Relativistic-Quantum-Mechanics(Part-1)

在学习量子力学的时候尝试自学过量子场论，可惜当时对其缺乏一些全局的了解，对着干巴巴的公式硬推了一段时间后便放弃了。现在看了一些讲全局的图像的QFT教材后，感觉自己可以重新尝试学习QFT了。

参考教材:《高等量子力学》——喀兴林
《Modern Quantum Mechanics》——J.J. Sakurai

$$\require{physics}$$

喀兴林老师的高量写得非常好，我在学习量子力学的时候读过部分章节，但是当时看到繁琐的矩阵觉得麻烦，便没有仔细阅读相对论性量子力学部分的章节。但现在看来，这确实是很好的衔接章节。(本文使用闵氏度规为(-1,1,1,1))

狄拉克方程(Dirac Equation)

电子的相对论运动方程

Klein-Gordon Equation

回忆初等量子力学中，电子在电磁场中的运动方程为

$$\begin{align} i\hbar\pdv{t}\psi=H\psi \end{align}$$

其中哈密顿量的表达式为

$$\begin{align} H=\frac{(p-qA)^2}{2m}+qV \end{align}$$

很显然是一个非相对论的表达式，从微分方程的形式也可以看出：时间是一阶导，空间是二阶导，时间与空间地位不相等，因此不符合相对论。我们将其改写为相对论形式¹

$$\begin{align} (i\hbar\pdv{t}-qV)^2\psi=(c^2p^2+m^2c^4)\psi \end{align}$$

¹. 对于为什么A不见了，高量中没有提及，我在后续QFT的笔记中应该会补充。 ↩

该方程称为克莱因—戈登方程(Klein-Gordon Equation)，是一个相对论性的方程。但该方程并不是电子的运动方程²，因为他有一系列问题:

². 事实上我们知道，这应该是spin=0粒子的自由运动方程 ↩

• 概率诠释并不是正定的，缺乏物理意义
• 总能量有无下限的负本征值，则该方程的定态解理论上可以跃迁到能级
• 这是一个时间的二阶偏微分方程，解方程还需要初始时刻的
• 最重要的是，该方程计算的氢原子能级与实验不符

但这不代表该方程无意义，只是不适用于电子。

Dirac Equation

由于上述讨论的结果，克莱因戈登方程是正确的，但是态函数不对，因此态函数可能不仅满足克莱因戈登（KG）方程，还满足另一个要求更高的方程，在那个方程的约束下，或许可以解决概率诠释的问题。

对于新的相对论性方程，起码时间要是一阶的，因此空间也应该是一阶的，既然如此，我们可以用待定系数法，设方程为：

$$\begin{align} i\pdv{t}\psi&= (i\alpha \cdot \nabla +\beta m)\psi \end{align}$$

简单起见，我们先假设系数不是时空的函数，如果无法得到希望的方程，我们再将其一般化为时空的函数。我们将其再作用一次:

$$\begin{align} -\pdv[2]{t}\psi=(-\alpha^i\nabla_i\alpha^j\nabla_j+im\{\alpha_i,\beta\}\nabla_i+\beta^2m^2) \end{align}$$

从这里开始我们使用自然单位制:.上式中的代表反对易子.我们进一步用反对易子将上式写为:

$$\begin{align} -\pdv[2]{t}&= (-\frac{1}{2}\{\alpha^i,\alpha^i\}\nabla_i\nabla_j+im\{\alpha,\beta\}\nabla_i+\beta^2m^2) \end{align}$$

在自然单位之下，KG方程应该写为:

$$\begin{align} -\pdv[2]{t}&= -\nabla^2+m^2 \end{align}$$

因为KG方程是满足相对论能动量关系的，因此我们希望Dirac方程是可以得到KG方程的，因此对于系数我们有如下要求:

$$\begin{align} \{\alpha^i,\alpha^j\}&= 2\delta^{ij}\\ \{\alpha^i,\beta\}&= 0\\ \beta^2&= 1 \end{align}$$

如此一来，Dirac方程写为:

$$\begin{align} i\frac{\partial }{\partial t}\psi&= (i\alpha\cdot \nabla+\beta m)\psi \end{align}$$

为了得到更简洁的协变形式，我们左乘一个同时移项:

$$\begin{align} (i\beta\frac{\partial }{\partial t}-i\beta\alpha\cdot\nabla-m)\psi=0 \end{align}$$

我们期待写成的形式为:

$$\begin{align} (i\gamma^\mu \partial_\mu-m)\psi&= 0\\ (-i\gamma^0\frac{\partial }{\partial t}+i\gamma^i\nabla_i-m)&= 0 \end{align}$$

因此我们定义:

$$\begin{align} \gamma^0&= -\beta\\ \gamma^i&= -\beta\alpha^i \end{align}$$

很容易可以得到:

$$\begin{align} \{\gamma^\mu,\gamma^\nu\}=-2\eta^{\mu\nu} \end{align}$$

当然，如果使用的度规是(1,-1,-1,-1)的话，那么上式修改为:

$$\begin{align} \{\gamma^\mu,\gamma^\nu\}=2\eta^{\mu\nu} \end{align}$$

此处的即著名的矩阵。至此我们得到了Dirac的两种形式，两种形式都非常有用，求解运动方程的时候一般用第一个形式，研究对称性的时候一般用协变形式的。

矩阵

我们得到了Dirac方程的形式，但是我们还不知道分别是什么，更别说由他们得到的。从我们对的要求可以猜测，或许跟泡利矩阵有关系，因为泡利矩阵满足:

$$\begin{align} \{\sigma_i,\sigma_j\}&= 2\delta_{ij} \end{align}$$

但问题在于，在矩阵的二维表示中，我们无法找。回忆四元数/)我们知道，该空间任意一个元素都可以表示为:

$$\begin{align} \beta&= a\cdot \mathbb{1}+x^i\sigma_i\\ &= \begin{pmatrix}a+x^3&x^2-ix^3\\ x^2+ix^3&a-x^3\end{pmatrix}\\ \Rightarrow \{\beta,\sigma_j\}&= 2a\sigma_j+2x^i\delta_{ij}\\ &= 0 \end{align}$$

当时：

$$\begin{align} a\sigma_3+x^3\delta_{ij}&= \begin{pmatrix}a+x^3&0\\0&-a+x^3 \end{pmatrix}\\ &= \begin{pmatrix}0&0\\0&0\end{pmatrix}\\ \Rightarrow a&= x^3=0 \end{align}$$

同理可以得到所有分量均为0.也就是说在2x2矩阵的表示中我们找不到合适的。因此我们将目光看向4x4的矩阵：

$$\begin{align} \alpha^i&\triangleq \sigma^x\otimes \sigma^i\\ \beta &\triangleq \sigma^z\otimes \sigma^0 \end{align}$$

这是Sakurai老师书中使用的定义，其中代表单位矩阵，需要知道，这种并不是唯一的，实际使用中有许多的矩阵。比如我们可以这样定义:

$$\begin{align} \alpha^i &\triangleq \sigma^j\otimes \sigma^i\\ \beta &\triangleq \sigma^k\otimes \sigma^0 \end{align}$$

其中，否则等价于2x2矩阵表示。很容易验证：

$$\begin{align} \{\alpha^m,\alpha^n\}&= (\sigma^j)^2\otimes \sigma^m\sigma^n+(\sigma^j)^2\otimes \sigma^n\sigma^m\\ &= \mathbb{1}\otimes2\delta^{nm}=2\delta^{mn}\\ \{\alpha^i,\beta\}&= (\sigma^j\sigma^k)\otimes \sigma^i+(\sigma^k\sigma^j)\otimes\sigma^i\\ &= 0 \end{align}$$

上式最后一步使用了的条件。如上，最起码上面这种定义方式也是符合条件的，所以定义方式并不唯一。

喀老师的书上是使用了群论的知识分析得到必须是4x4矩阵表示，这里不多介绍，或许以后会回来补充（咕咕咕警告！）。

守恒流

Dirac方程没有解决负能量的问题，但是它解决了负概率的问题。现在我们来推导守恒流，我们希望得到如下的表达式:

$$\begin{align} \frac{\partial }{\partial t}\rho+\nabla\cdot J=0 \end{align}$$

从Dirac方程入手:

$$\begin{align} \psi^*(i\frac{\partial }{\partial t}-i\alpha^i\nabla_i-\beta m)\psi&= 0\\ \psi(i\frac{\partial }{\partial t}-i\alpha^i\nabla_i+\beta m)\psi^*&= 0 \end{align}$$

其中第二个式子是将Dirac方程整体做复共轭，然后再同乘一个负号，因此最后的结果就是质量项系数反号。将两式相加得:

$$\begin{align} i(\psi^*\frac{\partial }{\partial t}\psi+\psi\frac{\partial }{\partial t}\psi^*)&= i(\psi^*\alpha^i\nabla_i\psi+\psi\alpha^i\nabla_i\psi^*)\\ \frac{\partial }{\partial t}(\psi^*\psi)&= \nabla\cdot(\psi^*\alpha\psi)\\ \frac{\partial }{\partial t}(\psi^*\beta\beta\psi)&= \nabla\cdot(\psi^*\beta\beta\alpha\psi)\\ \Rightarrow \frac{\partial }{\partial t}(\psi^*\beta\beta\psi)&= \nabla\cdot(\psi^*\beta\beta\alpha\psi)\\ \frac{\partial }{\partial t}(\bar{\psi}\gamma^0\psi)&= \nabla_i(\bar{\psi}\gamma^i\psi) \end{align}$$

综上我们可以写出:

$$\begin{align} \partial_\mu J^\mu=0 \end{align}$$

其中.在研究Dirac方程对于自由粒子的解后，我们会对刚定义的概率密度/概率流有进一步的认识。

Free-Particle Solution