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本ページでは…
本ページでは、非相対論的極限において負のエネルギー解
\begin{align*}E=- c\sqrt{(\boldsymbol p-q\boldsymbol A)^2+m^2c^2}+qA^0\end{align*}
におけるディラック方程式
\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*}
は、反粒子が従うパウリ方程式の複素共役に\(-i\boldsymbol\sigma^2\)を掛けた式
\begin{align*}\left\{i\hbar\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}\right)-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\boldsymbol \nabla-\frac{iq\boldsymbol A}{\hbar}\right)^2-\frac{q\hbar}{2m}\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol B\right\}\tilde{\boldsymbol\chi}=0\end{align*}
となることを確かめる。
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前ページでは、非相対論的極限において正のエネルギー解
\begin{align*}E=+ c\sqrt{(\boldsymbol p-q\boldsymbol A)^2+m^2c^2}+qA^0\end{align*}
におけるディラック方程式
\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*}
は、パウリ方程式
\begin{align*}\left\{i\hbar\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}\right)+\frac{\hbar^2}{2m}\left(\boldsymbol \nabla-\frac{iq\boldsymbol A}{\hbar}\right)^2+\frac{q\hbar}{2m}\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol B\right\}\boldsymbol\varphi=0\end{align*}
となることを確かめた。
内容
非相対論的極限
荷電粒子のディラック方程式には正のエネルギー解と負のエネルギー解の2つ
\begin{align*}E=\pm c\sqrt{(\boldsymbol p-q\boldsymbol A)^2+m^2c^2}+qA^0\tag{1}\end{align*}
が存在する(前ページを参照)が、今回、負のエネルギー解
\begin{align*}E=- c\sqrt{(\boldsymbol p-q\boldsymbol A)^2+m^2c^2}+qA^0\tag{2}\end{align*}
における非相対論的極限を求める。
波動関数\(\boldsymbol\varphi\)と\(\boldsymbol\psi\)の関係
クライン-ゴルドン方程式の負エネルギー解\(E\)における波動関数\(\phi\)は、非相対論的な波動関数\(\chi\)に\(e^{-\frac{i(-m)c^2}{\hbar}t}\)を掛けたものであった(以前のページを参照)。ディラック方程式の負エネルギー解においても同様に表すことができ、2成分ベクトルである非相対論的な波動関数\(\tilde{\boldsymbol\varphi}\),\(\tilde{\boldsymbol\chi}\)を用いて、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\tag{3}\end{align*}
の4成分ベクトル波動関数\(\boldsymbol\psi\)を
\begin{align*}\boldsymbol\psi&=e^{-\frac{i(-m)c^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}\tilde{
\boldsymbol\varphi}\\
\tilde{\boldsymbol\chi}
\end{pmatrix}\tag{4}\end{align*}
と表す。
ここで1点注意だが、波動関数\(\tilde{\boldsymbol\varphi}\)や\(\tilde{\boldsymbol\chi}\)は負のエネルギー解に現れる波動関数であるため、正のエネルギー解に現れた波動関数\(\boldsymbol\varphi\)や\(\boldsymbol\chi\)とは異なる。
負のエネルギー解における非相対論的極限
次に負のエネルギー解における非相対論的極限を求める。ここでは、ガンマ行列としてディラック表示\(\boldsymbol\gamma^\mu_{\text D}\)
\begin{align}\boldsymbol{\gamma}^{0}_{\text{D}}&=\begin{pmatrix}
\boldsymbol{I}_2 & \boldsymbol{0}\\
\boldsymbol{0} & -\boldsymbol{I}_2\\
\end{pmatrix}\tag{5}\\\\\boldsymbol{\gamma}^{j}_{\text{D}}&=\begin{pmatrix}
\boldsymbol{0} & \boldsymbol{\sigma}^j\\
-\boldsymbol{\sigma}^j & \boldsymbol{0}\\
\end{pmatrix}\tag{6}\end{align}
を用いる。このとき、\(\boldsymbol\alpha\)は
\begin{align*}\boldsymbol\alpha^j&=\boldsymbol\gamma^0_{\text D}\boldsymbol\gamma^j_{\text D}\\&=\begin{pmatrix}
\boldsymbol0&\boldsymbol\sigma^j\\
\boldsymbol\sigma^j&\boldsymbol0
\end{pmatrix}\tag{7}\end{align*}
と表すことができ、次の量\(\boldsymbol\pi\)
\begin{align*}\boldsymbol\pi=-i\boldsymbol\nabla-\frac{q\boldsymbol A}{\hbar}\tag{8}\end{align*}
を用いて表したディラック方程式
\begin{align*}\left\{\frac{i}{c}\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}\right)-\boldsymbol\alpha\cdot\boldsymbol\pi-\frac{mc}{\hbar} \boldsymbol\gamma^0_{\text D}\right\}\boldsymbol\psi=0\tag{9}\end{align*}
に、\(\boldsymbol\gamma^0_{\text D}\)と\(\boldsymbol\alpha\)を代入すると、
\begin{align*}\frac{i}{c}\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}\right)\boldsymbol\psi-\begin{pmatrix}
\boldsymbol{0} & \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\\
\boldsymbol{\sigma} \cdot\boldsymbol\pi& \boldsymbol{0}
\end{pmatrix}\boldsymbol\psi-\frac{mc}{\hbar} \begin{pmatrix}
\boldsymbol{I}_2 & \boldsymbol{0}\\
\boldsymbol{0} & -\boldsymbol{I}_2
\end{pmatrix}\boldsymbol\psi=0\tag{10}\end{align*}
と表せる。次に、波動関数\(\tilde{\boldsymbol\varphi}\),\(\tilde{\boldsymbol\chi}\)と\(\boldsymbol\psi\)との関係性を表す式(4)を代入すると
\begin{align*}\frac{i}{c}\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}\right)e^{-\frac{i(-m)c^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}\tilde{
\boldsymbol\varphi}\\\tilde{
\boldsymbol\chi}
\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
\boldsymbol{0} & \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\\
\boldsymbol{\sigma}^\cdot\boldsymbol\pi& \boldsymbol{0}
\end{pmatrix}e^{-\frac{i(-m)c^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}\tilde{
\boldsymbol\varphi}\\\tilde{
\boldsymbol\chi}
\end{pmatrix}-\frac{mc}{\hbar} \begin{pmatrix}
\boldsymbol{I}_2 & \boldsymbol{0}\\
\boldsymbol{0} & -\boldsymbol{I}_2
\end{pmatrix}e^{-\frac{i(-m)c^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}\tilde{
\boldsymbol\varphi}\\\tilde{
\boldsymbol\chi}
\end{pmatrix}=0\\\rightarrow\frac{i}{c}\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}-\frac{i(-m)c^2}{\hbar}\right)\begin{pmatrix}\tilde{
\boldsymbol\varphi}\\\tilde{
\boldsymbol\chi}
\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
\boldsymbol{0} & \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\\
\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi & \boldsymbol{0}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\tilde{
\boldsymbol\varphi}\\\tilde{
\boldsymbol\chi}
\end{pmatrix}-\frac{mc}{\hbar} \begin{pmatrix}
\boldsymbol{I}_2 & \boldsymbol{0}\\
\boldsymbol{0} & -\boldsymbol{I}_2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\tilde{\boldsymbol\varphi}\\\tilde{
\boldsymbol\chi}
\end{pmatrix}=0\tag{11}\end{align*}
となり、上2成文を計算すると
\begin{align*}&\frac{i}{c}\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}-\frac{i(-m)c^2}{\hbar}\right)\tilde{\boldsymbol\varphi}-\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\tilde{\boldsymbol\chi}-\frac{mc}{h}\tilde{\boldsymbol\varphi}=0\\\rightarrow i&\hbar\frac{\partial}{\partial t}\tilde{\boldsymbol\varphi}-\hbar c\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\tilde{\boldsymbol\chi}-qA^0\tilde{\boldsymbol\varphi}-2mc^2\tilde{\boldsymbol\varphi}=0\tag{12}\end{align*}
となり、下2成分を計算すると
\begin{align*}&\frac{i}{c}\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}-\frac{i(-m)c^2}{\hbar}\right)\tilde{\boldsymbol\chi}-\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\tilde{\boldsymbol\varphi}+\frac{mc}{h}\tilde{\boldsymbol\chi}=0\\\rightarrow &i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\tilde{\boldsymbol\chi}-\hbar c\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\tilde{\boldsymbol\varphi}-qA^0\tilde{\boldsymbol\chi}=0\tag{13}\end{align*}
となる。非相対論的極限では、静止エネルギーと比べて運動エネルギーやポテンシャルエネルギーは十分小さい
\begin{align*}\vert mc^2\tilde{\boldsymbol\varphi}\vert\gg \left| i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\tilde{\boldsymbol\varphi}\right|,\vert qA^0\tilde{\boldsymbol\varphi}\vert\tag{14}\end{align*}
ため、式(12)は
\begin{align*}\tilde{\boldsymbol\varphi}=-\frac{\hbar}{2mc}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\tilde{\boldsymbol\chi}\tag{15}\end{align*}
と表すことができ、式(13)に代入すると波動関数\(\boldsymbol\varphi\)のみで表された式
\begin{align*}i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\tilde{\boldsymbol\chi}+\frac{\hbar^2}{2m}(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)\tilde{\boldsymbol\chi}-qA^0\tilde{\boldsymbol\chi}=0\\\rightarrow\left\{i\hbar\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}\right)+\frac{\hbar^2}{2m}(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)\right\}\tilde{\boldsymbol\chi}=0\tag{16}\end{align*}
を得ることができる。式(16)に現れる次の量\((\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)\)は
\begin{align*}(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)=-\left(\boldsymbol\nabla-\frac{iq\boldsymbol A}{\hbar}\right)^2-\frac{q}{\hbar}\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol B\tag{17}\end{align*}
である(前ページを参照)ため、これを代入すると
\begin{align*}\left\{i\hbar\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}\right)-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\boldsymbol \nabla-\frac{iq\boldsymbol A}{\hbar}\right)^2-\frac{q\hbar}{2m}\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol B\right\}\tilde{\boldsymbol\chi}=0\tag{18}\end{align*}
となる。正のエネルギー解の非相対論的極限で現れたパウリ方程式(以前のページを参照)
\begin{align*}\left\{i\hbar\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}\right)+\frac{\hbar^2}{2m}\left(\boldsymbol \nabla-\frac{iq\boldsymbol A}{\hbar}\right)^2+\frac{q\hbar}{2m}\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol B\right\}\boldsymbol\varphi=0\tag{19}\end{align*}
と比較すると、まず、運動エネルギー項\(\frac{\hbar^2}{2m}\left(\boldsymbol \nabla-\frac{iq\boldsymbol A}{\hbar}\right)^2\)の符号が逆であることに気付く。符号を合わせるためには式(18)の複素共役をとればよい
\begin{align*}\left\{i\hbar\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{i(-q)A^0}{\hbar}\right)+\frac{\hbar^2}{2m}\left(\boldsymbol \nabla-\frac{i(-q)\boldsymbol A}{\hbar}\right)^2-\frac{(-q)\hbar}{2m}\boldsymbol\sigma^*\cdot\boldsymbol B\right\}\tilde{\boldsymbol\chi}^*=0\tag{20}\end{align*}
が、今度はパウリ行列\(\boldsymbol\sigma\)の複素共役が現れてしまう。ここで、パウリ行列\(\boldsymbol\sigma\)の具体的な形
\begin{align}\boldsymbol{\sigma}^{1}&=\begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0\\
\end{pmatrix}\tag{21}\\\boldsymbol{\sigma}^{2}&=\begin{pmatrix}
0 & -i\\
i & 0\\
\end{pmatrix}\tag{22}\\\boldsymbol{\sigma}^{3}&=\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & -1\\
\end{pmatrix}\tag{23}\end{align}
を見るとパウリ行列\(\boldsymbol\sigma\)と複素共役\(\boldsymbol\sigma^\dagger\)の違いは\(\boldsymbol\sigma^2\)の符号のみであることが分かり、パウリ行列の自乗が単位行列になる性質
\begin{align}\left(\boldsymbol{\sigma}^1\right)^2=\left(\boldsymbol{\sigma}^2\right)^2=\left(\boldsymbol{\sigma}^3\right)^2=\boldsymbol{I}_2\tag{24}\end{align}
と、異なるパウリ行列同士の積の性質
\begin{align}\boldsymbol{\sigma}^1\boldsymbol{\sigma}^2&=-\boldsymbol{\sigma}^2\boldsymbol{\sigma}^1=i\boldsymbol{\sigma}^3\tag{25}\\ \\\boldsymbol{\sigma}^2\boldsymbol{\sigma}^3&=-\boldsymbol{\sigma}^3\boldsymbol{\sigma}^2=i\boldsymbol{\sigma}^1\tag{26}\\ \\\boldsymbol{\sigma}^3\boldsymbol{\sigma}^1&=-\boldsymbol{\sigma}^1\boldsymbol{\sigma}^3=i\boldsymbol{\sigma}^2\tag{27}\end{align}
を思い出す(以前のページを参照)と、複素共役\(\boldsymbol\sigma^\dagger\)をパウリ行列\(\boldsymbol\sigma^2\)で挟むと次のように元に戻ることが分かる。
\begin{align*}\boldsymbol\sigma^2\boldsymbol\sigma^*\boldsymbol\sigma^2&=\boldsymbol\sigma^2((\boldsymbol\sigma^1)^*,(\boldsymbol\sigma^2)^*,(\boldsymbol\sigma^3)^*)\boldsymbol\sigma^2\\&=\boldsymbol\sigma^2(\boldsymbol\sigma^1,-\boldsymbol\sigma^2,\boldsymbol\sigma^3)\boldsymbol\sigma^2\\&=(\boldsymbol\sigma^2\boldsymbol\sigma^1\boldsymbol\sigma^2,-\boldsymbol\sigma^2\boldsymbol\sigma^2\boldsymbol\sigma^2,\boldsymbol\sigma^2\boldsymbol\sigma^3\boldsymbol\sigma^2)\\&=(-\boldsymbol\sigma^1,-\boldsymbol\sigma^2,-\boldsymbol\sigma^3)\\&=-\boldsymbol\sigma\tag{28}\end{align*}
よって、式(20)の左から\(i\boldsymbol\sigma^2\)を掛けると
\begin{align*}\left\{i\hbar\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{i(-q)A^0}{\hbar}\right)+\frac{\hbar^2}{2m}\left(\boldsymbol \nabla-\frac{i(-q)\boldsymbol A}{\hbar}\right)^2-\frac{(-q)\hbar}{2m}\boldsymbol\sigma^2\boldsymbol\sigma^*\boldsymbol\sigma^2\cdot\boldsymbol B\right\}(i\boldsymbol\sigma^2\tilde{\boldsymbol\chi}^*)&=0\\\rightarrow\left\{i\hbar\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{i(-q)A^0}{\hbar}\right)+\frac{\hbar^2}{2m}\left(\boldsymbol \nabla-\frac{i(-q)\boldsymbol A}{\hbar}\right)^2+\frac{(-q)\hbar}{2m}\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol B\right\}(i\boldsymbol\sigma^2\tilde{\boldsymbol\chi}^*)&=0\tag{29}\end{align*}
となり、パウリ方程式(19)と比較すると、質量\(m\)は同じだが、電荷の符号が逆の反粒子が従う式であることがわかる。
以上より、式(29)を式(18)に戻すには式全体の複素共役をとって\(-i\boldsymbol\sigma^2\)を掛ければよいため、非相対論的極限において負のエネルギー解におけるディラック方程式は「反粒子が従うパウリ方程式の複素共役に\(-i\boldsymbol\sigma^2\)を掛けた方程式」となることが分かる。
波動関数\(\tilde{\boldsymbol\varphi}\)について
非相対論的な負のエネルギー解において、波動関数\(\tilde{\boldsymbol\chi}\)は「反粒子が従うパウリ方程式の複素共役に\(-i\boldsymbol\sigma^2\)を掛けた方程式」に従う波動関数になったが、波動関数\(\tilde{\boldsymbol\varphi}\)はどうだろうか。式(15)において、\(\frac{\hbar}{2mc}\)は十分小さな数であるため
\begin{align*}\tilde{\boldsymbol\varphi}\ll\tilde{\boldsymbol\chi}\tag{30}\end{align*}
となり、非相対論的な負のエネルギー解においては波動関数\(\tilde{\boldsymbol\varphi}\)の寄与はほとんどないことが分かる。
非相対論的極限のまとめ
本ページと前ページの内容をまとめると、ディラック方程式の非相対論的極限では粒子のパウリ方程式だけでなく反粒子のパウリ方程式(正確にはその複素共役に\(-i\boldsymbol\sigma^2\)を掛けたもの)が現れた、つまり、ディラック方程式には粒子だけでなく反粒子の式も含まれていることが示唆される。
また、非相対論的極限では、正のエネルギー解は粒子と、負のエネルギー解は反粒子と関係していることが分かる。ただし、正のエネルギー解は粒子のパウリ方程式に単純に相当していたが、負のエネルギー解は反粒子のパウリ方程式に相当せず、複素共役をとって\(-i\boldsymbol\sigma^2\)を掛ける操作が必要であった。このように、正のエネルギー解と負のエネルギー解で扱い方が変わる理由については、クライン-ゴルドン方程式やディラック方程式からは明らかにならず、場の量子論で明らかになる。
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