1. Dirac方程式（その２）

1-10. 静電磁場におけるDirac方程式

式(1)の導出

$i\frac{\partial}{\partial t} \psi = \left(\mathbf{\alpha}_k\frac{1}{i}\frac{\partial}{\partial x_k} + m\beta\right)\psi$
移項して、左から $\beta$ をかけると
$\frac{\beta}{i}\left(\frac{\partial}{\partial t} + \mathbf{\alpha}_k\frac{\partial}{\partial x_k}\right)\psi + m\beta\psi = 0$
$\left(\beta \frac{\partial}{\partial (it)}+\frac{\beta\alpha_k}{i}\frac{\partial}{\partial x_k}\right)\psi +m\psi = 0$
$\gamma_{\mu}\frac{\partial}{\partial x_{\mu}}\psi + m\psi=0$
ここで、1-4の(2)の置き換えを行うと、導かれる。

式(2)の導出

1-4の(1)の置き換えをDirac方程式に行うと導かれる。

式(4)について

1-8. 式(1)を使っている。

式(9)の導出

$(\partial_{\lambda}+ieA_{\lambda})\psi^{\dagger}\gamma_{\lambda}\gamma_4 + m \psi^{\dagger}\gamma_4=0$
ここで、 $\gamma_{\lambda}\gamma_4 = -\gamma_4\gamma_{\lambda}$ を利用すると、
$(\partial_{\lambda}+ieA_{\lambda})\psi^{\dagger}\gamma_4\gamma_{\lambda}-m\psi^{\dagger}\gamma_4=0$
よって、定義より、導かれる。

式(20)について

計算すると、
$\gamma_1 = \frac{1}{i}\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
$\gamma_2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & - 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
$\gamma_3 = \frac{1}{i}\begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$
$\gamma_4 = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}$

式(58)の導出

どうやったら、こうなるのだ？
成分計算でもするのか？

式(72)の導出

これを求めるには、状態関数が分からないといけないはずだが。
JとLに関しては、求めてないはず。
球面調和関数とかを使うのかな？
非相対論的と同じイメージ？
よくわからない。

式(81)の導出

１行目から２行目に移る理由がわからない。
なんか、この辺は、電磁気が分かっていないのであろうか？
本が理解できていないのであろうか。

２次元振動子と調和振動子のまとめ

一般的な調和振動子の方程式
$\left(-\frac{\hbar}{2m}\frac{d^2}{dx^2} + \frac{1}{2}m\omega^2x^2 -E\right)\psi = 0$
の固有値は、 $E=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega$
であるが、方程式を変数変換して変形すると、
$\left(-\frac{d^2}{dx^2} + x^2 - \frac{2}{\hbar\omega}E\right)\psi=0$
となり、これが、調和振動子型の方程式である。
よって、式(94)の固有値は $a+\mu = 2n+1$ となる。

一般的な等方二次元調和振動子の方程式
$\left[ -\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right) + \frac{1}{2}m\omega^2(x^2+y^2) -E \right]\psi = 0$
の固有値は、 $E=\left(n_x+\frac{1}{2}\right)+\left(n_y+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega$
であるが、方程式を変数変換して変形すると、
$\left[ -\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}\right) + \frac{1}{4}e^2H^2(x^2+y^2) -\frac{eH}{\hbar\omega}E \right]\psi = 0$
となり、これが二次元調和振動子である。
よって、式(85)の固有値は $eH(n_x+n_y+1)=eH(n^{\prime}+1)$ である。

1-11. 負エネルギー解の物理的解釈

ふむふむ。

1-12. 中心的静電場におけるDirac方程式の解

式(3)(4)の状態関数

これはよくわからんなー。
どうやって求めるんだろ。
後で考えてみるか。

参考資料発見。
これのSection5に書いてある。

式(13)

どうやってこうなるの？
意味分かんない。

1-13. 断面積の定義

1-14. 外場によるDirac粒子の散乱

式(20)の導出

$$ \gamma_{\lambda}\frac{\partial}{\partial x_{\lambda}} + m $\psi_{in} = 0$
を使えばでる。

式(23)の導出

$S_{ret}(x) = \left(\gamma_{\lambda}\frac{\partial}{\partial x_{\lambda}}-m\right)\Delta_{ret}(x)$
式(7)を使うことで、
$\left(\gamma_{\lambda}\frac{\partial}{\partial x_{\lambda}}+m\right)S_{ret}(x)$
$=\left(\gamma_{\lambda}^2\frac{\partial^2}{\partial x_{\lambda}^2}-m^2\right)\Delta_{ret}(x)=-\delta^4(x)$

式(22)とすると式(20)となる

$\left(\gamma_{\lambda}\frac{\partial}{\partial x_{\lambda}}+m\right)\left[-\int d^4x^{\prime}S_{ret}(x-x^{\prime})\{ie\gamma_{\lambda}A_{\lambda}(x^{\prime})\}\psi(x^{\prime})\right]$
$=-\int d^4x^{\prime}\left(\gamma_{\lambda}\frac{\partial}{\partial x_{\lambda}}+m\right)S_{ret}(x-x^{\prime})\{ie\gamma_{\lambda}A_{\lambda}(x^{\prime})\}\psi(x^{\prime})$
$=\int d^4x^{\prime} \delta^4(x-x^{\prime})\{ie\gamma_{\lambda}A_{\lambda}(x^{\prime})\}\psi(x^{\prime})$
$=ie\gamma_{\lambda}A_{\lambda}(x)\psi(x)$

式(27)のあたりの変形

$\delta (x) = \frac{1}{2\pi}\int e^{-ikx}dk$
を使えば、変形できる。

式(31)の近似

$|\mathbf{x} -\mathbf{x}^{\prime}| \sim |\mathbf{x}| - \frac{\mathbf{x}}{|\mathbf{x}|}\cdot\mathbf{x}^{\prime}$
を使えば近似できる。

式(36)の導出

$(A_{\lambda}=(\mathbf{A},i\varphi )=(0,0,0,-i\frac{Ze}{r})$
であるから、
$\gamma_{\lambda}A_{\lambda} = -i\gamma_4\frac{Ze}{r}=-i\beta\frac{Ze}{r}$
$\phi (\mathbf{x}^{\prime})\sim \phi_{in} = u(k_i)e^{ikz}$
を使って変形できる。

式(40)の導出

$(\mathbf{k}_i - \mathbf{k}_f)^2 = |\mathbf{k}_i|^2+|\mathbf{k}_f|^2 - 2\mathbf{k}_i\cdot\mathbf{k}_f$
$=k^2+k^2-2k^2\cos\theta = 2k^2(1-\cos\theta )=4k^2\sin^2\frac{\theta}{2}$

式(49)の導出

$\mathrm{Tr} [\{H(k_f)+E\}\{H(k_i)+E\}]$
$=\mathrm{Tr}[(\alpha \mathbf{k}_f + \beta m + E)(\alpha \mathbf{k}_i + \beta m + E)]$
$\alpha , \beta$ の積でTrが0でないのは、 $\alpha_1^2 ,\alpha_2^2 ,\alpha_3^2 , \beta^2$ が4になるときなので、
$=4(\mathbf{k}_f\mathbf{k}_i + m^2 + E^2)$
となり、
$\mathbf{k}_f\mathbf{k}_i = k^2\cos\theta , m^2 + E^2 = 2E^2-k^2$
だから、式が得られる。

1-15. 電子・電子散乱

式(3)

全部書くと、自由粒子の状態関数
$\frac{i\mathbf{q}_1\mathbf{x}_1}{\sqrt{V}}u(q_1),\frac{i\mathbf{q}_2\mathbf{x}_2}{\sqrt{V}}u(q_2),\frac{i\mathbf{p}_1\mathbf{x}_1}{\sqrt{V}}u(p_1),\frac{i\mathbf{p}_2\mathbf{x}_2}{\sqrt{V}}u(p_2)$

式(4)の導出

$H_{fi}^{\prime} = <\mathbf{p}_1,\mathbf{p}_2|H^{\prime}|\mathbf{q}_1,\mathbf{q}_2>$
$=\int d^3x_1 d^3x_2 \frac{-i\mathbf{p}_1\mathbf{x}_1}{\sqrt{V}}u^{\dagger}(p_1)\frac{-i\mathbf{p}_2\mathbf{x}_2}{\sqrt{V}}u^{\dagger}(p_2)\frac{e^2}{r} \frac{i\mathbf{q}_1\mathbf{x}_1}{\sqrt{V}}u(q_1)\frac{i\mathbf{q}_2\mathbf{x}_2}{\sqrt{V}}u(q_2)$

あとは、
$i(\mathbf{q}_1 -\mathbf{p}_1)\mathbf{x}_1 + i(\mathbf{q}_2-\mathbf{p}_2)\mathbf{x}_2$
$=i(\mathbf{q}_1 -\mathbf{p}_1)\mathbf{r} +i(\mathbf{q}_1 -\mathbf{p}_1)\mathbf{x}_2 +i(\mathbf{q}_2-\mathbf{p}_2)\mathbf{x}_2$
$=i(\mathbf{q}_1 -\mathbf{p}_1)\mathbf{r} + i(\mathbf{P}_i -\mathbf{P}_f)\mathbf{x}_2$
と
$\delta (x) = \frac{1}{2\pi}\int e^{ikx} dk$
から
$\delta^3(\mathbf{x}) = \frac{1}{(2\pi)^3}\int e^{i\mathbf{k}\mathbf{x}}d^3k$
と
$\int \frac{d^3x}{x}e^{i\mathbf{p}\mathbf{x}} = \frac{4\pi}{\mathbf{p}^2}$
を使って、与えられる。