The Klein-Gordon Field (5) - ただの物理屋

physicstan.hatenablog.com

前回までで，簡単に単純な調和振動子の復習をし， $\phi$ と $\pi$ を昇降演算子で書いたので，ハミルトニアンを昇降演算子で書く準備ができたのだった． $\phi$ と $\pi$ で書かれたハミルトニアンの式

$\displaystyle{ H = \int d^3x \left[\frac{1}{2}\pi^2+\frac{1}{2}\left(\nabla\phi\right)^2+\frac{1}{2}m^2\phi^2\right] \tag{2.8}}$

に，(2.27)，(2.28) を代入していく*1．まずは各項の計算を先にやっておく．

$\displaystyle{ \left\{\pi(\boldsymbol{x})\right\}^2 = -\int\frac{d^3pd^3p'}{(2\pi)^6}\frac{\sqrt{{\omega}_{\boldsymbol{p}}{\omega}_{\boldsymbol{p'}}}}{2}\left(a_{\boldsymbol{p}}-a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p'}}-a_{\boldsymbol{-p'}}^{\dagger}\right)e^{i(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{p'})\cdot\boldsymbol{x}} }$

$\displaystyle{ \left(\nabla\phi\right)^2 = -\int\frac{d^3pd^3p'}{(2\pi)^6}\frac{1}{2\sqrt{{\omega}_{\boldsymbol{p}}{\omega}_{\boldsymbol{p'}}}}\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p'}}+a_{\boldsymbol{-p'}}^{\dagger}\right)e^{i(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{p'})\cdot\boldsymbol{x}}\cdot\left(\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{p'}\right) }$

$\displaystyle{ \left\{\phi(\boldsymbol{x})\right\}^2 = \int\frac{d^3pd^3p'}{(2\pi)^6}\frac{1}{2\sqrt{{\omega}_{\boldsymbol{p}}{\omega}_{\boldsymbol{p'}}}}\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p'}}+a_{\boldsymbol{-p'}}^{\dagger}\right)e^{i(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{p'})\cdot\boldsymbol{x}} }$

また，前回単純な調和振動子からの類推で書いた $\phi(\boldsymbol{x})$ の式

$\displaystyle{ \phi(\boldsymbol{x}) = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2{\omega}_{\boldsymbol{p}}}}\left(a_{\boldsymbol{p}}e^{i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}e^{-i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}}\right)}$

の第二項で $\boldsymbol{p}\rightarrow-\boldsymbol{p}$ と変換すると， ${\omega}_{\boldsymbol{-p}} = {\omega}_{\boldsymbol{p}}$ に注意して，

$\begin{aligned} \phi(\boldsymbol{x}) &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2{\omega}_{\boldsymbol{p}}}}\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)e^{-i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}} \\ &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\phi(\boldsymbol{p})e^{-i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}} \end{aligned}$

これの複素共役は， $\phi^{\ast}(\boldsymbol{p}) = \phi(\boldsymbol{-p})$ を用いると，

$\begin{aligned} \phi(\boldsymbol{x}) &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\phi^{\ast}(\boldsymbol{p})e^{i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}} \\ &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\phi(\boldsymbol{-p})e^{i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}} \\ &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2{\omega}_{\boldsymbol{p}}}}\left(a_{\boldsymbol{-p}}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right)e^{i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}} \end{aligned}$

$\phi(\boldsymbol{x})$ は実数値の場なので， $\phi(\boldsymbol{x}) = \phi^{\ast}(\boldsymbol{x})$ でなければならない．それゆえ， $\boldsymbol{p}\rightarrow-\boldsymbol{p}$ と変換しても結果は変わらない．さて，上で計算したものを (2.8) に代入すると，

$\begin{aligned} H &= \int d^3x\int\frac{d^3pd^3p'}{(2\pi)^6}e^{i(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{p'})\cdot\boldsymbol{x}}\left\{-\frac{\sqrt{{\omega}_{\boldsymbol{p}}{\omega}_{\boldsymbol{p'}}}}{4}\left(a_{\boldsymbol{p}}-a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p'}}-a_{\boldsymbol{-p'}}^{\dagger}\right)+\frac{-\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{p'}+m^2}{4\sqrt{{\omega}_{\boldsymbol{p}}{\omega}_{\boldsymbol{p'}}}}\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p'}}+a_{\boldsymbol{-p'}}^{\dagger}\right)\right\} \\ &= \int\frac{d^3pd^3p'}{(2\pi)^6}\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{p'})\cdot\left\{-\frac{\sqrt{{\omega}_{\boldsymbol{p}}{\omega}_{\boldsymbol{p'}}}}{4}\left(a_{\boldsymbol{p}}-a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p'}}-a_{\boldsymbol{-p'}}^{\dagger}\right)+\frac{-\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{p'}+m^2}{4\sqrt{{\omega}_{\boldsymbol{p}}{\omega}_{\boldsymbol{p'}}}}\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p'}}+a_{\boldsymbol{-p'}}^{\dagger}\right)\right\} \\ &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\cdot\left\{-\frac{\sqrt{{\omega}_{\boldsymbol{p}}{\omega}_{\boldsymbol{-p}}}}{4}\left(a_{\boldsymbol{p}}-a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{-p}}-a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right)+\frac{|\boldsymbol{p}|^2+m^2}{4\sqrt{{\omega}_{\boldsymbol{p}}{\omega}_{\boldsymbol{-p}}}}\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{-p}}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right)\right\} \\ &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{{\omega}_{\boldsymbol{p}}}{4}\left\{\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{-p}}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right)-\left(a_{\boldsymbol{p}}-a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{-p}}-a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right)\right\} \end{aligned}$

ここで，

$\begin{aligned} &\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{-p}}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right)-\left(a_{\boldsymbol{p}}-a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{-p}}-a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right) \\ &= a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{-p}}+a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{-p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}-\left(a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{-p}}-a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}-a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{-p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right) \\ &= 2a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}+2a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{-p}} \\ &= 2\left(a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}\right) \\ \end{aligned}$

となる．ただし，最後の行への変形で $\boldsymbol{p}\rightarrow-\boldsymbol{p}$ としてもよいことを使った．したがってハミルトニアンは，

$\begin{align} H &= \frac{1}{2}\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\cdot{\omega}_{\boldsymbol{p}}\left(a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}\right) \\ &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\cdot{\omega}_{\boldsymbol{p}}\left(\frac{1}{2}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}+\frac{1}{2}a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right) \\ &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\cdot{\omega}_{\boldsymbol{p}}\left(a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}+\frac{1}{2}[a_{\boldsymbol{p}},a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}]\right) \tag{2.31} \end{align}$

となる．第二項は無限大のc数である $\delta(0)$ に比例する．それは零点エネルギー ${\omega}_{\boldsymbol{p}}/2$ のすべてのモードの単純な合計であり，実験では $H$ の基底状態からのエネルギー差のみを測定するので，この無限大は実験的に検出されない*2．それゆえ，これからはこの無限の項を無視する．

$a_{\boldsymbol{p}}$ と $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ に関するこのハミルトニアンの式を使うと，以下の交換子

$\begin{align} \left[H, a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right] = {\omega}_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}; \hspace{0.7cm} \left[H, a_{\boldsymbol{p}}\right] = -{\omega}_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}} \tag{2.32} \end{align}$

を簡単に確認できる．実際，次の公式

$\displaystyle{ \left[AB, C\right] = A[B, C] + [A, C]B }$

$\displaystyle{ \left[[A, B], C\right] = \left[A, [B, C] + \left[[A, C], B\right]\right] }$

および， $a_{\boldsymbol{p}}$ と $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ に関する交換関係 (2.29) や，

$\displaystyle{ \left[a_{\boldsymbol{p}}, a_{\boldsymbol{q}}\right] = \left[a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}, a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right] = 0}$

を用いると，

$\displaystyle{ \left[a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}, a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right] = a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\left[a_{\boldsymbol{q}}, a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right] = a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\cdot(2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{q}-\boldsymbol{p})}$

$\displaystyle{ \left[a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}, a_{\boldsymbol{p}}\right] = \left[a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}, a_{\boldsymbol{p}}\right]a_{\boldsymbol{q}} = -(2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{q}-\boldsymbol{p})\cdot a_{\boldsymbol{q}}}$

$\displaystyle{ \left[\left[a_{\boldsymbol{q}}, a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right], a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right] = \left[\left[a_{\boldsymbol{q}}, a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right], a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right] = \left[(2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{q}-\boldsymbol{p})\cdot a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right] = 0}$

$\displaystyle{ \left[\left[a_{\boldsymbol{q}}, a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right], a_{\boldsymbol{p}}\right] = \left[a_{\boldsymbol{q}}, \left[a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}, a_{\boldsymbol{p}}\right]\right] = \left[a_{\boldsymbol{q}}, -(2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})\right] = 0}$

となり，

$\begin{aligned} \left[H, a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right] &= \int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}{\omega}_{\boldsymbol{q}}\left(\left[a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}, a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right] + \frac{1}{2}\left[\left[a_{\boldsymbol{q}}, a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right], a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right]\right) \\ &= \int d^3q\ {\omega}_{\boldsymbol{q}}a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\delta^{(3)}(\boldsymbol{q}-\boldsymbol{p}) \\ &= {\omega}_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} \end{aligned}$

$\begin{aligned} \left[H, a_{\boldsymbol{p}}\right] &= \int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}{\omega}_{\boldsymbol{q}}\left(\left[a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}, a_{\boldsymbol{p}}\right] + \frac{1}{2}\left[\left[a_{\boldsymbol{q}}, a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\right], a_{\boldsymbol{p}}\right]\right) \\ &= -\int d^3q\ {\omega}_{\boldsymbol{q}}a_{\boldsymbol{q}}\delta^{(3)}(\boldsymbol{q}-\boldsymbol{p}) \\ &= -{\omega}_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}} \end{aligned}$

を得る．これで，調和振動子と同じようにスペクトルを書き下すことができる．全ての $\boldsymbol{p}$ に対して， $a_{\boldsymbol{p}}|0\rangle = 0$ のような状態 $|0\rangle$ は基底状態もしくは真空である．つぎに，状態 $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\cdots|0\rangle$ について考えてみる． $a_{\boldsymbol{p}}|0\rangle = 0$ や (2.32) を使うと，

$\begin{aligned} \left[H, a_{1}^{\dagger}a_{2}^{\dagger}\cdots\right]|0\rangle &= \left\{\left[H, a_{1}^{\dagger}\right]a_{2}^{\dagger}\cdots a_{n}^{\dagger} + \cdots + a_{1}^{\dagger}\cdots a_{i-1}^{\dagger}\left[H, a_{i}^{\dagger}\right]a_{i+1}^{\dagger}\cdots a_{n}^{\dagger} + \cdots+a_{1}^{\dagger}\cdots a_{n-1}^{\dagger}\left[H, a_{n}^{\dagger}\right]\right\}|0\rangle \\ &= \left({\omega}_{1}+{\omega}_{2}+\cdots{\omega}_{n}\right)\left(a_{1}^{\dagger}\cdots a_{n}^{\dagger}\right)|0\rangle \end{aligned}$

$\begin{aligned} \left[H, a_{1}^{\dagger}a_{2}^{\dagger}\cdots\right]|0\rangle &= \left[a^{\dagger}a, a_{1}^{\dagger}a_{2}^{\dagger}\cdots\right]|0\rangle \\ &= H\left(a_{1}^{\dagger}\cdots a_{n}^{\dagger}\right)|0\rangle - \left(a_{1}^{\dagger}\cdots a_{n}^{\dagger}\right)a^{\dagger}a|0\rangle \\ &= H\left(a_{1}^{\dagger}\cdots a_{n}^{\dagger}\right)|0\rangle \end{aligned}$

以上より，

$\displaystyle{ H\left(a_{1}^{\dagger}\cdots a_{n}^{\dagger}|0\rangle\right) = \left(\omega_1+\omega_2+\cdots\omega_n\right)a_{1}^{\dagger}\cdots a_{n}^{\dagger}|0\rangle }$

となり，状態 $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\cdots|0\rangle$ はエネルギー ${\omega}_{\boldsymbol{p}}+{\omega}_{\boldsymbol{q}}+\cdots$ を持つ $H$ の固有状態と分かる．つまり，演算子 $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ はエネルギー ${\omega}_{\boldsymbol{p}}$ を生成する．

つぎに，(2.31) に似た計算を (2.19) で行うことにより，総運動量演算子を求めることができる．

$\displaystyle{ \pi(\boldsymbol{x})\nabla\phi(\boldsymbol{x}) = \int\frac{d^3pd^3p'}{(2\pi)^6}\cdot\frac{e^{i(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{p'})\cdot\boldsymbol{x}}}{2}\sqrt{\frac{{\omega}_{\boldsymbol{p'}}}{{\omega}_{\boldsymbol{p}}}}\cdot\boldsymbol{p}\left(a_{\boldsymbol{p'}}-a_{\boldsymbol{-p'}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right) }$

なので，

$\begin{aligned} \boldsymbol{P} &= -\int\frac{d^3pd^3p'}{(2\pi)^6}\cdot\frac{e^{i(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{p'})\cdot\boldsymbol{x}}}{2}\sqrt{\frac{{\omega}_{\boldsymbol{p'}}}{{\omega}_{\boldsymbol{p}}}}\cdot\boldsymbol{p}\left(a_{\boldsymbol{p'}}-a_{\boldsymbol{-p'}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right) \\ &= -\frac{1}{2}\frac{d^3pd^3p'}{(2\pi)^3}\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{p'})\sqrt{\frac{{\omega}_{\boldsymbol{p'}}}{{\omega}_{\boldsymbol{p}}}}\cdot\boldsymbol{p}\left(a_{\boldsymbol{p'}}-a_{\boldsymbol{-p'}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right) \\ &= -\frac{1}{2}\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\boldsymbol{p}\left(a_{\boldsymbol{-p}}-a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right)\left(a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right) \\ &= \frac{1}{2}\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\boldsymbol{p}\left(-a_{\boldsymbol{-p}}a_{\boldsymbol{p}}-a_{\boldsymbol{-p}}a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right) \\ &= \frac{1}{2}\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\boldsymbol{p}\left(a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{-p}}+a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{-p}}^{\dagger}\right) \end{aligned}$

ただし，最後の行への変形は，第一項と第二項で $\boldsymbol{p}\rightarrow\boldsymbol{-p}$ の変換をした．ここで，第一項と第四項は $\boldsymbol{p}$ について奇関数なので，結局，

$\begin{align} \boldsymbol{P} &= \frac{1}{2}\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\boldsymbol{p}\left(a_{\boldsymbol{p}}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}+a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}\right) \\ &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\boldsymbol{p}\left(a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}+\frac{1}{2}\left[a_{\boldsymbol{p}}, a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right]\right) \\ &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\boldsymbol{p}\left(a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}+\frac{1}{2}(2\pi)^3\delta^{(3)}(0)\right) \\ &= \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\boldsymbol{p}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}} \tag{2.33} \end{align}$

ハミルトニアンのときと同様の計算により，

$\displaystyle{ \left[\boldsymbol{P}, a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}\right] = \boldsymbol{p}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger} }$

であり，

$\displaystyle{ \boldsymbol{P}\left(a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\cdots|0\rangle\right) = \left(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{q}+\cdots\right)\left(a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\cdots|0\rangle\right) }$

が成り立つ．状態 $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\cdots|0\rangle$ は運動量 $\boldsymbol{p}+\boldsymbol{q}+\cdots$ を持つ．つまり，今までの結果も踏まえると，演算子 $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ は運動量 $\boldsymbol{p}$ とエネルギー ${\omega}_{\boldsymbol{p}} = \sqrt{|\boldsymbol{p}|^{2}+m^{2}}$ を生成する．これらの励起された状態を粒子と呼ぶのは自然である．なぜなら，それらはエネルギーと運動量を持つ離散的な存在だからである．これ以降， ${\omega}_{\boldsymbol{p}}$ を $E_{\boldsymbol{p}}$ という．これは粒子のエネルギーであり，常に正である．

これより，粒子の統計を決定することができる．2粒子状態 $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}|0\rangle$ を考えよう． $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ と $a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}$ は交換するので，この状態は2つの粒子が交換された状態 $a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}|0\rangle$ と同じである．したがって，Klein-Gordon 粒子は Bose-Einstein 統計に従うと結論付けることができる．

少しまとめると，真空状態 $|0\rangle$ に $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ を作用させていくと，

$\displaystyle{ |0\rangle \rightarrow a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}|0\rangle \rightarrow \cdots \rightarrow a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}a_{\boldsymbol{q}}^{\dagger}\cdots|0\rangle }$

のように，とびとびの状態が作られ，それらはエネルギー ${\omega}_{\boldsymbol{p}}+{\omega}_{\boldsymbol{q}}+\cdots$ と運動量 $\boldsymbol{p}+\boldsymbol{q}+\cdots$ を持つ．この，Klein-Gordon 場が励起された状態はエネルギーと運動量を持つ離散的な粒として解釈でき，それはまさに粒子である．つまり，演算子 $a_{\boldsymbol{p}}^{\dagger}$ が一回作用するごとに粒子が一つ生成されていると思えるのだ．

また，bose 粒子は粒子の入れ替えで波動関数が対称となるような粒子であるので，上で見たように Klein-Gordon 粒子は bose 粒子である．

*1:この計算は一度は自分でやった方がよい．後にも同様の計算が出てくるため，よい訓練になる．

*2: $p$ 空間の全領域にわたってエネルギー密度を積分すれば，当然無限大になるであろう．しかしながら，この無限大はいつも気にされない．その理由が，実験では"差"のみ測定されるからなのだ．