FANDOM


Повернутися до розділу "Спін 1/2".

Побудова розв'язку рівняння ДіракаEdit

Оскільки рівняння Дірака - лінійне, то за допомогою методу Фур'є можна шукати розв'язок у вигляді

$ \ \Psi (\mathbf r , t) = \int \Psi (\mathbf p , t)e^{i (\mathbf p \cdot \mathbf r)}d^{3}\mathbf p $,

де $ \ \Psi (\mathbf p, t) $ - деякий біспінор.

Підстановка у рівняння Дірака цього виразу дає

$ \ i \frac{\partial \Psi (\mathbf p , t)}{\partial t} = (-i(\alpha , \nabla ) + \beta m)\int \Psi (\mathbf p , t)e^{i (\mathbf p \cdot \mathbf r)}d^{3}\mathbf p = ((\alpha \cdot \mathbf p) + \beta m)\Psi(\mathbf p , t) $.

Нехай далі

$ \ \Psi (\mathbf p , t) = u(\mathbf p )e^{-i \lambda t} $.

Тоді рівняння спроститься до

$ \ \lambda u (\mathbf p ) = ((\alpha , \mathbf p) +\beta m) u (\mathbf p ) $.

Оскільки (розв'язок будується у діраківському представленні)

$ \ u (\mathbf p ) = \begin{pmatrix} \varepsilon_{\mathbf p} \\ \theta_{\mathbf p} \end{pmatrix}, \quad \hat {\gamma}_{0} = \begin{pmatrix} \hat {E} & \hat {0} \\ \hat {0} & - \hat {E} \end{pmatrix}, \quad \hat {\gamma}_{i} = \begin{pmatrix} \hat {0} & \hat {\sigma } \\ - \hat {\sigma } & \hat {0} \end{pmatrix}, \quad \hat {\alpha}_{i} = \hat {\gamma}_{0}\hat {\gamma}_{i} = \begin{pmatrix} \hat {0} & \hat {\sigma }_{i} \\ \hat {\sigma }_{i} & \hat {0} \end{pmatrix} $,

то, перейшовши від біспінорного запису до спінорного, можна отримати систему

$ \ (\lambda - m)\varepsilon_{\mathbf p} = (\hat {\sigma }, \mathbf p )\theta_{\mathbf p}, \quad (\lambda + m)\theta_{\mathbf p} = (\hat {\sigma }, \mathbf p )\varepsilon_{\mathbf p} \qquad (.1) $.

Друге рівняння можна помножити на $ \ (\hat {\sigma }, \mathbf p) $, підставивши до нього перше рівняння (і використовуючи тотожність $ \ (\hat {\sigma }, \mathbf p)(\hat {\sigma }, \mathbf p) = \mathbf p^{2} $ із підрозділу про кватерніони):

$ \ (\lambda + m)(\hat {\sigma }, \mathbf p )\theta_{\mathbf p} = (\lambda^{2} - m^{2})\varepsilon_{\mathbf p} =_{right} = (\hat {\sigma }, \mathbf p )^{2}\varepsilon_{\mathbf p} = \mathbf p^{2}\varepsilon_{\mathbf p} $.

Звідси $ \ \mathbf p^{2} = \lambda^{2} - m^{2} \Rightarrow \lambda = \pm \sqrt{\mathbf p ^{2} + m^{2}} = \pm \epsilon_{\mathbf p} $.

Тому загальний розв'язок може бути записаний як сума розв'язків, кожен з яких відповідає своєму $ \ \lambda $:

$ \ \Psi (\mathbf r , t) = \int \left(u_{1}(\mathbf p )e^{i (-\epsilon_{\mathbf p} t + (\mathbf p \cdot \mathbf r))} + u_{2}(\mathbf p )e^{i (\epsilon_{\mathbf p} t + (\mathbf p \cdot \mathbf r ))}\right)d^{3}\mathbf p = \int \left(u_{1}(\mathbf p )e^{-ipx} + u_{2}(\mathbf p )e^{i (\lambda t + (\mathbf p \cdot \mathbf r ))}\right)d^{3}\mathbf p $,

де $ \ p = (\epsilon_{\mathbf p} , \mathbf p ) $.

Якщо у другому доданку зробити заміну $ \ \mathbf p \to -\mathbf p $, то, як уже було написано у розділі про скалярне поле, в силу симетричності меж інтегрування останні не зміняться, степінь експоненти згорнеться у $ \ ipx $, і тоді

$ \ \Psi (\mathbf r , t) = \int \left(u_{1}(\mathbf p )e^{-ipx} + u_{2}(-\mathbf p )e^{ipx}\right)d^{3}\mathbf p \qquad (.2) $.

Можна обмежити явний вигляд амплітуд $ \ u_{1, 2}(\mathbf p ) $. Для цього треба використати систему $ \ (.1) $. Виразивши із її другого рівняння $ \ \theta_{\mathbf p } $, підставивши перед цим $ \ \lambda = \sqrt{\mathbf p^{2} + m^{2}} = \epsilon_{\mathbf p} $, а із першого, після підстановки $ \ \lambda = -\sqrt{\mathbf p^{2} + m^{2}} = -\epsilon_{\mathbf p }, \mathbf p \to -\mathbf p $, спінор $ \varepsilon_{\mathbf p} $, можна отримати, що

$ \ u_{1}(\mathbf p ) = \begin{pmatrix} \varepsilon_{\mathbf p} \\ \frac{(\mathbf p \hat {\sigma })}{\epsilon + m}\varepsilon_{\mathbf p} \end{pmatrix}, \quad u_{2}(-\mathbf p ) = \begin{pmatrix} \frac{(\mathbf p \hat {\sigma })}{\epsilon + m}\theta_{-\mathbf p } \\ \theta_{-\mathbf p } \end{pmatrix} \qquad (.3) $.

Біспінори $ \ u_{1}(\mathbf p ), u_{2}(\mathbf p ) $ можна записати через власні вектори матриці $ \ (\hat {\sigma}\frac{\mathbf p}{p}) = (\hat {\sigma}\mathbf n ) $. Тому, розкладаючи амплітуди $ \ (.3) $ по власним векторам $ \ w^{(s)} $ матриці

$ \ (\mathbf p \hat {\sigma }) = |\mathbf p |(\mathbf n \hat {\sigma }) = \sqrt{\epsilon_{\mathbf p }^{2} - m^{2}}(\mathbf n \hat {\sigma }) $

як

$ \ \varepsilon_{\mathbf p } = \frac{\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}}{\sqrt{(2 \pi)^{3}2 \epsilon_{\mathbf p}}}a_{s}(\mathbf p )w^{(s)}, \quad \theta_{-\mathbf p } = \frac{\sqrt{\epsilon_{\mathbf p } + m}}{\sqrt{(2 \pi )^{3}2 \epsilon_{\mathbf p }}}b_{s}^{*} (\mathbf p )w^{(s)} $,

вираз $ \ (.2) $ можна переписати:

$ \ \Psi (\mathbf r , t) = \int \left( \begin{pmatrix} \varepsilon_{\mathbf p} \\ \frac{(\mathbf p \hat {\sigma })}{\epsilon + m}\varepsilon_{\mathbf p} \end{pmatrix}e^{-ipx} + \begin{pmatrix} \frac{(\mathbf p \hat {\sigma })}{\epsilon + m}\theta_{-\mathbf p } \\ \theta_{-\mathbf p } \end{pmatrix}e^{ipx}\right)d^{3}\mathbf p = \int \left( a_{s}(\mathbf p)e^{-ipx}\begin{pmatrix} \sqrt{\epsilon_{\mathbf p } + m}w^{(s)} \\ s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p } - m}w^{(s)} \end{pmatrix} + b_{s}^{*}(\mathbf p)e^{ipx}\begin{pmatrix} s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p } - m}w^{(s)} \\ \sqrt{\epsilon_{\mathbf p } + m}w^{(s)} \end{pmatrix} \right)\frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{(2 \pi )^{3}2\epsilon_{\mathbf p}}} = $

$ \ = \int \left( a_{s}(\mathbf p)e^{-ipx}A_{s, \mathbf p } + b_{s}^{*}(\mathbf p)e^{ipx}B_{s , \mathbf p} \right)\frac{d^{3}\mathbf p}{\sqrt{(2 \pi )^{3}2\epsilon_{\mathbf p}}} $,

де величини

$ \ A_{s, \mathbf p}e^{-ipx } = \psi_{+}, \quad B_{s, \mathbf p }e^{ipx} = \psi_{-} $

називаються біспінорними хвилями.

Властивості біспінорних хвильEdit

1. Біспінорні хвилі задовольняють рівнянню Дірака,

$ \ \left( i\gamma^{\mu}\partial_{\mu } - m\hat {\mathbf E}\right)\psi_{\pm} = 0 $,

і співвідношенням

$ \ \left( \gamma^{\mu}p_{\mu} - m\right)A_{s, \mathbf p } = 0 , \quad \left( \gamma^{\mu}p_{\mu} + m\right)B_{s, \mathbf p } = 0 $.

2. Умова ортогональності для біспінорних хвиль $ \ A_{s, \mathbf p}, B_{s, \mathbf p} $.

З урахуванням явних виразів для $ \ A_{s, \mathbf p}, B_{s, \mathbf p} $, умови ортогональності $ \ {w^{(s)}}^{+}w^{(s')} = \delta_{ss'} $ і того, що при інверсії $ \ \mathbf p \to -\mathbf p $ власне число змінюється як $ \ s \to -s (s^{2} = 1) $, можна отримати

$ \ A^{+}_{s, \mathbf p}A_{s', \mathbf p} = \begin{pmatrix} \sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}{w^{(s)}}^{+} & s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}{w^{(s)}}^{(+)} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}w^{(s)} \\ s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)} \end{pmatrix} = 2\epsilon_{\mathbf p }\delta_{ss'} = B^{+}_{s, \mathbf p}B_{s', \mathbf p} \qquad (.4) $,

$ \ A_{s, \mathbf p}^{+}B_{s', -\mathbf p} = \begin{pmatrix} \sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}{w^{(s)}}^{+} & s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}{w^{(s)}}^{(+)} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)} \\ \sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}w^{(s)} \end{pmatrix} = B_{s, \mathbf p}^{+}A_{s', -\mathbf p} = 0 \qquad (.5) $.

3. Можна показати, що вектори $ \ A_{s, \mathbf p}, B_{s, \mathbf p} $ мають такі властивості (сума по поляризаціям):

$ \ \sum_{s}A_{s, \mathbf p} \bar {A}_{s, \mathbf p} = \gamma_{\mu}p^{\mu} + m, \quad \sum_{s}B_{s, \mathbf p} \bar {B}_{s, \mathbf p} = \gamma_{\mu}p^{\mu} - m $.

У цьому нескладно переконатися. Дійсно, якщо використати явний вигляд для, наприклад, $ \ B_{s, \mathbf p} $,

$ \ B_{s, \mathbf p} = \begin{pmatrix} s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)} \\ \sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}w^{(s)} \end{pmatrix} \Rightarrow \bar {B}_{s, \mathbf p} = \begin{pmatrix} s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}(w^{(s)})^{+} & -\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}(w^{(s)})^{+} \end{pmatrix} $,

то при взятті суми можна отримати

$ \ \sum_{s}B_{s, \mathbf p} \bar {B}_{s, \mathbf p} = \sum_{s}\begin{pmatrix} s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)} \\ \sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}w^{(s)} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}(w^{(s)})^{+} & -\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}(w^{(s)})^{+} \end{pmatrix} = |\sqrt{\epsilon^{2}_{\mathbf p} - m^2} = p| = $

$ \ = \sum_{s}\begin{pmatrix} (\epsilon_{\mathbf p} - m)w^{(s)}(w^{(s)})^{+} & -s p w^{(s)}(w^{(s)})^{+} \\ spw^{(s)}(w^{(s)})^{+} & -(\epsilon_{\mathbf p} + m)w^{(s)}(w^{(s)})^{+} \end{pmatrix} $.

Тепер треба врахувати, що $ \ s p w^{(s)} = (\sigma \cdot \mathbf p ) w^{(s)} $ і що сума $ \ \sum_{s}w^{(s)}(w^{(s)})^{+} = \hat {\mathbf E} $ (це справедливо в силу того, що $ \ w^{(s)} $ утворюють повний базис; при бажанні рівність перевіряється "в лоб"). Тому

$ \ \sum_{s}B_{s, \mathbf p} \bar {B}_{s, \mathbf p} = \begin{pmatrix} \epsilon_{\mathbf p} - m & -(\sigma \cdot \mathbf p ) \\ (\sigma \cdot \mathbf p ) & -(\epsilon_{\mathbf p} + m) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \epsilon_{\mathbf p} & 0 \\ 0 & -\epsilon_{\mathbf p} \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & (\sigma \cdot \mathbf p ) \\ -(\sigma \cdot \mathbf p ) & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} m & 0 \\ 0 & m \end{pmatrix} = \gamma^{\mu}p_{\mu} - m $.

Рівність для $ \ A_{s, \mathbf p} $ перевіряється аналогічно.

4. Справедливим є співвідношення $ \ \bar{A}_{s, \mathbf p}\gamma^{\mu}A_{s', \mathbf p} = 2p^{\mu}\delta_{ss'} $.

Дійсно,

$ \ \bar{A}_{s, \mathbf p}\gamma^{\mu}A_{s', \mathbf p} = \frac{1}{m}\bar{A}_{s, \mathbf p}\gamma^{\mu}\partial^{\alpha}p_{\alpha}A_{s', \mathbf p} =|[\gamma_{\alpha}, \gamma_{\beta}]_{+} = 2g_{\alpha \beta}| = \frac{2p^{\mu}}{m}\bar{A}_{s, \mathbf p}A_{s', \mathbf p} - \bar{A}_{s, \mathbf p}\gamma^{\alpha}p_{\alpha}\gamma^{\mu}A_{s', \mathbf p} = $

$ \ |\bar {A}_{\mathbf p}(\gamma^{\mu}p_{\mu} - m) = 0, \bar{A}_{s, \mathbf p}A_{s', \mathbf p} = 2m\delta_{ss'}| = 4p_{\mu}\delta_{ss'} - \bar{A}_{s, \mathbf p}\gamma^{\mu}A_{s', \mathbf p} \Rightarrow \bar{A}_{s, \mathbf p}\gamma^{\mu}A_{s', \mathbf p} = 2p^{\mu}\delta_{ss'} $.

Тут були використані рівняння $ \ (\gamma^{\mu}p_{\mu} - m)A_{s, \mathbf p} = 0 $ (його було ермітово спряжено і домножено на $ \ \gamma_{0} $) і явний вигляд $ \ A_{s, \mathbf p} $ для доведення співвідношення $ \ \bar{A}_{s, \mathbf p}A_{s', \mathbf p} = 2m\delta_{ss'} $ (див. п. 2, 3).