Relativisztikus kvantummechanika

Ebben a részben $c = 1$

A Klein-Gordon egyenlet

Legyen $\Psi (t,\mathbf{x})$ egy részecske hullámfüggvénye, mint egy inerciarendszerbeli tér- és időkoordináták skalárfüggvénye. Erre szeretnénk felírni egy kovariáns egyenletet, ami összhangban van a relativitáselmélettel. Ehhez induljunk ki a $E^2 = p^2 + m^2$ egyenletből, és helyettesítsük a fizikai mennyiségeket a klasszikus kvantummechanikából ismert operátoraikkal. Az impulzus operátora: $\mathbf{p} \sim -i \hbar \nabla$, az energiát az időderiváltnak feleltethetjük meg: $E \sim i \hbar \frac{\partial}{\partial t}$, a tömeg pedig itt is egy állandó. Így a fenti egyenletnek megfelelő operátorokat a hullámfüggvényre hattatva a következő egyenletet kapjuk:

$\left ( -\hbar^2 \frac{\partial^2}{\partial t^2} + \hbar^2 \nabla^2 - m^2 \right ) \Psi = 0$

Ez a Klein-Gordon egyenlet. Ezt felírhatjuk négyesvektoros alakban is. Az energia és impulzus közötti összefüggés (diszperziós reláció) négyesvektorosan: $p_{\mu} p^{\mu} = m^2$. Az előző megfeleltetés operátoroknak ekkor: $p^{\mu} \sim i \hbar \frac{\partial}{\partial x_{\mu}} = i \hbar \partial^{\mu} = i \hbar \left ( \frac{\partial}{\partial t}, -\nabla \right )$. A Klein-Gordon egyenlet ilyen alakban:

$\left ( \partial_{\mu} \partial^{\mu} + \frac{m^2}{\hbar^2} \right ) \Psi = 0$

A Klein-Gordon egyenlet síkhullám megoldásait egyszerűen felírhatjuk:

$\Psi (x^{\mu}) = A e^{- i k_{\mu} x^{\mu} } = A e^{-i \omega t + i \mathbf{k x}}$

Ezt az egyenletbe behelyettesítve láthatjuk, hogy kielégíti azt, ha teljesül a $k_{\mu} k^{\mu} = \frac{m^2}{\hbar^2}$ feltétel. Ez azt jelenti, hogy a $k^{\mu}$ négyesvektor komponenseiből csak 3 független. Legyyenek a komponensek: $k^{\mu} = \left ( \omega, \mathbf{k} \right )$, így ezekre a $\omega^2 = k^2 + m^2$ diszperziós reláció adódik. A kvantummechanikában szokásos értelmezés szerint az energia (ez az időderiválás operátor sajátértéke is) $E = \hbar \omega = \pm \sqrt{\hbar^2 k^2 + m^2}$. Formálisan a pozitív energiás megoldás mellett van egy negatív energiájú is (ez jelenti majd az antirészecskéket).

Eddig még nem beszéltünk arról, hogy milyen részecskék leírására alkalmas a Klein-Gordon egyenlet, felmerül a kérdés, hogy ez az egyenlet alkalmas-e a Schrödinger egyenlet relativisztikus általánosításaként. Elvileg ezzel az egyenlettel 0 spinű részecskéket lehetne leírni, a valóságban azonban nincs olyan elemi részecske, amit csak a Klein-Gordon egyenlet írna le (a fotonokra felírható hullámegyenletek hasonlóak, de ott nem egy skalármező, hanem a potenciálokból álló négyesvektor komponensei szerepelnek). Ennek ellenére érdemes megvizsgálni, hogyha lennének ilyen részecskék, akkor milyen tulajdonságokkal rendelkeznének. A Schrödinger-egyenletnél a hullámfüggvény abszolútértékének négyzete megtalálási valószínűségsűrűségként volt értelmezhető. Kérdéses, hogy itt lehet-e ehhez hasonló megállapításokat tenni. Ehhez írjuk fel a Klein-Gordon egyenletet és a komplex konjugáltját:

$\left ( \partial_{\mu} \partial^{\mu} + \frac{m^2}{\hbar^2} \right ) \Psi = 0 \quad \left ( \partial_{\mu} \partial^{\mu} + \frac{m^2}{\hbar^2} \right ) \Psi^* = 0$

Szorozzuk meg az eredeti egyenletet (balról) $\Psi^*$-al, a komplex konjugált egyenletet $\Psi$-vel, és vonjuk ki a kettőt egymásból. Az eredmény:

$\Psi^* \partial_{\mu} \partial^{\mu} \Psi - \Psi \partial_{\mu} \partial^{\mu} \Psi^* = \partial_{\mu} \left ( \Psi^* \partial^{\mu} \Psi - \Psi \partial^{\mu} \Psi^* \right ) = 0$

Azt kaptuk, hogy egy négyesvektor divergenciája 0. Ez lehetőséget ad egy négyesáram bevezetésére, amire egy megmaradási tétel (kontinuitási egyenlet) írható fel. Legyen:

$j^{\mu} = \frac{i \hbar}{2m} \left ( \Psi^* \partial^{\mu} \Psi - \Psi \partial^{\mu} \Psi^* \right )$

Ekkor fennáll, hogy $\partial_{\mu} j^{\mu} = 0$. A komponenseket $j^{\mu} = \left ( \rho, \mathbf{j} \right )$ formában írva ez egy kontinuitási egyenlet jelent:

$\frac{\partial \rho}{\partial t} = \nabla \mathbf{j}$

Az egész térre integrálva azt kapjuk, hogy a $\rho$ sűrűség integrálja állandó:

$\frac{\operatorname{d}}{\operatorname{d} t} \int \rho \operatorname{d}^3 x = 0$

Ez alapján azt lehetne mondani, hogy $\rho$ a Schrödinger egyenletnél bevezethető valószínűségsűrűséghez hasonlóan viselkedik, ennek ellenére nem lehet valószínűségsűrűségként értelmezni, mert a Schrödinger-egyenletnél használt abszolútértéknégyzettel szemben $\rho$ értéke nem csak pozitív lehet, hanem negatív is. Ez abból következik, hogy a Klein-Gordon egyenlet időben másodrendű, így kezdőfeltételként $\Psi$-t és az idő szerinti deriváltját tetszőlegesen lehet megválasztani, úgy is, hogy $\rho$ egyes helyeken negatív legyen.

Így a Klein-Gordon megoldásainak nem lehet a Schrödinger-egyenletnél megszokott valószínűségi értelmezést adni. Abban az esetben viszont, ha töltött részecskékről van szó, egy töltés áramsűrűséget lehet bevezetni. Legyen ekkor:

$j^{\mu} = \frac{i e \hbar}{2 m} \left ( \Psi^* \partial^{\mu} \Psi - \Psi \partial^{\mu} \Psi^* \right )$

Az előző definícióhoz képest az egyetlen eltérés a részecskék töltésegységét jelentő $e$ szorzó, így $j^{\mu}$ négyes áramsűrűségként értelmezhető (a kontinuitási egyenlet ugyanúgy teljesül rá). A nulladik komponenes a töltéssűrűség:

$\rho = \frac{i e \hbar}{2 m} \left ( \Psi^* \frac{\partial \Psi}{\partial t} - \Psi \frac{\partial \Psi^* }{\partial t} \right )$

A térszerű komponensek a hármas áramsűrűséget adják:

$\mathbf{j} = \frac{i e \hbar}{2 m} \left ( \Psi^* \nabla \Psi - \Psi \nabla \Psi^* \right )$

Az össztöltés megmarad:

$Q \equiv \int \rho \operatorname{d}^3 x \quad \rightarrow \quad \frac{\operatorname{d} Q}{\operatorname{d} t} = 0$

Ezzel szemben $\rho$ értéke egy adott pontban tetszőlegesen változhat, lehet pozitív és negatív is. Ez azt jelenti, hogy a Klein-Gordon egyenlettel nem lehet egy rögzített (pozitív vagy negatív) töltésű részecskét leírni, az időfejlődés során megjelenhetnek ellentétes töltésű tartományok, ennek magyarázata az, hogy minden részecskének létezik ellentétes töltésű antirészecskéje, és a részecskék és antirészecskék száma nem marad meg, csak az össztöltés, keletkezhetnek és annihilálódhatnak részecske-antirészecske párok. Ennek a teljes leírására azonban a Klein-Gordon egyenlet jelenlegi formája nem alkalmas, el kell végezni a $\Psi$ tér második kvantálását. Ezt itt nem tesszük meg, az antirészecskék jelenlétét viszont a síkhullám megoldásokon is tudjuk egyszerűen szemléltetni. Ehhez írjuk fel az előbbi síkhullám megoldást (a szokásos $E = \hbar \omega$ és $\mathbf{p} = \hbar \mathbf{k}$ jelöléseket használva):

$\Psi = A e^{\frac{i}{\hbar} \left ( \mathbf{p x} - E t \right ) }$

Itt $\mathbf{p}$ tetszőleges (hármas) vektor, és érvényes az $E = \pm \sqrt{p^2 + m^2}$ diszperziós reláció. Legyen a pozitív megoldás $E_p \equiv + \sqrt{p^2 + m^2}$, így $E = \pm E_p$, a különböző előjelhez tartozó megoldások külön felírva:

$\Psi_{+} = A_{+} e^{\frac{i}{\hbar} \left ( \mathbf{p x} - E_p t \right ) } \quad \quad \Psi_{-} = A_{-} e^{\frac{i}{\hbar} \left ( \mathbf{p x} + E_p t \right ) }$

Az ezekből számolt töltéssűrűségek (a deriválást elvégezve):

$\rho_{+} = + \frac{e E_p}{m} \left | A_{+} \right |^2 \quad \quad \rho_{-} = - \frac{e E_p}{m} \left | A_{-} \right |^2$

Az egyik esetben a töltéssűrűség pozitív, a másikban negatív. Ezt úgy lehet értelmezni, hogy a $\Psi_{+}$ megoldás $+e$ töltésű, a $\Psi_{-}$ megoldás $-e$ töltésű részecskéket ír le.

A Dirac-egyenlet

Szeretnénk egy, a Schrödinger-egyenlethez hasonló alakú (időben elsőrendű), de a relativitáselmélettel összhangban levő egyenletet bevezetni. A Schrödinger-egyenlet ismert alakja:

$i \hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t} = \hat{\operatorname{H}} \Psi$

Szeretnénk, ha a Hamilton-operátor összhangban lenne a relativitáselmélet $E = \pm \sqrt{p^2 + m^2}$ összefüggésével. Tegyük fel, hogy létezik egy ilyen operátor, ami előáll az impulzusok (térszerinti deriváltak) és a tömeg (mint számmal szorzás) lineárkombinációjaként, és a négyzetére teljesül a relativisztikus energia-impulzus összefüggés (a továbbiakban a latin betűs indexek a térszerű koordinátákat jelölik: $i = 1,2,3$, rájuk is vonatkozik a kétszer előforduló indexre automatikus összegzés szabálya):

$\hat{\operatorname{H}} = \alpha_i \hat{\operatorname{p}}_i + \beta m \quad \quad \hat{\operatorname{H}}^2 = \hat{\operatorname{p}}_i \hat{\operatorname{p}}_i + m^2$

A fenti feltételeknek nincs megoldása abban az esetben, ha az $\alpha_i$ és $\beta$ együtthatók számok, így keressük úgy a megoldást, hogy a $\Psi$ hullámfüggvény több komponensű (oszlopvektor) és az együtthatók mátrixok. Így a feltételeink:

• Legyen $\Psi$ egy $n$ komponensű vektor, a komponenseit jelölje $\Psi_i$

• Legyen a $\rho \equiv \Psi^{+} \Psi \equiv \sum_{i=1}^{n} \Psi_i^{*} \Psi_i$ mennyiség egy megmaradó 4-es áram nulladik komponense

• Teljesüljön a relativisztikus $E^2 = p^2 + m^2$ összefüggés. Ez azt jelenti, hogy $\Psi_i$ minden komponense kielégíti a Klein-Gordon egyenletet

• Legyen az egyenlet kovariáns, azaz teljesítse azt a feltételt, hogy mindkét oldalán a Lorentz-transzformációk szempontjából ugyanúgy transzformálódó mennyiségek szerepelnek

Megmutatható, hogy ezek a feltételek az együtthatómátrixokra a következő egyenleteket adják:

$\left \{ \alpha_j , \alpha_k \right \} = 2 \delta_{jk} \quad \left \{ \alpha_j , \beta \right \} = 0 \quad \alpha_i^2 = \beta^2 = 1$

A kapcsos zárójelek az antikommutátorokat jelentik. Ezeket az egyenleteket legkevesebb $4 \times 4$-es mátrixokkal lehet kielégíteni, léteznek magasabb dimenziójú megoldások is, mi a továbbiakban csak az $n = 4$ esettel foglalkozunk. Ebben az esetben a megoldás (igazából több megoldás lehetséges, de ezek nem függetlenek egymástól, így elég csak egyet vizsgálni):

$\alpha_i = \left ( \begin{array}{cc} 0 & \sigma_i \\ \sigma_i & 0 \end{array} \right ) \quad \quad \beta = \left ( \begin{array}{cc} \operatorname{I} & 0 \\ 0 & -\operatorname{I} \end{array} \right )$

Itt $\operatorname{I}$ a $2 \times 2$-es egységmátrix, a $\sigma_i$ mátrixok a Pauli-mátrixok. A komponensek kiírva:

$\beta = \left ( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array} \right ) \quad \quad \alpha_1 = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right )$

$\alpha_2 = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & i & 0 \\ 0 & -i & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \end{array} \right ) \quad \quad \alpha_3 = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{array} \right )$

A $\Psi$ hullámfüggvény pedig egy négy komponensű vektor lesz. Nagyon fontos megjegyeznünk, hogy $\Psi$ nem négyesvektor (a relativitáselméletben bevezetett módon), a komponenseit nem lehet a négyesvektorokra ható Lorentz-mátrixokkal transzformálni, matematikailag $\Psi$ egy másik tér eleme. A továbbiakban az együtthatómátrixok és $\Psi$ komponenseinek az indexeit általában elhagyjuk, azok között a mátrixalgebrában szokásos műveletek érvényesek. Az $\alpha$ mátrixok indexei a mátrix sorszámát jelentik. Egyes esetekben nehéz számontartani a különböző fajta vektorok komponenseit, a lényeg az, hogy a differenciáloperátorok $\Psi$ minden komponensére külön hatnak, egy együtthatómátrix pedig a mátrixszorzás szabályai szerint hat. A Dirac-egyenlet így felírva:

$i \hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t} = \left ( -i \hbar \alpha_i \partial_i + \beta m \right ) \Psi = -i \hbar \alpha_1 \frac{\partial \Psi}{\partial x} -i \hbar \alpha_2 \frac{\partial \Psi}{\partial y} -i \hbar \alpha_3 \frac{\partial \Psi}{\partial z} + \beta m \Psi$

A jobboldali összeg minden tagjában a deriválás $\Psi$ minden komponensére külön hat, majd az $\alpha$ mátrixokkal szorzás a komponensek között hat a szokásos mátrixszorzási szabályok szerint.