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§ QM-20 Dirac方程
2025-05-20
量子力学原理习题解
00

目录

第20章 Dirac 方程
20.1 自由粒子的 Dirac 方程
20.2 Dirac 粒子的电磁相互作用
20.3 相对论量子力学的进一步讨论

第20章 Dirac 方程

20.1 自由粒子的 Dirac 方程

习题 20.1.1 推导连续性方程

∂P∂t+∇⋅j=0\dfrac{\partial P}{\partial t}+\nabla\cdot\mathbf{j}=0

其中 P=ψ†ψP=\psi^{\dagger}\psi 以及 j=cψ†αψ\mathbf{j}=c\psi^{\dagger}\mathbf{\alpha}\psi。

解答。 从 Dirac 方程出发：

iℏ∂ψ∂t=(cα⋅P+βmc2)ψ∂ψ∂t=−cα⋅∇ψ−iℏβmc2ψ\begin{aligned} \mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial\psi}{\partial t}&=\left(c\mathbf{\alpha}\cdot\mathbf{P}+\beta mc^{2}\right)\psi\\ \dfrac{\partial\psi}{\partial t}&=-c\mathbf{\alpha}\cdot\nabla\psi-\dfrac{\mathrm{i}}{\hbar}\beta mc^{2}\psi \end{aligned}

其中 P=−iℏ∇\mathbf{P}=-\mathrm{i}\hbar\nabla。 对等式两边取 †\dagger，得到

∂ψ†∂t=−c∇ψ†⋅α†+iℏψ†β†mc2\dfrac{\partial\psi^{\dagger}}{\partial t}=-c\nabla\psi^{\dagger}\cdot\mathbf{\alpha}^{\dagger}+\dfrac{\mathrm{i}}{\hbar}\psi^{\dagger}\beta^{\dagger} mc^{2}

由于

α†=αβ†=β\begin{aligned} \mathbf{\alpha}^{\dagger}&=\mathbf{\alpha}\\ \beta^{\dagger}&=\beta \end{aligned}

因此得到

∂ψ†∂t=−c∇ψ†⋅α+iℏψ†βmc2\dfrac{\partial\psi^{\dagger}}{\partial t}=-c\nabla\psi^{\dagger}\cdot\mathbf{\alpha}+\dfrac{\mathrm{i}}{\hbar}\psi^{\dagger}\beta mc^{2}

于是

∂P∂t=∂∂t(ψ†ψ)=∂ψ†∂tψ+ψ†∂ψ∂t=−c∇ψ†⋅αψ+iℏψ†βmc2ψ−ψ†cα⋅∇ψ−iℏψ†βmc2ψ=−c(∇ψ†⋅αψ+ψ†α⋅∇ψ)=−∇⋅(cψ†αψ)=−∇⋅j\begin{aligned} \dfrac{\partial P}{\partial t}=\dfrac{\partial}{\partial t}(\psi^{\dagger}\psi)&=\dfrac{\partial\psi^{\dagger}}{\partial t}\psi+\psi^{\dagger}\dfrac{\partial \psi}{\partial t}\\ &=-c\nabla\psi^{\dagger}\cdot\mathbf{\alpha}\psi+\cancel{\dfrac{\mathrm{i}}{\hbar}\psi^{\dagger}\beta mc^{2}\psi}-\psi^{\dagger}c\mathbf{\alpha}\cdot\nabla\psi-\cancel{\dfrac{\mathrm{i}}{\hbar}\psi^{\dagger}\beta mc^{2}\psi}\\ &=-c\left(\nabla\psi^{\dagger}\cdot\mathbf{\alpha}\psi+\psi^{\dagger}\mathbf{\alpha}\cdot\nabla\psi\right)\\ &=-\nabla\cdot(c\psi^{\dagger}\mathbf{\alpha}\psi)=-\nabla\cdot\mathbf{j} \end{aligned}

最终得到连续性方程

∂P∂t+∇⋅j=0\dfrac{\partial P}{\partial t}+\nabla\cdot\mathbf{j}=0
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

20.2 Dirac 粒子的电磁相互作用

习题 20.2.1 推导方程 (20.2.16)。

解答。 为了计算 π×π\boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi}， 可以先计算它的第 ii 个分量：

(π×π)i=εijkπjπk=12εijkπjπk+12εijkπjπk=12εijkπjπk+12εikjπkπj=12εijkπjπk−12εijkπkπj=12εijk[πj,πk]\begin{aligned} (\boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi})_{i}&=\varepsilon_{ijk}\pi_{j}\pi_{k}\\ &=\dfrac{1}{2}\varepsilon_{ijk}\pi_{j}\pi_{k}+\dfrac{1}{2}\varepsilon_{ijk}\pi_{j}\pi_{k}\\ &=\dfrac{1}{2}\varepsilon_{ijk}\pi_{j}\pi_{k}+\dfrac{1}{2}\varepsilon_{ikj}\pi_{k}\pi_{j}\\ &=\dfrac{1}{2}\varepsilon_{ijk}\pi_{j}\pi_{k}-\dfrac{1}{2}\varepsilon_{ijk}\pi_{k}\pi_{j}\\ &=\dfrac{1}{2}\varepsilon_{ijk}[\pi_{j},\pi_{k}] \end{aligned}

因此，需要计算力学动量算符各分量之间的对易关系。根据定义，

[πj,πk]=[Pj−qcAj,Pk−qcAk]=[Pj,Pk]−qc[Pj,Ak]−qc[Aj,Pk]+(qc)2[Aj,Ak]\begin{aligned} [\pi_{j},\pi_{k}]&=\left[P_{j}-\dfrac{q}{c}A_{j},P_{k}-\dfrac{q}{c}A_{k}\right]\\ &=[P_{j},P_{k}]-\dfrac{q}{c}[P_{j},A_{k}]-\dfrac{q}{c}[A_{j},P_{k}]+\left(\dfrac{q}{c}\right)^{2}[A_{j},A_{k}] \end{aligned}

下面计算这些对易子：

[Pj,Pk]ψ=(PjPk−PkPj)ψ=Pj(−iℏ∂∂xk)−Pk(−iℏ∂∂xj)=(−iℏ)2∂∂xj(∂ψ∂xk)−(−iℏ)2∂∂xk(∂ψ∂xj)=−ℏ2∂2ψ∂xj∂xk+ℏ2∂2ψ∂xk∂xj=0\begin{aligned} [P_{j},P_{k}]\psi&=(P_{j}P_{k}-P_{k}P_{j})\psi=P_{j}\left(-\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial}{\partial x_{k}}\right)-P_{k}\left(-\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial}{\partial x_{j}}\right)\\ &=(-\mathrm{i}\hbar)^{2}\dfrac{\partial}{\partial x_{j}}\left(\dfrac{\partial\psi}{\partial x_{k}}\right)-(-\mathrm{i}\hbar)^{2}\dfrac{\partial}{\partial x_{k}}\left(\dfrac{\partial\psi}{\partial x_{j}}\right)\\ &=-\hbar^{2}\dfrac{\partial^{2}\psi}{\partial x_{j}\partial x_{k}}+\hbar^{2}\dfrac{\partial^{2}\psi}{\partial x_{k}\partial x_{j}}=0 \end{aligned}
[Pj,Ak]ψ=(PjAk−AkPj)ψ=Pj(Akψ)−Ak(Pjψ)=−iℏ∂∂xj(Akψ)−Ak(−iℏ∂ψ∂xj)=−iℏ(∂Ak∂xjψ+Ak∂ψ∂xj)−Ak(−iℏ∂ψ∂xj)=−iℏ∂Ak∂xjψ\begin{aligned} [P_{j},A_{k}]\psi&=(P_{j}A_{k}-A_{k}P_{j})\psi=P_{j}(A_{k}\psi)-A_{k}(P_{j}\psi)\\ &=-\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial}{\partial x_{j}}(A_{k}\psi)-A_{k}\left(-\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial\psi}{\partial x_{j}}\right)\\ &=-\mathrm{i}\hbar\left(\dfrac{\partial A_{k}}{\partial x_{j}}\psi+A_{k}\dfrac{\partial\psi}{\partial x_{j}}\right)-A_{k}\left(-\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial\psi}{\partial x_{j}}\right)\\ &=-\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial A_{k}}{\partial x_{j}}\psi \end{aligned}
[Aj,Pk]ψ=(AjPk−PkAj)ψ=Aj(Pkψ)−Pk(Ajψ)=Aj(−iℏ∂ψ∂xk)−(−iℏ)∂∂xk(Ajψ)=Aj(−iℏ∂ψ∂xk)+iℏ∂Aj∂xkψ+iℏAj∂ψ∂xk=iℏ∂Aj∂xkψ\begin{aligned} [A_{j},P_{k}]\psi&=(A_{j}P_{k}-P_{k}A_{j})\psi=A_{j}(P_{k}\psi)-P_{k}(A_{j}\psi)\\ &=A_{j}\left(-\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial \psi}{\partial x_{k}}\right)-(-\mathrm{i}\hbar)\dfrac{\partial}{\partial x_{k}}(A_{j}\psi)\\ &=A_{j}\left(-\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial \psi}{\partial x_{k}}\right)+\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial A_{j}}{\partial x_{k}}\psi+\mathrm{i}\hbar A_{j}\dfrac{\partial\psi}{\partial x_{k}}\\ &=\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial A_{j}}{\partial x_{k}}\psi \end{aligned}
[Aj,Ak]ψ=(AjAk−AkAj)ψ=(AjAk−AjAk)ψ=0[A_{j},A_{k}]\psi=(A_{j}A_{k}-A_{k}A_{j})\psi=(A_{j}A_{k}-A_{j}A_{k})\psi=0

因此，

(π×π)i=12εijk[πj,πk]=−qc(−iℏ∂Ak∂xj+iℏ∂Aj∂xk)=iqℏc(∂Ak∂xj−∂Aj∂xk)=iqℏcεijk∂Ak∂xj=iqℏcBi\begin{aligned} (\boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi})_{i}&=\dfrac{1}{2}\varepsilon_{ijk}[\pi_{j},\pi_{k}]\\ &=-\dfrac{q}{c}\left(-\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial A_{k}}{\partial x_{j}}+\mathrm{i}\hbar\dfrac{\partial A_{j}}{\partial x_{k}}\right)\\ &=\dfrac{\mathrm{i}q\hbar}{c}\left(\dfrac{\partial A_{k}}{\partial x_{j}}-\dfrac{\partial A_{j}}{\partial x_{k}}\right)\\ &=\dfrac{\mathrm{i}q\hbar}{c}\varepsilon_{ijk}\dfrac{\partial A_{k}}{\partial x_{j}}\\ &=\dfrac{\mathrm{i}q\hbar}{c}B_{i} \end{aligned}

于是得到方程 (20.2.16)：

π×π=iqℏcB\boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi}=\dfrac{\mathrm{i}q\hbar}{c}\mathbf{B}
 ■~\tag*{$\blacksquare$}

习题 20.2.2 求 Dirac 粒子在匀强磁场 B=B0k\mathbf{B}=B_{0}\mathbf{k} 中的精确能级。假设 A=(B0/2)(−yi+xj)\mathbf{A}=(B_{0}/2)(-y\mathbf{i}+x\mathbf{j})。 参考习题 12.3.8。（写出 χ\chi 所满足的方程。）

20.3 相对论量子力学的进一步讨论