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、ディラック方程式を求めた。

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
$$\begin{eqnarray}
\alpha_1=\left(\begin{array}{cccc}
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
1 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
,\alpha_2=\left(\begin{array}{cccc}
0 & 0 & 0 & -i \\
0 & 0 & i & 0 \\
0 & -i & 0 & 0 \\
i & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)
,\alpha_3=\left(\begin{array}{cccc}
0 & 0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -1 \\
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & -1 & 0 & 0
\end{array}\right)
,\beta=\left(\begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -1
\end{array}\right)
\end{eqnarray}$$
となり、パウリ行列と単位行列を使って書くと、
$$\begin{eqnarray}
\alpha_i=\left(\begin{array}{cc}
\boldsymbol{0} & \boldsymbol{\sigma} \\
\boldsymbol{\sigma} & \boldsymbol{0}
\end{array}\right)
,\beta=\left(\begin{array}{cc}
\boldsymbol{1} & \boldsymbol{0} \\
\boldsymbol{0} & -\boldsymbol{1}
\end{array}\right)
\end{eqnarray}$$
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、
$$(i\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi=0$$
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が、ここでは省略する。今後、ガンマ行列と4元ベクトルの積は頻繁に必要となるので、
$$\boxed{a\hspace{-0.5em}/\equiv \gamma^\mu a_\mu}$$
の記号(ファイマンのスラッシュ記法)を導入すると、ディラック方程式は
$$\fbox{\((i\partial\hspace{-0.5em}/-m)\psi=0\)}$$
となる。また、最初に仮定した式に\(\alpha\)、\(\beta\)を代入すると、ディラック方程式は、
$$\begin{eqnarray}
i\frac{\partial}{\partial t}\psi=
\left(\begin{array}{cc} m\boldsymbol{1}&-\boldsymbol{\sigma}\cdot i\boldsymbol{\nabla}\\ -\boldsymbol{\sigma}\cdot i\boldsymbol{\nabla}&-m\boldsymbol{1}\end{array}\right)
\psi
\end{eqnarray}$$
となる。

ディラック方程式の解

ディラック方程式は4行4列の行列を含むので、波動関数\(\psi\)も4成分のスピノルとなる。したがって、
$$\psi=\left(\begin{array}{c}\psi_1\\ \psi_2\\ \psi_3\\ \psi_4 \end{array}\right)$$
のように書ける。ここである特定の波数\(\boldsymbol{k}\)の平面波解(運動量の固有関数)を2つの2行1列の行列\(\phi\)、\(\chi\)を使って
$$\psi=\sqrt{E+m}\left(\begin{array}{c}\phi\\ \chi\end{array}\right)e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-i\omega_{\boldsymbol{k}}t}$$
のようにおく。\(\sqrt{E+m}\)は後々の計算を楽にするための規格化因子である。この\(\psi\)を最後に求めたディラック方程式に代入すると、平面波解では\(\boldsymbol {k}\)が \(\boldsymbol{p}\)、 \(\omega\)が \(E\)となるので、

\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
E\phi=m\phi+\boldsymbol{\sigma}\cdot \boldsymbol{p}\chi\\
E\chi=\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}\phi-m\chi
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}

の1組の式となり、\(\phi\)、\(\chi\)を解けば、ディラック方程式の一般の解は、
$$\boxed{\begin{eqnarray}
\psi(\boldsymbol{x},t)&=&\int\frac{d^3\boldsymbol{k}}{(2\pi)^\frac{3}{2}}c_\boldsymbol{k} u_\boldsymbol{k} e^{i\boldsymbol{k} \cdot\boldsymbol{x}-i\omega_\boldsymbol{k}t}\\
u_\boldsymbol{k}&=&\sqrt{E+m}\left(\begin{array}{c}\phi\\ \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}}{E+m}\phi\end{array}\right) もしくは u_\boldsymbol{k}=\sqrt{E+m}\left(\begin{array}{c}\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}}{E-m}\chi\\ \chi\end{array}\right)\\
\end{eqnarray}}$$
となる。それぞれの項で4つの自由度があるように見えたが、\(\phi\)、\(\chi\)が2行1列の行列であることから、実際は2つの自由度しか無いのがわかる。

負のエネルギーとスピン

静止した粒子を考える。つまり\(\boldsymbol{p}=0\)のとき、先ほど求めた1組の式は
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{l}
E\phi=m\phi\\
E\chi=-m\chi
\end{array}
\right.
\end{eqnarray}
となり、\(m>0\)なので、クライン-ゴルドン方程式の時と同様に負のエネルギーが表れてしまうことがわかる。ディラックは、正負のエネルギーを粒子、反粒子と解釈し、実際に電子の反粒子である陽電子が発見されてこの解釈が正しいことが証明された。また2式は同時に成り立つ必要があるため、\(\phi\neq 0\)のとき\(\chi=0\)であり、\(\chi\neq 0\)のとき\(\phi=0\)となる。つまり、正のエネルギーのときは、
$$u=\sqrt{E+m}\left(\begin{array}{c}\phi\\0\end{array}\right)$$
であり、負のエネルギーのときは、
$$u=\sqrt{E+m}\left(\begin{array}{c}0\\\chi\end{array}\right)$$
となる。\(\phi\)、\(\chi\)は2行1列の行列であり、これまでの考察ではそれぞれの成分はどのような値となっても問題は無い。したがって、これまで考慮していなかったスピンの自由度を\(\phi\)、\(\chi\)に適用し、
$$\begin{eqnarray}
\phi_\uparrow&=&\left(\begin{array}{c}1\\0\end{array}\right),\chi_\uparrow=\left(\begin{array}{c}0\\1\end{array}\right)\\
\phi_\downarrow&=&\left(\begin{array}{c}0\\1\end{array}\right),\chi_\downarrow=\left(\begin{array}{c}1\\0\end{array}\right)
\end{eqnarray}$$
とする。ただし、\(\boldsymbol{p}\neq 0\)の場合は、運動量で平面波展開しているので当然ではあるが、スピンの行列はきれいに対角化されない。

確率のカレント

ディラック共役\(\bar{\psi}\)を
$$\boxed{\bar{\psi}\equiv\psi^\dagger\gamma^0}$$
と定義する。また、ディラック方程式のエルミート共役は、
$$\psi^\dagger\{-i\overleftarrow{\partial_\mu}(\gamma^\mu)^\dagger-m\}=0$$
となる。ディラック方程式に\(\bar{\psi}\)を左から掛け、ディラック方程式のエルミート共役に\(\bar{\psi}^\dagger=(\gamma^0)^\dagger\psi\)を右から掛けて
$$\begin{eqnarray}
\bar{\psi}(i\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi&=&0\\
\bar{\psi}(-i\overleftarrow{\partial_\mu}\gamma^\mu-m)\psi&=&0((\gamma^0)^\dagger=\gamma^0および(\gamma^\mu)^\dagger=-\gamma^\mu、-\gamma^\mu\gamma^0=\gamma^0\gamma^\muより)
\end{eqnarray}$$
の2式を用意する。両辺を引くと\(m\)の項が消え、
$${\bar{\psi} i\gamma^\mu(\partial_\mu\psi)+(\bar{\psi} i\overleftarrow{\partial_\mu})\gamma^\mu\psi}=0$$
となり、\(i\)で割って、
$$\begin{eqnarray}
{\bar{\psi}\gamma^\mu(\partial_\mu\psi)+(\bar{\psi}\overleftarrow{\partial_\mu})\gamma^\mu\psi}&=&\partial_\mu(\bar{\psi}\gamma^\mu\psi)\\
&=&(\begin{array}{cc}\partial_t&\boldsymbol{\nabla}\end{array})\left(\begin{array}{c} \bar{\psi} \gamma^0 \psi\\ \bar{\psi}\boldsymbol{\gamma} \psi\end{array}\right)\\
&=&\partial_t(\bar{\psi}\gamma^0\psi)+\boldsymbol{\nabla}\cdot(\bar{\psi}\boldsymbol{\gamma}\psi)\\
&=&0
\end{eqnarray}$$
となる。ここで確率密度\(\rho\)と確率密度のカレント\(\boldsymbol{j}\)を
$$\begin{eqnarray}
\rho&=&\bar{\psi}\gamma^0\psi=\psi^\dagger\psi((\gamma^0)^2=1より)\\
\boldsymbol{j}&=&\bar{\psi}\boldsymbol{\gamma}\psi=\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi(\gamma^0\boldsymbol{\gamma}=\beta\beta\boldsymbol{\alpha}=\boldsymbol{\alpha}より)
\end{eqnarray}$$
と定義すると、確率のカレント\(j^\mu(\rho,\boldsymbol{j})\)の保存則を
$$\frac{\partial\rho}{\partial t}+\boldsymbol{\nabla}\cdot\boldsymbol{j}=\partial_\mu j^\mu=0$$
と表すことができる。シュレディンガー方程式の場合と比較すると、\(\rho\)は同じだが、\(\boldsymbol{j}\)は大きく異なっている。(クライン-ゴルドン方程式の時と同様、相対論を取り入れたことで\(\rho\)と\(\boldsymbol{j}\)が対象の形になった)

内積

確率密度\(\rho\)の計算より、ディラック方程式を満たすヒルベルト空間での内積は
$$\langle\psi_1|\psi_2\rangle=\int d^3\boldsymbol{x}\psi_1^\dagger\psi_2$$
となる。

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