1. Dirac方程式

1-1. 自然単位

$c=\hbar=1$

1-2. 非相対論的量子力学

(10)式の導出

$\frac{d}{dt}\int_V \psi^* \psi d^3x = \int_V \left(\frac{\partial}{\partial t}\psi^*\cdot \psi + \psi^*\frac{\partial}{\partial t}\psi\right)d^3x$
$<(3)式\rightarrow>　= \int_V \left[-\frac{1}{i}(H\psi^*)\psi + \psi^*\cdot\frac{1}{i}H\psi\right]d^3x$
$= i\int_V\left(H\psi^*\cdot\psi - \psi^*\cdot H\psi\right)d^3x$

(12)式の導出

$i\int_V\left[\left(-\frac{1}{2m}\Delta +V(x_j)\right)\psi^*\psi - \psi^*\cdot\left(-\frac{1}{2m}\Delta +V(x_j)\right)\psi \right]d^3x$
$=i\int_V\left( -\frac{1}{2m}\Delta\psi^*\cdot\psi + \psi^*\cdot\frac{1}{2m}\Delta\psi \right)d^3x$
$=-\frac{i}{2m}\int_V\left( \Delta\psi^*\cdot\psi - \psi^*\cdot\Delta\psi \right)d^3x$
$=-\frac{i}{2m}\int_V\nabla\left(\nabla\psi^*\cdot\psi - \psi^*\cdot\nabla\psi\right)d^3x$

(16)式の導出

(15)を体積積分：
$\frac{d}{dt}\int_V\rho d^3x = -\int_V div \mathbf{j} d^3x$
$= -\int_S j_n dS$

1-3. Klein-Gordon方程式

(8)式の導出

(5)式に(6)(7)式を入れる
$i\frac{\partial}{\partial t}\cdot\frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3k \phi(\mathbf{k},t)e^{i\mathbf{k}\mathbf{x}} = \frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3k\sqrt{m^2+\mathbf{k}^2}\phi (\mathbf{k},t)e^{i\mathbf{k}\mathbf{x}}$
これをフーリエ変換を元に戻すと、
$i\frac{\partial}{\partial t} \phi (\mathbf{k},t)=\sqrt{m^2+\mathbf{k}^2}\phi (\mathbf{k},t)$

(13)式(14)式の導出

２行目で(9)式を使う
$i\frac{\partial}{\partial t}\psi (\mathbf{x},t)=\frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3k \frac{\omega_k^2}{\omega_k}e^{i\mathbf{k}\mathbf{x}-i\omega_kt}$
$=\frac{1}{(2\pi)^3}\int\frac{d^3k}{\omega_k}(m^2+\mathbf{k}^2)e^{i\mathbf{k}\mathbf{x}-i\omega_kt}$
$=(m^2-\nabla^2)\frac{1}{(2\pi)^3}\int\frac{d^3k}{\omega_k}e^{i\mathbf{k}\mathbf{x}-i\omega_kt}$
$=(m^2-\nabla^2)\{ 2i\Delta^{(+)}(x,m) \}$

(18)式の導出

(16)式に(17)式に代入
$\nabla^2 = \Delta = \Box + \frac{\partial^2}{\partial t^2}$ を用いる。
$\frac{\partial \rho}{\partial t} = - div\left[\frac{i}{2m}(grad\psi^*\cdot\psi - \psi^*\cdot grad\psi) \right]$
$=-\frac{i}{2m}\left[\nabla^2\psi^*\cdot\psi + \nabla\psi^*\cdot \nabla\psi - \nabla\psi^*\cdot\nabla\psi -\psi^*\cdot\nabla^2\psi\right]$
$=-\frac{i}{2m}(\nabla^2\psi^*\cdot\psi - \psi^*\cdot\nabla^2\psi )$
$=-\frac{i}{2m}\left(\left(\Box + \frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\psi^*\cdot\psi - \psi^*\cdot\left(\Box + \frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\psi \right)$
$=-\frac{i}{2m}\left(\frac{\partial^2}{\partial t^2}\psi^*\cdot\psi - \psi^*\cdot\frac{\partial^2}{\partial t^2}\psi \right)$
$=-\frac{i}{2m}\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{\partial}{\partial t}\psi^*\cdot\psi - \psi^*\cdot\frac{\partial\psi}{\partial t}\right)$
$=\frac{\partial}{\partial t}\left[-\frac{i}{2m}\left( \frac{\partial\psi^*}{\partial t}\cdot\psi - \psi^*\cdot\frac{\partial\psi}{\partial t} \right)\right]$

1.4 荷電粒子に対するKlein-Gordon方程式

式(5)の導出

式(3)より、
$\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}} - ieA_{\mu}\right)^2\psi = m^2\psi$
$\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}} + ieA_{\mu}\right)^2\psi^* = m^2\psi^*$
だから、これを利用する。

$\frac{\partial j_{\mu}}{\partial x_{\mu}} = \frac{\partial}{\partial x_{\mu}}\left[\frac{1}{i}\left(\psi^*\cdot\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)\psi\right)-\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)\psi^*\cdot\psi\right]$
$=\frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}\left[\psi^*\cdot\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)\psi\right]$
$- \frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}\left[\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}+ieA_{\mu}\right)\psi^*\cdot\psi\right]$
$=\frac{1}{i}\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)\left[\psi^*\cdot\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)\psi\right]$
$+eA_{\mu}\left[\psi^*\cdot\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)\psi\right]$
$-\frac{1}{i}\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}+ieA_{\mu}\right)\left[\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}+ieA_{\mu}\right)\psi^*\cdot\psi\right]$
$+eA_{\mu}\left[\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}+ieA_{\mu}\right)\psi^*\cdot\psi\right]$
$=\frac{1}{i}\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)\psi^*\cdot\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)\psi+\frac{1}{i}\psi^*\cdot\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)^2\psi$
$+eA_{\mu}\psi^*\cdot\frac{\partial \psi}{\partial x_{\mu}} - ie^2A_{\mu}^2\psi^*\psi$
$-\frac{1}{i}\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}+ieA_{\mu}\right)^2\psi^*\cdot\psi - \frac{1}{i}\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}+ieA_{\mu}\right)\psi^*\cdot\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}+ieA_{\mu}\right)\psi$
$+eA_{\mu}\frac{\partial \psi^*}{\partial x_{\mu}}\cdot\psi + ie^2A_{\mu}^2\psi^*\cdot\psi$

ここで、上の式を使うと、

$=\frac{1}{i}\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)\psi^*\cdot\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}-ieA_{\mu}\right)\psi + eA_{\mu}\psi^*\cdot\frac{\partial\psi}{\partial x_{\mu}}$
$-\frac{1}{i}\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}+ieA_{\mu}\right)\psi^*\cdot\left(\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}+ieA_{\mu}\right)\psi +eA_{\mu}\frac{\partial \psi^*}{\partial x_{\mu}}\cdot\psi$

展開して整理すると

$=eA_{\mu}\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}(\psi^*\psi)$

となる。
で、これって、確率密度の関係から０になるのかな？？

式(10)のまとめ

$F_{4k} = - F_{k4} = iE_k$
$F_{12} = - F_{21} = H_3$
$F_{23} = - F_{32} = H_1$
$F_{31} = - F_{13} = H_2$

式(11)について

Klein-Gordonの式がどうしてこのラグランジアン密度から導かれるのかな？
解析力学の再学習が必要かも？

式(13)について

これも解析力学の再学習？

1.5 Dirac方程式の導入

式(3)について

Hermite行列
$a_{rs} = a_{sr}^*$
を満たす行列。適当なユニタリー行列によって対角化される。

式(7)(8)(9)について

$\rho$ が $\psi$ の成分の時間微分を含む、つまり1.3節の式(10)のようなケース。
このとき、正定値になれないことがわかる。
だから、(7)(8)(9)になるらしいが、この辺の議論がよくわからない。

式(20)について

Hermite行列{ $\{a_{rs}\}$ )と、ベクトル $b_r$ について、
$\sum_r a_{sr}^*b_r = \sum_r a_{rs}b_r = \sum_r b_r a_{rs}$
を使えば、求められる。

1-6. Weyl方程式

パリティの非保存

参考ページ（Wikipedia）

ついでに。
エルミート行列：共役反転行列＝元の行列
U(n)：ユニタリ行列：共役反転行列×元の行列＝単位行列
SU(n)：行列式＝１のユニタリ行列

1.7. Dirac方程式の相対論的共変性

式(9)がエルミートであるという導出

k=1,2,3
$\gamma_k^* = \left(\frac{\beta\alpha_k}{i}\right)^* = \frac{\alpha_k^*\beta^*}{-i}$
$=\frac{-\alpha_k\beta}{i} = \frac{\beta\alpha_k}{i} = \gamma_k$
k=4
$\gamma_k^* = \beta^* = \beta = \gamma_k$

式(14)の導出

(13)式
$\left(\gamma_{\mu}\frac{\partial}{\partial x_{\mu}^{\prime}} + m \right)_{rs} \sum_t S_{st}\psi_t = 0$
$\left(\gamma_{\mu}\frac{\partial}{\partial x_{\mu}^{\prime}}\right)_{st}\sum_t S_{st}\psi_t + mS\psi = 0$
座標変換式より、
$\left(\gamma_{\mu}\sum_{\nu}a_{\mu\nu}\frac{\partial}{\partial x_{\nu}}\right)_{rs}\sum_t S_{st}\psi_t + mS\psi = 0$
$a_{\mu\nu}\frac{\partial}{\partial x_{\nu}}$ は全成分で共通なので、
$\sum_{\mu}\sum_{\nu}\gamma_{\mu}Sa_{\mu\nu}\frac{\partial \psi}{\partial x_{\nu}} +mS\psi = 0$

式(16)の第２式の導出

$\sum_{\mu}(S^{-1}\gamma_{\mu}S)a_{\mu\nu} = \gamma_{\nu}$
に、 $\sum_{\nu}a_{\rho\nu}$ をかける
$\sum_{\nu}a_{\rho\nu}\sum_{\mu}(S^{-1}\gamma_{\mu}S)a_{\mu\nu} = \sum_{\nu}a_{\rho\nu}\gamma_{\nu}$
ここで、 $\sum_{\mu}a_{\mu\rho}a_{\mu\sigma} = \delta_{\rho\sigma}$ を使って、
$\sum_{\mu}(S^{-1}\gamma_{\mu}S)\delta_{\rho\mu} = \sum_{\nu}a_{\rho\nu}\gamma_{\nu}$
$S^{-1}\gamma_{\rho}S = \sum_{\nu}a_{\rho\nu}\gamma_{\nu}$
$\rho$ を $\mu$ に置き換えて、導出できる。

式(25)(26)(27)の導出

式(10)をつかって順を変えたり、式(16)で変換したりすれば導出できる。

式(35)の導出

$S=1 + \frac{1}{2}\sum_{mu}\sum_{\nu}\epsilon_{\mu\nu}T_{\mu\nu}$
$S^{-1} = 1 - \frac{1}{2}\sum_{mu}\sum_{\nu}\epsilon_{\mu\nu}T_{\mu\nu}$
$a_{\mu\nu} = \frac{\partial x_{\mu}^{\prime}}{\partial x_{\nu}} = 1 + \epsilon_{\mu\nu}$
を使うと、導ける。

1-8. Dirac行列の性質

式(8)の導出

1-7の式(26)のTrをとって式(4)を使えばでる。

1-9. 自由粒子に対するDirac方程式

式(5)の導出

$[L_3, \mathbf{\alpha}\mathbf{p}+\beta m]f = [L_3, \mathbf{\alpha}\mathbf{p}]f+[L_3,\beta m]f$
$=[L_3,\alpha_kp_k]f = \alpha_k [L_3,p_k]f$
$=\mathbf{\alpha}\cdot [L_3,\mathbf{p}]$
$=\alpha_k \left\{ \left(x_1\frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial x_2} -x_2\frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial x_1}\right)\frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial x_k} \right.$
$-\alpha_k \left. \frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial x_k}\left(x_1\frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial x_2} -x_2\frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial x_1}\right) \right\}f$
整理すると
$= \alpha_k \frac{\partial x_1}{\partial x_k} \frac{\partial}{\partial x_2}f - \alpha_k \frac{\partial x_2}{\partial x_k} \frac{\partial}{\partial x_1}f$
$=i(\alpha_1 p_2-\alpha_2 p_1)f$
$=i(\mathbf{\alpha} \times \mathbf{p})_3 f$
$=i(\rho_1 \mathbf{\sigma} \times \mathbf{p})_3 f$

式(13)について

式(11)をDirac方程式
$i\frac{\partial}{\partial t}\psi = (\rho_1 \mathbf{\sigma}\mathbf{p} + m \rho_3)\psi$
に代入すると、計算されるはずだが、
$\mathbf{\sigma}\mathbf{p}$ と $e^{i\mathbf{p}\mathbf{x}-iEt}$
は可換なのかなあ？
よくわからない

式(20)の導出

FWT変換の公式
$e^{\beta \mathbf{\alpha}\cdot \hat{\mathbf{p}}\theta = \cos\theta + \beta\mathbf{\alpha}\cdot\hat{\mathbf{p}}\sin\theta$
$\hat{\mathbf{p}} = \frac{\mathbf{p}}{p}$
で、 $\beta = i　\rho_2,\mathbf{\alpha} = \mathbf{\sigma},\hat{\mathbf{p}} = \frac{\mathbf{p}}{p},\theta= \frac{1}{2}\tan^{-1}\frac{p}{m}$
とすれば、第一式となる。

$U = \exp \left( \frac{i}{2}\rho_2\frac{\mathbf{\sigma}\mathbf{p}}{p}\tan^{-1}\frac{p}{m}\right)$
$=\cos \left(\frac{1}{2}\tan^{-1}\frac{p}{m}\right) + i\rho_2\frac{\mathbf{\sigma}\mathbf{p}}{p}\sin\left(\frac{1}{2}\tan^{-1}\frac{p}{m}\right)$
ここで、
$\cos\left(\frac{1}{2}\tan^{-1}\frac{p}{m}\right) = \sqrt{\frac{1+\cos\left(\tan^{-1}\frac{p}{m}\right)}{2}}$
$=\sqrt{\frac{1+\sqrt{\frac{1}{1+\frac{p^2}{m^2}}}}{2}}$
$=...=\sqrt{\frac{A+m}{2A}}$
のように、変換できる。 $\sin \theta$ も同様。

式(26)から式(32)までのまとめ

$\frac{\mathbf{\sigma}\mathbf{p}}{p} = \frac{1}{\sqrt{p_x^2+p_y^2+p_z^2}}\left[\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}p_x +\begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}p_y+\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}p_y \right]$
$=\frac{1}{\sqrt{p_x^2+p_y^2+p_z^2}}\begin{pmatrix} p_z & p_x-ip_y \\ p_x+iP_y & -p_z \end{pmatrix}$
ここで、
$\cos\theta = \frac{p_z}{\sqrt{p_x^2+p_y^2+p_z^2}} , \sin\theta = \frac{\sqrt{p_x^2+p_y^2}}{\sqrt{p_x^2+p_y^2+p_z^2}}$
$\cos\phi = \frac{p_x}{\sqrt{p_x^2+p_y^2}}, \sin\phi = - \frac{p_y}{\sqrt{p_x^2+p_y^2}}$
とすると、上の行列は、
$\begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta e^{i\phi} \\ \sin\theta e^{-i\phi} & -\cos\theta \end{pmatrix}$
とかけるため、この固有値と固有状態を求めることになる。

固有値は、±1となるのは、すぐわかる。
固有値が1の場合は、
$\begin{pmatrix} \cos\theta -1 & \sin\theta e^{i\phi} \\ \sin\theta e^{-i\phi} & -\cos\theta-1 \end{pmatrix}v_+(p) = 0$
より、固有状態は、
$\begin{pmatrix} \cos\theta + 1 \\ \sin\theta e^{-i\phi} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\cos^2\frac{\theta}{2} \\ 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2} e^{-i\phi} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} \cos\frac{\theta}{2} \\ \sin\frac{\theta}{2} e^{-i\phi} \end{pmatrix}$

固有値が-1の場合も同様に計算できて、式(28)となる。
あとは、エネルギーとヘリシティの組み合わせ。

1. Dirac方程式（その２）

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最終更新：2013年10月30日 20:22

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