Lorentz-Kraft in der Dirac-Theorie und ihre klassische Grenze

Ich fand die Frage völlig klar und irgendwie wichtig für dieses Lernstück über Magnetismus in der Quantenmechanik; Das einzige Problem ist, dass es eine falsche Antwort auf die Frage annimmt.

Nichts verschwindet; in der Tat wäre es sehr schlecht, wenn ein endlicher Term wie z$\vec v\times \vec B$spurlos verdunstet, während die klassische Grenze genommen wird. Allerdings muss man bei den quantenmechanischen Kommutatoren vorsichtig sein, um zu sehen, dass alles gültig ist.

Der vollständige quantenmechanische (nicht-relativistische) Hamilton-Operator (der als nicht-relativistische Grenze der Dirac-Gleichung erhalten werden kann) ist

$$H = \frac{1}{2m}(\vec p+ \vec A)^2 + V(\vec x)$$ Wo $V(\vec x)$enthält hauptsächlich das elektrostatische Potential und erzeugt die elektrische Kraft $e\vec E = -i\nabla \Phi$auf eine Weise, die Sie unumstritten finden. Dein Problem ist auf die Begriffe enthaltend eingegrenzt $\vec A$oder seine Derivate. Ich habe die Konventionen für die Normalisierung und Vorzeichen eingehalten $\vec A$genau wie deine zu sein, obwohl es eine bizarre Konvention ist: Normalerweise würde man den Faktor von hinzufügen $q$oder $e$vor $\vec A$, zu.

In diesen Ihren Konventionen,$\vec p = -i\hbar \vec \nabla$, wie du richtig geschrieben hast. Dieses Objekt ist jedoch nicht das Übliche$m\vec v$. Stattdessen voll$\vec P = \vec p + \vec A$ist gleich$m\vec v$, ein Vielfaches der Geschwindigkeit. Dies wird normalerweise als bezeichnet$\vec p$in der Nicht-Quantenphysik, aber wir müssen es offensichtlich abbilden$\vec P$: In der Grenze ist wieder einmal der übliche Nicht-Quantenimpuls$\vec P$, nicht$\vec p$:$\vec P$ist eichkovariant,$\vec p$ist es nicht, und der Nicht-Quantenimpuls eines Teilchens ist eindeutig Eich-kovariant, also kann es nicht sein$\vec p$.

Um quantenmechanisch die Zeitableitung von zu berechnen$P_i$(der Impuls, der direkt aus der Geschwindigkeit berechnet wird), müssen wir berechnen$1/(-i\hbar)$mal der Kommutator von$P_i$mit dem Hamiltonoperator (den Heisenberg-Bewegungsgleichungen). Der Kommutator von$P_i$mit$V(x)$, die elektrostatische potentielle Energie, gibt uns die übliche elektrische Kraft.

Wir müssen jedoch auch den Kommutator von hinzufügen$P_i$mit dem ersten Term des Hamilton-Operators, der ist$P_j P_j / 2m$. Es ist nicht Null, weil die verschiedenen Komponenten von$P_j$pendeln nicht miteinander. Stattdessen,

$$\frac{1}{2m} [P_i,P_j P_j] = \frac{1}{m} [P_i,P_j] P_j + {\rm subleading\,\,in\,\,}\hbar$$ Der Kommutator von $[P_i,P_j]$ist ungleich Null, weil $P_i$hängt von beidem ab $\vec p$ebenso gut wie $\vec x$: Diese beiden kleingeschriebenen Objekte sind die Objekte mit den üblichen einfachen Kommutierungsbeziehungen. Wir haben $$[P_i,P_j] = [p_i,A_j] - [p_j,A_i]$$ in Ihren Konventionen. Sie können sehen, dass die Kommutatoren auf der rechten Seite nichts anderes als sind $-i\hbar$mal die Komponenten von ${\rm curl} \vec A = \vec B$, etwas präziser $\epsilon_{ijk}B_k$. Dies wird multipliziert mit $P_j/m = v_j$oben, so dass der Gesamtterm im Kommutator eindeutig gegeben ist $\epsilon_{ijk}v_j B_k = (v\times B)_i$, das ist – nach $-i\hbar$kürzt sich zwischen dem Kommutator und dem Faktor in der Heisenberggleichung (diesen Faktor habe ich vernachlässigt) – genau die Magnetkraft. Auch hier hätte die übliche Konvention die Anklage $q$davor habe ich mich aber an deine Konventionen zur Normalisierung gehalten $\vec A$.

Der korrekt berechnete klassische Grenzwert erzeugt jedoch offensichtlich die volle Lorentzkraft einschließlich des Magnetstücks und muss diese erzeugen. Das Gesamtzeichen von$\vec A$und die Lorentz-Kraft wurde oben nicht sehr sorgfältig verfolgt, aber glauben Sie mir, dass es auch funktioniert (und funktionieren muss), wenn die Berechnung perfekt durchgeführt wird.

Da Murod seine oder ihre Zweifel im relativistischen Fall wiederholte, lassen Sie mich die obige Ableitung für die vollständige relativistische Dirac-Gleichung wiederholen. Sein Hamilton-Operator ist

$$H = \gamma_0 (P^i \gamma_i - m + A_0)$$ Beachten Sie, dass, wenn Sie es mit multiplizieren $\gamma_0$und alles auf die gleiche Seite verschieben, erhalten Sie den einfachen und einheitlichen Operator $P^\mu \gamma_\mu -m$was die Dirac-Spinorialwellenfunktion vernichten muss. $A_0$ist das elektrische Potential – normalerweise würde man schreiben $q$ausdrücklich auch vor diesem Begriff.

Der Kommutator$[H,P^i]$was die Änderung des Impulses eines relativistischen klassischen (Nicht-Quanten-)Teilchens bestimmt, obwohl dieser Energie-Impuls-Vektor manchmal als Energie-Impuls-Vektor bezeichnet wird$p_\mu$in der nicht-quantenrelativistischen Teilchenphysik. Dieses Objekt kommt jedoch von der Grenze (und sollte mit identifiziert werden)$P_\mu$. Auch hier ist der Kommutator mit$A_0$erzeugt die elektrische Kraft. Der Kommutator von$P^i$mit$P^j\gamma_j$erzeugt außer dem die Lorentzkraft$\gamma_j$ist hier statt$v_i$. Aber das ist in Ordnung,$\gamma^\mu$wirkt auf die Dirac-Spinoren genauso wie der Geschwindigkeits-4-Vektor. Beachten Sie, dass$\gamma^\mu$ist formal ein Vektor, der im Quadrat zu Eins steht – ein Einheitszeit-ähnlicher Vektor – und es muss die Geschwindigkeit sein, weil es die einzige eichinvariante Raumzeitrichtung ist, die von der (schnell oszillierenden) ebenen Welle ausgewählt wird. Im relativistischen Fall ist die Ableitung der Nicht-Quantengleichung für das Teilchen also fast identisch, nur mit$v^\mu$als Matrix ausgedrückt$\gamma^\mu$anstatt$\vec P / m$, ein Teil des Grundes, warum die Dirac-Gleichung eine Gleichung erster Ordnung ist (für den Preis, viele Komponenten und Matrizen zu haben).

Die Frage (v1) scheint durch ein Missverständnis verursacht worden zu sein. Lassen$\vec{p}^{kin}=\gamma m_0 \vec{v}$bezeichnen den kinetischen Impuls (auch als mechanischer Impuls bekannt) und lassen

$$\vec{p}^{can}~=~\vec{p}^{kin}+q\vec{A}$$ bezeichnen den kanonischen Impuls. Quantenmechanisch, $$\vec{p}^{can}~=~\frac{\hbar}{i}\vec{\partial}.$$

Das Lorentzkraftgesetz

$$\frac{d\vec{p}^{kin}}{dt}~=~ q(\vec{E} + \vec{v} \times \vec{B})$$

gilt auch für den klassischen Fall, siehe zB Landau und Lifshitz, Vol.2, The Classical Theory of Fields, Kapitel 3.

Wie Qmechanic bereits betonte: Um den kinetischen Impuls zu erhalten, müssen Sie die Ableitungen nehmen (die Ihnen den kanonischen Impuls geben) und dann die Wechselwirkung mit subtrahieren $A^\mu$.

Also ist alles in Ordnung und die Dirac-Gleichung gibt das klassische Ergebnis exakt wieder. Sie können dies besser verstehen, wenn Sie die Lorentzkraft auf fortgeschrittenere Weise schreiben, indem Sie den elektromagnetischen Feldtensor verwenden.

$\frac{\partial j^\mu}{\partial \tau} ~~=~~ \frac{q}{mc}\,F^{\mu}_{~\nu}\,j^\nu~$

Der das E-Feld mit den Boost-Generatoren K und das B-Feld mit den Rotationsgeneratoren J koppelt

$F^{\mu}_{~\nu} ~~=~~ \Big(\,\mathsf{E}^i\,\hat{K}^i + \mathsf{B}^i\,\hat{J}^i\,\Big) \ =\ \left( \begin{array}{rrrr} ~\ 0\ \ & ~~\mathsf{E}_x & ~~\mathsf{E}_y & ~~\mathsf{E}_z \ \\ ~ \mathsf{E}_x & \ 0\ \ & ~~\mathsf{B}_z & - \mathsf{B}_y \ \\ ~ \mathsf{E}_y & - \mathsf{B}_z & \ 0\ \ & ~~\mathsf{B}_x \ \\ ~ \mathsf{E}_z & ~~\mathsf{B}_y & - \mathsf{B}_x & \ 0\ \ \ \end{array} \right)$

Für Spinoren ist der äquivalente Interaktionsgenerator der Zeitentwicklung:

${\cal F}^\mu_{~\nu}\,\varphi ~=~ \left(\,\vec{E}\cdot\hat{\mathbb{K}} + \vec{B}\cdot\hat{\mathbb{J}}\,\right)\varphi$

$\mathbb{K}^i ~=~ -\tfrac12\,\gamma^i\gamma^o, ~~~~~~~~~~ \mathbb{J}^i ~=~ \tfrac{i}{2}\,\gamma^5\gamma^i\gamma^o$

Auch hier verstärkt sich das elektrische Feld, während sich das magnetische Feld dreht.

Die klassische Zeitentwicklung aufgrund des klassischen elektromagnetischen Feldtensors$F$Das Arbeiten mit dem Strom ist genau das gleiche wie beim Spinor-Feldtensor${\cal F}$wirkt auf den Spinor.

$\exp(F^{\mu}_{~\nu}\,t)\,\bar{\varphi}\,\gamma^\nu\varphi ~~=~~ \overline{\Big(\exp({\cal F}^\mu_{~\nu}\,t)\varphi\Big)}\,\gamma^\mu \, \Big(\exp({\cal F}^\mu_{~\nu}\,t)\varphi\Big)$

Wenn Sie die Reihenentwicklung der Exponentialfunktionen ausarbeiten, finden Sie allerlei Schönheiten wie.

$\begin{aligned} &\dot{\bar{\varphi}}\gamma^\mu\dot{\varphi} &=~~~ &\tfrac12\,T^\mu_{~\nu}~\bar{\varphi}\,\gamma^\nu\varphi \\ &\dot{\bar{\varphi}}\gamma^5\gamma^\mu\dot{\varphi} &=~~~ &\tfrac12\,T^\mu_{~\nu}~\bar{\varphi}\,\gamma^5\gamma^\nu\varphi \\ &\dot{\bar{\varphi}}~\mathbb{K}^\mu\,\dot{\varphi} &=~~~ &\tfrac12\,T^\mu_{~\nu}~\bar{\varphi}\,\mathbb{K}^\nu\,\varphi \\ &\dot{\bar{\varphi}}~\mathbb{J}^\mu\,\dot{\varphi} &=~~~ &\tfrac12\,T^\mu_{~\nu}~\bar{\varphi}\,\mathbb{J}^\nu\,\varphi \\ \end{aligned}$

Wobei T der symmetrische Spannungsenergietensor des elektromagnetischen Feldes ist.

Der Begriff${\cal F}^\mu_{~\nu}\,\varphi$ist nur der zusätzliche Term, der auftritt, wenn Sie die Dirac-Gleichung mit Wechselwirkung quadrieren. (obwohl ihre Rolle dort im Allgemeinen schlecht interpretiert wird) Die quadrierte Dirac-Gleichung enthält die zeitliche Ableitung zweiter Ordnung, daher sollte sie einen Term enthalten, der die Spinor-Boosts und Spinor-Rotationen aufgrund des elektromagnetischen Felds berücksichtigt. Die Klein-Gordon-Gleichung benötigt einen solchen Begriff nicht, da sie ein Skalarfeld beschreibt und Skalare per Definition Lorentz-invariant sind.

Gruß Hans