FANDOM


Повернутися до розділу "Спін 1/2".

Теорія взаємодії діраківських ферміонів із електромагнітним полемEdit

Можна отримати взаємодію діраківських біспінорів із електромагнітним, побудувавши теорію калібрувально-інваріантного біспінорного поля.

Лагранжіан вільних ферміонів

$ \ L_{0} = \bar {\Psi}(\gamma^{\mu}i\partial_{\mu} - m)\Psi $

інваріантний відносно підстановки $ \ \psi \to e^{i\alpha}\psi, \bar {\psi } \to e^{-i\alpha }\bar {\psi} $, що перевіряється просто "в лоб". Відповідний струм, як було отримано, рівен

$ \ J^{\mu} = \bar {\Psi }\hat {\gamma}^{\mu}\Psi $.

Його можна зробити калібрувально-інваріантним. Підстановка $ \ \Psi \to e^{i\alpha (x)}\Psi, \bar {\Psi } \to e^{-i\alpha (x)}\bar {\Psi} $ призведе до модифікації

$ \ L_{0}{'} = e^{-i\alpha (x)}\bar {\Psi} (\gamma^{\mu}i\partial_{\mu} - m) e^{i\alpha (x)}\Psi = L_{0} - e^{-i\alpha (x)}\bar {\Psi}\gamma^{\mu}(\partial_{\mu}\alpha) e^{i \alpha (x)}\Psi = L_{0} - J^{\mu}(\partial_{\mu}\alpha ) $.

Якщо подовжити похідну,

$ \ \partial_{\mu} \to D_{\mu} = \partial_{\mu} - iqA_{\mu} $,

і одразу накласти на поле $ \ A_{\mu} $ калібрувальну умову $ \ A_{\mu } \to A_{\mu} + \frac{1}{q}(\partial_{\mu}\alpha ) $, то можна отримати

$ \ L = \bar {\Psi}\left( \gamma^{\mu} i \partial_{\mu} + q\gamma^{\mu}A_{\mu} + \gamma^{\mu}(\partial_{\mu }\alpha) - m\right) \Psi - J^{\mu}(\partial_{\mu}\alpha ) = L_{0} + qJ^{\mu}A_{\mu} $.

Тепер, аналогічно до випадку із комплексним скалярним полем, можна додати лагранжіан для вільного електромагнітного поля. Тоді, нарешті,

$ \ L = L_{0} + qJ^{\mu}A_{\mu} + \frac{1}{16 \pi}F_{\mu \nu}F^{\mu \nu} = \bar {\Psi}(\gamma^{\mu}i\partial_{\mu} - m)\Psi + qJ^{\mu}A_{\mu} - \frac{1}{16 \pi}F_{\mu \nu}F^{\mu \nu} $.

На відміну від випадку скалярного поля, відсутній член виду

$ \ q^{2}A^{\mu}A_{\mu}\Psi \bar {\Psi} $,

а отже, взаємодіючі частинки-ферміони "не змінюють своєї маси".

Рівнянням поля на біспінор $ \ \Psi $ є, вочевидь,

$ \ \frac{\partial L}{\partial \bar {\Psi} } = 0 \Rightarrow (\gamma^{\mu}i\partial_{\mu} + q\gamma^{\mu}A_{\mu} - m)\Psi = 0 \qquad (.1) $.

Тензор енергії-імпульсу відповідає виразу (функція $ \ \varphi $ стосується як до біспінорних полів, так і до електромагнітного 4-потенціалу)

$ \ T^{\mu}_{\nu} = \frac{\partial L}{\partial (\partial_{\mu}\varphi )}\partial_{\nu}\varphi - \delta^{\mu}_{\nu}L = i\bar {\Psi}\gamma^{\mu}\partial_{\nu}\Psi + \frac{1}{4 \pi}F^{\mu \gamma}\partial_{\nu}A_{\gamma} + \frac{1}{16 \pi}\delta^{\mu}_{\nu}F_{\alpha \beta}F^{\alpha \beta} - \delta^{\mu}_{\nu}\bar {\Psi }\left(i\gamma^{\alpha}\partial_{\alpha} - m + q\gamma^{\alpha}A_{\alpha}\right)\Psi -\delta^{\mu}_{\nu}\frac{1}{16 \pi}F_{\alpha \beta}F^{\alpha \beta} = $

$ \ = i\bar {\Psi}\gamma^{\mu}\partial_{\nu}\Psi + \frac{1}{4 \pi}F^{\mu \gamma}\partial_{\nu}A_{\gamma} $,

де другий та третій доданок другої рівності відповідають тензору енергії-імпульсу вільного електромагнітного поля, а четвертий доданок рівен нулю в силу виконання рівняння $ \ (.1) $.

Зарядове спряженняEdit

У розділі про дискретні симетрії на біспінорних представленнях було показано, що оператор зарядового спряження

$ \ \hat {C}\Psi = i\gamma_{2}\Psi^{*} = i\gamma_{2}\gamma_{0}\bar {\Psi}^{T} = \hat {U}\bar {\Psi}^{T} $.

залишає рівняння Дірака інваріантним. Таким чином, для вільної діраківської частинки існує виродження по зарядовим ступеням вільності, тобто $ \ \Psi , \Psi_{c} $ описують одну і ту саму частинку. Проте виродження знімається для випадку наявності електромагнітного поля. Це можна показати.

Взявши рівняння $ \ (.1) $,

$ \ (\gamma^{\mu}i\partial_{\mu} + q\gamma^{\mu}A_{\mu} - m)\Psi = 0 $,

ермітово зпрягши його (врахувавши при цьому властивість $ \ (\gamma^{\mu})^{+} = \gamma^{0}\gamma^{\mu}\gamma^{0} $),

$ \ -i\partial_{\mu}\Psi^{+}\gamma^{0}\gamma^{\mu}\gamma^{0} + q\Psi^{+}\gamma^{0}\gamma^{\mu}\gamma^{0}A_{\mu} - m\Psi^{+} =0 $,

та домноживши на $ \ \gamma^{0} $ зправа, можна отримати рівняння для спряженого діраківського спінора:

$ \ i\partial_{\mu}\bar {\Psi} \gamma^{\mu} - q\bar {\Psi} \gamma^{\mu}A_{\mu} + m\bar {\Psi} = 0 $.

Транспонувавши його та домноживши зліва на матрицю $ \ i\gamma_{2}\gamma_{0} $, можна отримати

$ \ -\gamma_{2}\gamma_{0}(\gamma^{\mu})^{T}\partial_{\mu}\bar {\Psi}^{T} - qi\gamma_{2}\gamma_{0}(\gamma^{\mu})^{T} \bar {\Psi}^{T}A_{\mu} + mi \gamma_{2}\gamma_{0}\bar {\Psi}^{T} = 0 $.

Ввівши у третьому доданку $ \ \Psi^{c} = i \gamma_{2}\gamma_{0}\bar {\Psi}^{T} $ та представивши біспінори у першому та другому доданках як $ \ \bar {\Psi}^{T} = i\gamma_{0}\gamma_{2}i\gamma_{2}\gamma_{0}\bar {\Psi}^{T} = \hat {U}^{-1}\Psi^{c} $,

можна отримати

$ \ i \hat {U}(\gamma^{\mu})^{T}\hat {U}^{-1}\Psi^{c} - q\hat {U}(\gamma^{\mu})^{T}\hat {U}^{-1}\Psi^{c}A_{\mu} + m\Psi^{c} = 0 $.

"В лоб" перевіряється, що $ \ \hat {U}(\gamma^{\mu})^{T}\hat {U}^{-1} = -\gamma^{\mu} $.

Тому, нарешті,

$ \ i\gamma^{\mu}\partial_{\mu}\Psi^{c} + q\gamma^{\mu}\Psi^{c}A_{\mu} - m\Psi^{c} = 0 $.

Видно, що рівняння для $ \ \Psi^{c} $ переходить у рівняння для $ \ \Psi $ при $ \ q \to -q $.