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本ページでは、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る。
前ページまで⋯
前ページでは、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た。
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、正のエネルギー解
\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
初めに、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{3}\end{align*}
における波動関数\(\boldsymbol\varphi\)と、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{4}\end{align*}
における波動関数\(\boldsymbol\psi\)との関係性を調べる。
相対論的な正のエネルギーは非相対論的なエネルギーに静止エネルギー\(mc^2\)を足したものであるため、クライン-ゴルドン方程式の正エネルギー解\(E\)における波動関数\(\phi\)は、非相対論的な方程式であるシュレーディンガー方程式の波動関数\(\varPsi\)に\(e^{-\frac{imc^2}{\hbar}t}\)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正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\(\boldsymbol\varphi\),\(\boldsymbol\chi\)を用いて、4成分ベクトルである波動関数\(\boldsymbol\psi\)を
\begin{align*}\boldsymbol\psi&=e^{-\frac{imc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}
\boldsymbol\varphi\\
\boldsymbol\chi
\end{pmatrix}\tag{5}\end{align*}
と表す。
正のエネルギー解における非相対論的極限
次に正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{6}\\\\\boldsymbol{\gamma}^{j}_{\text{D}}&=\begin{pmatrix}
\boldsymbol{0} & \boldsymbol{\sigma}^j\\
-\boldsymbol{\sigma}^j & \boldsymbol{0}\\
\end{pmatrix}\tag{7}\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{8}\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{9}\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{10}\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{11}\end{align*}
と表せる。次に、波動関数\(\boldsymbol\varphi\),\(\boldsymbol\chi\)と\(\boldsymbol\psi\)との関係性を表す式(5)を代入すると
\begin{align*}\frac{i}{c}\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}\right)e^{-\frac{imc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}
\boldsymbol\varphi\\
\boldsymbol\chi
\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
\boldsymbol{0} & \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\\
\boldsymbol{\sigma}^\cdot\boldsymbol\pi& \boldsymbol{0}
\end{pmatrix}e^{-\frac{imc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}
\boldsymbol\varphi\\
\boldsymbol\chi
\end{pmatrix}-\frac{mc}{\hbar} \begin{pmatrix}
\boldsymbol{I}_2 & \boldsymbol{0}\\
\boldsymbol{0} & -\boldsymbol{I}_2
\end{pmatrix}e^{-\frac{imc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}
\boldsymbol\varphi\\
\boldsymbol\chi
\end{pmatrix}=0\\\rightarrow\frac{i}{c}\left(\frac{\partial}{\partial t}+\frac{iqA^0}{\hbar}-\frac{imc^2}{\hbar}\right)\begin{pmatrix}
\boldsymbol\varphi\\
\boldsymbol\chi
\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}
\boldsymbol{0} & \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\\
\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi & \boldsymbol{0}
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}
\boldsymbol\varphi\\
\boldsymbol\chi
\end{pmatrix}-\frac{mc}{\hbar} \begin{pmatrix}
\boldsymbol{I}_2 & \boldsymbol{0}\\
\boldsymbol{0} & -\boldsymbol{I}_2
\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\boldsymbol\varphi\\
\boldsymbol\chi
\end{pmatrix}=0\tag{12}\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{imc^2}{\hbar}\right)\boldsymbol\varphi-\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\boldsymbol\chi-\frac{mc}{h}\boldsymbol\varphi=0\\\rightarrow i&\hbar\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol\varphi-\hbar c\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\boldsymbol\chi-qA^0\boldsymbol\varphi=0\tag{13}\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{imc^2}{\hbar}\right)\boldsymbol\chi-\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\boldsymbol\varphi+\frac{mc}{h}\boldsymbol\chi=0\\\rightarrow &i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol\chi-\hbar c\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\boldsymbol\varphi-qA^0\boldsymbol\chi+2mc^2\boldsymbol\chi=0\tag{14}\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\boldsymbol\chi\vert\gg \left| i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\boldsymbol\chi\right|,\vert qA^0\boldsymbol\chi\vert\tag{15}\end{align*}
ため、式(14)は
\begin{align*}\boldsymbol\chi=\frac{\hbar}{2mc}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi\boldsymbol\varphi\tag{16}\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}\boldsymbol\varphi-\frac{\hbar^2}{2m}(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)\boldsymbol\varphi-qA^0\boldsymbol\varphi=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\}\boldsymbol\varphi=0\tag{17}\end{align*}
を得ることができる。式(17)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{18}\end{align*}
であるため、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\}\boldsymbol\varphi=0\tag{3}\end{align*}
となって、非相対論的極限において正のエネルギー解におけるディラック方程式はパウリ方程式となることが分かる。
※※※式(18)の関係式は次のように求めることができる。まず、それぞれの成分毎に表すと
\begin{align*}(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol\pi)&=\left(\sum_{j=1}^3\boldsymbol{\sigma}^j\boldsymbol\pi^j\right)\left(\sum_{k=1}^3\boldsymbol{\sigma}^k\boldsymbol\pi^k\right)\\&=\sum_{j,k=1}^3\boldsymbol{\sigma}^j\boldsymbol\sigma^k\boldsymbol{\pi}^j\boldsymbol\pi^k\\&=\sum_{j,k=1}^3\left\{\frac{1}{2}(\boldsymbol{\sigma}^j\boldsymbol\sigma^k+\boldsymbol{\sigma}^k\boldsymbol\sigma^j)+\frac{1}{2}(\boldsymbol{\sigma}^j\boldsymbol\sigma^k-\boldsymbol{\sigma}^k\boldsymbol\sigma^j)\right\}\boldsymbol{\pi}^j\boldsymbol\pi^k\\&=\sum_{j,k=1}^3\left(\frac{1}{2}\left\{(\boldsymbol{\sigma}^j,\boldsymbol\sigma^k\right\}+\frac{1}{2}[\boldsymbol{\sigma}^j,\boldsymbol\sigma^k]\right)\boldsymbol{\pi}^j\boldsymbol\pi^k\\&=\sum_{j=1}^3(\boldsymbol\pi^j)^2\boldsymbol I_2+i\sum_{l=1}^3\boldsymbol\sigma^l\left(\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\boldsymbol{\pi}^j\boldsymbol\pi^k\right)\tag{19}\end{align*}
となる。ここて、5行目への変形ではパウリ行列\(\boldsymbol\sigma^j\)の交換関係
\begin{align}\left\{\boldsymbol{\sigma}^j,\ \boldsymbol{\sigma}^k\right\}&=\boldsymbol{\sigma}^j\boldsymbol{\sigma}^k+\boldsymbol{\sigma}^k\boldsymbol{\sigma}^j\\&=2\delta^{jk}\boldsymbol{I}_2\tag{20}\end{align}
と反交換関係
\begin{align}\left[\boldsymbol{\sigma}^j,\ \boldsymbol{\sigma}^k\right]&=\boldsymbol{\sigma}^j\boldsymbol{\sigma}^k-\boldsymbol{\sigma}^k\boldsymbol{\sigma}^j\\&=2i\sum_{l=1}^3\epsilon^{jkl}\boldsymbol{\sigma}^l\tag{21}\end{align}
を用いた。次に、式(19)の括弧の中の量を計算すると
\begin{align*}\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\boldsymbol{\pi}^j\boldsymbol\pi^k&=\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\left\{\frac{1}{2}(\boldsymbol{\pi}^j\boldsymbol\pi^k+\boldsymbol{\pi}^k\boldsymbol\pi^j)+\frac{1}{2}(\boldsymbol{\pi}^j\boldsymbol\pi^k-\boldsymbol{\pi}^k\boldsymbol\pi^j)\right\}\\&=\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\left(\frac{1}{2}\left\{(\boldsymbol{\pi}^j,\boldsymbol\pi^k\right\}+\frac{1}{2}[\boldsymbol{\pi}^j,\boldsymbol\pi^k]\right)\\&=\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\frac{1}{2}[\boldsymbol{\pi}^j,\boldsymbol\pi^k]\\&=\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\frac{1}{2}\left[-i\frac{\partial}{\partial x^j}-\frac{qA^j}{\hbar},-i\frac{\partial}{\partial x^k}-\frac{qA^k}{\hbar}\right]\\&=\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\frac{1}{2}\left(\left[-i\frac{\partial}{\partial x^j},-i\frac{\partial}{\partial x^k}\right]+\left[-i\frac{\partial}{\partial x^j},-\frac{qA^k}{\hbar}\right]+\left[-\frac{qA^j}{\hbar},-i\frac{\partial}{\partial x^k}\right]+\left[-\frac{qA^j}{\hbar},-\frac{qA^k}{\hbar}\right]\right)\\&=\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\frac{1}{2}\left(\left[-i\frac{\partial}{\partial x^j},-\frac{qA^k}{\hbar}\right]+\left[-\frac{qA^j}{\hbar},-i\frac{\partial}{\partial x^k}\right]\right)\\&=i\frac{q}{\hbar}\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\frac{1}{2}\left(\frac{\partial A^k}{\partial x^j}-\frac{\partial A^j}{\partial x^k}\right)\\&=i\frac{q}{\hbar}\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\frac{\partial A^k}{\partial x^j}\\&=i\frac{q}{\hbar}(\boldsymbol\nabla×\boldsymbol A)^l\\&=i\frac{q}{\hbar}B^l\tag{22}\end{align*}
となる。式(22)において、3行目への変形では添え字\(jk\)に関して対称な量\(\left\{(\boldsymbol{\pi}^j,\boldsymbol\pi^k\right\}\)と反対称な量\(\epsilon^{jkl}\)の積の総和はゼロになることを用い、4行目への変形では\(\boldsymbol\pi\)の定義
\begin{align*}\boldsymbol\pi^j=-i\frac{\partial}{\partial x^j}-\frac{qA^j}{\hbar}\tag{23}\end{align*}
を用い、6行目への変形では\(-i\frac{\partial}{\partial x^j}\)と\(-i\frac{\partial}{\partial x^k}\)および\(-\frac{qA^j}{\hbar}\)と\(-\frac{qA^k}{\hbar}\)が可換であることを用い、7行目への変形では次の交換関係
\begin{align*}\left[\frac{\partial}{\partial x^j},A^k\right]&=\frac{\partial}{\partial x^j}A^k-A^k\frac{\partial}{\partial x^j}\\&=\frac{\partial A^k}{\partial x^j}\tag{24}\\\left[A^j,\frac{\partial}{\partial x^k}\right]&=\left[\frac{\partial}{\partial x^j},A^k\right]\\&=-\frac{\partial A^j}{\partial x^k}\tag{25}\end{align*}
を用い、8行目への変形では次の関係
\begin{align*}\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\frac{\partial A^k}{\partial x^j}=-\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\frac{\partial A^j}{\partial x^k}\tag{26}\end{align*}
を用い、9行目および10行目への変形では次の関係
\begin{align*}\boldsymbol B&=\boldsymbol\nabla×\boldsymbol A\\&=\left(\frac{\partial}{\partial x^1},\frac{\partial}{\partial x^2},\frac{\partial}{\partial x^3}\right)×(A^1,A^2,A^3)\\&=\left(\frac{\partial A^3}{\partial x^2}-\frac{\partial A^2}{\partial x^3},\frac{\partial A^1}{\partial x^3}-\frac{\partial A^3}{\partial x^1},\frac{\partial A^2}{\partial x^1}-\frac{\partial A^1}{\partial x^2}\right)\\\rightarrow B^l&=\sum_{j,k=1}^3\epsilon^{jkl}\frac{\partial A^k}{\partial x^j}\tag{27}\end{align*}
を用いた。※※※
波動関数\(\boldsymbol\chi\)について
非相対論的な正のエネルギー解において、波動関数\(\boldsymbol\varphi\)はパウリ方程式に従う波動関数になったが、波動関数\(\boldsymbol\chi\)はどうだろうか。式(16)において、\(\frac{\hbar}{2mc}\)は十分小さな数であるため
\begin{align*}\boldsymbol\chi\ll\boldsymbol\varphi\tag{28}\end{align*}
となり、非相対論的な正のエネルギー解においては波動関数\(\boldsymbol\chi\)の寄与はほとんどないことが分かる。
次ページから…
次ページでは、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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