ディラック方程式とは

/相対論的量子論

ディラック方程式

シュレディンガー方程式の相対論への拡張として提案されたディラック方程式は、以下で表されます。

$$i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t}=(-ic\hbar{\bf\alpha}\cdot\nabla+\beta mc^2)\psi  -①$$

左辺の括弧の中はディラックのハミルトニアンと呼ばれます。$\alpha_i$ と $\beta$ は4×4の行列で、パウリ行列

$$\sigma_0=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right) , \sigma_1=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right) , \sigma_2=\left(\begin{array}{cc} 0 & -i \\ i & 0 \end{array}\right) , \sigma_3=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right)$$

を使うと以下で表されます。この行列はディラック行列(ディラック表現)と呼ばれています。

$$\alpha_i=\left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_i \\ \sigma_i & 0 \end{array}\right) , \beta=\left(\begin{array}{cc} \sigma_0 & 0 \\ 0 & -\sigma_0 \end{array}\right)$$

ディラック方程式を導く
非相対論的なシュレディンガー方程式の相対論への拡張、ディラックのハミルトニアン、ディラック行列、パウリ行列
ディラック方程式を書き下す

ディラック方程式が4×4の行列で表されるということは、波動関数も4つの組で表されます。

$$\psi({\bf r},t)\equiv \left(\begin{array}{cccc}
\psi_0 \\ \psi_1 \\ \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)$$

また、ディラックのハミルトニアンにディラック行列を代入し、4つの2×2行列に分解することができます。

$$H=-ic\hbar{\bf\alpha}\cdot\nabla+\beta mc^2=\left(\begin{array}{cc} mc^2\sigma_0 & H_d \\ H_d & -mc^2\sigma_0 \end{array}\right)  -②$$

$$H_d\equiv -ic\hbar\Big(\sigma_1\frac{\partial}{\partial x}+\sigma_2\frac{\partial}{\partial y}+\sigma_3\frac{\partial}{\partial z}\Big)
$$

これにより、ディラック方程式を2つの方程式に分解することができます。

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)=H_d
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)+mc^2\sigma_0
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)  -③$$

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)=H_d
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)-mc^2\sigma_0
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)  -④$$

以下では、これらの方程式の意味を考えます。

電子と陽電子

4つの波動関数の組の内、$\psi_0$ と $\psi_1$ は通常の電子、$\psi_2$ と $\psi_3$ は負の静止エネルギーを持つ陽電子(反電子)です。

電子を静止することができたと仮定し、${\bf p}=0$ と置いてみます。このとき、③と④は以下のようになります。

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)=mc^2\sigma_0
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)  -③’$$

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)=-mc^2\sigma_0
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)  -④’$$

上記は、③’は正の静止エネルギーを持ち、④’は負の静止エネルギーを持つことを表しています。

電子のスピン

電子($\psi_0,\psi_1$)と陽電子($\psi_2,\psi_4$)の組は、それぞれが電子のスピンの上下の組となっています。

これを以下で示すため、軌道角運動量(${\bf l}$)とスピン角運動量(${\bf r}$)の合成を考えます。ここで、スピン角運動量は4×4の行列に拡張しています。

$${\bf j}={\bf l}+{\bf s}=-i\hbar{\bf r}\times\nabla+\frac{\hbar}{2}\left(\begin{array}{cc} {\bf\sigma} & 0 \\ 0 & {\bf\sigma} \end{array}\right)  -⑤$$$${\bf\sigma}=(\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3)$$

合成された角運動量⑤と、ディラックのハミルトニアンが交換関係成り立てば、ディラックのハミルトニアンをスピンが含まれたものと考えることができます。つまり、示したいことは次の関係です。

$$[H,{\bf j}]=0  -⑥$$

交換関係⑥を調べる

⑥を②と⑤を使って書き下すと、対角部分は計算すると0になるため、非対角部分の交換関係を調べればよいことになります。

$$[H,{\bf j}]=\left(\begin{array}{cc} mc^2\sigma_0 & H_d \\ H_d & -mc^2\sigma_0 \end{array}\right){\bf j}-{\bf j}\left(\begin{array}{cc} mc^2\sigma_0 & H_d \\ H_d & -mc^2\sigma_0 \end{array}\right)$$$$=\left(\begin{array}{cc} 0 & [H_d,{\bf l}] \\ [H_d,{\bf l}] & 0 \end{array}\right)+\frac{\hbar}{2}\left(\begin{array}{cc} 0 & [H_d,{\bf\sigma}] \\ [H_d,{\bf\sigma}] & 0 \end{array}\right)  -⑦$$

まず、軌道角運動量(⑦の第1項)の $x$ 成分の交換関係を調べると、

$$[H_d,l_x]=H_dl_x-l_xH_d=-c\hbar^2\Big(\sigma_2\frac{\partial}{\partial z}-\sigma_3\frac{\partial}{\partial y}\Big)$$

従って、他の成分も計算すると以下になります。

$$[H_d,{\bf l}]=-c\hbar^2{\bf \sigma}\times\nabla  -⑧$$

次に、スピン角運動量(⑦の第2項)の $x$ 成分の交換関係を調べると、

$$[H_d,\sigma_1]=H_d\sigma_1-\sigma_1H_d=2c\hbar\Big(\sigma_2\frac{\partial}{\partial z}-\sigma_3\frac{\partial}{\partial y}\Big)$$

ここで以下のパウリ行列の性質を使っています。

$$\sigma_i^2=1 , \sigma_i\sigma_j=-\sigma_j\sigma_i=i\sigma_k$$

従って、他の成分も計算すると以下になります。

$$[H_d,{\bf\sigma}]=2c\hbar{\bf\sigma}\times\nabla  -⑨$$

⑧と⑨を⑦に代入すると、合成された角運動量との交換関係⑥が成り立つことが分かります。

 

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