Behouden grootheden

///////////// $$ \langle A \rangle = \int \psi^* \hat{A} \psi dx$$ Afgeleide naar de tijd. Neem aan dat A niet expliciet afhankelijk is van de tijd: $$ \partial_t \langle A \rangle = \int \left[ \partial_t \psi^* \hat{A} \psi + \psi^* \hat{A} \partial \psi\right] dx$$ Met Schrodinger: $$ \partial_t \langle A \rangle = \int \left[ (-i\hat{E}\psi)^* \hat{A} \psi + \psi^* \hat{A} (-i\hat{E}\psi) \right] dx$$ UITWERKEN: $$ \partial_t \langle A \rangle = i \int \left[ \psi^* (\hat{E} \hat{A} - \hat{A} \hat{E}) \psi) \right] dx$$ Normaalgesproken zouden we aannemen dat \(\hat{E} \hat{A} - \hat{A} \hat{E}\) gelijk is aan nul, maar door de afgeleiden die in operatoren kunnen zitten, geldt dit niet altijd. We zeggen in zo'n geval dat niet commuteerd. We vinden de volgende behoudsvergelijking: $$ \hat{E} \hat{A} - \hat{A} \hat{E} = 0 \rightarrow \partial_t \langle \hat{A} \rangle = 0 \rightarrow \hat{A} = \text{constant} $$ Als \(\hat{E} \hat{A} - \hat{A} \hat{E}\) nul is voor een bepaalde A, dan weten we dat de afgeleide van A naar de tijd nul is en dat A dus constant (behouden) is.

De Diracvergelijking

We hebben tot dusver nog niet rekening gehouden met relativistische effecten. De relativistische versie van de Schrödingervergelijking wordt de diracvergelijking genoemd. Aangezien elektron in een waterstofatoom met behoorlijke snelheden bewegen, werkt deze versie net iets beter om het waterstofatoom te beschrijven. Maar er is meer. De relativistische beschrijving van het elektron lost het probleem van spin op, voorspelt anti-deeltjes en bevat automatisch lading met zijn bijbehorende elektromagnetische velden. /////c = 1 en h = 1 terugzetten

Bij de Schrödingervergelijking hadden we voor een vrij deeltje gebruikt dat E = p2/(2m). In het relativistische geval gebruiken we de relativistische energie (zie hoofdstuk relativiteit):

$$ E^2 = p^2 + m^2 $$

Aangezien we bij de Schrödingervergelijking gebruikt hadden dat \(\hat{E}\psi = \hat{p}^2/(2m)\psi\), spreekt het voor de hand dat we hier gebruiken dat:

$$ \hat{E} \psi = \sqrt{\hat{p}^2 + m^2} \psi $$ $$ \hat{E}^2 \psi = (\hat{p}^2 + m^2) \psi $$

Als we de operatoren uitwerken, dan vinden we:

$$ i^2\partial_t^2 \psi = (i^2\partial_x + m^2) \psi $$ $$ \partial_t^2 \psi = \partial_x \psi - m^2 \psi $$

We noemen dit de Klein-Gorden vergelijking.

De formule voor de kans vinden we door de volgende linker uitspraak uit te werken met de Klein-Gordon vergelijking:

$$ \psi^*\partial_t^2 \psi - \psi \partial_t^2\psi^* = \psi^*(\partial_x^2 \psi - m^2 \psi) - \psi(\partial_x^2\psi^* -m^2\psi^*) $$

De linker en rechter zijde kunnen we nu herschrijven tot:

$$ \partial_t (\psi^*\partial_t \psi - \psi \partial_t\psi^*) = \partial_x (\psi^*(\partial_x \psi - \psi \partial_x\psi^*) $$

Als we beide kanten met i vermenigvuldigen, dan vinden we:

$$ \partial_t (i\psi^*\partial_t \psi - i\psi \partial_t\psi^*) = -\partial_x (- i\psi^*(\partial_x \psi - \psi \partial_x\psi^*) $$

Als we deze formule vergelijken met de continuiteitsvergelijking \( \partial_t \rho = - \partial_x J\) (zie hoofdstuk magnetisme), dan vinden we voor de kansdichtheid ρ:

$$ \rho = i\psi^*\partial_t \psi - i\psi \partial_t \psi^* $$

Dit is duidelijk niet gelijk aan de verwachte gebruikelijke kansdichtheid:

$$ \rho = \psi^*\psi $$

Dirac vond een andere oplossing waarbij het de juiste kansdichtheid vond en de relativistische energievergelijking. Dit lukte alleen als hij gebruik maakte van matrices. Zijn vergelijking werd:

$$ \hat{E} \psi = (\alpha_x \hat{p}_x + \alpha_y \hat{p}_y + \alpha_z \hat{p}_z - \beta m)\psi $$ $$ \alpha_i = \begin{bmatrix} 0 & \sigma_i \\ \sigma_i & 0 \\ \end{bmatrix} \;\;\;\;\; \beta = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{bmatrix} \;\;\;\;\; \psi = \begin{bmatrix} \psi_1 \\ \psi_2 \\ \psi_3 \\ \psi_4 \\ \end{bmatrix} $$

Merk ten eerste op dat onze golffunctie nu een vector is geworden met vier componenten. Later zullen we de implicaties hiervan zien. Ten tweede, merk op dat we in α gebruik maken van de Pauli spinmatrices. We zullen later zien dat spin al ingebouwd zit in de relativitische kwantummechanica. Ten derde, als we beide kanten van deze formule kwadrateren (en de matrices uitwerken), dan vinden we inderdaad de juiste vergelijking:

$$ E^2\psi = (p^2 + m^2) \psi $$

Als we de operatoren uitwerken, dan vinden we de zogenaamde Diracvergelijking:

$$ i\partial_t\psi = (-i\alpha_x \partial_x - i\alpha_y \partial_y - i\alpha_z \partial_z - \beta m)\psi $$

De kansdichtheid vinden we weer op dezelfde manier:

$$ i\psi^\dagger \partial_t\psi + i\partial_t\psi^\dagger \psi = \psi^\dagger (-i\alpha_x \partial_x\psi - i\alpha_y \partial_y\psi - i\alpha_z \partial_z\psi - \beta m\psi) - (i\alpha_x \partial_x\psi^\dagger + i\alpha_y \partial_y\psi^\dagger + i\alpha_z \partial_z\psi^\dagger + \beta m\psi^\dagger)\psi $$

Er geldt hier:

$$ \psi^\dagger = \begin{bmatrix} \psi_1^* & \psi_2^* & \psi_3^* & \psi_4^* \\ \end{bmatrix} $$

We kunnen de vergelijking herschrijven tot:

$$ \partial_t (\psi^\dagger \psi) = - \partial_x (\psi^\dagger \alpha_x \psi) - \partial_y (\psi^\dagger \alpha_y \psi) - \partial_z (\psi^\dagger \alpha_z \psi) $$

Met de continuïteitsvergelijking vinden we nu de reguliere uitspraak voor de kansdichtheid maar dan in matrixvorm:

$$ \rho = \psi^\dagger \psi = \begin{bmatrix} \psi_1^* & \psi_2^* & \psi_3^* & \psi_4^* \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \psi_1 \\ \psi_2 \\ \psi_3 \\ \psi_4 \\ \end{bmatrix} = |\psi_1|^2+ |\psi_2|^2 + |\psi_3|^2 + |\psi_4|^2 $$

De Diracvergelijking wordt meestal in een net andere vorm geschreven. Als we de linker kanten van de vergelijking met β, dan vinden we:

$$ i\beta \partial_t \psi + i\beta\alpha_x \partial_x \psi + i\beta \alpha_y \partial_y \psi - i\beta\alpha_z \partial_z \psi - \beta^2 m\psi = 0 $$

Dan definiëren we dat:

$$ \gamma^0 \equiv \beta, \gamma^1 \equiv \beta\alpha_x , \gamma^2 \equiv \beta\alpha_y , \gamma^3 \equiv \beta\alpha_z $$ $$ \gamma^0 \equiv \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} , \gamma^k \equiv \begin{bmatrix} 0 & \sigma_k \\ -\sigma_k & 0 \\ \end{bmatrix} $$

De Diracvergelijking wordt dan:

$$ (i \Sigma \gamma^\mu \partial_\mu - m )\psi = 0 $$

Bij de som gebruiken we μ = t, x, y en z. We hebben hier gebruikt dat β2 gelijk is aan de eenheidsmatrix en dus weggestreept kan worden.

De oplossing van deze vergelijking is een vlakke golf van de vorm:

$$ \psi = u(E,p)e^{i(px - Et)} $$

Als we dit in de diracvergelijking stoppen, dan vinden we:

$$ (\gamma^0 E - \gamma^1 p_x - \gamma^2 p_y - \gamma^3 p_z - m)ue^{i(px - Et)} = 0$$

Als we de e-macht wegdelen, dan wordt dit:

$$ (\gamma^0 E - \gamma^1 p_x - \gamma^2 p_y - \gamma^3 p_z - m)u = 0$$ $$ \left[ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{bmatrix} E - \begin{bmatrix} 0 & \sigma_k p \\ -\sigma_k p & 0 \\ \end{bmatrix} - m \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \right]u = 0 $$

De middelste term kunnen we uitwerken tot:

$$ - \begin{bmatrix} 0 & 0 & p_z & p_x - ip_x \\ 0 & 0 & p_x + ip_y & -p_z \\ -p_z & -p_x + ip_x & 0 & 0 \\ -p_x - ip_y & p_z & 0 & 0 \\ \end{bmatrix} $$

De oplossingen van deze vergelijking zijn:

$$ u_1 = N_1 \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{p_z}{E+m} \\ \frac{p_x + ip_y}{E+m} \\ \end{bmatrix}, u_2 = N_2 \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ \frac{p_x - ip_y}{E+m} \\ \frac{-p_z}{E+m} \\ \end{bmatrix}, u_3 = N_3 \begin{bmatrix} \frac{p_z}{E-m} \\ \frac{p_x + ip_y}{E-m} \\ 1 \\ 0 \\ \end{bmatrix}, u_4 = N_4 \begin{bmatrix} \frac{p_x - ip_y}{E-m} \\ \frac{-p_z}{E-m} \\ 0 \\ 1 \\ \end{bmatrix}, $$

Als we deze vergelijkingen terugstoppen in de diracvergelijking en deze uitwerken, dan vinden we voor de eerste twee oplossingen het verwachtte resultaat:

$$ E = \sqrt{p^2 + m^2} $$

Als we beide zijden kwadrateren, dan vinden we de gebruikelijke relativtische energievergelijking terug. Bij de laatste twee oplossingen vinden we:

$$ E = -\sqrt{p^2 + m^2} $$

Ook hier vinden we met kwadrateren de juiste vergelijking terug, maar een vrij deeltje kan natuurlijk geen negatieve energie hebben! We hebben dus ergens een foutje gemaakt.

We kunnen dit probleem oplossen door de e-macht in de laatste twee oplossingen als volgt te herschrijven:

$$ e^{-i(px - Et)} = e^{i((-p)x - (-E)t)} $$

Het extra minnetje bij de energie geeft een positieve energie. Als gevolg krijgt de impuls ook een extra minnetje. De oplossingen worden hiermee:

$$ v_3(E,p) e^{-i(px - Et)} = u_3(-E,-p)e^{i((-p)x - (-E)t)} $$ $$ v_4(E,p) e^{-i(px - Et)} = u_4(-E,-p)e^{i((-p)x - (-E)t)} $$

We vinden dan:

$$ u_1 = N \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{p_z}{E+m} \\ \frac{p_x + ip_y}{E+m} \\ \end{bmatrix}, u_2 = N \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ \frac{p_x - ip_y}{E+m} \\ \frac{-p_z}{E+m} \\ \end{bmatrix}, v_3 = N \begin{bmatrix} \frac{p_z}{E+m} \\ \frac{p_x + ip_y}{E+m} \\ 1 \\ 0 \\ \end{bmatrix}, v_4 = N \begin{bmatrix} \frac{p_x - ip_y}{E+m} \\ \frac{-p_z}{E+m} \\ 0 \\ 1 \\ \end{bmatrix} $$

Als we deze oplossingen terugstoppen in de diracvergelijking, dan vinden we in alle gevallen de juiste positieve energie \( E = \sqrt{p^2 + m^2} \). Alles lijkt dus te werken, alleen blijft de vraag: waarom zijn er vier oplossingen? Hier gaan de in de rest van de paragraaf antwoord op geven.

Spin

Bij de Schrödingervergelijking hadden we gevonden dat het elektron in waterstof een impulsmoment had en dit impulsmoment was net als in de newtoniaanse mechanica behouden. In de relativistische versie is dit niet het geval. We kunnen dit als volgt aantonen. In een eerdere paragraaf hebben we gezien dat:

$$ \hat{E} \hat{A} - \hat{A} \hat{E} = 0 \rightarrow \hat{A} = \text{constant} $$

Als we voor A de impulsmoment L invullen, dan vinden we:

$$ [\hat{E}, \hat{L}] = [\alpha_x \hat{p}_x + \alpha_y \hat{p}_y + \alpha_z \hat{p}_z , \hat{r} \times \hat{p} ] $$

Als we dit uitwerken, dan vinden we:

$$ [\hat{E}, \hat{L}] = - i\alpha \times \hat{p} $$

We zien hier inderdaad dat L niet behouden is! Maar behoud van impulsmoment is één van de best geteste ideëen en we willen dit dus graag in onze theorie houden. We lossen dit als volgt op door de introductie van een extra matrix S:

$$ [\hat{E}, \hat{L} + \hat{S} ] = 0 $$

Om hier nul uit te krijgen moeten we een S kiezen waarvoor geldt:

$$ \hat{S} = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} \sigma & 0 \\ 0 & \sigma \\ \end{bmatrix} $$

Wederom zien we de spinmatrices. S is hier gelijk aan de spin. Het is dus niet L, maar L + S dat behouden is! Spin zit dus al automatisch in de theorie.

Als onze oplossingen voldoen aan spin, dan moet ook gelden dat:

$$ \hat{S}_z \psi = \pm \frac{\hbar}{2} \psi$$

Met:

$$ \hat{S}_z = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{bmatrix} $$

Als we hier de oplossing invullen, dan vinden we inderdaad dat deze vergelijking voldoet. Bij de eerste en de derde oplossing vinden we ℏ/2 en bij de tweede en vierde oplossing -ℏ/2. De oplossingen bevatten dus twee spin-up en twee spin-down oplossingen!

Elektromagnetisme

Voordat we verder kunnen met het begrijpen van de oplossingen van de diracvergelijking moeten we eerst de vergelijking herschrijven zodat ook de lading van het elektron beschreven wordt. We hebben hiervoor de zogenaamde potentielen V en A nodig. Een van de Maxwellvergelijkingen luidt (zie hoofdstuk magnetisme):

$$ \nabla \cdot \vec{B} = 0 $$

Omdat de divergentie van een rotatie nul is, weten we dat we B altijd in de volgende vorm geschreven moet kunnen worden:

$$ \vec{B} = \nabla \times \vec{A} $$

Een andere maxwellvergelijking luidt:

$$ \nabla \times \vec{E} = -\partial_t B $$

Als we ons vorige resultaat hierin verwerken, dan vinden we:

$$ \nabla \times \vec{E} = -\partial_t (\nabla \times \vec{A}) $$

Dit kunnen we herschrijven tot:

$$ \nabla \times (\vec{E} + \partial_t \vec{A}) = 0$$

Omdat de rotatie van een gradiënt gelijk is aan nul, vinden we dat de term tussen haakjes altijd geschreven kan worden als:

$$ -\nabla V = \vec{E} + \partial_t\vec{A} $$

Het minteken is een conventie.

Met deze definties blijkt dat we de lagrangiaan (zie hoofdstuk mechanica) kunnen schrijven als:

$$ L = \frac{1}{2}mv^2 - qV + q\vec{A}\cdot\vec{v} $$

Als we deze lagrangiaan namelijk in de euler-lagrangevergelijking stoppen, dan vinden we de formule van de lorentzkracht terug (dit is een behoorlijke klus):

$$ \vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v}\times\vec{B}) $$

Met de volgende formule (zie hoofdstuk mechanica) kunnen we dan de energie uitrekenen van het elektron:

$$ E = \Sigma \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\dot{x} - L $$

Als we L hierin invullen, vinden we na wat rekenwerk:

$$ E = \frac{(\vec{p}-q\vec{A})^2}{2m} + qV $$

We zien hier de reguliere formule voor de energie met twee aanpassingen. In plaats van p vinden we hier p-qA. Ook vinden we een extra term qV in de energie.

Als we deze aanpassingen ook maken in de diracvergelijking, dan vinden we met \(p_\mu = i\partial_\mu\):

/////GA DAT HELE MU gebeuren nog maar uit de weg. Gewoon E en p. $$ \gamma^\mu(\partial_\mu - ieA_\mu)\psi + im\psi = 0 $$

Dit is de diracvergelijking voor een elektron met lading (en dus ook met een elektromagnetisch veld).

Antideeltjes

Nu zijn we in staat om de oplossingen van de diracvergelijking beter te begrijpen. Dit doen we door de diracvergelijking voor een elektron om te schrijven naar de diracvergelijking voor een positron. Dit doen we door de complex geconjugeerde te nemen en dan beide kanten aan de linkerkant te vermenigvuldigen met -iγ2. We vinden:

$$ -i\gamma^2 (\gamma^\mu)^*(\partial_\mu - ieA_\mu)\psi^* - m\gamma^2\psi^* = 0 $$

Als we dit uitwerken, dan vinden we:

$$ \gamma^\mu (\partial_\mu - ieA_\mu) i\gamma^2 \psi^* + im i\gamma^2\psi^* = 0 $$

Met \(\psi' = i\gamma^2\psi^*\) vinden we:

$$ \gamma^\mu(\partial_\mu + ieA_\mu)\psi' + im\psi' = 0 $$

Deze vergelijking lijkt op de diracvergelijking, maar nu met +e in plaats van -e. We hebben hier dus de vergelijking voor het anti-deeltje. De methode om hier te komen is dus door de complex geconjugeerde te nemen en dan te vermenigvuldigen met iγ2. We noemen deze operatie de lading conjugatie en gebruiken hiervoor de operator C:

$$ \psi' = \hat{C}\psi = i\gamma^2\psi^* $$

Laten we dit eens toepassen op het spin-up elektron:

$$ \psi' = i\gamma^2 u_1^* e^{-i(px - Et)} = $$ $$ i \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & i & 0 \\ 0 & i & 0 & 0 \\ -i & 0 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix} N \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{p_z}{E+m} \\ \frac{p_x + ip_y}{E+m} \\ \end{bmatrix} = N \begin{bmatrix} \frac{p_x - ip_y}{E+m} \\ \frac{-p_z}{E+m} \\ 0 \\ 1 \\ \end{bmatrix} $$

De golffunctie die we gevonden hebben is de spin-down oplossing van de diracvergelijking (oplossing nummer 4). Deze oplossing beschrijft dus een positron! De eerste twee oplossingen staan dus voor een spin-up en spin-down elektron en de laatste twee oplossingen voor een spin-up en spin-down positron. De diracvergelijking voorspelt dus ook automatisch het bestaan van een antideeltje - het positron. Bijzonder is dat dit ontdekt werd voordat er ook daadwerklijk een antideeltje gevonden was.

Afleiden van de Maxwellvergelijkingen

$$ \vec{B} = \nabla \times \vec{A} $$ $$ -\nabla V = \vec{E} + \partial_t\vec{A} $$ GAUGE transformations: $$ \vec{A} + \nabla \epsilon $$ Rotation of gradient is zero, dus dit mag je erbij optellen. Maar dan gaat E ook veranderen. Daar komt dan een extra term bij: $$ \nabla \left( .... - \partial_t \lambda \right) $$ Op de puntjes komt dan $$ -\partial_t \lambda $$ OF: $$ A_\mu - \partial_\mu \epsilon $$ Local phase transformation: $$ e^{iq\epsilon(x)} \psi $$ PUT INTO DIRAC $$ i\gamma^\mu \partial_\mu \psi = m\psi $$ BECOMES: $$ i\gamma^\mu \partial_\mu e^{iq\epsilon(x)}\psi = me^{iq\epsilon(x)}\psi $$ $$ e^{iq\epsilon(x)} i\gamma^\mu [\partial_\mu \psi +iq(\partial_\mu \epsilon)\psi] = me^{iq\epsilon(x)}\psi $$ $$ i\gamma^\mu [\partial_\mu \psi +iq(\partial_\mu \epsilon)\psi] = m\psi $$ WE HEBBEN DIRAC TERUGGEVONDEN, MAAR MET EXTRA TERM: $$ -q\gamma_\mu (\partial_\mu \epsilon)\psi $$ DUS FREE DIRAC HEEFT NIET DEZE SYMMETRY. KAN ALS VOLGT OPGELOST WORDEN: $$ i\gamma^\mu \partial_\mu (\partial_\mu + iqA_\mu) \psi -m\psi = 0 $$ WITH THE GAUGE TRANSFORM, THE EXTRA TERM DISAPPEARS. NOW HAVE QED TERM AUTOMATICALLY. PHOTON. MAXWELL!