Diracgleichung, Diracmatrizen, Kontinuitaetsgleichung
Werbung
1.4 Die Dirac-Gleichung
Suche Differentialgleichung
relativistische Kovarianz ⇒
2. Vorlesung, 9.4.2010
1. Ordnung in der Zeit,
1. Ordnung auch in Ortskoordinaten
H rel Ψ = i ∂Ψ
(ℏ = c = 1)
∂t
↑ zu bestimmen
Ansatz:
H rel = α1 p1 + α2 p2 + α3 p3 + βm
= α
~ · p~ + βm
p1
mit
p~ = p2 = −i
p3
∂
∂x1
∂
∂x2
∂
∂x3
α1
, α
~ = α2
α3
Es muss gelten H 2 = p~2 + m2 ⇒ Bedingungen für αi und β:
1. αi αj + αj αi = 2δij
2. αi β + βαi = 0
3. β 2 = 1
⇒ αi , β sind nicht vertauschbar
Behauptung: αi , β müssen n × n Matrizen sein mit n ≥ 4.
1
Dimension von αi , β: N ≥ 4
Beweis:
1. αj , β hermitesch, weil H hermitesch: αj+ = ((αj )∗ )t , β + = β
2. αj2 = β 2 = 1 ⇒ Eigenwerte von αj , β sind ±1.
3. αj , β haben Spur=0
Beweis:
Spur(αj ) = Spur(β βαj ) = Spur(βαj β) = - Spur(ββαj ) = -Spur(αj ) = 0
Spur(β) = Spur(αi αi β) = Spur(αi β αi ) = - Spur(αi αi β) = -Spur(β) = 0
Dabei benutzt: Spur(AB) = Spur(BA) und αj β = −βαj
P
4. Spur(A) =
Eigenwerte
Da die Eigenwerte ±1, muss N gerade sein
Falls N = 2: gibt nur drei linear unabhängige Matrizen
mit Spur = 0 → Pauli Matrizen σ1 , σ2 , σ3 ⇒ N ≥ 4
2
Darstellung der αj , β :
Die Paulimatrizen sind gegeben durch:
0 1
0
−i
, σ2 =
,
σ1 =
1 0
+i
0
Die Diracmatrizen sind gegeben durch:
0 σi
1
0
, β =
αi =
σi 0
0 −1
0
1
0
0
1
0
0
0
1
0
0
0
, α2 =
0
0
0
+i
1
0
0
−1
, β =
0
0
0
0
σ3 =
1
0
0 −1
(Dirac Darstellung)
existieren andere Darstellungen, z.B. die von Weyl
0
0
0
−i
+i
−i 0
0
0
0
0
0
0
,
0
0
1
0
0
0 −1
0
0
0 −1
3
0
0
0
0
α1 =
0
1
1
0
0
0
0
0
α3 =
1
0
0 −1
~ + mc2 βΨ
=
−iℏc~
α
·
∇Ψ
Diracgleichung: iℏ ∂Ψ
∂t
Bedeutung? Was ist Ψ? ⇒ 4 Komponenten Spinor
Ψ
1
Ψ2
,
Ψ=
Ψ3
Ψ4
Ψ+ = (Ψ∗1 , Ψ∗2 , Ψ∗3 , Ψ∗4 )
Vermutung: ρ = Ψ+ Ψ = Ψ∗1 Ψ1 + Ψ∗2 Ψ2 + .. = |Ψ1 |2 + |Ψ2 |2 + |Ψ3 |2 + |Ψ4 |2
Aufstellung einer Kontinuitätsgleichung: (c = ℏ = 1)
Ψ+· Diracgleichung – komplex konjugierte Diracgleichung · Ψ
~
a) Ψ+ i ∂Ψ = −iΨ+ α
~ · ∇Ψ
+ mΨ+ βΨ
∂t
b) −i
∂Ψ+
ρ̇ =
∂t
~ +) · α
Ψ = +i(∇Ψ
~ Ψ + mΨ+ βΨ
∂
Ψ+ Ψ
∂t
= Ψ+ ∂Ψ
+
∂t
∂Ψ+
Ψ
∂t
= −i[a) − b)]
~ − (∇Ψ
~ +) · α
~ ~j,
= −Ψ+ α
~ · ∇Ψ
~ Ψ = −∇
mit ~j = Ψ+ αΨ
4
Nichtrelativistischer Grenzfall der Dirac-Gleichung
zunächst freies, ruhendes Elektron
~k = 0 → ∇Ψ
~ =0
2
=
mc
βΨ
iℏ ∂Ψ
∂t
Diracgl.:
Ψ1
∂ Ψ2
2
iℏ
= mc
∂t Ψ3
Ψ4
→ 4 unabhängige
1
0
−iω0 t
Ψ1 = e
0
0
1
0
0
0
Ψ1
1
0
0 Ψ2
0 −1
0 Ψ3
Ψ4
0
0 −1
0
Lsg.
0
0
0
0
0
0
0
1
, Ψ4 = e+iω0 t
, Ψ3 = e+iω0 t
, Ψ2 = e−iω0 t
0
1
0
1
0
0
E1 = E2 = ℏω0 = mc2
E3 = E4 = −ℏω0 = −mc2
5
Für folgende Diskussion des nichtrelativistischen Grenzfalles:
betrachte nur die positiven Energielösungen
Grenzfall: Kleine, aber nichtverschwindende kinetische Energie
2
p
p
~
2
E = p~2 c2 + m2 c4 ≈ |{z}
mc +
2m
|{z}
ℏω0
≪mc2
Ansatz:
Ψ(~r, t) ≈ e
−iω0 t
ϕ(~r, t)
χ(~r, t)
(ϕ, χ haben jeweils 2 Kompon.)
2
p
ϕ, χ nur “langsam” zeitabhängig: ϕ, χ ∼ e−iω t mit ℏω ′ = 2m
Zeige im Folgenden:
χ≪ ϕ und ϕ erfüllt Schrödingergleichung
′
−iω0 t
Ψ=e
ϕ(~r, t)
in Diracgl. mit αi =
0
σi
σi 0
ϕ
1 0
ϕ̇
0
~σ · p~
ϕ
2
→ ℏω0
+ iℏ
=c
+ mc
χ
0 1
χ̇
~σ · p~
0
χ
χ(~r, t)
ℏω ′ χ≈0
≪mc2
⇒χ≈
~
σ ·~
p
ϕ
2mc
6
→ Gl. für χ: iℏχ̇ = c~σ · p~ ϕ − 2mc2 χ
|{z}
2
2
(~
σ
·
p
~
)
1
p
~
+
+
+
ϕ
ϕ
χ χ=
·
ϕ
ϕ
=
2
4m2 c2
2m
2mc
| {z }
≪1
d.h. für freies nichtrelativist. Elektronen: χ+ χ ≪ ϕ+ ϕ
Einschub: Beweis (~σ · p
~)2 = p
~2 1
0
0
~σ ·~
p = σ1 px +σ2 py +σ3 pz = @
px
0
@
pz
px + ipy
px − ipy
−pz
10
A@
px
0
pz
px + ipy
1 0
A+@
0
−ipy
+ipy
px − ipy
−pz
1
0
A=@
1 0
0
A+@
p2z
p2x
+
0
pz
0
+
−pz
0
1
A=@
p2y
0
0
p2z
+
p2x
+
p2y
pz
px + ipy
px − ipy
−pz
1
A
1
A
Gleichung für die (grosse) ϕ-Komponente
ℏω0 ϕ + iℏϕ̇ = c~σ · p~χ + mc2 ϕ
|{z}
mc2
(~σ · p~)2
p~2
∂ϕ
=
ϕ=
ϕ
iℏ
∂t
2m
2m
→ Schroedingergleichung!
7
Nichtrelativ. Grenzfall der Diracgl. im elektromagnetischen Feld
zur Erinnerung:
Schrödinger
Hohne Feld
p~2
=
2m
~ 2
(~p − q A)
+ qΦ
Hmit Feld =
2m
~ = Vektorpotenzial und qΦ = potenzielle Energie im elektrischen Feld
Hier A
~
−→ P~ = (~p − q A)
p~
|{z}
ohne Feld
P~ ist der kanonische Impuls aus Langrangefunktion und p~ der kinetische Impuls
nichtrelativistische Grenzfall der Dirac-Gleichung mit elektromagnetischem Feld:
iℏϕ̇ =
=
1
(~σ · P~ )(~σ · P~ )ϕ + qΦϕ
2m 1
~
~ ϕ
~σ (~p − q A)
~σ (~p − q A)
2m
8
Übungsblatt 1 ⇒ Pauli Gl. herleiten
+ qΦϕ
Pauli-Gleichung und g Faktor
~ ×A
~=B
~
Mit q = −e (Elektron) und ∇
1
eℏ
∂ϕ
~ + eA)
~ 2+
~ − eΦ ϕ Pauli Gleichung
=
(−iℏ∇
~σ · B
֒→ iℏ
∂t
2m
2m
Term
eℏ
~σ
2m
~ = −~µ · B
~ = potenzielle Energie des magnetischen Momentes des Elektrons mit
·B
dem äusseren Magnetfeld, dieser Term fehlt in der Schrödingergleichung, weil Sie nichts vom Spin
des Elektrons weiss!
|µElektron | = g
g-Faktor
e
· 2m
gyromagnet.
Verhältnis
· ℏ2
Spin
Aus Pauli Gl. → g = 2, Gemessen g = 2a , klassisch nicht erklärbar
⇒ wichtiger Erfolg der Dirac-Gleichung
a kleine
Abweichung von g=2 durch QED Effekte, Diskussion später
9
