出てくるもの (1)：Dirac 方程式とスピン

解析力学から様々な理論分野を組み立てる　第5部 第4章 §5.4.3　★★★ $H$ を $\bm{p}$ の1次式 $\bm{\alpha}\cdot\bm{p}+\beta m$ にする要請から $4\times4$ の行列が決まり、密度 $\psi^\dagger\psi\ge0$ が戻る。回転の保存量は $\bm{L}+\frac12\bm{\Sigma}$

時間について1階にする

前の節の困難の出どころは、方程式が時間について2階であることだった。そこで、Schrödinger 方程式と同じ1階の形

$$\mathrm{i}\partial_t\psi=H_{\mathrm D}\psi,\qquad H_{\mathrm D}=\bm{\alpha}\cdot\bm{p}+\beta m=-\mathrm{i}\sum_{i=1}^3\alpha_i\partial_i+\beta m\tag{5.4.11}$$

を考える。$H_{\mathrm D}$ を $\bm{p}$ の1次式にしたのは、空間の微分の階数を時間と揃えて Lorentz 変換と両立させるためである。$\alpha_i$（$i=1,2,3$）と $\beta$ は数でなく行列、$\psi$ はその行列が作用する多成分の波動関数とする。この $H_{\mathrm D}$ が質量殻の条件を満たすこと、つまり $H_{\mathrm D}^2=\bm{p}^2+m^2$ を要求する。展開すると

$$H_{\mathrm D}^2=\sum_{i,j}\tfrac12\{\alpha_i,\alpha_j\}_{+}p_ip_j+\sum_i\{\alpha_i,\beta\}_{+}\,p_im+\beta^2m^2$$

なので、

$$\{\alpha_i,\alpha_j\}_{+}=2\delta_{ij},\qquad \{\alpha_i,\beta\}_{+}=0,\qquad \beta^2=1\tag{5.4.12}$$

が条件になる。$H_{\mathrm D}$ がエルミートであるためには $\alpha_i$ と $\beta$ はエルミート行列でなければならない。

行列は $4\times4$ より小さくできない

条件 (5.4.12) を満たす4つのエルミート行列 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta$ は、どれも2乗が $1$ なので固有値は $\pm1$ である。また $\alpha_i=-\beta\alpha_i\beta$（$\beta^2=1$ と反交換から）なので、トレースをとると $\operatorname{Tr}\alpha_i=-\operatorname{Tr}(\beta\alpha_i\beta)=-\operatorname{Tr}\alpha_i$、すなわち $\operatorname{Tr}\alpha_i=0$ で、同様に $\operatorname{Tr}\beta=0$ である。固有値が $\pm1$ でトレースが $0$ なので、$+1$ と $-1$ が同じ数だけあり、行列の次数 $N$ は偶数である。$N=2$ では、互いに反交換するエルミートな行列は Pauli 行列 $\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z$ の3つが最大で、4つ目は作れない（$2\times2$ のトレース $0$ のエルミート行列は3つの Pauli 行列の実係数の線形結合で、そのうち互いに反交換するものは直交する3方向に限られる）。したがって $N\ge4$ で、$N=4$ で実際に作ることができる。標準的な選び方（Dirac 表示）は、$2\times2$ のブロックで

$$\alpha_i=\begin{pmatrix}0&\sigma_i\\ \sigma_i&0\end{pmatrix},\qquad \beta=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\tag{5.4.13}$$

である。$\{\alpha_i,\alpha_j\}_{+}$ のブロックは $\{\sigma_i,\sigma_j\}_{+}=2\delta_{ij}$ に帰着し、$\alpha_i\beta=-\beta\alpha_i$ はブロックの符号から直ちに分かる。

共変な形と Lagrangian 密度

$\gamma^0\coloneqq\beta$、$\gamma^i\coloneqq\beta\alpha_i$ とおくと、条件 (5.4.12) は1本の式

$$\{\gamma^\mu,\gamma^\nu\}_{+}=2\eta^{\mu\nu}\tag{5.4.14}$$

にまとまる（$(\gamma^i)^2=\beta\alpha_i\beta\alpha_i=-\alpha_i^2=-1=\eta^{ii}$ から空間成分の負号が出る）。式 (5.4.11) に左から $\beta$ を掛けると

$$(\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu-m)\,\psi=0\tag{5.4.15}$$

になる。これが Dirac 方程式である¹1P. A. M. Dirac (1928), Proceedings of the Royal Society of London A 117, 610–624.下の脚注へ閉じる。

この式を Euler–Lagrange 方程式として出す Lagrangian 密度は

$$\mathcal L_{\mathrm D}=\bar\psi\,(\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu-m)\,\psi,\qquad \bar\psi\coloneqq\psi^\dagger\gamma^0\tag{5.4.16}$$

である。$\bar\psi$ を独立な場とみなして変分すると、$\mathcal L_{\mathrm D}$ は $\partial_\mu\bar\psi$ を含まないので式 (5.4.15) がそのまま出る。$\psi$ に共役な正準運動量は $\pi_\psi=\partial\mathcal L_{\mathrm D}/\partial(\partial_t\psi)=\mathrm{i}\psi^\dagger$ で、速度 $\partial_t\psi$ を含まない。$\mathcal L_{\mathrm D}$ が速度の1次式なので、第1部第7章の Legendre 変換で速度を消す段が無く、$\psi$ と $\mathrm{i}\psi^\dagger$ がはじめから相空間の正準な組になっている。$\mathcal L_{\mathrm D}$ は運動方程式を満たす解の上で $0$ なので、Hamiltonian 密度は

$$\mathcal H_{\mathrm D}=\pi_\psi\,\partial_t\psi-\mathcal L_{\mathrm D}=\psi^\dagger\bigl(-\mathrm{i}\bm{\alpha}\cdot\nabla+\beta m\bigr)\psi=\psi^\dagger H_{\mathrm D}\psi$$

で、式 (5.4.11) の $H_{\mathrm D}$ の期待値の密度になっている。

密度は正に戻る

$\mathcal L_{\mathrm D}$ も位相の取り替え $\psi\to\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta}\psi$ で変わらない。前の節と同じ手順で Noether の流れを作ると

$$j^\mu=\bar\psi\gamma^\mu\psi,\qquad j^0=\psi^\dagger\psi=\sum_{a=1}^4\lvert \psi_a\rvert ^2\ \ge0\tag{5.4.17}$$

になる。方程式が時間について1階なので、$j^0$ に時間微分が入らず、正の量に戻った。$\bar\psi\gamma^\mu\psi$ が4元ベクトルとして変換されるように$\psi$ の変換則を決めることができる（$\psi$ をスピノルと呼ぶ）。

ところが、エネルギーの符号の問題は残る。$H_{\mathrm D}^2=\bm{p}^2+m^2$ なので、$H_{\mathrm D}$ の固有値は $\pm\omega_{\bm{p}}$ で、運動量 $\bm{p}$ ごとに正のエネルギーの解と負のエネルギーの解が2つずつある（$4\times4$ のうち $\operatorname{Tr} H_{\mathrm D}=0$ なので半分ずつ）。図 5.4.1 に2つの枝を示す。正の枝と負の枝の間には幅 $2m$ の隙間がある。

平面波のスピノル

正のエネルギー $E=\omega_{\bm{p}}$ の平面波を $\psi=u(\bm{p})\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(Et-\bm{p}\cdot\bm{x})}$ とおき、$u$ を上下2成分ずつ $u=(\xi,\zeta)$ に分ける。式 (5.4.11) と (5.4.13) から

$$(E-m)\,\xi=(\bm{\sigma}\cdot\bm{p})\,\zeta,\qquad (E+m)\,\zeta=(\bm{\sigma}\cdot\bm{p})\,\xi$$

で、2つ目から $\zeta=(\bm{\sigma}\cdot\bm{p})\xi/(E+m)$ と決まる。1つ目は $(\bm{\sigma}\cdot\bm{p})^2=\bm{p}^2=E^2-m^2$ から自動的に満たされる。規格化を $u^\dagger u=2E$ と選ぶと

$$u_s(\bm{p})=\begin{pmatrix}\sqrt{E+m}\,\chi_s\\[2pt] \dfrac{\bm{\sigma}\cdot\bm{p}}{\sqrt{E+m}}\,\chi_s\end{pmatrix},\qquad \chi_{+}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\ \chi_{-}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\tag{5.4.18}$$

である。静止した粒子（$\bm{p}=0$）では下の2成分が $0$ で、上の2成分 $\chi_s$ が2つの向きを持つ。この2つが、次の小節で見るスピン $\frac12$ の2状態である。速さが $c$ に比べて小さいとき、下の2成分は上の2成分の $\lvert \bm{p}\rvert /(2m)\approx v/2$ 倍しかない。上を大きい成分、下を小さい成分と呼ぶ。

回転の保存量にスピンが入る

第4部第5章では、回転対称な Hamiltonian では軌道角運動量 $\bm{L}=\bm{x}\times\bm{p}$ が保存することを、回転の生成子が $\bm{L}$ であることから導いた。$H_{\mathrm D}$ ではこれが成り立たない。$\left[L_z,\,p_x\right]=\mathrm{i} p_y$、$\left[L_z,\,p_y\right]=-\mathrm{i} p_x$ を使うと

$$\left[L_z,\,H_{\mathrm D}\right]=\mathrm{i}\,(\alpha_xp_y-\alpha_yp_x)\neq0\tag{5.4.19}$$

である。$\bm{\alpha}\cdot\bm{p}$ は $\bm{x}$ と $\bm{p}$ だけでなく行列 $\bm{\alpha}$ の向きも含むので、$\bm{x}$ と $\bm{p}$ だけを回す $\bm{L}$ では回転の全体を生成しない。行列の側も回す生成子として、$\Sigma_i\coloneqq\mathrm{diag}(\sigma_i,\sigma_i)$ を考える。$\left[\Sigma_z,\,\alpha_x\right]=2\mathrm{i}\alpha_y$、$\left[\Sigma_z,\,\alpha_y\right]=-2\mathrm{i}\alpha_x$、$\left[\Sigma_z,\,\beta\right]=0$ から

$$\Bigl[\tfrac12\Sigma_z,\,H_{\mathrm D}\Bigr]=-\mathrm{i}\,(\alpha_xp_y-\alpha_yp_x)$$

で、式 (5.4.19) とちょうど打ち消し合う。したがって

$$\bm{J}=\bm{L}+\tfrac12\bm{\Sigma},\qquad \left[\bm{J},\,H_{\mathrm D}\right]=0\tag{5.4.20}$$

が保存する。$\frac12\bm{\Sigma}$ の各成分の固有値は $\pm\frac12$（SI で $\pm\hbar/2$）で、これが電子のスピンである。Dirac 方程式ではスピンを外から付け足していない。Hamiltonian を $\bm{p}$ の1次式にするという要請から行列が必要になり、その行列の向きも回すのが回転の Noether の保存量だった、という順序で出てくる。第2部第7章の言葉では、Lorentz 変換（その一部の回転）の Noether の流れのうち、場の成分を混ぜる部分がスピンの角運動量になっている。

1　P. A. M. Dirac (1928), Proceedings of the Royal Society of London A 117, 610–624.