \phi^2-\left(\partial^\mu \phi^2\right) \phi^1 $$
En injectant les décompositions en modes et après inversion de signes et ordre normal, on obtient :
$$ \hat{Q}_{\mathrm{Nc}}^3=-\mathrm{i} \int \mathrm{~d}^3 p\left(\hat{a}_{1 \boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{2 p}-\hat{a}_{2 \boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{1 \boldsymbol{p}}\right) $$
On obtient des formules similaires à partir des autres axes et on peut généraliser avec :
$$ \boldsymbol{Q}_{\mathrm{Nc}}=\int \mathrm{d}^3 x\left(\boldsymbol{\Phi} \times \partial_0 \boldsymbol{\Phi}\right) $$
$$ \hat{Q}_{\mathrm{N} c}^a=-\mathrm{i} \int \mathrm{~d}^3 p\, \varepsilon^{a b c} \hat{a}_{b \boldsymbol{p}}^{\dagger} \hat{a}_{c \boldsymbol{p}} $$
Cette charge conservée est l’isospin !
Prenons le Lagrangien de l’électromagnétisme $-\frac{1}{4} F_{\mu \nu} F^{\mu \nu}$ (où $F_{\mu \nu}=\partial_\mu A_\nu-\partial_\nu A_\mu$) et ajoutons-lui un terme de masse à la Klein-Gordon :
$$ \mathcal{L}=-\frac{1}{4} F_{\mu \nu} F^{\mu \nu}+\frac{1}{2} m^2 A_\mu A^\mu $$
Ce Lagrangien décrit un champ dont les excitations sont des bosons vectoriels de spin 1.
Les équations du mouvement de ce champ s’obtiennent grâce à Euler-Lagrange :
$$ \partial_\mu F^{\mu \nu}+m^2 A^\nu=0 $$
C’est l’équation de Proca.
Par symétrie, $\partial_\mu \partial_\nu F^{\mu \nu}=0$. On obtient donc $m^2 \partial_\nu A^\nu=0$ et comme $m≠0$, le champ décrit est à divergence nulle : $\partial_\mu A^\mu=0$. Et le champ pouvant à nouveau se décomposer en ondes planes, on peut aussi écrire $p_\mu A^\mu = 0$. Cela fournit une contrainte sur les composantes du champ en en liant une aux trois autres. Au final, le champ aura donc 3 degrés de liberté de polarisation (au lieu de 4).
Comme dans le cas du champ $\boldsymbol{\Phi}$ avec la symétrie $SO(3)$, on va avoir besoin, pour la décomposition en modes, d’opérateurs de création et d’annihilation séparés pour chaque polarisation. Mais en plus, chacun de ces opérateurs devra être multiplié par un vecteur polarisation $\epsilon^\mu_\lambda(p)$ qui vit dans l’espace de Minkowski et dont les composantes dépendent de l’impulsion de la particule considérée.
$$ \begin{aligned} \hat{A}^\mu(x)= \int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(2 E_\boldsymbol{p}\right)^{\frac{1}{2}}}\left[\left(\begin{array}{c} \epsilon_1^0(p) \\ \epsilon_1^1(p) \\ \epsilon_1^2(p) \\ \epsilon_1^3(p) \end{array}\right) \hat{a}_{\boldsymbol{p} 1} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\left(\begin{array}{c} \epsilon_1^{0 *}(p) \\ \epsilon_1^{1 *}(p) \\ \epsilon_1^{2 *}(p) \\ \epsilon_1^{3 *}(p) \end{array}\right) \hat{a}_{\boldsymbol{p} 1}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x} +\left(\begin{array}{c} \epsilon_2^0(p) \\ \epsilon_2^1(p) \\ \epsilon_2^2(p) \\ \epsilon_2^3(p) \end{array}\right) \hat{a}_{\boldsymbol{p} 2} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\left(\begin{array}{c} \epsilon_2^{0 *}(p) \\ \epsilon_2^{1 *}(p) \\ \epsilon_2^{2 *}(p) \\ \epsilon_2^{3 *}(p) \end{array}\right) \hat{a}_{\boldsymbol{p} 2}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x} +\left(\begin{array}{c} \epsilon_3^0(p) \\ \epsilon_3^1(p) \\ \epsilon_3^2(p) \\ \epsilon_3^3(p) \end{array}\right) \hat{a}_{\boldsymbol{p} 3} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\left(\begin{array}{c} \epsilon_3^{0 *}(p) \\ \epsilon_3^{1 *}(p) \\ \epsilon_3^{2 *}(p) \\ \epsilon_3^{4 *}(p) \end{array}\right) \hat{a}_{\boldsymbol{p} 3}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right] \end{aligned} $$
En plus compact, cela donne :
$$ \hat{A}^\mu(x)=\int \frac{\mathrm{d}^3 p}{(2 \pi)^{\frac{3}{2}}} \frac{1}{\left(2 E_{\boldsymbol{p}}\right)^{\frac{1}{2}}} \sum_{\lambda=1}^3\left(\epsilon_\lambda^\mu(p) \hat{a}_{\boldsymbol{p} \lambda} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} p \cdot x}+\epsilon_\lambda^{\mu *}(p) \hat{a}_{\boldsymbol{p} \lambda}^{\dagger} \mathrm{e}^{\mathrm{i} p \cdot x}\right) $$
La condition $p_\mu A^\mu=0$ devient $p_\mu \epsilon_\lambda^\mu(p)=0$ montrant bien que les vecteurs polarisation dépendent de l’impulsion. C’est leur rôle de rendre le champ $A^\mu$ perpendiculaire à $p^\mu$.
À quoi doivent ressembler les vecteurs polarisation ? Comme tout quadrivecteur de l’espace de Minkowski, ils se transforment selon les transformations de Lorentz. On peut donc partir d’une particule dans son référentiel propre, puis généraliser en lui faisant subir un boost.
Considérons donc une particule dans son référentiel propre avec une impulsion $p^\mu=(m,0,0,0)^t$. On veut $p^\mu \epsilon_{\lambda \mu}(p)=0$ pour tout $\lambda$, c’est à dire que l’on veut des vecteurs polarisation normaux à $p^\mu$ dans ce référentiel. Un choix simple de vecteurs linéairement indépendants consiste à prendre :
$$ \epsilon_1(m, 0)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right), \epsilon_2(m, 0)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right), \epsilon_3(m, 0)=\left(\begin{array}{l} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}\right) $$
Pour obtenir $\epsilon_\lambda(p)$ pour un référentiel arbitraire, on applique la transformation de Lorentz $\boldsymbol{\Lambda}(p)$. Par exemple, pour une particule avec une impulsion $p_z=|\boldsymbol{p}|$ dans la direction $z$ (avec donc $p^\mu=\left(E_{\boldsymbol{p}}, 0,0,|\boldsymbol{p}|\right)^t$), on applique le boost donné par la matrice :
$$ \Lambda^\mu{ }_\nu(p)=\frac{1}{m}\left(\begin{array}{cccc} E_{\boldsymbol{p}} & 0 & 0 & |\boldsymbol{p}| \\ 0 & m & 0 & 0 \\ 0 & 0 & m & 0 \\ |\boldsymbol{p}| & 0 & 0 & E_{\boldsymbol{p}} \end{array}\right) $$
Et on obtient pour les vecteurs polarisations :
$$ \epsilon_1\left(E_{\boldsymbol{p}}, 0,0,|\boldsymbol{p}|\right)=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}\right), \epsilon_2\left(E_{\boldsymbol{p}}, 0,0,|\boldsymbol{p}|\right)=\left(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}\right), \epsilon_3\left(E_{\boldsymbol{p}}, 0,0,|\boldsymbol{p}|\right)=\left(\begin{array}{c} |\boldsymbol{p}| / m \\ 0 \\ 0 \\ E_{\boldsymbol{p}} / m \end{array}\right) $$
La forme diagonalisée de l’Hamiltonien est pour sa part :
$$ \hat{H}=\int \mathrm{d}^3 p E_{\boldsymbol{p}} \sum_{\lambda=1}^3 \hat{a}_{\boldsymbol{p} \lambda}^{\dagger} \hat{a}_{\boldsymbol{p} \lambda} $$
Énergie de toutes les particules dans toutes les polarisations.