7.1.5.2 ディラック方程式の解
ディラックスピノルのフーリエ展開
$\psi(x)=\int\frac{\dd{^{4}p}}{(2\pi)^{4}}e^{-ip\cdot x}\tilde{\psi}(p)$
をディラック方程式 $i\gamma^{\mu}\partial _ {\mu}\psi=m\psi$ に代入すると
$$\int\frac{\dd{^{4}p}}{(2\pi)^{4}}i\gamma^{\mu}(-ip _
{\mu})e^{-ip\cdot
x}\tilde{\psi}(p)=\int\frac{\dd{^{4}p}}{(2\pi)^{4}}me^{-ip\cdot
x}\tilde{\psi}(p)$$
したがって $\gamma^{\mu}p _ {\mu}\tilde{\psi}(p)-m\tilde{\psi}(p)=0$ ． ガンマ行列のディラック表現を用い，ディラックスピノルも2成分スピノル2個に分ける．
$$\gamma^{0}=\mqty(I \\ & -I)\qc\gamma^{i}=\mqty( & \sigma^{i} \\
-\sigma^{i})\qc\tilde{\psi}(p)=\mqty(\tilde{u} \\ \tilde{v})$$
すると先の式 $\gamma^{\mu}p _ {\mu}\tilde{\psi}(p)-m\tilde{\psi}(p)=0$ は
$$M\mqty(\tilde{u} \\ \tilde{v})=0\qc M=\mqty(p _ {0}-m &
\vb*{p}\cdot\vb*{\sigma} \\ -\vb*{p}\cdot\vb*{\sigma} & -p _
{0}-m)$$
$\tilde{\psi}=0$ 以外の解が存在するなら $\abs{M}=0$ より
$m^{2}-p _ {0}^{2}+(\vb*{p}\cdot\vb*{\sigma})^{2}=0$ ．
$\acomm{\sigma^{i}}{\sigma^{j}}=\delta^{ij}$ より
$(\vb*{p}\cdot\vb*{\sigma})^{2}=\vb*{p}^{2}$
だから，相対論的エネルギー関係 $p^{2}=m^{2}$ を得る． $M\tilde{\psi}=0$ より
$(E-m)\tilde{u}=\vb*{\sigma}\cdot\vb*{p}\tilde{v}$，$(E+m)\tilde{v}=\vb*{\sigma}\cdot\vb*{p}\tilde{u}$
．静止している解は $E=m$ で任意の $\tilde{u}$ に対し $\tilde{v}=0$
．運動している解は $E\neq m$ で
$$\tilde{u}=\frac{\vb*{\sigma}\cdot\vb*{p}}{E-m}\tilde{v}=\frac{\vb*{\sigma}\cdot\vb*{p}}{E-m}\frac{\vb*{\sigma}\cdot\vb*{p}}{E+m}\tilde{u}=\frac{\vb*{p}^{2}}{E^{2}-m^{2}}\tilde{u}=\tilde{u}$$
より任意の $\tilde{u}$ に対して
$\tilde{v}=\frac{\vb*{\sigma}\cdot\vb*{p}}{E+m}\tilde{u}$
が解．フーリエ逆変換により次を得る．
$$\psi(x)=\int\frac{\dd{^{3}\vb*{p}}}{(2\pi)^{3}}\mqty(\tilde{u} \\
\frac{\vb*{\sigma\cdot\vb*{p}}}{E+m}\tilde{u})e^{-ip\cdot x}\qc
E=\pm\sqrt{\vb*{p}^{2}+m^{2}}$$ $E=\pm \sqrt{(\vb*{p}c)^{2}+(mc^{2})^{2}}$
より，ディラック方程式には負のエネルギー解が存在する．ディラックは負のエネルギー状態は海のように満たされていると考え，負のエネルギー状態を占める粒子が正のエネルギー状態に出てくるとき，それと対になるように負のエネルギー状態のホールとしての反粒子が生じると予言した．但しディラックの海自体は現在は否定されている． $i$ 方向のローレンツブーストの生成子を $\sigma^{0i}$
とし，回転も含めたローレンツ変換の生成子 $\sigma^{\mu\nu}$
で，ディラックスピノル $\psi(x)$ の変換演算子を
$U(\Lambda)=e^{-\frac{i}{4}\theta _ {\mu\nu}\sigma^{\mu\nu}}$
と表す．この生成子を
$\sigma^{\mu\nu}=\frac{i}{2}\comm{\gamma^{\mu}}{\gamma^{\nu}}$
で与えると， $U(\Lambda)\psi$ がローレンツ変換 $\Lambda$
後のディラック方程式を満たす． カイラル表示では
$$\gamma^{\mu}=\mqty( & \sigma^{\mu} \\
\overline{\sigma}^{\mu})\qc\overline{\sigma}^{\mu}=\mqty(I &
-\vb*{\sigma})\qc\gamma^{5}=\mqty(\dmat{-I,I})$$
このとき，ディラックスピノルを $\psi=\smqty(\psi _ {L} \\ \psi _ {R})$
のように2成分スピノル2個に分けてワイルスピノルと呼ぶ．相対論的極限
$\abs{m}\ll E$ でディラック方程式は $p\!\!\!/\psi=0$ より
$$\mqty( & E-\vb*{p}\cdot\vb*{\sigma} \\
E+\vb*{p}\cdot\vb*{\sigma})\mqty(\psi _ {L} \\ \psi _
{R})=0\quad\therefore\begin{cases}
\vb*{\sigma}\cdot\frac{\vb*{p}}{\abs{\vb*{p}}}\psi _
{L}=-\psi _ {L} \\
\vb*{\sigma}\cdot\frac{\vb*{p}}{\abs{\vb*{p}}}\psi _ {R}=\psi _ {L}
\\
\end{cases}$$ ここで $E=\abs{\vb*{p}}$
を用いた．したがってワイルスピノルはヘリシティの固有状態であり，
$\psi _ {L}$ は $-\frac{1}{2}$ ， $\psi _ {R}$ は $\frac{1}{2}$
の固有値である．（それぞれ左巻き，右巻きという．）
Simple Description
運動量表示の方程式
ディラック表示した方程式
運動量表示の自由場の解
ディラックの海
ローレンツ共変性
ワイルスピノル
Basic Problems
角運動量の交換関係
解答例
$\comm{\sigma _ {i}}{\sigma _ {j}}=2i\varepsilon _ {ijk}\sigma _ {k}$ を用いて， $\comm{\Sigma _ {i}}{\alpha _ {j}}=2i\varepsilon _ {ijk}\alpha _ {k}$，$\comm{\Sigma _ {i}}{\beta}=0$ を得る．よって $$\begin{aligned} \comm{S _ {i}}{H} & =\comm{\frac{\hbar}{2}\Sigma _ {i}}{\alpha _ {j}p _ {j}c}=\frac{\hbar}{2}cp _ {j}(2i\varepsilon _ {ijk}\alpha _ {k})=-i\hbar c\mqty(\vb*{\alpha}\cross\vb*{p}) _ {i} \\ \comm{L _ {i}}{H} & =\comm{\varepsilon _ {ijk}x _ {j}p _ {k}}{\alpha _ {l}p _ {l}c}=\varepsilon _ {ijk}p _ {k}\alpha _ {l}c(i\hbar\delta _ {kl})=i\hbar\mqty(\vb*{\alpha}\cross\vb*{p}) _ {i} \\ \comm{J _ {i}}{H} & =\comm{S _ {i}}{H}+\comm{L _ {i}}{H}=0 \\ \comm{h}{H} & =\frac{p _ {i}}{\abs{\vb*{p}}}\comm{S _ {i}}{H}=0 \end{aligned}$$ スピンや軌道角運動量は保存せず全角運動量が保存．ヘリシティも保存量．
自由場の静止解
解答例
$$\psi(x)=\mqty(u \\ v)\qc i\mqty(\dot{u} \\ -\dot{v})=m\mqty(u \\ v)\quad\therefore\mqty(u \\ v)=\left(\begin{array}{cc} u _ {0}(\vb*{0})e^{-imt} \\ v _ {0}(\vb*{0})e^{imt}\end{array}\right) $$ 非相対論的量子力学の時間発展因子 $e^{-iEt}$ の $E$ を静止エネルギー $mc^{2}$ としたのが $u$ ， $v$ は時間を逆行する（ $t\to-t$ ）反粒子のスピノルである．
Standard Problems
自由場の運動解
解答例
予想される次の平面波解を代入すると $$\mqty(u \\ v)=\mqty(\tilde{u}(\vb*{p})e^{-ip\cdot x} \\ \tilde{v}(\vb*{p})e^{ip\cdot x})\implies \mqty(p\!\!\!/u \\ -p\!\!\!/v)=m\mqty(u \\ v)$$ したがって $(p\!\!\!/-m)u=0$ ．ここで $\tilde{u}=(p\!\!\!/+m)u _ {0}$ とすると $$(p\!\!\!/-m)(p\!\!\!/+m)=p _ {\mu}p _ {\nu}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}-m^{2}=\frac{1}{2}p _ {\mu}p _ {\nu}\acomm{\gamma^{\mu}}{\gamma^{\nu}}-m^{2}=p _ {\mu}p _ {\nu}g^{\mu\nu}-m^{2}=0$$ より解であることが分かる． $\tilde{v}=(p\!\!\!/-m)v _ {0}$ とすればよい．
