量子力学⑯ ディラック方程式とガンマ行列
ディラック方程式の導出・負の確率密度への対処
前回は以下のようなクラインゴルドン方程式を紹介しました。\begin{align}
\left(\dfrac{1}{c^2}\dfrac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2+\dfrac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\phi=\left(\partial_\mu\partial^\mu+\dfrac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\phi=0 \label{eq-quantum16:1}
\end{align}
この問題点は連続の式で$\rho$が負になりうるために確率解釈ができないことでした。その原因を時間の2階微分だと考えて、時間に関して1回微分の式を導いてみることにします。
ディラック方程式とは？
ディラック方程式
\begin{align*}
\left(i\gamma^\mu\partial_\mu-\dfrac{mc}{\hbar}\right)\psi=0
\end{align*}
ただし、ガンマ行列$\gamma^\mu$は計量テンソル$\eta^{\mu\nu}$に対して、
\begin{align*}
\gamma^\mu\gamma^\nu+\gamma^\nu\gamma^\mu=2\eta^{\mu\nu}
\end{align*}
という関係があります。
ディラック方程式の導出
相対論的なエネルギーの式は\begin{align*}
E^2=m^2c^4+p^2c^2
\end{align*}
でした。ここに演算子
\begin{align*}
\hat{E}&=i\hbar\dfrac{\partial}{\partial t} \\
\hat{p}&=-i\hbar\nabla
\end{align*}
をそのまま代入すると時間の2階微分が現れます。それでは困るので何とかして時間の一回微分の関数を考えましょう。というわけで3次元の定ベクトル$\boldsymbol{\alpha}$と定数$\beta$を用いて、以下のような式を仮定します。ただし、$\boldsymbol{\alpha}$と$\beta$を無次元化するために、適当な定数を付けています。
\begin{align*}
E&=c\boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{p}+\beta mc^2
\end{align*}
これを二乗して元の相対論的な式(方程式としてはKlein-Gordon方程式)に戻るように定数を定めましょう。上の式に演算子を代入して見ると以下のようになります。ただし、$\alpha$の右上の数はあくまで添え字で指数ではないです。
\begin{align}
i\hbar\dfrac{\partial}{\partial t}\psi=\left\{-ic\hbar \left(\alpha^1\dfrac{\partial}{\partial x}+\alpha^2\dfrac{\partial}{\partial y}+\alpha^3\dfrac{\partial}{\partial z}\right)+\beta mc^2\right\}\psi \label{eq-quantum16:2}
\end{align}
これを$\partial_\mu$$=$$\left(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t},\nabla\right)$を用いて書くと、
\begin{align*}
ich \partial_0\psi=\left\{-ic\hbar (\alpha^1\partial_1+\alpha^2\partial_2+\alpha^3\partial_3)+\beta mc^2\right\}\psi
\end{align*}
演算子部分をもう一度作用させてあげればクラインゴルドン方程式になるように未知係数を決めます。というわけで演算子をもう一度作用させます。ここで、$\boldsymbol{\alpha}$と$\beta$については、のちの説明で使うために積の順番は維持したまま計算します。
\begin{align*}
-c^2\hbar^2(\partial_0)^2\psi=\left[-c^2\hbar^2\{(\alpha^1\partial_1)^2+(\alpha^2\partial_2)^2+(\alpha^3\partial_3)^2\}-c^2\hbar^2
\{
(\alpha^1\alpha^2+\alpha^2\alpha^1)\partial_1\partial_2
+
(\alpha^2\alpha^3+\alpha^3\alpha^2)\partial_2\partial_3
+
(\alpha^3\alpha^1+\alpha^1\alpha^3)\partial_3\partial_1
\}
+\hbar mc^3
\{
(\alpha^1\beta+\beta\alpha^1)\partial_1
+
(\alpha^2\beta+\beta\alpha^2)\partial_2
+
(\alpha^3\beta+\beta\alpha^3)\partial_3
\}
+\beta^2m^2c^4\right]\psi
\end{align*}
これをKlein-Gordon方程式と比べるために係数を調節します。辺々を$c^2\hbar^2$でわって項を片方にまとめます。
\begin{align*}
\left[
(\partial_0)^2
-
(\alpha^1)^2(\partial_1)^2
-
(\alpha^2)^2(\partial_2)^2
-
(\alpha^3)^2(\partial_3)^2
+
\{
(\alpha^1\alpha^2+\alpha^2\alpha^1)\partial_1\partial_2+
(\alpha^2\alpha^3+\alpha^3\alpha^2)\partial_2\partial_3+
(\alpha^3\alpha^1+\alpha^1\alpha^3)\partial_3\partial_1
\}
+
\dfrac{mc}{\hbar}
\{
(\alpha^1\beta+\beta\alpha^1)\partial_1
+
(\alpha^2\beta+\beta\alpha^2)\partial_2
+
(\alpha^3\beta+\beta\alpha^3)\partial_3
\}
+\beta^2\dfrac{m^2c^2}{\hbar^2}
\right]\psi=0
\end{align*}
さて、係数比較のためにKlein-Gordon方程式を$\partial_\mu$だけを用いて書くと、
\begin{align*}
\left\{(\partial_0)^2-(\partial_1)^2-(\partial_2)^2-(\partial_3)^2+\dfrac{m^2c^2}{\hbar^2}\right\}\psi=0
\end{align*}
これらの係数を比較すれば以下の関係がわかります。
\begin{align}
(\alpha^i)^2&=\hat{1}\ \ (i=1,2,3) \label{eq-quantum16:3}\\
\alpha^i\alpha^j+\alpha^j\alpha^i&=0\ \ (i \ne j) \label{eq-quantum16:4}\\
\alpha^i\beta+\beta\alpha^i&=0\ \ (i=1,2,3) \label{eq-quantum16:5}\\
\beta^2&=\hat{1} \label{eq-quantum16:6}
\end{align}
この後で紹介しますがこれらを行列のように扱うために1と書かずに恒等写像(単位行列)$\hat{1}$で表しました。ここで、$\alpha^0$として$\beta$を考えることにするとこの複雑な式は簡単にまとめられて、クロネッカーのデルタを用いれば、
\begin{align}
\alpha^\mu\alpha^\nu+\alpha^\nu\alpha^\mu=2\delta^{\mu\nu} \label{eq-quantum16:7}
\end{align}
となります。以上より、\eqref{eq-quantum16:2}式は、
\begin{align*}
\left(i\hbar c\alpha^\mu\partial_\mu-\beta mc^2\right)\psi=0
\end{align*}
この辺々に$\beta(=\alpha^0)$を左から作用させれば、
\begin{align*}
\left\{i\hbar c \left(\beta\partial_0+\beta\alpha^k \partial_k\right)-\beta^2mc^2\right\}\psi=0
\end{align*}
ところで、\eqref{eq-quantum16:7}で$\mu=\nu=0$とした式$\beta^2=1$を用いて、さらにガンマ行列というものを$\gamma^\mu=\left(\beta,\beta\alpha^1,\beta\alpha^2,\beta\alpha^3\right)$とおけば、
\begin{align*}
\left(i\gamma^\mu\partial_\mu-\dfrac{mc}{\hbar}\right)\psi=0
\end{align*}
となり、これがディラック方程式です。
波動関数もどきは？
今まで何も言わずに書いてきた$\psi$はスピノルと呼ばれるものになります。ガンマ行列が4$\times$4だったことを考えればスピノルは4成分になります。パウリのスピン行列とは?
先ほどディラック方程式として導いた$\beta,\alpha$に関する話です。$\alpha$は交換しないので、スカラーでは適当なものが見つかりません。諸々の理由があり、この話は複雑になってしまいますから省略しますが、4次元の行列が最も簡単な形として適しています。(だから$\psi$も4成分になりスピノルといいます。この詳しい話は別の記事で。)そこで、以下のパウリのスピン行列を\begin{align*}
\sigma_1&=\begin{pmatrix}
0 & 1\\
1 & 0
\end{pmatrix}\\
\sigma_2&=\begin{pmatrix}
0 & -i\\
i & 0
\end{pmatrix}\\
\sigma_3&=\begin{pmatrix}
1 & 0\\
0 & -1
\end{pmatrix}
\end{align*}
というように3つ定義します。このとき、$\alpha^i,\beta$の最も簡単な形として、
\begin{align*}
\beta&=\begin{pmatrix}
\hat{1} & 0\\
0 & -\hat{1}
\end{pmatrix}\\
\alpha^i&=\begin{pmatrix}
0 & \sigma_i\\
\sigma_i & 0
\end{pmatrix}
\end{align*}
が得られます。
ガンマ行列の交換関係
これらをもちいたガンマ行列をディラック表示といいます。 先ほど導いた\eqref{eq-quantum16:3}～\eqref{eq-quantum16:6}について考えます。$\mu,\nu\ne 0$のとき
まず、\eqref{eq-quantum16:7}で添え字が0以外の場合、つまり、
\begin{align*}
\alpha^\mu\alpha^\nu+\alpha^\nu\alpha^\mu=2\delta^{\mu\nu} \ \ (\mu,\nu=1,2,3)
\end{align*}
左から$\beta^2$$=$$(\alpha^0)^2$をかけます。ただし、右辺については$\beta^2=\hat{1}$よりそのままで、
\begin{align*}
\alpha^0\alpha^0\alpha^\mu\alpha^\nu+\alpha^0\alpha^0\alpha^\nu\alpha^\mu=2\delta^{\mu\nu}
\end{align*}
左辺の計算を進めます。クロネッカーのデルタはただ単位行列か零行列なので積の入れ替えは可能で、また、$\gamma^\mu$$=$$\alpha^0\alpha^\mu$($\mu,\nu=1,2,3$)を用いて、
\begin{align*}
&\ \alpha^0\alpha^0\alpha^\mu\alpha^\nu+\alpha^0\alpha^0\alpha^\nu\alpha^\mu \\
&=
\alpha^0(-\alpha^\mu\alpha^0+2\delta^{0\mu})\alpha^\nu+\alpha^0(-\alpha^\nu\alpha^0+2\delta^{0\nu})\alpha^\mu \ \ (\because \eqref{eq-quantum16:7}) \\
&=-\alpha^0\alpha^\mu\alpha^0\alpha^\nu+2\delta^{0\mu}\alpha^0\alpha^\nu-\alpha^0\alpha^\nu\alpha^0\alpha^\mu+2\delta^{0\nu}\alpha^0\alpha^\mu \\
&=-\gamma^\mu \gamma^\nu+2\delta^{0\mu}\gamma^\nu-\gamma^\nu \gamma^\mu +2\delta^{0\nu}\gamma^\mu \\
&=-(\gamma^\mu\gamma^\nu + \gamma^\nu \gamma^\mu)+2\delta^{0\mu}\gamma^\nu+2\delta^{0\nu}\gamma^\mu \\
&=-(\gamma^\mu \gamma^\nu +\gamma^\nu \gamma^\mu)
\end{align*}
よって、
\begin{align}
\gamma^\mu\gamma^\nu+\gamma^\nu\gamma^\mu=-2\delta^{\mu\nu}\ \ (\mu,\nu\ne 0) \label{eq-quantum16:8}
\end{align}
$\mu \ne 0$,$\nu = 0$のとき
\eqref{eq-quantum16:5}より、$\beta=\alpha^0$なので、
\begin{align*}
\alpha^\mu\alpha^0+\gamma^0\alpha^\mu =0\\
\end{align*}
また、$\mu=1,2,3$について、$\gamma^\mu=\alpha^0\alpha^\mu$なので、左から$\alpha^0$をかけて、
\begin{align}
\alpha^0\alpha^\mu\alpha^0+\alpha^0\alpha^0\alpha^\mu&=0 \nonumber \\
\therefore \gamma^\mu\gamma^0+\gamma^0\gamma^\mu&=0 \label{eq-quantum16:9}
\end{align}
ちなみに、$\mu=0$,$\mu\ne 0$も同様に示せます。
$\mu=\nu=0$のとき $\gamma^0=\alpha^0$なので、\eqref{eq-quantum16:7}より、
\begin{align}
\gamma^0\gamma^0+\gamma^0\gamma^0=2\hat{1} \label{eq-quantum16:10}
\end{align}
となります。\eqref{eq-quantum16:8}～\eqref{eq-quantum16:10}をまとめると計量テンソルの逆行列$\eta^{\mu\nu}$をもちいて、
\begin{align*}
\gamma^\mu\gamma^\nu+\gamma^\nu\gamma^\mu=2\eta^{\mu\nu}
\end{align*}
と分かります。ガンマ行列の表示にはこの条件の下で一定の自由度があり、パウリ行列を用いた表示をディラック表示といいます。