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本ページでは、静止系におけるディラック方程式
\begin{align*}\left(\frac{i}{c}\boldsymbol\gamma^0\frac{\partial}{\partial t}-\frac{mc}{\hbar} \right)\boldsymbol\psi=0\end{align*}
を解き、正のエネルギー解\(E=mc^2\)に対応する2つの独立解
\begin{align*}\boldsymbol\psi^0=e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0\\
0\\
\end{pmatrix}\\\boldsymbol\psi^1=e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\
0\\
\end{pmatrix}\end{align*}
と、負のエネルギー解\(E=-mc^2\)に対応する2つの独立解
\begin{align*}\boldsymbol\psi^2=e^{-\frac{i}{\hbar}(-mc^2)t}\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1\\
0\\
\end{pmatrix}\\\boldsymbol\psi^3=e^{-\frac{i}{\hbar}(-mc^2)t}\begin{pmatrix}
0\\
0\\
0\\
1\\
\end{pmatrix}\end{align*}
が得られることを確認する。
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前ページでは、4元確率流密度\(j^\mu\)を用いたディラック方程式における流れの保存の関係式
\begin{align*}\partial_\mu j^\mu=0\end{align*}
を確認し、「流れの保存」と「どの時刻においても、空間の無限遠で波動関数\(\boldsymbol\psi\)がゼロに収束すること」を満たせば、確率密度\(\rho\)の全空間積分は保存する(つまり、どの時刻においても確率密度\(\rho\)の全空間積分は一定となる)ことを確認した。
また、ディラック方程式において確率密度\(\boldsymbol\psi^\dagger\boldsymbol\psi\)は常に非負の値をとり、確率解釈が行なえることを確認した。
内容
静止系の解
ディラック方程式における静止系の解を求めてみる。静止系では運動量\( p_j\)はゼロであるため、運動量演算子\(\hat p_j=-i\hbar\frac{\partial}{\partial x_i}\)と運動量における固有値方程式から
\begin{align*}-i\hbar\frac{\partial}{\partial x_i}\boldsymbol\psi&=\hat p_j\boldsymbol\psi\\&=p_j\boldsymbol\psi\\&=0\tag{1}\end{align*}
が成り立ち、ディラック方程式
\begin{align*}\left(i\boldsymbol\gamma^\mu\partial_\mu-\frac{mc}{\hbar} \right)\boldsymbol\psi=0\tag{2}\end{align*}
は、
\begin{align*}\left(\frac{i}{c}\boldsymbol\gamma^0\frac{\partial}{\partial t}-\frac{mc}{\hbar} \right)\boldsymbol\psi=0\tag{3}\end{align*}
と表せる。
※※※式(2)において、微分ベクトル\(\partial_{\mu}\)は
\begin{align}\partial_{\mu}&=\frac{\partial}{\partial x^\mu}\\&=\left(\frac{\partial}{\partial x^0},\frac{\partial}{\partial x^1},\frac{\partial}{\partial x^2},\frac{\partial}{\partial x^3}\right)\\&=\left(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t},\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z}\right)\tag{4}\end{align}
の形であることに注意する。※※※
ここで、ガンマ行列\(\boldsymbol\gamma^0\)を対角化されている次のディラック表示
\begin{align*}\boldsymbol\gamma^0_{\text{D}}=\begin{pmatrix}
1&0&0&0\\
0&1&0&0\\
0&0&-1&0\\
0&0&0&-1\\
\end{pmatrix}\tag{5}\end{align*}
で表すと、式(3)には次の4つの独立解があることが分かる。
\begin{align*}\boldsymbol\psi^0=e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\begin{pmatrix}
1\\
0\\
0\\
0\\
\end{pmatrix}\tag{6}\\\boldsymbol\psi^1=e^{-\frac{i}{\hbar}mc^2t}\begin{pmatrix}
0\\
1\\
0\\
0\\
\end{pmatrix}\tag{7}\\\boldsymbol\psi^2=e^{-\frac{i}{\hbar}(-mc^2)t}\begin{pmatrix}
0\\
0\\
1\\
0\\
\end{pmatrix}\tag{8}\\\boldsymbol\psi^3=e^{-\frac{i}{\hbar}(-mc^2)t}\begin{pmatrix}
0\\
0\\
0\\
1\\
\end{pmatrix}\tag{9}\end{align*}
波動関数\(\boldsymbol\psi^0\)と\(\boldsymbol\psi^1\)は正のエネルギー解\(E=mc^2\)に対応し、波動関数\(\boldsymbol\psi^2\)と\(\boldsymbol\psi^3\)は負のエネルギー解\(E=-mc^2\)に対応し、クライン-ゴルドン方程式と同様に正のエネルギー解と負のエネルギー解が現れることが分かる。一方、クライン-ゴルドン方程式のときと異なることとして、それぞれのエネルギー解には2つの異なる独立解が存在し、後のページで分かるがそれぞれ上向きスピンと下向きスピンに相当する。
次ページから…
次ページでは、荷電粒子が従うディラック方程式
\begin{align*}\left\{\frac{i}{c}\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}\right)+i\boldsymbol\alpha\cdot\left(\boldsymbol\nabla-\frac{iq\boldsymbol A}{\hbar}\right)-\frac{mc}{\hbar} \boldsymbol\gamma^0\right\}\boldsymbol\psi=0\end{align*}
を導出し、この方程式がゲージ不変性を持つことを見る。
また、相対論的な荷電粒子におけるハミルトニアン
\begin{align*}H=\pm c\sqrt{(\boldsymbol p-q\boldsymbol A)^2+m^2c^2}+qA^0\end{align*}
を求める。
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