ディラック場とは、ディラック方程式に従うフェルミ粒子を記述する場です。フェルミ粒子はスピン1/2をもつため、スピノル場と呼ばれます。
ディラック方程式
ディラック方程式は、
$$i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t}=(-ic\hbar{\bf\alpha}\cdot\nabla+\beta mc^2)\psi$$
以下で定義されるガンマ行列 $\gamma^\mu$ を使うと、
$$\gamma^0\equiv\beta , \gamma^i=\beta\alpha_i$$
ここで、$\beta^2=1$ に留意すると、以下のように表されます。
$$i\hbar\gamma^\mu\frac{\partial\psi}{\partial x^\mu}-mc\psi=0 －①$$
共役なディラック方程式は、ディラック共役を $\bar{\psi}\equiv\psi^\dagger\gamma^0$ で定義すると、以下で表されます。
$$i\hbar\frac{\partial\bar{\psi}}{\partial x^\mu}\gamma^\mu+mc\bar{\psi}=0 －②$$
②を導く
①で両辺に $\dagger$ をとると、
$$-i\hbar\frac{\partial\psi^{\dagger}}{\partial x^\mu}\gamma^{\mu\dagger}-mc\psi^\dagger=0$$
ここで、$\gamma^{0\dagger}=\gamma^0$ 、$\gamma^{i\dagger}=-\gamma^i$（$i\ne0$）に留意し、右から $\gamma^0$ を掛けると、
$$-i\hbar\Big(\frac{\partial\psi^{\dagger}}{\partial x^0}\gamma^0-\frac{\partial\psi^{\dagger}}{\partial x^i}\gamma^i\Big)\gamma^0-mc\psi^\dagger\gamma^0=0$$
さらに、$\gamma^i\gamma^0=-\gamma^0\gamma^i$ であるから、
$$-i\hbar\Big(\frac{\partial\psi^{\dagger}}{\partial x^0}\gamma^0\gamma^0+\frac{\partial\psi^{\dagger}}{\partial x^i}\gamma^0\gamma^i\Big)-mc\psi^\dagger\gamma^0=0$$
$\bar{\psi}$ の定義を使うと②が得られます。
ラグラジアンと共役場
ディラック方程式①と②は次のラグラジアン密度 ${\mathcal L}(\psi,\bar{\psi})$ から導くことができます。
$${\mathcal L}=c\bar{\psi}\Big(i\hbar\gamma^\mu\frac{\partial}{\partial x^\mu}-mc\Big)\psi -③$$
これは、$\psi$ と $\bar{\psi}$ を独立とみなし、以下のオイラー・ラグランジュ方程式により確かめることができます。
$$\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\psi}-\frac{\partial}{\partial x^\mu}\Big(\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\psi_{,\mu}}\Big)=0 -④$$$$\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\bar{\psi}}-\frac{\partial}{\partial x^\mu}\Big(\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\bar{\psi}_{,\mu}}\Big)=0 -⑤$$
ラグラジアンから、$\psi$、$\bar{\psi}$ に対する共役場 $\pi$、$\bar{\pi}$ を導くことができます。
$$\pi\equiv\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\dot{\psi}}=i\hbar\psi^\dagger -⑥$$$$\bar{\pi}\equiv\frac{\partial{\mathcal L}}{\partial\dot{\bar{\psi}}}=0 -⑦$$
③を導く
④と⑤より①と②が導かれることを示します。③を書き換えると、
$${\mathcal L}=c\bar{\psi}\Big(i\hbar\gamma^\mu\psi_{,\mu}-mc\psi\Big)$$
③を④に代入し、$\psi$ と $\psi_{,\mu}$ を独立変数として扱うと、
$$-mc^2\bar{\psi}-\frac{\partial}{\partial x^\mu}\Big(ic\hbar\bar{\psi}\gamma^\mu\Big)=0$$
より②が得られます。一方、③を⑤に代入し、$\bar{\psi}$ と $\bar{\psi}_{,\mu}$ を独立変数として扱うと、
$$c\Big(i\hbar\gamma^\mu\psi_{,\mu}-mc\psi\Big)=0$$
より①が得られます。
⑥を導く
③を書き換えると、
$${\mathcal L}=c\bar{\psi}\Big(i\hbar\frac{\gamma^0}{c}\dot{\psi}+i\hbar\gamma^i\frac{\partial\psi}{\partial x^i}-mc\psi\Big)$$
$\dot{\psi}$ を独立変数と扱うと第１項以外は０になるため、⑥が導かれます。尚、⑦については、③に $\dot{\bar{\psi}}$ が陽に含まれないので自明です。
ハミルトニアン
ハミルトニアン密度 ${\mathcal H}$ は、定義より計算することができます。
$${\mathcal H}\equiv\pi\dot{\psi}-{\mathcal L}$$$$=\bar{\psi}\Big(-ic\hbar\gamma^j\frac{\partial}{\partial x^j}+mc^2\Big)\psi$$
このとき、ハミルトニアン $\mathrm{H}$ は以下で求められます。
$$\mathrm{H}=\int{\mathcal H}dx^3$$$$=\int dx^3\bar{\psi}\Big(-ic\hbar\gamma^j\frac{\partial}{\partial x^j}+mc^2\Big)\psi$$
尚、ガンマ行列の定義より、このハミルトニアンは以下のように表すことができます。
$$H=\int\psi^\dagger\Big(-i\hbar c{\bf \alpha}\cdot\nabla+\beta mc^2\Big)\psi d^3x$$
第２量子化
ディラック場の量子化は、ディラック方程式の平面波解のフーリエ係数を演算子 $b_{\bf p}^{(r)}$ に置き換えることで得られます。
$$\psi({\bf r},t)=\frac{1}{\sqrt{V}}\sum_{\bf p}\sum_{r=1}^4\sqrt{\frac{mc^2}{|E|}}b_{\bf p}^{(r)}(t)u^{(r)}({\bf p})e^{i{\bf p}\cdot{\bf x}/\hbar} -⑧$$
消滅演算子 $b_{\bf p}^{(r)}$ と生成演算子 $b_{\bf p}^{(r)\dagger}$ の交換関係を以下で定義します。
$$[b_{\bf p}^{(r)},b_{\bf p’}^{(r’)\dagger}]_+=\delta_{rr’}\delta_{\bf pp’}$$$$[b_{\bf p}^{(r)},b_{\bf p’}^{(r’)}]_+=0$$$$[b_{\bf p}^{(r)\dagger},b_{\bf p’}^{(r’)\dagger}]_+=0$$
このとき個数演算子は次のように定義され、
$$N_{\bf p}^{(r)}=b_{\bf p}^{(r)\dagger}b_{\bf p}^{(r)}$$
ディラック場の全ハミルトニアンは以下で表されます。
$$H=\int\psi^\dagger{\mathcal H}\psi dx^3$$
$$=\sum_{\bf p}\sum_{r=1,2}|E|b_{\bf p}^{(r)\dagger}b_{\bf p}^{(r)}-\sum_{\bf p}\sum_{r=3,4}|E|b_{\bf p}^{(r)\dagger}b_{\bf p}^{(r)} -⑨$$
消滅演算子の時間依存は以下で表されるため、
$$b_{\bf p}^{(r)}(t)=b_{\bf p}^{(r)}(0)e^{\mp i|E|t/\hbar} -⑩$$
これにより⑧は以下になります。
$$\psi({\bf r},t)=\frac{1}{\sqrt{V}}\sum_{\bf p}\sqrt{\frac{mc^2}{|E|}}\Big(\sum_{r=1,2}b_{\bf p}^{(r)}(0)u^{(r)}({\bf p})e^{i({\bf p}\cdot{\bf x}-|E|t)/\hbar}$$$$+\sum_{r=3,4}b_{\bf p}^{(r)}(0)u^{(r)}({\bf p})e^{i({\bf p}\cdot{\bf x}+|E|t)/\hbar}\Big) -⑪$$
⑨を導く
⑧を⑨の最初の式代入すると、
$$H=\int\psi^\dagger{\mathcal H}\psi dx^3=\int\psi^\dagger E\psi dx^3$$$$=\frac{1}{V}\int\sum_{p,p’}\sum_{r’}\frac{mc^2|E|}{\sqrt{EE’}}\Big(\sum_{r=1,2}-\sum_{r=3,4}\Big)$$$$\times\Big(b_{p’}^{(r’)\dagger}u^{(r’)\dagger}e^{-ip’\cdot x/\hbar}\Big)\Big(b_{p}^{(r)}u^{(r)}e^{ip\cdot x/\hbar}\Big)dx^3$$
ここで、$e^{i(p-p’)\cdot x/\hbar}=\delta_{pp’}$ より、
$$H=\frac{1}{V}\int\sum_p\Big(\sum_{r=1,2}-\sum_{r=3,4}\Big)mc^2b_p^{(r)\dagger}u^{(r)\dagger}b_{p}^{(r)}u^{(r)}dx^3$$
さらに、規格化条件 $u^{(r)\dagger}u^{(r)}=|E|/mc^2$ より、⑨が求められます。
$$H=\sum_p\Big(\sum_{r=1,2}-\sum_{r=3,4}\Big)|E|b_p^{(r)\dagger}b_{p}^{(r)}$$
⑩を導く
演算子 $b_{p}^{(r)}$ の時間依存の式を導きます。ハイゼンベルグの運用方程式に⑨を代入すると、
$$\frac{db_{p}^{(r)}}{dt}=\frac{i}{\hbar}[H,b_{p}^{(r)}]$$$$=\frac{i}{\hbar}\sum_{p’}\Big(\sum_{r’=1,2}-\sum_{r’=3,4}\Big)|E|\Big[b_{p’}^{(r’)\dagger}b_{p’}^{(r’)},b_p^{(r)}\Big]$$
ここで関係式 $[AB,C]=A[B,C]_+-[A,C]_+B$ を使うと、
$$=\frac{i}{\hbar}\sum_{p’}\Big(\sum_{r’=1,2}-\sum_{r’=3,4}\Big)|E|\left(b_{p’}^{(r’)\dagger}\Big[b_{p’}^{(r’)},b_p^{(r)}\Big]_+-\Big[b_{p’}^{(r’)\dagger},b_p^{(r)}\Big]_+b_{p’}^{(r’)}\right)$$$$=\frac{i}{\hbar}\sum_{p’}\Big(-\sum_{r’=1,2}+\sum_{r’=3,4}\Big)|E|\delta_{pp’}\delta_{rr’}b_{p’}^{(r’)}$$
従って、
$$\frac{db_{p}^{(r)}}{dt}=\mp\frac{i}{\hbar}|E|b_p^{(r)}$$
ここで、$r=1,2$ の場合は負符号、$r=3,4$ の場合は正符号になります。これを解くと⑩が得られます。この⑩を⑧に代入すると⑪が得られます。
生成演算子と消滅演算子
⑪の演算子を以下のように置き換えます。
$$\left(\begin{array}{cccc}
b_p^{(1)} \\ b_p^{(2)} \\ b_p^{(3)} \\ b_p^{(4)} \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{cccc}
b_p^{(1)} \\ b_p^{(2)} \\ \mp d_{-p}^{(2)\dagger} \\ \mp d_{-p}^{(1)\dagger} \end{array}\right) -⑫$$
$$\left(\begin{array}{cccc}
u^{(1)}(p) \\ u^{(2)}(p) \\ u^{(3)}(p) \\ u^{(4)}(p) \end{array}\right)\to\left(\begin{array}{cccc}
u^{(1)}(p) \\ u^{(2)}(p) \\ \mp v^{(2)}(-p) \\ \mp v^{(1)}(-p) \end{array}\right) -⑫$$
これにより、波動関数は以下により表されます。
$$\psi=\psi^{(+)}+\psi^{(-)} -⑬$$$$\bar{\psi}\equiv\psi^\dagger\gamma^0=\bar{\psi}^{(+)}+\bar{\psi}^{(-)} -⑭$$
ここで各項は以下の演算子となります。
| － | 生成演算子 | 消滅演算子 |
| 電子 | $\bar{\psi}^{(-)}$ | $\psi^{(+)}$ |
| 陽電子 | $\psi^{(-)}$ | $\bar{\psi}^{(+)}$ |
$$\psi^{(+)}=\frac{1}{\sqrt{V}}\sum_{\bf p}\sum_{s=1,2}\sqrt{\frac{mc^2}{E}}b_{\bf p}^{(s)}u^{(s)}({\bf p})e^{i({\bf p}\cdot{\bf x}-Et)/\hbar}$$$$\psi^{(-)}=\frac{1}{\sqrt{V}}\sum_{\bf p}\sum_{s=1,2}\sqrt{\frac{mc^2}{E}}d_{\bf p}^{(s)\dagger}v^{(s)}({\bf p})e^{i(-{\bf p}\cdot{\bf x}+Et)/\hbar}$$$$\bar{\psi}^{(+)}=\frac{1}{\sqrt{V}}\sum_{\bf p}\sum_{s=1,2}\sqrt{\frac{mc^2}{E}}d_{\bf p}^{(s)}\bar{v}^{(s)}({\bf p})e^{i({\bf p}\cdot{\bf x}-Et)/\hbar}$$$$\bar{\psi}^{(-)}=\frac{1}{\sqrt{V}}\sum_{\bf p}\sum_{s=1,2}\sqrt{\frac{mc^2}{E}}b_{\bf p}^{(s)\dagger}\bar{u}^{(s)}({\bf p})e^{i(-{\bf p}\cdot{\bf x}+Et)/\hbar}$$
⑬を導く
⑪の右辺の括弧のを⑫で書き換えを行うと、
$$\Big(b_p^{(1)}u^{(1)}(p)+b_p^{(2)}u^{(2)}(p)\Big)e^{i(p\cdot x-|E|t)/\hbar}$$$$+\Big(b_p^{(3)}u^{(3)}(p)+b_p^{(4)}u^{(4)}(p)\Big)e^{i(p\cdot x+|E|t)/\hbar}$$
$$\to\Big(b_p^{(1)}u^{(1)}(p)+b_p^{(2)}u^{(2)}(p)\Big)e^{i(p\cdot x-|E|t)/\hbar}$$$$+\Big(d_{-p}^{(2)\dagger}u^{(2)}(-p)+d_{-p}^{(1)\dagger}u^{(1)}(-p)\Big)e^{i(p\cdot x+|E|t)/\hbar}$$
$$=\Big(b_p^{(1)}u^{(1)}(p)+b_p^{(2)}u^{(2)}(p)\Big)e^{i(p\cdot x-|E|t)/\hbar}$$$$+\Big(d_p^{(2)\dagger}u^{(2)}(p)+d_p^{(1)\dagger}u^{(1)}(p)\Big)e^{i(-p\cdot x+|E|t)/\hbar}$$
これより⑬が得られます。
⑭を導く
ディラック共役の定義より、
$$\bar{\psi}=\psi^\dagger\gamma^0=\Big(b_p^{(s)}u^{(s)}(p)e^{i(p\cdot x-Et)/\hbar}+d_p^{(s)\dagger}v^{(s)}(p)e^{i(-p\cdot x+Et)/\hbar}\Big)^\dagger\gamma^0$$
$$=\Big(b_p^{(s)\dagger}u^{(s)\dagger}(p)e^{i(-p\cdot x+Et)/\hbar}+d_p^{(s)}v^{(s)\dagger}(p)e^{i(p\cdot x-Et)/\hbar}\Big)\gamma^0$$
$$=b_p^{(s)\dagger}\bar{u}^{(s)}(p)e^{i(-p\cdot x+Et)/\hbar}+d_p^{(s)}\bar{v}^{(s)}(p)e^{i(p\cdot x-Et)/\hbar}$$
これにより⑭が得られます。尚、最後は以下の定義を使っています。
$$\bar{u}^{(s)}\equiv u^{(s)\dagger}\gamma^0$$$$\bar{v}^{(s)}\equiv v^{(s)\dagger}\gamma^0$$
