Entspricht die Dirac-Gleichung der Klein-Gordon-Gleichung für ihre linkshändige Komponente?

Question

Entspricht die Dirac-Gleichung der Klein-Gordon-Gleichung für ihre linkshändige Komponente?

Physik
Spinoren
Feldtheorie
Dirac-Gleichung
Quantenfeldtheorie
Klein-Gordon-Gleichung

Oskar Cunningham

Die Dirac-Gleichung

\begin{matrix} (0) & (ich γ^{a} \partial_{a} - m) ψ = 0 \end{matrix}

$(i\gamma^a\partial_a - m)\psi=0\tag{0}$ wird durch einen Operator erster Ordnung gegeben, der auf einen Dirac-Spinor wirkt, der die direkte Summe eines linkshändigen und eines rechtshändigen Spinors ist. Die Tatsache, dass es sich um erste Ordnung handelt, ist sinnvoll, wenn wir es als Schrödinger-Gleichung für ein Teilchen behandeln möchten, aber wenn wir es als Bewegungsgleichung eines Felds behandeln möchten, wäre es schön, wenn es sich um eine zweite Ordnung handeln würde Klein-Gordon-Gleichung.

Wir können die Gammamatrizen schreiben als:

γ^{a} = (\begin{matrix} σ^{a} \\ {\bar{σ}}^{a} \end{matrix})

$\gamma^a=\begin{pmatrix} &\sigma^a\\ \bar{\sigma}^a& \end{pmatrix}$ und so kann die Dirac-Gleichung in zwei Teile geteilt werden:

\begin{aligned} (1) & ich σ^{a} \partial_{a} ψ_{R} - m ψ_{L} & = 0 \\ (2) & ich {\bar{σ}}^{a} \partial_{a} ψ_{L} - m ψ_{R} & = 0 \end{aligned}

$\begin{align} i\sigma^a\partial_a\psi_R - m\psi_L&=0\tag{1}\\ i\bar{\sigma}^a\partial_a\psi_L - m\psi_R&=0\tag{2} \end{align}$ Dann können wir ersetzen

(2)

$(2)$ hinein

(1)

$(1)$ bekommen

ich σ^{a} \partial_{a} (ich {\bar{σ}}^{b} \partial_{b} ψ_{L}) - m^{2} ψ_{L} = 0

$i\sigma^a\partial_a(i\bar{\sigma}^b\partial_b\psi_L) - m^2\psi_L=0$ was vereinfacht zu

\begin{matrix} (3) & (\partial^{2} + m^{2}) ψ_{L} = 0 \end{matrix}

$(\partial^2+m^2)\psi_L=0\tag{3}$ die Klein-Gordon-Gleichung für die linkshändige Komponente! Umgekehrt, wenn wir mit begannen

(3)

$(3)$ dann könnten wir nehmen

(2)

$(2)$ als unsere Definition von

ψ_{R}

$\psi_R$ und ableiten

(1)

$(1)$ .

Es scheint mir, dass $(3)$ ist viel einfacher als $(0)$ . Zum Beispiel ist das Zählen der Freiheitsgrade viel einfacher. Warum verwenden also alle Lehrbücher die Klein-Gordon-Gleichung für skalare Felder, schalten dann aber auf die Dirac-Gleichung um, wenn es um Spinoren geht? Machen die beiden Versionen der Gleichungen irgendwie unterschiedliche Vorhersagen? (Vielleicht nach Quantisierung?) Wenn ja, wie unterscheiden sie sich?

BEARBEITEN: Um es mit anderen Worten auszudrücken: Ist die Feldtheorie eines Dirac-Spinors, der der Dirac-Gleichung gehorcht, äquivalent zur Feldtheorie eines linkshändigen Spinors, der der KG-Gleichung gehorcht?

arivero

Hmm? Alle Lehrbücher erwähnen diese Beziehung zwischen Dirac und KG. Außer deiner, wie es scheint.

Oskar Cunningham

@arivero Sie alle erwähnen, dass die Dirac-Gleichung die Klein-Gordon-Gleichung impliziert (aber nicht unbedingt, dass KG Dirac impliziert). So oder so verwenden sie dann die Dirac-Gleichung für alles, obwohl sie immer noch die KG-Gleichung für skalare Felder verwenden (natürlich könnten sie die KG-Gleichung auch in eine Gleichung erster Ordnung umwandeln, aber das tut auch niemand).

ACuriousMind

Hinweis: Ihr Argument zeigt keine Äquivalenz, es zeigt nur eine einseitige Implikation.

Antworten (1)

Entspricht die Dirac-Gleichung der Klein-Gordon-Gleichung für ihre linkshändige Komponente?

Hmm? Alle Lehrbücher erwähnen diese Beziehung zwischen Dirac und KG. Außer deiner, wie es scheint.
@arivero Sie alle erwähnen, dass die Dirac-Gleichung die Klein-Gordon-Gleichung impliziert (aber nicht unbedingt, dass KG Dirac impliziert). So oder so verwenden sie dann die Dirac-Gleichung für alles, obwohl sie immer noch die KG-Gleichung für skalare Felder verwenden (natürlich könnten sie die KG-Gleichung auch in eine Gleichung erster Ordnung umwandeln, aber das tut auch niemand).
Hinweis: Ihr Argument zeigt keine Äquivalenz, es zeigt nur eine einseitige Implikation.

Bosonando · Answer 1

Die Dirac-Gleichung ist restriktiver als die Klein-Gordon-Gleichung. Für jede Lösung der Dirac-Gleichung sind ihre Komponenten eine Lösung der Klein-Gordon-Gleichung, aber das Gegenteil gilt nicht: Wenn Sie einen Spinor bilden, dessen Komponenten Lösungen der Klein-Gordon-Gleichung sind, löst er möglicherweise nicht die Dirac-Gleichung.

Beginnen wir mit der Klein-Gordon-Gleichung für den ganzen Spinor $\psi$

(\partial^{2} + m^{2}) ψ = 0

$(\partial^2 +m^2)\psi =0$ Die Lösung ist

ψ = u (\vec{p}) e^{- ich p x} oder ψ = v (\vec{p}) e^{+ ich p x}

$\psi = u(\vec{p}) e^{-ipx} \quad \text{or} \quad \psi = v(\vec{p}) e^{+ipx}$ wo

u

$u$ Ans

v

$v$ sind beliebige Spinoren. Aber was passiert, wenn wir diese Lösungen in die ursprüngliche Dirac-Gleichung einsetzen?

(\partial^{2} + m^{2}) u (\vec{p}) e^{- ich p x} = - e^{- ich p x} (γ^{μ} p_{μ} - m) u (\vec{p}) = 0

$(\partial^2 + m^2)u(\vec{p})e^{-ipx} = -e^{-ipx}(\gamma^\mu p_\mu - m)u(\vec{p}) = 0$

(\partial^{2} + m^{2}) v (\vec{p}) e^{+ ich p x} = - e^{+ ich p x} (γ^{μ} p_{μ} + m) v (\vec{p}) = 0

$(\partial^2 + m^2)v(\vec{p})e^{+ipx} = -e^{+ipx}(\gamma^\mu p_\mu + m)v(\vec{p}) = 0$

u

$u$ und

v

$v$ sind nicht mehr willkürlich! Stattdessen müssen sie die stärkere Einschränkung befolgen

(γ^{μ} p_{μ} - m) u (\vec{p}) = 0 (γ^{μ} p_{μ} + m) v (\vec{p}) = 0

$(\gamma^\mu p_\mu - m)u(\vec{p}) = 0 \qquad\qquad (\gamma^\mu p_\mu + m)v(\vec{p}) = 0$

Wenn Sie nur die Klein-Gordon-Gleichung betrachten, führen Sie zusätzliche "Lösungen" ein, die die Dirac-Gleichung nicht wirklich lösen.

Warum passiert das? Sie können die Klein-Gordon-Gleichung als die "quadratische" Version der Dirac-Gleichung betrachten. Und wenn man eine Gleichung quadriert, bekommt man immer diese fiesen Fehllösungen: wenn man zB die Gleichung hat $(x-3)=5$ Die Lösung ist $x=8$ , aber wenn Sie es quadrieren $(x-3)^2 = 5^2$ Dann hast du zwei Lösungen $x=8$ und $x=-2$ . Die erste Gleichung impliziert die zweite, aber die Umkehrung gilt nicht.

Lässt sich die stärkere Einschränkung mit der Darstellungstheorie der Lorentz-Gruppe in Verbindung bringen?
@arivero In der Tat! Diese Einschränkungen sind erforderlich, da sich die Komponenten des Spinors unter einer Lorentz-Transformation mischen und die Dirac-Gleichung sie miteinander verbindet. Ohne sie, jede Komponente von $\psi$ wäre in jedem Bezugssystem unabhängig, also wäre der Spinor "4 Objekte im $(0,0)$ rep" statt "1 Objekt in der $(1/2, 0) \oplus (0, 1/2)$ "Vertreter.
@Bosoneando Ich schlage nicht vor, die KG-Gleichung auf den gesamten Dirac-Spinor anzuwenden! Ich wende es nur auf einen einzelnen linkshändigen Spinor an. Dann können wir einen Dirac-Spinor konstruieren, indem wir die rechtshändige Komponente durch definieren $\psi_R=\frac{i}{m}\bar{\sigma}^a\partial_a\psi_L$ . Dieser Dirac-Spinor wird dann der Dirac-Gleichung gehorchen. Um es mit anderen Worten auszudrücken: Die Feldtheorie eines Dirac-Spinors, der der Dirac-Gleichung gehorcht, ist dieselbe wie die Feldtheorie eines linkshändigen Spinors, der der KG-Gleichung gehorcht.
@OscarCunningham Betrachten wir das $m=0$ Fall, da es frei von Komponentenmischungen ist, so dass wir Verwirrung vermeiden können. Dann haben Sie diese Weyl-Gleichung: $\sigma^{\mu} \partial_{\mu} \psi_R = 0$ . Wie ist es äquivalent zur KG-Gleichung? Für den Anfang ist es in Raum-Zeit-Ableitungen erster Ordnung.

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