開弦のモード展開
弦の波動方程式の解は、周期的になるため、フーリエ級数で展開（モード展開）することができます。弦の座標を $X(\tau,\sigma)$ とすると、弦の波動方程式は、
$$\frac{\partial^2X^\mu}{\partial\tau^2}-\frac{\partial^2X^\mu}{\partial \sigma^2}=0$$
この一般的な解は、任意の関数 $f,g$ により、以下で表すことができます。
$$X^\mu(\tau,\sigma)=\frac{1}{2}\Big(f^\mu(\tau+\sigma)+g^\mu(\tau-\sigma)\Big) -①$$
自由端の境界条件（$P^{\sigma\mu}=0$）の場合、
$$\frac{\partial X^\mu}{\partial\sigma}(\tau,0)=\frac{\partial X^\mu}{\partial\sigma}(\tau,\pi)=0 -②$$
となるため、波動方程式の一般解は以下で表されます。（③の導出）
$$X^\mu(\tau,\sigma)=x_0^\mu+\sqrt{2\alpha’}\alpha_0^\mu\tau+i\sqrt{2\alpha’}\sum_{n\ne0}\frac{\alpha_n^\mu}{n}e^{-in\tau}\cos{n\sigma} -③$$$$(\alpha_n^\mu)^\dagger=\alpha_{-n}^\mu$$
ここで、$x_0^\mu$ は定数、$\alpha_0^\mu$ は以下で定義されます。
$$\alpha_0^\mu=\sqrt{2\alpha’}p^\mu -④$$
$$\alpha_{\pm n}^\mu\propto \frac{n}{\sqrt{\alpha’}}$$$$\alpha_{-n}^\mu=\alpha_n^{\mu*}$$
この導関数の線形結合は $\sigma\in[0,\pi]$ において以下になります。（⑤の導出）
$$(\dot{X}^\mu+X^{\mu’})(\tau,\sigma)=\sqrt{2\alpha’}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\alpha_n^\mu e^{-in(\tau+\sigma)} -⑤$$$$(\dot{X}^\mu-X^{\mu’})(\tau,\sigma)=\sqrt{2\alpha’}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\alpha_n^\mu e^{-in(\tau-\sigma)} -⑤$$
式の導出
フーリエ級数展開
①に境界条件②（$\sigma=0$）を適用すると、
$$f^{\mu’}(\tau)=g^{\mu’}(\tau)$$
従って、$f$ と $g$ は定数分のみ差と考えられるため、①で $f^\mu=g^\mu$ とすると、
$$X^\mu(\tau,\sigma)=\frac{1}{2}\Big(f^\mu(\tau+\sigma)+f^\mu(\tau-\sigma)\Big) -(1)$$
これに境界条件②（$\sigma=\pi$）を適用すると、
$$f^{\mu’}(\tau+\pi)=f^{\mu’}(\tau-\pi)$$
となるため、$f^{\mu’}$ は $2\pi$ の周期関数であることが分かります。そのため、フーリエ展開することができます。
$$f^{\mu’}(u)=f_1^\mu+\sum_{n=1}^\infty(A_n^\mu\cos{nu}+B_n^\mu\sin{nu}) -(2)$$
③の導出
(2)を積分して、改めて定数 $A,B$ を書き直すと、
$$f^{\mu}(u)=f_0^\mu+f_1^\mu u+\sum_{n=1}^\infty(A_n^\mu\cos{nu}+B_n^\mu\sin{nu})$$
(1)に代入すると、
$$X^\mu(\tau,\sigma)=f_0^\mu+f_1^\mu\tau+\sum_{n=1}^\infty(A_n^\mu\cos{n\tau}+B_n^\mu\sin{n\tau})\cos{n\sigma} -(3)$$
弦の運動量密度は、(3)より、
$$P^{\tau\mu}=\frac{1}{2\pi\alpha’}\dot{X}^\mu=\frac{1}{2\pi\alpha’}f_1^\mu+\cdots$$
これより、弦の全運動量は以下になります。尚、２項以降の積分は０になります。
$$p^\mu=\int_0^\pi P^{\tau\mu}d\sigma=\frac{1}{2\pi\alpha’}\pi f_1^\mu$$
これと、定数部を $f_0^\mu=x_0^\mu$ と置くことにより、(3)は、
$$X^\mu(\tau,\sigma)=x_0^\mu+2\alpha’p^\mu\tau+\sum_{n=1}^\infty(A_n^\mu\cos{n\tau}+B_n^\mu\sin{n\tau})\cos{n\sigma} -(4)$$
この第３項を書き換えると、
$$A_n^\mu\cos{n\tau}+B_n^\mu\sin{n\tau}=-\frac{i}{2}\Big((B_n^\mu+iA_n^\mu)e^{in\tau}-(B_n^\mu-iA_n^\mu)e^{-in\tau}\Big)$$$$=-\frac{i\sqrt{2\alpha’}}{n}(\alpha_{-n}^\mu e^{in\tau}-\alpha_n^\mu e^{-in\tau})$$
最後は、新たな変数 $\alpha_{\pm n}^\mu$ を導入しています。
$$\alpha_{\pm n}^\mu\equiv\frac{n}{2\sqrt{2\alpha’}}(B_n^\mu\mp iA_n^\mu)$$
従って、これと④と使うと、(4)は、
$$X^\mu(\tau,\sigma)=x_0^\mu+\sqrt{2\alpha’}\alpha_0^\mu\tau-i\sqrt{2\alpha’}\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}(\alpha_{-n}^\mu e^{in\tau}-\alpha_n^\mu e^{-in\tau})\cos{n\sigma}$$
第３項の和の正負を１つにまとめると、③が得られます。
$$X^\mu(\tau,\sigma)=x_0^\mu+\sqrt{2\alpha’}\alpha_0^\mu\tau+i\sqrt{2\alpha’}\sum_{n\ne0}\frac{\alpha_n^\mu}{n}e^{-in\tau}\cos{n\sigma} \to③$$
⑤の導出
③を $\tau$ と $\sigma$ でそれぞれ微分すると、
$$\dot{X}^\mu=\sqrt{2\alpha’}\alpha_0^\mu+\sqrt{2\alpha’}\sum_{n\ne0}\alpha_n^\mu e^{-in\tau}\cos{n\sigma}$$$$X^{\mu’}=-i\sqrt{2\alpha’}\sum_{n\ne0}\alpha_n^\mu e^{-in\tau}\sin{n\sigma}$$
従って、これにより⑤が得られます。
$$\dot{X}^\mu\pm X^{\mu’}=\sqrt{2\alpha’}\Big(\alpha_0^\mu+\sum_{n\ne0}\alpha_n^\mu e^{-in(\tau\pm\sigma)}\Big)$$$$=\sqrt{2\alpha’}\sum_{n=-\infty}^{\infty}\alpha_n^\mu e^{-in(\tau\pm\sigma)} \to⑤$$
