狄拉克方程與氫原子的精確能級

05-28

狄拉克方程與氫原子的精確能級

來自專欄不定期更新的物理學習筆記

狄拉克方程是一個場方程,狄拉克波函數其實不是量子力學意義上的波函數,但是,可以視作是量子力學和量子場論之間的一種過渡.檢驗一個量子力學波動方程的一個重要的標誌就是在氫原子的精確能級問題上的有效性,這一點狄拉克方程是成功的,下面來解決一下這個問題

1.狄拉克方程的哈密頓形式

由原始的協變形式

$igamma^mupartial_{mu}Psi=mPsi$

將時間和空間分開

$ipartial_tPsi=gamma^0gamma^mu hat{P}_{mu}Psi+gamma^{0}mPsi$

回憶在上篇文章中的討論,在靜系中, $Dirac$ 旋量中的左手旋量和右手旋量是相等的

這意味著,對於低速運動電子,左手旋量和右手旋量之間的差很小,

即對於低速的電子

$Psi={xi_achooseareta^{dot a}}$ , $|xi_a-areta^{dot a}|approx0$

故可以定義一類新的混合型旋量

$psi={phichoose chi}:=frac{1}{2}{{xi_a+areta^{dot a}}choose{-xi_a+areta^{dot a}}}$

使得第二個分量 $chi$ 相比於第一個分量 $phi$ 是一個小量

從而狄拉克方程改寫為

$ipartial_tpsi=(alphacdot mathbf{p}+eta m)psi$

其中, $alpha^{mu}=egin{pmatrix}0&sigma^mu\sigma^mu&0end{pmatrix}$ , $eta=egin{pmatrix} mathbf 1&0\0&-mathbf 1end{pmatrix}$

所以一個自由電子的哈密頓量可以寫作

$H=alpha cdotmathbf p+eta m$

而加了庫倫場後為得到了電子的哈密頓量.

$H=alpha cdotmathbf p+eta m-frac{kappa}{r}$

2.對易算符的完全集

$(alphacdotmathbf x)(alphacdotmathbf p)=iSigmacdotmathbf L+mathbf xcdotmathbf p$

其中, $Sigma^mu:=egin{pmatrix}mathbf sigma^mu&0\0&sigma^muend{pmatrix}$

又因為:

$(alphacdotmathbf x )(alphacdotmathbf x)=r^2$ 故有:

$egin{align}alphacdotmathbf p=frac{i}{r^2}(alphacdotmathbf x)(Sigmacdot mathbf L)+frac{1}{r^2}(alphacdotmathbf x)(mathbf xcdot mathbf p)\=frac{i}{r}(alphacdotmathbf n)(mathbf J^2-mathbf{L^2}-frac{3}{4})-i(alphacdotmathbf n)(frac{partial}{partial r})end{align}$

其中 $alphacdotmathbf n:=frac{1}{r}alphacdot mathbf x$ , 而 $mathbf J:=mathbf L+frac{1}{2}Sigma$ 就是總角動量

易驗證的是

$[mathbf J_z,H]=0$

我們將證明的是

$[mathbf J^2,H]=0$

首先已知

$(alphacdotmathbf x)(alphacdotmathbf p)=iSigmacdotmathbf L+mathbf xcdotmathbf p$

$(alphacdotmathbf p)(alphacdotmathbf x)=-iSigmacdotmathbf L+mathbf xcdotmathbf p-3mathbf i$

消去方程組的左邊就可以得到:

$(Sigmacdotmathbf L)(alphacdotmathbf x)+(alphacdotmathbf x)(Sigmacdotmathbf L)=-2alphacdotmathbf x$

即:

$-2[Sigmacdot mathbf L,alphacdot mathbf x]=[(Sigmacdot mathbf L)^2,(alphacdot mathbf x)]$

由恆等式

$(Sigmacdot mathbf L)^2=mathbf L^2-Sigmacdot mathbf L$

可知

$[mathbf L^2+Sigmacdot mathbf L,alphacdot mathbf x]=0$

所以

$[mathbf J^2,alphacdot mathbf x]=0$

所以顯然可以推出

$[mathbf J^2,H]=0$

從角動量合成的角度來說, ${mathbf J^2,J_z}$ 的共同本徵子空間的態矢量可以由

${mathbf J^2,J_z^2,mathbf L^2,Sigma^2}$ 的共同本徵矢量來作為基底,

但是 $[mathbf{L^2},H] eq0$ 所以原先的角量子數 $l$ 不是好量子數,

但是我們發現,若定義一個新的算符:

$K:=eta(Sigmacdot mathbf L+1)$

$[K,alphacdot mathbf x]=0$

所以可以推斷出

${H,mathbf J_z ,K,mathbf J^2}$ ,中的算符互相對易

本徵解可以用他們的共同本徵態來構造,正如同在薛定諤方程中那樣.

3.角動量合成,波函數的約化

自旋軌道角動量合成是量子力學裡的一個經典問題了

我們用Clebsch-Gordan 係數來構造總角動量波函數

$|J,M;l,frac{1}{2} angle=C^{JM}_{l,M-frac{1}{2};frac{1}{2},frac{1}{2}}Y_{l,M-frac{1}{2}}chi_{frac{1}{2}}+C^{JM}_{l,M+frac{1}{2};frac{1}{2},-frac{1}{2}}Y_{l,M+frac{1}{2}}chi_{-frac{1}{2}}$

我們可以不必查表就能計算出這兩個係數,可以直接在

$span{Y_{l,M-frac{1}{2}}chi_{frac{1}{2}},Y_{l,M+frac{1}{2}}chi_{-frac{1}{2}}}$ 這個子空間中將 $mathbf{J^2}$ 算符的矩陣對角化即可得到合成的方法

易知 $mathbf J^2=mathbf{J}_{+}mathbf{J}_{-}+mathbf{J}_z^2-mathbf{J}_z=mathbf{J}_{-}mathbf{J}_{+}+mathbf{J}_z^2+mathbf{J}_z$

故可以得到

$mathbf{J^2}Y_{l,M-frac{1}{2}}chi_{frac{1}{2}}=((l+frac{1}{2})^2+M)Y_{l,M-frac{1}{2}}chi_{frac{1}{2}}+sqrt{(l+frac{1}{2})^2-M^2} Y_{l,M+frac{1}{2}}chi_{-frac{1}{2}}$

$mathbf{J^2}Y_{l,M+frac{1}{2}}chi_{-frac{1}{2}}=+sqrt{(l+frac{1}{2})^2-M^2} Y_{l,M-frac{1}{2}}chi_{+frac{1}{2}}+((l+frac{1}{2})^2-M)Y_{l,M+frac{1}{2}}chi_{-frac{1}{2}}$

所以對應的矩陣為

$egin{pmatrix}(l+frac{1}{2})^2+M&sqrt{(l+frac{1}{2})^2-M^2}\ sqrt{(l+frac{1}{2})^2-M^2}&(l+frac{1}{2})^2-Mend{pmatrix}$

用簡單的線性代數知識可以計算出這個矩陣的本徵值為

$lambda_1=l^2-frac{1}{4} ;lambda_2=l^2+2l+frac{3}{4}$ 分別對應於 $j=lmpfrac{1}{2}$ 的情形

解出歸一化的本徵矢量為

$|l+frac{1}{2},M;l,frac{1}{2} angle=sqrt{frac{l+frac{1}{2}+M}{2l+1}}Y_{l,M-frac{1}{2}}chi_{frac{1}{2}}-sqrt{frac{l+frac{1}{2}-M}{2l+1}}Y_{l,M+frac{1}{2}}chi_{-frac{1}{2}}$

$|l-frac{1}{2},M;l,frac{1}{2} angle=sqrt{frac{l+frac{1}{2}-M}{2l+1}}Y_{l,M-frac{1}{2}}chi_{frac{1}{2}}+sqrt{frac{l+frac{1}{2}+M}{2l+1}}Y_{l,M+frac{1}{2}}chi_{-frac{1}{2}}$

如果我們fix住J, 則可以定義球諧旋量為

$Omega_{jm}^{j-frac{1}{2}}:=|j,m;j-frac{1}{2},frac{1}{2} angle=sqrt{frac{j+m}{2j}}Y_{j-frac{1}{2},m-frac{1}{2}}chi_{frac{1}{2}}-sqrt{frac{j-m}{2j}}Y_{j-frac{1}{2},m+frac{1}{2}}chi_{-frac{1}{2}}$

$Omega_{jm}^{j+frac{1}{2}}:=|j,m;j+frac{1}{2},frac{1}{2} angle=sqrt{frac{j+1-m}{2j+2}}Y_{j+frac{1}{2},m-frac{1}{2}}chi_{frac{1}{2}}+sqrt{frac{j+1-m}{2j+2}}Y_{j+frac{1}{2},m+frac{1}{2}}chi_{-frac{1}{2}}$

從而有

$mathbf{J^2}Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}=j(j+1)Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}$ , $mathbf J_zOmega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}=mOmega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}$ $quad mathbf L^2Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}=(jpmfrac{1}{2})(j+1pmfrac{1}{2})Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}$

$sigmacdotmathbf LOmega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}=(mp(j+frac{1}{2})-1)Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}$

所以可以看出前面所說的

$K=eta(Sigmacdotmathbf L+1)=egin{pmatrix}sigmacdotmathbf L+1&0\0&-sigmacdotmathbf L-1end{pmatrix}$

的本徵函數必然是這兩類球諧旋量的直和

$|J,J_z=m;K=pm(j+frac{1}{2}) angle={C_+Omega^{jmpfrac{1}{2}}_{j,m}choose C_{-}Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}}$

這樣一來,我們就可將總的波函數分量變數為

$psi_{j,m,pm(j+frac{1}{2})}(r, heta,phi)={f_{+}(r)Omega^{jmpfrac{1}{2}}_{j,m}( heta,phi)choose i f_{-}(r)Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}( heta,phi)}$

4.升降算符 $alphacdotmathbf{n}$

前面的討論中,我們曾經得到

$(Sigmacdotmathbf L)(alphacdotmathbf x)+(alphacdotmathbf x)(Sigmacdotmathbf L)=-2alphacdotmathbf x$

這個式子等價於

$(sigmacdotmathbf L)(sigmacdotmathbf x)+(sigmacdotmathbf x)(sigmacdotmathbf L)=-2sigmacdotmathbf x$

左右兩邊同時作用在球諧旋量上得到

$(sigmacdot mathbf L)(sigmacdotmathbf x)Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}=(pm(j+frac{1}{2})-1)(sigmacdotmathbf x) Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}$ 即

$mathbf L^2(sigmacdot mathbf x)Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}=(jmpfrac{1}{2})cdot[(jmpfrac{1}{2})+1](sigmacdotmathbf x) Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}$

所以說, $sigmacdotmathbf n$ 起到了升降算符的作用

$(sigmacdotmathbf n)Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}=c_{pm}Omega^{jmpfrac{1}{2}}_{j,m}$

由與 $(sigmacdotmathbf n)^2=1$ ,所以 $c_+c_-=1$

根據球諧函數的宇稱的性質,可以推斷出 $c_{pm}=-1$

5.徑向方程

有了前面的鋪墊,終於可以開始處理徑向方程了

首先

$egin{align}alphacdotmathbf p&=frac{i}{r}(alphacdotmathbf n)(mathbf J^2-mathbf{L^2}-frac{3}{4})-i(alphacdotmathbf n)(frac{partial}{partial r})\&=frac{i}{r}(alphacdotmathbf n)eta(K-eta)-i(alphacdotmathbf n)(frac{partial}{partial r})end{align}$

所以

$alphacdotmathbf p psi_{j,m,pm(j+frac{1}{2})}(r, heta,phi)= {-(frac{d}{dr}+frac{1}{r}pm(j+frac{1}{2})frac{1}{r})f_{-}(r)cdot Omega^{jmpfrac{1}{2}}_{j,m}( heta,phi)choose(frac{d}{dr}+frac{1}{r}mp(j+frac{1}{2})frac{1}{r}) f_{+}(r)icdot Omega^{jpmfrac{1}{2}}_{j,m}( heta,phi)}$

所以徑向的本徵方程為

${frac{d}{dr}pm(j+frac{1}{2}pm1)frac{1}{r}}f_{-}-(m-frac{kappa}{r}-E)f_{+}=0$

${frac{d}{dr}mp(j+frac{1}{2}mp1)frac{1}{r}}f_{+}-(m+frac{kappa}{r}+E)f_{-}=0$

設 $s=mp(j+frac{1}{2})$ , 重新標度 $r= ho/m quad lambda=E/m$ 並令 $f_{pm}=frac{1}{r}varphi_{pm}$ 則方程可以化簡為

${frac{d}{d ho}-frac{s}{ ho}}varphi_{+}=(1-frac{kappa}{ ho}-lambda )varphi_{-}$

${frac{d}{d ho}+frac{s}{ ho}}varphi_{-}=(1+frac{kappa}{ ho}+lambda )varphi_{+}$

令 $gamma_1=(s-kappa)^{frac{1}{2}}$ , $gamma_2=(s+kappa)^{frac{1}{2}}$ , $ell=gamma_1gamma_2$ ,並重新標度 $varrho=kappalambda ho$

$g_pm=gamma_{1}(varphi_++varphi_-)pmgamma_{2}(varphi_+-varphi_{-})$ 則方程可以變形為

${-frac{d}{dvarrho}+frac{ell}{varrho}-frac{1}{ell}}g_{+}=(frac{s}{ellkappa}-frac{1}{kappalambda})g_{-}$

${frac{d}{dvarrho}+frac{ell}{varrho}-frac{1}{ell}}g_{-}=(frac{s}{ellkappa}+frac{1}{kappalambda})g_{+}$

兩個方程互相帶入消元可得

${-frac{d^2}{dvarrho^2}+frac{ell(ellmp1)}{varrho^2}-frac{2}{varrho}}g_{pm}={(frac{s}{ellkappa})^2-(frac{1}{kappalambda})^2-frac{1}{ell^2}}g_{pm}$

我們敏銳地發現左邊就是薛定諤氫原子的徑向方程的哈密頓量,而在薛定諤氫原子問題中,

$lambda_{ell}=-frac{1}{(ell+n_r+1)^2}$

所以可以斷言:

$(frac{s}{ellkappa})^2-(frac{1}{kappalambda})^2-frac{1}{ell^2}=-frac{1}{(ell+1+n_r)^2}$

反解出:

$lambda=(1+frac{kappa^2}{(n_r+sqrt{(j+frac{1}{2})^2-kappa^2}+1)^2})^{-frac{1}{2}}$ $quad n_r=0,1,2,cdots$

恢復量綱後為

$E=mc^2igg(1+frac{alpha^2}{iggl(n_r+1+sqrt{(j+frac{1}{2})^2-alpha^2}iggr)^2}iggr)^{-frac{1}{2}}$ 其中, $alphaapproxfrac{1}{137}$ 為精細結構常數.

參考文獻:

[1]L. Infeld and T. E. Hull, The Factorization Method, Revs. Mod. Phys.23(1), 21-68 (1951).

[2] 理論物理教程第四卷---量子電動力學 , 別列斯捷茨基，.M.栗弗席茲，皮塔耶夫斯基

[3]P.A.M.Dirac,The Principles of Quantum Mechanics