狄拉克方程的自由粒子解

贡献者： zhousiyi

　　现在我们来讨论狄拉克方程的平面波解。解的形式如下

\begin{matrix} (1) & ψ (x) = u (p) e^{- i p \cdot x}, p^{2} = m^{2} . \end{matrix}

我们现在主要考虑正频率的解，也就是

p^{0} > 0

的解。我们把上式代入狄拉克方程中，得

\begin{matrix} (2) & (γ^{μ} p_{μ} - m) u (p) = 0 . \end{matrix}

我们可以先在静止系中分析这个方程，其中

p = p_{0} = (m, 0)

. 任意动量

p

的解可以通过 boost

Λ_{\frac{1}{2}}

来得到。在静止系中，式 2 式变为

\begin{matrix} (3) & (m γ^{0} - m) u (p_{0}) = m (\begin{matrix} - 1 & 1 \\ 1 & - 1 \end{matrix}) u (p_{0}) = 0 . \end{matrix}

解为

\begin{matrix} (4) & u (p_{0}) = \sqrt{m} (\begin{matrix} ξ \\ ξ \end{matrix}) . \end{matrix}

其中

ξ

是任意的两分量的旋量。我们取归一化条件

ξ^{†} ξ = 1

ξ

在旋转生成元的作用下按照普通的两分量旋量进行变换。

ξ = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})

时，粒子在 3-方向具有朝上的自旋。

　　使用狄拉克方程过后，我们可以选择 $u (p)$ 中四个分量的其中两个分量。因为自旋为 $1 / 2$ 的粒子只有两个物理态-自旋向上和向下。

　　现在我们来对静止系的 $u (p)$ 来进行一个 boost。我们考虑沿着 3-轴方向的 boost。首先我们要知道 boost 对 4-动量的矢量有何作用。考虑无穷小的 boost

\begin{matrix} (5) & (\begin{matrix} E \\ p^{3} \end{matrix}) = [1 + η (\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix})] (\begin{matrix} m \\ 0 \end{matrix}) . \end{matrix}

其中

η

是无穷小的参数。对于有限的

η

,我们可以写

\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} (\begin{array}{c} E \\ p^{3} \end{array}) & = \exp [η (\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array})] (\begin{array}{c} m \\ 0 \end{array}) \\ = [\cosh η (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}) + \sinh η (\begin{array}{c} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array})] (\begin{array}{c} m \\ 0 \end{array}) = (\begin{array}{c} m \cosh η \\ m \sinh η \end{array}) . \end{aligned} \end{matrix}

η

参数被称为快度。在连续的 boost 变换下，快度是相加的。

习题 1　对 $u (p_{0})$ 进行 boost 变换得到 $u (p)$

\begin{matrix} (7) & \begin{aligned} u (p) & = \exp [- \frac{1}{2} η (\begin{array}{c} σ^{3} & 0 \\ 0 & - σ^{3} \end{array})] \sqrt{m} (\begin{array}{c} ξ \\ ξ \end{array}) \\ = [\cosh (\frac{1}{2} η) (\begin{array}{c} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}) - \sinh (\frac{1}{2} η) (\begin{array}{c} σ^{3} & 0 \\ 0 & - σ^{3} \end{array})] \sqrt{m} (\begin{array}{c} ξ \\ ξ \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} e^{η / 2} (\frac{1 - σ^{3}}{2}) + e^{- η / 2} (\frac{1 + σ^{3}}{2}) & 0 \\ 0 & e^{η / 2} (\frac{1 + σ^{3}}{2}) + e^{- η / 2} (\frac{1 - σ^{3}}{2}) \end{array}) \sqrt{m} (\begin{array}{c} ξ \\ ξ \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} [\sqrt{E + p^{3}} (\frac{1 - σ^{3}}{2}) + \sqrt{E - p^{3}} (\frac{1 + σ^{3}}{2})] ξ \\ [\sqrt{E + p^{3}} (\frac{1 + σ^{3}}{2}) + \sqrt{E - p^{3}} (\frac{1 - σ^{3}}{2})] ξ \end{array}) . \end{aligned} \end{matrix}

最后一行可以化简为

\begin{matrix} (8) & u (p) = (\begin{matrix} \sqrt{p \cdot σ} ξ \\ \sqrt{p \cdot \bar{σ}} ξ \end{matrix}) . \end{matrix}

　　这里开根号我们理解为取每个特征值的正根。下面这个式子非常有用

\begin{matrix} (9) & (p \cdot σ) (p \cdot \bar{σ}) = p^{2} = m^{2} . \end{matrix}

一般来说，我们可以考虑具体的旋量

ξ

。一种比较方便的取法是取

σ^{3}

的本征态。如果

ξ = (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix})

, 我们可以得到

\begin{matrix} (10) & u (p) = (\begin{matrix} \sqrt{E - p^{3}} (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) \\ \sqrt{E + p^{3}} (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) \end{matrix}) \to \sqrt{2 E} (\begin{matrix} 0 \\ (\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}) \end{matrix}) . \end{matrix}

对于

ξ = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix})

, 我们有

\begin{matrix} (11) & u (p) = (\begin{matrix} \sqrt{E + p^{3}} (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) \\ \sqrt{E - p^{3}} (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) \end{matrix}) \to \sqrt{2 E} (\begin{matrix} (\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}) \\ 0 \end{matrix}) . \end{matrix}

在

η \to \infty

极限下，这个态跟一个无质量粒子的两分量的旋量是简并的。

　　式 10 和式 11 是 helicity 算符的本征态

\begin{matrix} (12) & h \equiv \hat{p} \cdot S = \frac{1}{2} {\hat{p}}_{i} (\begin{matrix} σ^{i} & 0 \\ 0 & σ^{i} \end{matrix}) . \end{matrix}

一个

h = + 1 / 2

的粒子被称作右手的粒子。一个

h = - 1 / 2

的粒子被称作左手的粒子。有质量粒子的手性是依赖于参考系的，因为我们总可以把这个粒子 boost 到另外一个动量在相反方向但是自旋不变的参考系。对于一个无质量的粒子，我们是没有办法找到这样一个 boost 的。

　　 Weyl 方程的解是具有特定 helicity 的态。它们分别对应于左手和右手的粒子。无质量粒子手性的洛仑兹不变性在 Weyl 方程中得到了明显的体现。因为 $ψ_{L}$ 和 $ψ_{R}$ 对应于洛仑兹群的不同的表示里面。

习题 2　写出洛仑兹不变的 $u (p)$ 的归一化条件

　　首先我们要知道， $u^{†} u$ 不是洛仑兹不变的，因为

\begin{matrix} (13) & u^{†} u = (\begin{matrix} ξ^{†} \sqrt{p \cdot σ} & ξ^{†} \sqrt{p \cdot \bar{σ}} \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} \sqrt{p \cdot σ} ξ \\ \sqrt{p \cdot \bar{σ}} ξ \end{matrix}) = 2 E_{p} ξ^{†} ξ . \end{matrix}

定义

\begin{matrix} (14) & \bar{u} (p) = u^{†} (p) γ^{0} . \end{matrix}

我们可以得到

\begin{matrix} (15) & \bar{u} u = 2 m ξ^{†} ξ . \end{matrix}

　　接下来我们来总结一下。狄拉克方程的解可以写成平面波的线性叠加。正频的波有如下形式

\begin{matrix} (16) & ψ (x) = u (p) e^{- i p \cdot x}, p^{2} = m^{2}, p^{0} > 0 . \end{matrix}

u (p)

有两个线性独立的解

\begin{matrix} (17) & u^{s} (p) = (\begin{matrix} \sqrt{p \cdot σ} ξ^{s} \\ \sqrt{p \cdot \bar{σ}} ξ^{s} \end{matrix}), s = 1, 2 . \end{matrix}

归一化条件为

\begin{matrix} (18) & {\bar{u}}^{r} (p) u^{s} (p) = 2 m δ^{r s}, u^{r †} (p) u^{s} (p) = 2 E_{p} δ^{r s} . \end{matrix}

负频的解为

\begin{matrix} (19) & ψ (x) = v (p) e^{+ i p \cdot x}, p^{2} = m^{2}, p^{0} > 0 . \end{matrix}

v (p)

的两个线性独立的解为

\begin{matrix} (20) & v^{s} (p) = (\begin{matrix} \sqrt{p \cdot σ} η^{s} \\ - \sqrt{p \cdot \bar{σ}} η^{s} \end{matrix}), s = 1, 2 . \end{matrix}

归一化条件为

\begin{matrix} (21) & {\bar{v}}^{r} (p) v^{s} (p) = - 2 m δ^{r s}, o r v^{r †} (p) v^{s} (p) = + 2 E_{p} δ^{r s} . \end{matrix}

u

和

v

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狄拉克方程的自由粒子解

习题 1 对 u(p0) 进行 boost 变换得到 u(p)

习题 2 写出洛仑兹不变的 u(p) 的归一化条件

习题 1　对 $u (p_{0})$ 进行 boost 变换得到 $u (p)$

习题 2　写出洛仑兹不变的 $u (p)$ 的归一化条件