ディラック方程式

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はじめに

クラインゴルドン方程式に負のエネルギーや負の確率が出てしまうは、エネルギー演算子について2次式だからである。ディラックはこの問題を解決するため、求める式は、エネルギー演算子(共変性から運動量演算子も)が線形(1次)であり、さらに相対論のエネルギーと運動量の関係式\(E^2=\boldsymbol{p}^2+
m^2\)を満たすと考え、1928年にディラック方程式を発表した。

ディラック方程式の導出

クラインゴルドン方程式
$$-\frac{\partial^2}{\partial t^2}\phi=(-\boldsymbol{\nabla}^2+m^2)\phi$$
を参考にして、ディラックが仮定した実際に求める線形式は
$$i\frac{\partial}{\partial t}\psi=\{-\boldsymbol{\alpha}\cdot i\boldsymbol{\nabla}+\beta m\}\psi$$
である。この式の演算子部分を2乗すると、相対論のエネルギーと運動量の関係式、つまりクラインゴルドン方程式となるように\(\alpha\)、\(\beta\)を考えようと言うのである。

実際に演算子を2乗すると
$$\begin{eqnarray}
-\frac{\partial^2}{\partial t^2}\psi&=&\{-\boldsymbol{\alpha}\cdot i\boldsymbol{\nabla}+\beta m\}\{-\boldsymbol{\alpha}\cdot i\boldsymbol{\nabla}+\beta m\}\psi\\
&=&(-i\alpha_1\partial_1-i\alpha_2\partial_2-i\alpha_3\partial_3+\beta m)(-i\alpha_1\partial_1-i\alpha_2\partial_2-i\alpha_3\partial_3+\beta m)\psi\\
&=&\left\{-\sum_i^3\alpha_i^2\partial_i^2-\sum_{i,j(i\neq j)}^3(\alpha_i\partial_i\alpha_j\partial_j+\alpha_j\partial_j\alpha_i\partial_i)-im\sum_i^3(\beta\alpha_i\partial_i+\alpha_i\partial_i\beta)+\beta^2 m^2\right\}\psi\\
&=&\left\{-\sum_i^3\alpha_i^2\partial_i^2-\sum_{i,j(i\neq j)}^3(\alpha_i\alpha_j+\alpha_j\alpha_i)\partial_i\partial_j-im\sum_i^3(\beta\alpha_i+\alpha_i\beta)\partial_i+\beta^2 m^2\right\}\psi
\end{eqnarray}$$
となる。この式がクラインゴルドン方程式を満たすのだから、\(\alpha\)、\(\beta\)の条件は、
$$\begin{eqnarray}
\alpha_i^2=\beta^2&=&1\\
\alpha_i\alpha_j+\alpha_j\alpha_i&=&0\\
\beta\alpha_i+\alpha_i\beta&=&0
\end{eqnarray}$$
となる。一般の数でこの条件を満たすことはできないが、行列なら可能である。結論を書くと、実際にこの条件を満たす最も簡単な行列の組み合わせは
$$\begin{eqnarray}
\alpha_1=\left(\begin{array}{cccc}
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
,\alpha_2=\left(\begin{array}{cccc}
0 & 0 & 0 & -i \\
0 & 0 & i & 0 \\
0 & -i & 0 & 0 \\
i & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
,\alpha_3=\left(\begin{array}{cccc}
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -1 \\
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 & 0
\end{array}\right)
,\beta=\left(\begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -1
\end{array}\right)
\end{eqnarray}$$
となる。\(\alpha\)、\(\beta\)がわかったところで、最初の仮定した式の左から\(\beta\)を掛けると
$$\beta i\frac{\partial}{\partial t}\psi=\{-\beta\boldsymbol{\alpha}\cdot i\boldsymbol{\nabla}+\beta^2 m\}\psi$$
となり、\(\beta^2=1\)より、まとめると
$$(i\beta\partial_t+i\beta\boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{\nabla}-m)\psi=0$$
となる。さらに\(\gamma_\mu(\beta,\beta\boldsymbol{\alpha})\)を導入すると、求めるディラック方程式は、
$$\fbox{\((i\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi=0\)}$$
となる。\(\gamma_\mu\)をガンマ行列と言い、共変性は別途チェックする必要がある。

ディラック方程式の解

$$\fbox{\(\psi(\boldsymbol{x},t)=\int\frac{d^3\boldsymbol{k}}{(2\pi)^\frac{3}{2}}(c_\boldsymbol{k} u_\boldsymbol{k} e^{i\boldsymbol{kx}-i\omega_\boldsymbol{k} t}+d_\boldsymbol{k}^* v_\boldsymbol{k}^* e^{-i\boldsymbol{kx}+i\omega_\boldsymbol{k} t})\)}$$

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