狄拉克方程

             

   注:本篇内容采取自然单位制,即 $c=\hbar=1$.

1. 背景

   薛定谔方程并不能描述高速运动的微观粒子,而且由于不满足洛伦兹协变性,无法保证在别的惯性系成立.自然人们希望有满足狭义相对论及量子力学的理论出现.1927 年,Klein-Gordon 方程被顺势提出.该方程满足狭义相对论中的质壳条件($E^{2}=\boldsymbol{p}^{2}+m^{2}$),描述的是无自旋的自由粒子:

\begin{equation} \left(\frac{\partial^{2}}{\partial t^{2}}-\nabla^{2}+m^{2}\right) \phi(\boldsymbol{x}, t)=0 \end{equation}
然而它产生两个无法忽视的问题:

  1. 负能解 式 1 的平面波解为 $\phi_{\boldsymbol{p}}(\boldsymbol{x}, t)=\frac{1}{\sqrt{V}} e^{- \mathrm{i} \left(E_{\boldsymbol{p}} t-\boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{x}\right)}$,能量本征值为 $E_{\boldsymbol{p}}=\pm \sqrt{\boldsymbol{p}^{2}+m^{2}}$,然而负能量在量子力学理论中没有物理意义.
  2. 负概率密度 K-G 方程的荷密度为 $\rho \equiv \mathrm{i} \left(\phi^{*} \frac{\partial \phi}{\partial t}-\phi \frac{\partial \phi^{*}}{\partial t}\right)$,代入平面波函数解,显然荷密度可以取为负值.

2. 狄拉克方程

   狄拉克提出,在三维空间中运动的自由粒子应满足:

\begin{equation} E=\boldsymbol{\alpha} \cdot \boldsymbol{p}+\beta m=\alpha_{x} p_{x}+\alpha_{y} p_{y}+\alpha_{z} p_{z}+\beta m \end{equation}
平方后有
\begin{equation} \begin{aligned} E^{2} &=\alpha_{x}^{2} p_{x}^{2}+\alpha_{y}^{2} p_{y}^{2}+\alpha_{z}^{2} p_{z}^{2}+\beta^{2} m^{2} \\ &+\left(\alpha_{x} \alpha_{y}+\alpha_{y} \alpha_{x}\right) p_{x} p_{y}+\left(\alpha_{y} \alpha_{z}+\alpha_{z} \alpha_{y}\right) p_{y} p_{z}+\left(\alpha_{x} \alpha_{z}+\alpha_{z} \alpha_{x}\right) p_{x} p_{z} \\ &+\left(\alpha_{x} \beta+\beta \alpha_{x}\right) p_{x} m+\left(\alpha_{y} \beta+\beta \alpha_{y}\right) p_{y} m+\left(\alpha_{z} \beta+\beta \alpha_{z}\right) p_{z} m \end{aligned} \end{equation}
若质壳关系依然成立,需要:
\begin{equation} \begin{aligned} \beta^{2} &=1 & & \\ \alpha_j^{2} &=1 & &(j=1,2,3) \\ \alpha_j \alpha_k+\alpha_k \alpha_j &=0 & &(j, k=1,2,3, j \neq k) \\ \alpha_j \beta+\beta \alpha_j &=0 & &(j=1,2,3) \end{aligned} \end{equation}
显然,$\boldsymbol{\alpha}, \beta$ 不能是数,必须(至少)为四阶矩阵.$\alpha_j, \beta$ 满足反对易关系.

   又因为 $E$ 为厄米算符,即 $E=\boldsymbol{\alpha} \cdot \boldsymbol{p}+\beta m=\boldsymbol{\alpha}^\dagger \cdot \boldsymbol{p}+\beta^\dagger m$,所以

\begin{equation} \alpha_j^{\dagger}=\alpha_j, \quad \beta^{\dagger}=\beta \end{equation}
同时满足式 4 式 5 的不同表示(representation)之间通过相似变换联系. 常用的表示有以下两种:

   标准表示(standard representation):

\begin{equation} \alpha^{j}=\left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma^{j} \\ \sigma^{j} & 0 \end{array}\right), \quad \beta=\left(\begin{array}{rr} I & 0 \\ 0 & -I \end{array}\right) \end{equation}
其中 $\sigma^{j}$ 为泡利矩阵
\begin{equation} \sigma^{1}=\left(\begin{array}{ll} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right), \quad \sigma^{2}=\left(\begin{array}{rr} 0 & -i \\ i & 0 \end{array}\right), \quad \sigma^{3}=\left(\begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right) \end{equation}

   威尔/手征表示(Wely/Chiral representation):

\begin{equation} \alpha^{j}=\left(\begin{array}{cc} -\sigma^{j} & 0 \\ 0 & \sigma^{j} \end{array}\right), \quad \beta=\left(\begin{array}{cc} 0 & I \\ I & 0 \end{array}\right) \end{equation}
式 2 进行一次量子化.动量被动量算符代替,由含时薛定谔方程得:
\begin{equation} \boxed{ \mathrm{i} \frac{\partial}{\partial t} \psi(\boldsymbol{x}, t)=\left[- \mathrm{i} \sum_{j} \alpha^{j} \frac{\partial}{\partial x^{j}}+\beta m\right] \psi(\boldsymbol{x}, t), \quad j=1,2,3} \end{equation}
这就是狄拉克方程的一般形式.由于两个表示的 $\alpha,\beta$ 都是四阶矩阵,所以狄拉克方程的解为具有四个分量的波函数,该解又称为Dirac 旋量
\begin{equation} \psi=\left(\begin{array}{l} \psi_{1} \\ \psi_{2} \\ \psi_{3} \\ \psi_{4} \end{array}\right) \end{equation}
与量子力学中的表象概念类似,不同的表示并不影响方程背后的物理内涵.具有物理意义的本征值不变,证明如下:

   标准表示 采取静止坐标系,此时粒子动量为 0,式 9 变为

\begin{equation} \mathrm{i} \frac{\partial}{\partial t} \psi= \beta m\psi \end{equation}
令 $\psi=\left(\begin{array}{l}\psi_{+} \\ \psi_{-}\end{array}\right)$,代入 $\beta$ 得:
\begin{equation} \mathrm{i} \frac{\partial}{\partial t} \psi_{+}=+m \psi_{+} \end{equation}
\begin{equation} \mathrm{i} \frac{\partial}{\partial t} \psi_{-}=-m \psi_{-} \end{equation}
以上两式表明 $\psi_{+}$ 与 $\psi_{-}$ 分别对应能量本征值为 $m$ 与 $-m$ 的波函数解.

   手征表示 同样采取静止坐标系,令 $\psi=\left(\begin{array}{l}\psi_{L} \\ \psi_{R}\end{array}\right)$,代入该表示中的 $\beta$ 于式 11 ,则:

\begin{equation} \mathrm{i} \frac{\partial}{\partial t} \psi_{L}=m \psi_{R} \end{equation}
\begin{equation} \mathrm{i} \frac{\partial}{\partial t} \psi_{R}=m \psi_{L} \end{equation}
上式耦合了 $\psi_{L}$ 与 $\psi_{R}$,然而只要令
\begin{equation} \psi_{+}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\psi_{L}+\psi_{R}\right) \end{equation}
\begin{equation} \psi_{-}=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\psi_{L}-\psi_{R}\right) \end{equation}
代入式 14 式 15 ,并进行相加减,最后可得到式 12 式 13 ,意味着不同表示并没有改变能量本征值与对应的本征态.

描述对象

   狄拉克方程可以描述有质量的自旋为 $1/2$ 的正反费米子.下面我们将从两种角度进行证明:
1.守恒量

   将轨道角动量 $L$ 代入算符的运动方程有:

\begin{equation} \frac{d {L}}{d t}=- \mathrm{i} [L,H] \end{equation}

   由于狄拉克方程描述的自由粒子角动量守恒,令式 18 为 0,代入狄拉克方程的哈密顿量后有:

\begin{equation} - \mathrm{i} [L,H]= \mathrm{i} \left[\boldsymbol{\alpha} \cdot \boldsymbol{p},\boldsymbol{r} \times \boldsymbol{p}\right] = \mathrm{i} [\alpha_ip_i,i\epsilon_{ijk}r_ip_j]=\boldsymbol{\alpha} \times \boldsymbol{p}=0 \end{equation}
显然不成立,所以总角动量必须引入其他自由度.现在引入新算符
\begin{equation} \boldsymbol{\Sigma} \equiv\left(\begin{array}{cc} \boldsymbol{\sigma} & 0 \\ 0 & \boldsymbol{\sigma} \end{array}\right) \end{equation}
其中 $\boldsymbol{\sigma}$ 为二阶泡利矩阵.现在考察该算符与哈密顿量的对易关系:
\begin{equation} [H, \mathbf{\Sigma}]=[\boldsymbol{\alpha} \cdot \boldsymbol{p}+m\beta , \boldsymbol{\Sigma}]=[\boldsymbol{\alpha} \cdot \boldsymbol{p}, \boldsymbol{\Sigma}]+[m\beta , \boldsymbol{\Sigma}] \end{equation}
由于
\begin{equation} [\beta m, \mathbf{\Sigma}]=\left(\begin{array}{cc} I & 0 \\ 0 & -I \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} \boldsymbol{\sigma} & 0 \\ 0 & \boldsymbol{\sigma} \end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc} \boldsymbol{\sigma} & 0 \\ 0 & \boldsymbol{\sigma} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} I & 0 \\ 0 & -I \end{array}\right)=0 \end{equation}
所以式 21 化为
\begin{equation} [H, \Sigma]=[\boldsymbol{\alpha} \cdot \boldsymbol{p}, \boldsymbol{\Sigma}] \end{equation}
对 $x$ 分量进行计算,有:
\begin{equation} \left[H, \Sigma_{x}\right]=\left[\alpha_{x} p_{x}+\alpha_{y} p_{y}+\alpha_{z} p_{z}, \Sigma_{x}\right]=p_{x}\left[\alpha_{x}, \Sigma_{x}\right]+p_{y}\left[\alpha_{y}, \Sigma_{y}\right]+p_{z}\left[\alpha_{z}, \Sigma_{z}\right] \end{equation}
分别代入两个算符,得:
\begin{equation} \left[\alpha_{x}, \Sigma_{x}\right] = \left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_{x} \\ \sigma_{x} & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} \sigma_{x} & 0 \\ 0 & \sigma_{x} \end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc} \sigma_{x} & 0 \\ 0 & \sigma_{x} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_{x} \\ \sigma_{x} & 0 \end{array}\right) = 0 \end{equation}
\begin{equation} \left[\alpha_{y}, \Sigma_{x}\right] = \left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_{y} \\ \sigma_{y} & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} \sigma_{x} & 0 \\ 0 & \sigma_{x} \end{array}\right)-\left(\begin{array}{cc} \sigma_{x} & 0 \\ 0 & \sigma_{x} \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_{y} \\ \sigma_{y} & 0 \end{array}\right) \end{equation}
\begin{equation} \begin{array}{l} =\left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_{y} \sigma_{x}-\sigma_{x} \sigma_{y} \\ \sigma_{y} \sigma_{x}-\sigma_{x} \sigma_{y} & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & -2 i \sigma_{z} \\ -2 i \sigma_{z} & 0 \end{array}\right) \\ =-2 i \alpha_{z} \end{array} \end{equation}
整理一下:
\begin{equation} \left[H, \Sigma_{x}\right]=-2 \mathrm{i} \alpha_{z} p_{y}+2 i \alpha_{y} p_{z}=2 \mathrm{i} (\alpha \times \boldsymbol{p})_{x} \end{equation}
实际上,另外两个分量也有类似的表达式,最后我们有:
\begin{equation} [H, \mathbf{\Sigma}]=2 \mathrm{i} \boldsymbol{\alpha} \times \boldsymbol{p} \end{equation}
对比式 19 式 29 ,我们可以得到:
\begin{equation} \left[H, \boldsymbol{L}+\frac{1}{2} \boldsymbol{\Sigma}\right]=[H, \boldsymbol{L}+\boldsymbol{S}]=[H, \boldsymbol{J}]=0 \end{equation}
由于 $S$ 的不同分量满足角动量的对易关系,所以 $S$ 为该自由粒子的内禀角动量,即自旋. 又因为
\begin{equation} S^{2}=\frac{3}{4}\left(\begin{array}{ll} I & 0 \\ 0 & I \end{array}\right), \quad S_{z}=\frac{1}{2}\left(\begin{array}{cc} \sigma_{z} & 0 \\ 0 & \sigma_{z} \end{array}\right) \end{equation}
通过计算,可知 $S^2$ 的本征值为 $\frac{3}{4}$,$S_{z}$ 的本征值为 $\frac{1}{2}$,所以 $S$ 描写的是自旋为 1/2 的粒子.

   2.洛伦兹协变性证明思路如下:根据狄拉克方程的洛伦兹不变性,可以推出旋量的洛伦兹变换形式,进而得到自旋为 $\frac{1}{2}$.为了讨论方便,一般对式 9 狄拉克方程进行改写.引入 $\gamma^{\mu}$:

\begin{equation} \begin{array}{l} \gamma^{0}=\beta \\ \gamma^{i}=\beta \alpha^{i} \quad(i=1,2,3) \end{array} \end{equation}
可以证明,$\gamma^{\mu}$ 满足反对易关系:
\begin{equation} \left\{\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}\right\}=2 \eta^{\mu \nu} \end{equation}
$\eta^{\mu \nu}$ 为闵可夫斯基空间的度规张量.狄拉克方程此时可以写为:
\begin{equation} \left(\mathrm{i} \gamma^{\mu} \frac{\partial}{\partial x^{\mu}}-m\right) \psi(x)=0 \end{equation}
若引入费曼斜线标记,即 $\not A$ 表示 $\gamma^{\mu}A_{\mu}$,狄拉克方程可以更加简便地写为:
\begin{equation} ( \not p-m) \psi=0 \end{equation}

拉氏量

   狄拉克方程作为描述旋量的经典场方程,理应能从拉格朗日方程或由哈密顿原理导出,以此可作为拉氏量的一种验证方式.方程的洛伦兹协变性要求拉氏量也具有相同的协变性.在无相互作用的条件下,Dirac 场的拉氏密度如下:

\begin{equation} \mathcal{L}=\mathrm{ \mathrm{i} } \bar{\psi} \gamma^{\mu} \partial_{\mu} \psi-m \bar{\psi} \psi \quad\left(\bar{\psi}=\psi^{\dagger} \gamma^{0}\right) \end{equation}
式 36 的 $\psi$ 进行变分可得到 Dirac 旋量的运动方程,即式 35

3. 狄拉克方程的解

   现在我们在手征表象下,对式 35 进行求解.由于狄拉克方程可变换为 K-G 方程,所以狄拉克方程的解亦是平面波的叠加,即 $\Psi(x)=u(p)e^{-ipx}+v(p)e^{ipx}$,其中 $u(p)$ 和 $v(p)$ 都是四分量旋量.将正能部分和负能部分分别代入狄拉克方程后可得:

\begin{equation} (\not p-m) u(p)=0 \end{equation}
\begin{equation} (\not p+m) v(p)=0 \end{equation}

   我们先对正能部分进行讨论.为了方便,对粒子采取静止坐标系,则 $p^\mu=(m,0,0,0)$.(非静坐标系下的解可通过对静坐标系下的解作 boost 得到).式 37 在手征表象下为:

\begin{equation} \left(m \gamma^{0}-m\right) u\left(p\right)=m\left(\begin{array}{rr} -1 & 1 \\ 1 & -1 \end{array}\right) u\left(p\right)=0 \end{equation}
解得
\begin{equation} u\left(p\right)=\sqrt{m}\left(\begin{array}{l} \xi \\ \xi \end{array}\right) \end{equation}
$\xi$ 是任意的二分量旋量

4. 狄拉克方程对 K-G 方程疑难的解释

负能量

概率密度

致读者: 小时百科一直以来坚持所有内容免费无广告,这导致我们处于严重的亏损状态。 长此以往很可能会最终导致我们不得不选择会员制,大量广告,内容付费等。 因此,我们请求广大读者热心打赏 ,使网站得以健康发展。 如果看到这条信息的每位读者能慷慨打赏 10 元,我们一个星期内就能脱离亏损, 并保证网站能在接下来的一整年里向所有读者继续免费提供优质内容。 但遗憾的是只有不到 1% 的读者愿意捐款, 他们的付出帮助了 99% 的读者免费获取知识, 我们在此表示感谢。

         

© 小时科技 保留一切权利