量子力学 ⑯補足② ディラック方程式の負エネルギー解
ディラック方程式の解を負エネルギーに仮定する
前回はディラック方程式の相対論的極限を求めましたが、実は勝手に正のエネルギーを取っていました。ディラック方程式の前に導出していたクライン・ゴルドン方程式で生じていた負のエネルギー問題をもう一度再考してみます。負のエネルギー解を仮定してスピノル計算
ディラック方程式というのはクラインゴルドン方程式をもとにしていて，そのクラインゴルドン方程式は，\begin{align*}
E^2=\boldsymbol{p}^2c^2+m^2c^4
\end{align*}
というところから出発していました。というわけで解として正負両方のエネルギーがでてきます。つまり以下のようなことです。
\begin{align*}
E=\pm\sqrt{\boldsymbol{p}^2c^2+m^2c^4}
\end{align*}
前回は何も言わずに正のエネルギー解を仮定して解を
\begin{align*}
\psi=e^{-i\frac{mc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}\kappa\\ \chi\end{pmatrix}
\end{align*}
と仮定していました。このディラック方程式に含まれていてシュレディンガー方程式に含まれていない静止エネルギー分を除いたものです。さて，今回は負のエネルギーを考えたいので，
\begin{align}
\psi=e^{i\frac{mc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix} \kappa \\ \chi\end{pmatrix} \label{eq-quantum162:1}
\end{align}
という解を仮定します。さて，電磁場中では，前回記事の結果を用いれば，$\boldsymbol{\hat{p}}=-i\hbar\nabla-q\boldsymbol{A}$として，
\begin{align*}
\left\{\left(i\hbar\dfrac{\partial}{\partial t}-q\phi\right)-c\boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{\hat{p}}-\beta mc^2\right\}\psi=0
\end{align*}
でした。ここに\eqref{eq-quantum162:1}式を代入してやりましょう。以下の表示を利用します。
\begin{align*}
\alpha^j&=\begin{pmatrix}0 & \sigma^j\\ \sigma^j & 0 \end{pmatrix} \\
\beta&=\begin{pmatrix}\hat{1} & 0\\ 0 & -\hat{1}\end{pmatrix}
\end{align*}
ととりましょう。このときデイラック方程式は，
\begin{align*}
\left\{\left(i\hbar\dfrac{\partial}{\partial t}-q\phi\right)-c\begin{pmatrix}0 & \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}} \\ \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}} & 0 \end{pmatrix}-\beta mc^2\right\}e^{i\frac{mc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}\kappa \\ \chi\end{pmatrix}
\end{align*}
となります。左辺の計算を進めると，
\begin{align*}
\left\{-mc^2e^{i\frac{mc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}\kappa \\ \chi \end{pmatrix}+i\hbar e^{i\frac{mc^2}{\hbar}t}\dfrac{\partial}{\partial t}\begin{pmatrix}\kappa\\ \chi \end{pmatrix}-q\phi e^{i\frac{mc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}\kappa\\ \chi\end{pmatrix}-ce^{i\frac{mc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}})\chi\\ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}}) \kappa \end{pmatrix}-\beta mc^2e^{i\frac{mc^2}{\hbar}t}\begin{pmatrix}\kappa\\ -\chi\end{pmatrix}\right\}=0
\end{align*}
さらに計算を進めると、
\begin{align*}
e^{i\frac{mc^2}{\hbar}t}
\begin{pmatrix} -mc^2\kappa+i\hbar \dfrac{\partial \kappa}{\partial t}-q\phi\kappa-c\boldsymbol{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}}}\chi-mc^2\kappa \\ i\hbar \dfrac{\partial\chi}{\partial t}-q\phi\chi-c\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}}\kappa+mc^2\chi \end{pmatrix}=\boldsymbol{0}
\end{align*}
というわけで，係数を調節して以下の二つの連立方程式が得られました。
\begin{eqnarray}
\left\{
\begin{array}{1}
\left(i\hbar \dfrac{\partial}{\partial t}-q\phi\right)\kappa=c(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}})\chi+2mc^2\kappa\\
\left(i\hbar \dfrac{\partial}{\partial t}-q\phi\right)\chi=c(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}})\kappa
\end{array} \label{eq-quantum162:2}
\right.
\end{eqnarray}
非相対論的極限を取る
前回同様非相対論的極限を取りましょう。静止エネルギーに対して、運動エネルギーは十分小さいとして無視するので、スカラーポテンシャル$\phi$とエネルギー演算子$i\hbar\dfrac{\partial}{\partial t}$は無視することができて，(共変微分の時間成分は無視することができて)\eqref{eq-quantum162:2}式の1つ目の式から，\begin{align*}
\kappa=-\dfrac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}}}{2mc}\chi
\end{align*}
が得られます.これを\eqref{eq-quantum162:2}式の二つ目の式に代入します。今度はエネルギーの演算子やスカラーポテンシャルを無視しないで計算します。$\kappa$を消去すれば，
\begin{align}
i\hbar\dfrac{\partial\chi}{\partial t}=q\phi\chi-\dfrac{(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}})^2}{2m}\chi \label{eq-quantum162:3}
\end{align}
ここで，右辺第二項についてまたまた前回と同じように，
\begin{align*}
(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{x})(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{y})=\boldsymbol{x}\cdot\boldsymbol{y}+i\boldsymbol{\sigma}\cdot(\boldsymbol{x}\times \boldsymbol{y})
\end{align*}
という公式を用いれば，
\begin{align*}
\left(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}}\right)(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\hat{p}})=\boldsymbol{\hat{p}}^2-q\hbar\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}
\end{align*}
となります。よって，\eqref{eq-quantum162:3}式から
\begin{align*}
i\hbar\dfrac{\partial\chi}{\partial t}=\left(-\dfrac{\boldsymbol{\hat{p}}^2}{2m}+\dfrac{q\hbar}{2m}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}+q\phi\right)\chi
\end{align*}
となりますが...運動量を含む項の符号が正になっています。これをどうにか乗り越えられないでしょうか。この対処法として辺々の複素共役を取ってマイナスをかけてみます。
\begin{align}
i\hbar\dfrac{\partial\chi^*}{\partial t}=\left(\dfrac{\boldsymbol{\hat{p}}^2}{2m}-\dfrac{q\hbar}{2m}\boldsymbol{\sigma}^*\cdot\boldsymbol{B}-q\phi\right)\chi^* \label{eq-quantum162:4}
\end{align}
パウリ行列の複素共役の表示は?
実はパウリのスピン行列は$y$以外は実数成分のみで，$y$は純虚数です。よって，\begin{align*}
\boldsymbol{\sigma}=\left(\sigma_x,-\sigma_y,\sigma_z\right)
\end{align*}
となります。ここで，パウリ行列の性質
\begin{align*}
\sigma_i\sigma_j+\sigma_j\sigma_i=2\delta_{ij}\hat{1}
\end{align*}
を用います。この式は$i\ne j$のときには，
\begin{align}
\sigma_i\sigma_j=-\sigma_j\sigma_i \label{eq-quantum162:5}
\end{align}
となります。ちなみに$i=j$のときには，
\begin{align*}
\sigma_i\sigma_i+\sigma_i\sigma_i=2(\sigma_i)^2=2\hat{1}
\end{align*}
つまり，
\begin{align}
(\sigma_i)^2=\hat{1} \label{eq-quantum162:6}
\end{align}
ということです。ところで，$j=2,i\ne 2$として以下のような式が導けます。
\begin{align}
\sigma_i
&=\sigma_2\sigma_2\sigma_i \nonumber \\
&=-\sigma_2\sigma_i\sigma_2 \nonumber (\because \eqref{eq-quantum162:5}) \\
&=-\sigma_2\sigma^*_i\sigma (\because \sigma_i^*\sigma_i, i=0,1,3)
\label{eq-quantum162:7}
\end{align}
という関係が得られます。$j=i=2$とすれば，$\sigma^*_2=-\sigma_2$,$\sigma_2=-\sigma^*_2$より，
\begin{align}
\sigma_2
&=\sigma_2\sigma_2\sigma_2 \nonumber \\
&=-\sigma_2(\sigma_2)^*\sigma_2 \label{eq-quantum162:8}
\end{align}
\eqref{eq-quantum162:7},\eqref{eq-quantum162:8}をまとめると，
\begin{align}
\boldsymbol{\sigma}=-\sigma_2\boldsymbol{\sigma}^*\sigma_2 \label{eq-quantum162:9}
\end{align}
さて，これを用いて，
\begin{align}
i\hbar\dfrac{\partial\chi^*}{\partial t}=\left(\dfrac{\boldsymbol{\hat{p}}^2}{2m}-\dfrac{q\hbar}{2m}\boldsymbol{\sigma^*}\cdot\boldsymbol{B}-q\phi\right)\chi^* \tag{\ref{eq-quantum162:4}}
\end{align}
を変形しましょう。辺々に左から$\sigma_2$をかけてみます。(左からといってもスピン行列と$\chi^*$以外とは可換と考えて問題ないです。)また、$\boldsymbol{\sigma}^*$の後に$\hat{1}=\sigma_2\sigma_2$を挿入すれば，
\begin{align*}
i\hbar\dfrac{\partial(\sigma_2\chi^*)}{\partial t}=\left\{\dfrac{\boldsymbol{\hat{p}}^2\sigma_2}{2m}-\dfrac{q\hbar}{2m}(\sigma_2\boldsymbol{\sigma}^*\sigma_2\sigma_2)\cdot\boldsymbol{B}-q\phi\sigma_2\right\}\chi^*
\end{align*}
右辺第二項について、内積の順序は入れ替え可能です。また、$\sigma_2$はスピノルの行列で、$\boldsymbol{B}$はベクトルです。このことからも入れ替え可能で、さて，これで右辺で$\sigma_2$がすべての項の右端に持ってこれたことになります。というわけで右辺の$\sigma_2$を外に出してあげましょう。
\begin{align*}
i\hbar\dfrac{\partial(\sigma_2\chi^*)}{\partial t}=\left\{\dfrac{\boldsymbol{\hat{p}}^2}{2m}-\dfrac{q\hbar}{2m}(\sigma_2\boldsymbol{\sigma}^*\sigma_2)\cdot\boldsymbol{B}-q\phi\right\}\sigma_2\chi^*
\end{align*}
右辺第二項は\eqref{eq-quantum162:9}式を用いれば片付きます。
\begin{align}
i\hbar\dfrac{\partial(\sigma_2\chi^*)}{\partial t}=\left(\dfrac{\boldsymbol{\hat{p}}^2}{2m}+\dfrac{q\hbar}{2m}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}-q\phi\right)\sigma_2\chi^*
\end{align}
係数の問題はありますが、ここで止めておきます。
正エネルギーの方程式との比較・陽電子
前回は暗に正エネルギーを仮定して，\begin{align}
i\hbar\dfrac{\partial \kappa}{\partial t}=\left(\dfrac{\boldsymbol{\hat{p}}^2}{2m}-\dfrac{q\hbar}{2m}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}+q\phi\right)\kappa \label{eq-quantum162:11}
\end{align}
という式を導いていました。負のエネルギーを仮定した\eqref{eq-quantum162:11}とは$q\to -q$という置き換えによって形が重なります。
これは実は質量が全く同じで電荷のみが逆符号の粒子の存在を示唆しています。
最初に扱っていた粒子が電子のことであればこの逆符号の電荷をもつ粒子を陽電子とよびます。