Dirac-Gleichung als Hamiltonsches System

Angesichts der Dirac-Lagrange-Dichte

$$\begin{align} {\cal L}~=~&\overline{\psi}(i\sum_{\mu=0}^3\gamma^{\mu}\partial_{\mu}-m)\psi, \cr \overline{\psi}~:=~&\psi^{\dagger}\gamma^0, \cr \{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\}_{+} ~=~&2\eta^{\mu\nu}{\bf 1}_{4\times 4}, \end{align} \tag{1}$$

mit Minkowski-Signatur$(+,-,-,-)$, Und$\psi$ein Grassmann-ungerader Dirac-Spinor ist, lautet die Frage: Wie findet man den entsprechenden Hamilton-Formalismus?

Die Legendre-Transformation von (1) ist singulär. Die Dirac-Bergmann-Analyse der Theorie (1) führt zu Einschränkungen, vgl. zB Art.-Nr. 1 oder diesen Phys.SE-Beitrag. Hier nehmen wir stattdessen eine Abkürzung mit der Faddeev-Jackiw-Methode .

I) Komplexe Grassmann-Felder. Wir identifizieren zuerst die Hamiltonsche Dichte${\cal H}$als (minus) die Terme in (1), die keine Zeitableitungen beinhalten:

$$\begin{align} {\cal L}~=~&i\psi^{\dagger}\dot{\psi}-{\cal H}, \cr {\cal H}~=~& \overline{\psi} (-i\sum_{j=1}^3\gamma^{j}\partial_{j}+m)\psi. \end{align}\tag{2}$$

Das symplektische Einformpotential kann aus dem kinetischen Term in (2) transkribiert werden:

$$\vartheta(t) ~=~\int\! d^3x~ i\psi^{\dagger}({\bf x},t) ~\mathrm{d}\psi({\bf x},t), \tag{3}$$

Wo$\mathrm{d}$bezeichnet die äußere Ableitung$^1$auf dem unendlichdimensionalen Konfigurationsraum für das Fermionenfeld. Die symplektische Zweierform ist dann

$$\begin{align} \omega(t)~=~&\mathrm{d}\vartheta(t) ~=~\int\! d^3x~ i\mathrm{d}\psi^{\dagger}({\bf x},t) \wedge \mathrm{d}\psi({\bf x},t) \cr ~=~&\int\! d^3x~d^3y~ i\mathrm{d}\psi^{\dagger}({\bf x},t) \wedge \delta^3({\bf x}-{\bf y}) ~\mathrm{d}\psi({\bf y},t). \end{align}\tag{4}$$

Die zeitgleiche Super-Poisson /Dirac-Klammer auf Fundamentalfeldern ist die inverse Supermatrix der Supermatrix für die symplektische Zweierform (4):

$$\begin{align} \{\psi_{\alpha}({\bf x},t), \psi^{\dagger}_{\beta}({\bf y},t)\}_{PB}~=~& -i \delta_{\alpha\beta}~\delta^3({\bf x}-{\bf y})\cr ~=~&\{\psi^{\dagger}_{\alpha}({\bf x},t), \psi_{\beta}({\bf y},t)\}_{PB}, \end{align}\tag{5}$$

und andere grundlegende Super-Poisson-Klammern verschwinden. Aufgrund des QM - Korrespondenzprinzips werden die kanonischen Antikommutierungsrelationen (CARs) mit den Super-Poisson-Klammern (5) multipliziert$i\hbar$:

$$\begin{align} \{\hat{\psi}_{\alpha}({\bf x},t), \hat{\psi}^{\dagger}_{\beta}({\bf y},t)\}_{+} ~=~& \hbar\delta_{\alpha\beta}~\delta^3({\bf x}-{\bf y})\hat{\bf 1}\cr ~=~&\{\hat{\psi}^{\dagger}_{\alpha}({\bf x},t), \hat{\psi}_{\beta}({\bf y},t)\}_{+}, \end{align}\tag{6}$$ und andere CARs verschwinden.

I) Echte Grassmann-Felder. Lassen Sie uns alternativ den komplexen Dirac-Spinor zerlegen

$$\psi_{\alpha}~\equiv~(\psi^1_{\alpha}+i\psi^2_{\alpha})/\sqrt{2} \quad\text{and}\quad \psi^{\dagger}_{\alpha}~\equiv~(\psi^1_{\alpha}-i\psi^2_{\alpha})/\sqrt{2}, \tag{7}$$

in Real- und Imaginärteil. Die Lagrange-Dichte (2) liest sich bis zu totalen Ableitungstermen$^2$

$$\begin{align} {\cal L}~=~&\frac{i}{2}\left(\psi^{\dagger}\dot{\psi}- \dot{\psi}^{\dagger}\psi\right)-{\cal H}\cr ~=~&\frac{i}{2}\sum_{a=1}^2(\psi^a)^T\dot{\psi}^a-{\cal H}. \end{align}\tag{2'}$$

Das entsprechende symplektische Einformpotential ist

$$\vartheta(t) ~=~\sum_{a=1}^2\int\! d^3x~ \frac{i}{2}\psi^a({\bf x},t)^T ~\mathrm{d}\psi^a({\bf x},t). \tag{3'}$$

Die symplektische Zweierform ist

$$\begin{align} \omega(t)~=~&\mathrm{d}\vartheta(t) ~=~\sum_{a=1}^2\int\! d^3x~ \frac{i}{2}\mathrm{d}\psi^a({\bf x},t)^T \wedge \mathrm{d}\psi^a({\bf x},t) \cr ~=~&\sum_{a,b=1}^2\int\! d^3x~d^3y~ \frac{i}{2}\mathrm{d}\psi^a({\bf x},t)^T \wedge \delta_{ab}~\delta^3({\bf x}-{\bf y}) ~\mathrm{d}\psi^b({\bf y},t). \end{align}\tag{4'}$$

Das zeitgleiche Super-Poisson ist

$$\{\psi^a_{\alpha}({\bf x},t), \psi^b_{\beta}({\bf y},t)\}_{PB}~=~ -i \delta^{ab}~\delta_{\alpha\beta}~\delta^3({\bf x}-{\bf y}).\tag{5'}$$

Die Autos sind

$$\{\hat{\psi}^a_{\alpha}({\bf x},t), \hat{\psi}^b_{\beta}({\bf y},t)\}_{+} ~=~ \hbar\delta^{ab}~\delta_{\alpha\beta}~\delta^3({\bf x}-{\bf y})\hat{\bf 1} . \tag{6'}$$

Verweise:

1. A. Das, Vorlesungen über QFT, (2008); Kapitel 10.

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$^1$In unseren Superkonventionen die äußere Ableitung$\mathrm{d}$ist Grassmann-gerade und trägt den Formgrad +1.

$^2$Beachten Sie, dass eine Gesamtzeitableitung hinzugefügt wird

$$i\psi^{\dagger}\dot{\psi}~\longrightarrow~i\psi^{\dagger}\dot{\psi}+ \frac{d}{dt}(\alpha\psi^{\dagger}\psi)\tag{8}$$

zum kinetischen Term (2) entspricht dem Hinzufügen eines exakten Terms

$$\vartheta(t)~\longrightarrow~\vartheta(t)+ \mathrm{d} \int\! d^3x~ \alpha\psi^{\dagger}({\bf x},t) \psi({\bf x},t) \tag{9}$$

zum symplektischen Einformpotential (3), das keine Auswirkung auf die symplektische 2-Form (4) hat.

Nun, ich weiß nicht, was das Wort streng bedeutet, aber hier ist eine direkt naive Antwort. Gegeben

$$H = \int d^3 x \, \bar{\Psi}(i \gamma_i \partial_i +m)\Psi$$ aus $$\mathcal{L} = i\bar{\Psi}\gamma^{\mu}\partial_{\mu}\Psi - \bar{\Psi} m \Psi \quad \text{and}\quad H = \int d^3x \, (\pi \dot{\Psi}-\mathcal{L})$$ mit $(+,-,-,-)$. Verwenden wir die Possoin-Klammer $$\{A,B\} = \int d^3 x \, (\delta_{\Psi}A \, \delta_{\pi}B-\delta_{\pi}A \, \delta_{\Psi}B)$$ und erinnern wir uns daran $\pi_{\Psi} = i \bar{\Psi}\gamma_0 \implies \bar{\Psi} = -i \pi \gamma_0$so dass $$H = \int d^3x \, -i\gamma_0\pi(i\gamma_i\partial_i +m)\Psi$$ halten $$\delta_{\pi}H = \int d^3x \, \gamma_0 (\delta_{\pi}\pi) \gamma_i \partial_i \Psi + \gamma_0\pi\gamma_i\partial_i(\delta_{\pi}\Psi) - i\gamma_0 (\delta_{\pi}\pi) m\Psi - i\gamma_0 \pi m (\delta_{\pi}\Psi)$$ $$=\gamma_0 \gamma_i \partial_i \Psi - i\gamma_0 m \Psi$$ Dann angucken $$\{H,\Psi\} = -\gamma_0 \gamma_i \partial_i \Psi + i\gamma_0 m \Psi = \dot{\Psi}$$ Gott weiß, ob das richtig ist, aber das klingt nach dem, wonach Sie suchen.

Meiner Meinung nach kann man die Klammer nicht streng [*] definieren. Angenommen, Sie verwenden die Dirac-Feldgleichung, um zur gewöhnlichen Lagrange-Dichte zu gelangen

$$\mathcal{L} = c \bar{\psi} \left( i\hbar \gamma^\mu \frac{\partial}{\partial x^\mu} \right) \psi$$

Dies ist eine Funktion der Spinorkomponenten$\psi_i$und ihre Adjunkten$\bar{\psi_i}$. Das Problem beginnt, wenn Sie versuchen, den konjugierten Impuls für die Adjungierten zu erhalten (der Punkt bezeichnet die Zeitableitung).

$$\bar{\pi_i} = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \dot{\bar{\psi_i}}} = 0$$

was impliziert, dass nicht alle kanonischen Variablen unabhängig sind und keine echte "Phasenraum" -Struktur existiert.

Sie könnten versuchen, Poisson-Klammern auf die übliche Weise formal zu definieren,

$$\{ A, B \} \equiv \sum_i \frac{\partial A}{\partial \psi_i} \frac{\partial B}{\partial \pi_i} - \frac{\partial A}{\partial \pi_i} \frac{\partial B}{\partial \psi_i} + \sum_j \frac{\partial A}{\partial \bar{\psi}_j} \frac{\partial B}{\partial \bar{\pi}_j} - \frac{\partial A}{\partial \bar{\pi}_j} \frac{\partial B}{\partial \bar{\psi}_j}$$

Beachten Sie jedoch, dass dies nur formal gültig ist, da die Variablen nicht alle unabhängig sind. Die Bewegungsgleichungen würden in etwa so geschrieben werden

$$\dot{A} \approx \{ A, \mathcal{H} \}$$

Verwenden Sie das schwache Gleichheitszeichen von Dirac, da dies eine eingeschränkte Dynamik ist. Die Hamilton-Dichte erhält man aus

$$\mathcal{H} \approx \sum_i \pi_i \dot{\psi}_i + \sum_j \bar{\pi}_j \dot{\bar{\psi}}_j - \mathcal{L}$$

Beachten Sie, dass all dies eine Quantenbehandlung ist. Es gibt keine klassische Spinortheorie.

[*] Ich nehme an, dass alles davon abhängt, was du zu tun versuchst.

Es ist möglich, einen Hamiltonoperator zu konstruieren. Tatsächlich hat Dirac seine Gleichung auf diese Weise ursprünglich geschrieben. Dafür müssen die Zeit- und Ortskoordinaten unterschiedlich behandelt werden. Im Schrödinger-Bild erzeugt der Hamiltonoperator die Zeitdynamik über ($\hbar =0$)

$$i \partial_t \psi = H \psi.$$ Wir sehen, dass wir diese Struktur aus der Dirac-Gleichung erhalten können, indem wir sie mit multiplizieren $\gamma^0$(und verwenden $\gamma_0^2=1$). Damit erhalten wir das Ergebnis $$H = {\bf\alpha} \cdot {\bf p} + \beta m$$ wo wir die konventionelle Notation eingeführt haben $\beta =\gamma^0$, $\alpha^k =\gamma^0 \gamma^k$, Und $p_k = -i\partial_k$.

Wenn Sie das im Sinne einer klassischen Feldtheorie aufschreiben wollen, mit dem Feld$\psi$entwickelnd als

$$\partial_t \psi({\bf r}) = \{\mathcal{H},\psi ({\bf r})\},$$ der Hamiltonoperator ist gegeben durch $$\mathcal{H} = \int\!d^3r \,\psi^*({\bf r})H \psi({\bf r}).$$

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Ich definiere die Poisson-Klammer zu sein

$$\{ A, B\} = \int\!d^3r\left[\frac{\delta A}{\delta \psi({\bf r})}\frac{\delta B}{\delta \psi^*({\bf r})} -\frac{\delta B}{\delta \psi({\bf r})}\frac{\delta A}{\delta \psi^*({\bf r})} \right]$$ wobei die Derivate funktionale Derivate sind und wir dies (wie üblich) angenommen haben $\psi$Und $\psi^*$sind unabhängige Variablen mit den definierenden Beziehungen $$\frac{ \delta \Psi({\bf r})}{\delta \Psi({\bf r}')} = \frac{ \delta \Psi^*({\bf r})}{\delta \Psi^*({\bf r}')} = \delta^3({\bf r}-{\bf r}'), \quad\frac{ \delta \Psi({\bf r})}{\delta \Psi^*({\bf r}')} = \frac{ \delta \Psi^*({\bf r})}{\delta \Psi({\bf r}')} = 0.$$