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この章のまとめ

2026年10月15日12分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第5部 第4章 相対論的量子力学

AI 生成・木下が未勉強

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 §5.4.7　★★★ 質量殻を演算子にした2つの方程式は、スピン・g=2g=2・微細構造を正しく出すが、負のエネルギーの解のため1粒子の理論としては閉じず、場の理論へ移る

この章では、第2部第3章の質量殻の条件 pμpμ=m2p_\mu p^\mu=m^2 に pμ→i∂μp_\mu\to\mathrm{i}\partial_\mu を入れ、複素場の Lagrangian 密度 LKG=∂μϕ∗∂μϕ−m2ϕ∗ϕ\mathcal L_{\mathrm{KG}}=\partial_\mu\phi^*\partial^\mu\phi-m^2\phi^*\phi を選んで Klein–Gordon 方程式を得た。位相の対称性に Noether の定理を当てると保存する流れ jμj^\mu が出るが、方程式が時間について2階なので、その第0成分は正にも負にもなり、確率密度として読むことができなかった。Lorentz 不変性のもとでスカラーの場から4元ベクトルを作るには微分が要る、という事情がこの形を強いていた。

次に、Hamiltonian を運動量の1次式 HD=α⋅p+βmH_{\mathrm D}=\bm{\alpha}\cdot\bm{p}+\beta m にして HD2=p2+m2H_{\mathrm D}^2=\bm{p}^2+m^2 を要求した。この要請から 4×44\times4 の行列が必要になり、Dirac 方程式 (iγμ∂μ−m)ψ=0(\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi=0 と Lagrangian 密度 ψˉ(iγμ∂μ−m)ψ\bar\psi(\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi が決まった。密度 ψ†ψ\psi^\dagger\psi は正に戻り、回転の保存量は L\bm{L} でなく L+12Σ\bm{L}+\frac12\bm{\Sigma} で、スピン 12\frac12 が回転の Noether の保存量の一部として現れた。最小結合で電磁場と結合させて小さい成分を消すと、第4部第6章で選んだ (σ⋅π)2/(2m)(\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi})^2/(2m) と g=2g=2 が導かれ、次の次数で相対論的な運動エネルギー・スピン軌道相互作用・Darwin 項がまとめて出て、水素の微細構造が jj だけによる式になった。

一方で、負のエネルギーの解は消えなかった。速度の演算子 α\bm{\alpha} の固有値は ±1\pm1 で、位置は Compton 波長の程度で震え、高さ 2m2m を超える段は粒子を通す。これらは、ϕ\phi や ψ\psi を1粒子の波動関数でなく場として量子化し、負の振動数の係数を反粒子の生成演算子と読むと、正のエネルギーと「粒子数の差としての電荷」に整理された。次の第5部第5章では、位相の対称性を各点ごとに独立にとる（局所化する）ことで、この章の Dμ=∂μ+iqAμD_\mu=\partial_\mu+\mathrm{i} qA_\mu を仮定でなく要請として出し、Dirac 場と電磁場の量子論（QED）を組み立てる。

この章の道具

  • pμ→i∂μp_\mu\to\mathrm{i}\partial_\mu（E=i∂tE=\mathrm{i}\partial_t, p=−i∇\bm{p}=-\mathrm{i}\nabla）で質量殻から (□+m2)ϕ=0(\Box+m^2)\phi=0。LKG=∂μϕ∗∂μϕ−m2ϕ∗ϕ\mathcal L_{\mathrm{KG}}=\partial_\mu\phi^*\partial^\mu\phi-m^2\phi^*\phi。
  • 位相の流れ jμ=i(ϕ∗∂μϕ−ϕ ∂μϕ∗)j^\mu=\mathrm{i}(\phi^*\partial^\mu\phi-\phi\,\partial^\mu\phi^*)、平面波で j0=2E∣N∣2j^0=2E\lvert N\rvert ^2（正負）。T00=∣∂tϕ∣2+∣∇ϕ∣2+m2∣ϕ∣2≥0T^{00}=\lvert \partial_t\phi\rvert ^2+\lvert \nabla\phi\rvert ^2+m^2\lvert \phi\rvert ^2\ge0。
  • {γμ,γν}+=2ημν\{\gamma^\mu,\gamma^\nu\}_{+}=2\eta^{\mu\nu}、(iγμ∂μ−m)ψ=0(\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi=0、LD=ψˉ(iγμ∂μ−m)ψ\mathcal L_{\mathrm D}=\bar\psi(\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi、j0=ψ†ψ≥0j^0=\psi^\dagger\psi\ge0。
  • us(p)=(E+m χs, σ⋅p χs/E+m)u_s(\bm{p})=(\sqrt{E+m}\,\chi_s,\ \bm{\sigma}\cdot\bm{p}\,\chi_s/\sqrt{E+m})、u†u=2Eu^\dagger u=2E、uˉu=2m\bar uu=2m。保存量 J=L+12Σ\bm{J}=\bm{L}+\frac12\bm{\Sigma}。
  • 最小結合 Dμ=∂μ+iqAμD_\mu=\partial_\mu+\mathrm{i} qA_\mu → (σ⋅π)2/(2m)=π2/(2m)−qσ⋅B/(2m)(\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi})^2/(2m)=\bm{\pi}^2/(2m)-q\bm{\sigma}\cdot\bm{B}/(2m)（g=2g=2）。
  • 水素 Enj≈m−m(Zα)22n2−m(Zα)42n4(nj+1/2−34)E_{nj}\approx m-\frac{m(Z\alpha)^2}{2n^2}-\frac{m(Z\alpha)^4}{2n^4}\bigl(\frac{n}{j+1/2}-\frac34\bigr)。
  • 速度 dxdt=α\frac{\mathrm{d} \bm{x}}{\mathrm{d} t}=\bm{\alpha}（固有値 ±1\pm1）、Zitterbewegung の角振動数 2m2m・振幅 1/(2m)1/(2m)、Klein の段 T=4κ/(1+κ)2T=4\kappa/(1+\kappa)^2。
  • 場の展開で負の振動数の係数は反粒子の b†b^\dagger。H=∑ω(a†a+b†b)H=\sum\omega(a^\dagger a+b^\dagger b)、Q=∑(a†a−b†b)Q=\sum(a^\dagger a-b^\dagger b)。

総合問題　一様な磁場の中の Dirac 電子：相対論的な Landau 準位 ★★★

オリジナル電子（q=−eq=-e）が一様な磁場 B=Bez\bm{B}=B\bm{e}_z（B>0B>0）の中にあり、ϕ=0\phi=0 とする。Dirac の Hamiltonian は H=α⋅π+βmH=\bm{\alpha}\cdot\bm{\pi}+\beta m、π=p−qA\bm{\pi}=\bm{p}-q\bm{A} である。

  1. (1) αiαj=δij+i∑kϵijkΣk\alpha_i\alpha_j=\delta_{ij}+\mathrm{i}\sum_k\epsilon_{ijk}\Sigma_k を使って、H2=π2+m2−qΣ⋅BH^2=\bm{\pi}^2+m^2-q\bm{\Sigma}\cdot\bm{B} を示せ。（使う道具：この章の5.4.3節の行列、第4部第6章の [πi, πj]\left[\pi_i,\,\pi_j\right]）
  2. (2) πx2+πy2\pi_x^2+\pi_y^2 の固有値が (2n+1)eB(2n+1)eB（n=0,1,2,…n=0,1,2,\dots）であることを使い、HH のエネルギー固有値がE2=m2+pz2+2eBνE^2=m^2+p_z^2+2eB\nu（ν=0,1,2,…\nu=0,1,2,\dots）になることを示せ。ν=0\nu=0 と ν≥1\nu\ge1 でスピンの縮退はどうなるか。（使う道具：第4部第6章の Landau 準位）
  3. (3) pz=0p_z=0、eB≪m2eB\ll m^2 で E−mE-m を eBeB の1次まで展開し、第4部第6章のスピンつき Landau 準位 ωc(n+12+σ2)\omega_{\mathrm c}(n+\frac12+\frac\sigma2) と比べよ。（使う道具：この章の5.4.4節）
  4. (4) E−mE-m を eBeB の2次まで展開し、2次の項が5.4.6節の相対論的な運動エネルギーの補正 −p4/(8m3)-\bm{p}^4/(8m^3) のどの形にあたるかを述べよ。（使う道具：この章の5.4.6節）
  5. (5) SI で Eν=mc21+2νB/BcE_\nu=mc^2\sqrt{1+2\nu B/B_{\mathrm c}}、Bc=m2c2/(eℏ)B_{\mathrm c}=m^2c^2/(e\hbar) と書ける。BcB_{\mathrm c} を求め、B=10 TB=10\,\mathrm T と B=BcB=B_{\mathrm c} でE1−mc2E_1-mc^2 を非相対論の値 ℏωc=ℏeB/m\hbar\omega_{\mathrm c}=\hbar eB/m と比べよ。m=9.1093837×10−31 kgm=9.1093837\times10^{-31}\,\mathrm{kg}、e=1.602176634×10−19 Ce=1.602176634\times10^{-19}\,\mathrm C、ℏ=1.054571817×10−34 J s\hbar=1.054571817\times10^{-34}\,\mathrm{J\,s}、c=2.99792458×108 m/sc=2.99792458\times10^{8}\,\mathrm{m/s}、mc2=0.51099895 MeVmc^2=0.51099895\,\mathrm{MeV} とする。（使う道具：この章の5.4.6節の SI への戻し方、第4部第6章の例題の ℏωc\hbar\omega_{\mathrm c}）
解答

(1) H2=(α⋅π)2+{α⋅π,β}+m+β2m2H^2=(\bm{\alpha}\cdot\bm{\pi})^2+\{\bm{\alpha}\cdot\bm{\pi},\beta\}_{+}m+\beta^2m^2 で、αi\alpha_i と β\beta は反交換し、πi\pi_i は行列と交換するので第2項は 00、第3項は m2m^2。第1項は

(α⋅π)2=∑i,jαiαjπiπj=π2+i∑i,j,kϵijkΣk πiπj=π2+i2∑i,j,kϵijkΣk[πi, πj].(\bm{\alpha}\cdot\bm{\pi})^2=\sum_{i,j}\alpha_i\alpha_j\pi_i\pi_j=\bm{\pi}^2+\mathrm{i}\sum_{i,j,k}\epsilon_{ijk}\Sigma_k\,\pi_i\pi_j=\bm{\pi}^2+\frac{\mathrm{i}}2\sum_{i,j,k}\epsilon_{ijk}\Sigma_k\left[\pi_i,\,\pi_j\right].

[πi, πj]=iq∑lϵijlBl\left[\pi_i,\,\pi_j\right]=\mathrm{i} q\sum_l\epsilon_{ijl}B_l と ∑i,jϵijkϵijl=2δkl\sum_{i,j}\epsilon_{ijk}\epsilon_{ijl}=2\delta_{kl} から最後の項は i2⋅iq⋅2Σ⋅B=−qΣ⋅B\frac{\mathrm{i}}2\cdot\mathrm{i} q\cdot2\bm{\Sigma}\cdot\bm{B}=-q\bm{\Sigma}\cdot\bm{B}。したがって H2=π2+m2−qΣ⋅BH^2=\bm{\pi}^2+m^2-q\bm{\Sigma}\cdot\bm{B}。αiαj\alpha_i\alpha_j の式は、ブロック αiαj=diag(σiσj,σiσj)\alpha_i\alpha_j=\mathrm{diag}(\sigma_i\sigma_j,\sigma_i\sigma_j) と σiσj=δij+i∑kϵijkσk\sigma_i\sigma_j=\delta_{ij}+\mathrm{i}\sum_k\epsilon_{ijk}\sigma_k から出る。

(2) HH と H2H^2 は同じ固有状態を持つ。q=−eq=-e で −qΣ⋅B=eBΣz-q\bm{\Sigma}\cdot\bm{B}=eB\Sigma_z、Σz\Sigma_z の固有値を σ=±1\sigma=\pm1 とする。Σz\Sigma_z と π\bm{\pi} は交換し、πz=pz\pi_z=p_z は保存するので

E2=m2+pz2+(2n+1)eB+σeB=m2+pz2+2eBν,ν≔n+1+σ2.E^2=m^2+p_z^2+(2n+1)eB+\sigma eB=m^2+p_z^2+2eB\nu,\qquad \nu\coloneqq n+\tfrac{1+\sigma}{2}.

ν=0\nu=0 は n=0n=0, σ=−1\sigma=-1 の1通りだけで、スピンの縮退が無い。ν≥1\nu\ge1 は (n=ν,σ=−1)(n=\nu,\sigma=-1) と (n=ν−1,σ=+1)(n=\nu-1,\sigma=+1) の2通りで、2重に縮退する。σ=−1\sigma=-1 が低いのは、電子の磁気モーメントがスピンと逆向きだからである。（HH の固有値は ±⋅\pm\sqrt{\cdot} で、正の枝を電子の準位とする。）

(3) pz=0p_z=0 で E=m1+2eBν/m2≈m+eBmνE=m\sqrt{1+2eB\nu/m^2}\approx m+\frac{eB}{m}\nu。ωc=eB/m\omega_{\mathrm c}=eB/m なので E−m≈ωcν=ωc(n+12+σ2)E-m\approx\omega_{\mathrm c}\nu=\omega_{\mathrm c}\bigl(n+\frac12+\frac\sigma2\bigr) で、第4部第6章の g=2g=2 のスピンつき Landau 準位に一致する。(n,↑)(n,\uparrow) と (n+1,↓)(n+1,\downarrow) の縮退は、第4部第6章では g=2g=2 を仮定した結果だったが、Dirac 方程式では E2E^2 の式の段階で厳密に成り立つ。

(4) K≔2eBνK\coloneqq2eB\nu とおくと E=m2+K=m+K2m−K28m3+⋯E=\sqrt{m^2+K}=m+\frac{K}{2m}-\frac{K^2}{8m^3}+\cdots で、2次の項は −(2eBν)28m3=−(eB)2ν22m3-\frac{(2eB\nu)^2}{8m^3}=-\frac{(eB)^2\nu^2}{2m^3}。KK は (σ⋅π)2(\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi})^2 の固有値（(1) で π2−qΣ⋅B\bm{\pi}^2-q\bm{\Sigma}\cdot\bm{B} から pz2p_z^2 を除いた部分）なので、2次の項は −(σ⋅π)48m3-\frac{(\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi})^4}{8m^3} の固有値である。磁場の無いとき (σ⋅p)4=p4(\bm{\sigma}\cdot\bm{p})^4=\bm{p}^4 なので、これは式 (5.4.24) の第4項 −π4/(8m3)-\bm{\pi}^4/(8m^3) を磁場中でスピンを含めて書いたものにあたる。

(5) Bc=(9.1093837×10−31)2(2.99792458×108)21.602176634×10−19×1.054571817×10−34=4.41×109 TB_{\mathrm c}=\frac{(9.1093837\times10^{-31})^2(2.99792458\times10^8)^2}{1.602176634\times10^{-19}\times1.054571817\times10^{-34}}=4.41\times10^{9}\,\mathrm T。B=10 TB=10\,\mathrm T では 2B/Bc=4.53×10−92B/B_{\mathrm c}=4.53\times10^{-9} で、E1−mc2=mc2(1+2B/Bc−1)≈ℏωc(1−B2Bc)E_1-mc^2=mc^2\bigl(\sqrt{1+2B/B_{\mathrm c}}-1\bigr)\approx\hbar\omega_{\mathrm c}\bigl(1-\frac{B}{2B_{\mathrm c}}\bigr)。ℏωc=mc2B/Bc=1.158×10−3 eV\hbar\omega_{\mathrm c}=mc^2B/B_{\mathrm c}=1.158\times10^{-3}\,\mathrm{eV} で、相対的なずれは B/(2Bc)=1.13×10−9B/(2B_{\mathrm c})=1.13\times10^{-9} にすぎない。B=BcB=B_{\mathrm c} では E1−mc2=(3−1)mc2=0.374 MeVE_1-mc^2=(\sqrt3-1)mc^2=0.374\,\mathrm{MeV}、非相対論の値は ℏωc=mc2=0.511 MeV\hbar\omega_{\mathrm c}=mc^2=0.511\,\mathrm{MeV} で、27%27\% 小さい。BcB_{\mathrm c} は Landau 準位の間隔が静止エネルギーに並ぶ磁場で、実験室の磁場ではこの補正は見えないが、これより強い磁場では Landau 準位を Dirac 方程式で扱う必要がある。

木下の勉強ステータス

木下はまだこの記事を勉強していません。

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連載AI生成教科書『虎の巻』授業とは別に、分野をまたいで気になったことを AI（Claude）が教材にし、木下が勉強しながら公開しています。上の段は AI が書いた本文、下の段は木下が勉強したあとに書いた文です。1787本の記事・木下 智貴
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