Спін 1/2. Доведення

Доведення 1
Безслідовість базисних матриць простору матриць Дірака.

Дійсно, матриці $$\ \gamma^{\mu}$$ є безслідовими в силу визначення.

Безслідовість $$\ \gamma^{5}$$ можна показати наступним чином: в силу того, що

$$\ Tr(\gamma^{5}) = Tr(\gamma^{0}\gamma^{0}\gamma^{5}) = Tr(\gamma^{0}\alpha^{0}) = Tr(\alpha^{0}\gamma^{0})$$,

а антикомутатор $$\ [\gamma^{0}, \alpha^{0}]_{+}$$ рівен нулю,

$$\ \gamma^{0}\alpha^{0} + \alpha^{0}\gamma^{0} = \gamma^{0}\left(\alpha^{0} + \gamma^{5}\gamma^{0} \right) = \gamma^{0}\left(i\gamma^{0}\gamma^{0}\gamma^{1}\gamma^{2}\gamma^{3} + \gamma^{5}\gamma^{0} \right) = \left|[\gamma^{0}, \gamma^{\mu}] = 0 \Rightarrow \gamma^{0}\gamma^{\mu} = -\gamma^{\mu}\gamma^{0}, \mu \neq 0\right| = $$

$$\ = \gamma^{0}(i(-1)^{3}\gamma^{0}\gamma^{1}\gamma^{2}\gamma^{3}\gamma^{0} + \gamma^{5}\gamma^{0}) = \gamma^{0}(-\gamma^{5} + \gamma^{5}) \gamma^{0} = 0 \Rightarrow \gamma^{0}\alpha^{0} = -\alpha^{0}\gamma^{0}$$,

то

$$\ Tr(\gamma^{5}) = Tr(\gamma^{0}\alpha^{0}) = Tr(\alpha^{0}\gamma^{0}) = -Tr(\alpha^{0}\gamma^{0}) \Rightarrow Tr(\gamma^{5}) = 0$$.

Для $$\ \alpha^{\mu}$$ треба знову взяти антикомутатор $$\ [\gamma^{\mu},\gamma^{5}]_{+}$$:

$$\ [\gamma^{\mu},\gamma^{5}]_{+} = \gamma^{\mu}\gamma^{5} + \gamma^{5}\gamma^{\mu} = -\gamma^{5}\gamma^{\mu} + \gamma^{5}\gamma^{\mu} = 0$$.

Дійсно, для, наприклад, $$\ \mu = 2$$

$$\ [\gamma^{2},\gamma^{5}]_{+} = \gamma^{2}\gamma^{5} + \gamma^{5}\gamma^{2} = i\gamma^{0}\gamma^{1}\gamma^{2}\gamma^{2}\gamma^{3} + \gamma^{5}\gamma^{2} = -\gamma^{5}\gamma^{2} +\gamma^{5}\gamma^{2} = 0$$.

Тому, аналогічно,

$$\ Tr(\alpha^{\mu}) = Tr(\gamma^{\mu}\gamma^{5}) = -Tr(\gamma^{\mu}\gamma^{5}) = 0$$.

Нарешті, для $$\ H^{\mu \nu}$$ можна одразу записати, користуючись визначенням, що

$$\ Tr(\Eta_{\mu \nu}) = -\frac{1}{4}Tr\left( \gamma_{\mu}\gamma_{\nu} - \gamma_{\nu}\gamma_{\mu}\right) = \frac{1}{4}\left[Tr(\gamma_{\nu}\gamma_{\mu}) -Tr(\gamma_{\mu}\gamma_{\nu}) \right] = 0$$.

Доведення 2
Власні вектори матриці спіральності.

Власні числа досить просто знайти, використовуючи тотожність $$\ (\mathbf n \hat {\sigma})^{2} = 1$$: домноживши рівняння на власні числа і власні вектори,

$$\ (\mathbf n \hat {\sigma})y^{(s)} = sy^{(s)}$$,

зліва на $$\ (\mathbf n \hat {\sigma})$$, можна отримати

$$\ (\mathbf n \hat {\sigma})^{2}y^{(s)} = y^{(s)} =_{right} = s(\mathbf n \hat {\sigma})y^{(s)} = s^{2}y^{(s)}$$,

звідки $$\ s_{1} = 1, s_{2} = -1$$.

Для пошуку виразів для власних векторів треба розглянути явний вигляд виразу $$\ (\mathbf n \hat {\sigma })$$:

оскільки

$$\ \hat {\sigma }_{x} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad \hat {\sigma }_{y} = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}, \quad \hat {\sigma }_{z} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$$,

то

$$\ n_{x}\hat {\sigma}_{x} + n_{y}\hat {\sigma }_{y} + n_{z}\hat {\sigma }_{z} = \begin{pmatrix} n_{z} & n_{x} - in_{y} \\ n_{x} + in_{y} & -n_{z} \end{pmatrix}$$,

і для $$\ s = 1$$ можна отримати

$$\ \begin{pmatrix} n_{z} & n_{x} - in_{y} \\ n_{x} + in_{y} & -n_{z} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} w_{1} \\ w_{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} w_{1} \\ w_{2} \end{pmatrix} \Rightarrow \begin{pmatrix} n_{z}w_{1} + (n_{x} - in_{y})w_{2} \\ (n_{x} + in_{y})w_{1} -n_{z}w_{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} w_{1} \\ w_{2} \end{pmatrix}$$.

У сферичній системі

$$\ \mathbf n = (c(\varphi )s(\theta ), s(\varphi )s(\theta ), c(\theta ))$$,

і тоді можна отримати

$$\ \begin{pmatrix} c(\theta )w_{1} + s(\theta )(c(\varphi ) - is(\varphi ))w_{2} \\ (c(\varphi ) + is(\varphi ))w_{1} -c(\theta )w_{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} c(\theta )w_{1} + s(\theta )e^{-i\varphi }w_{2} \\ e^{i \varphi }s(\theta )w_{1}  -c(\theta )w_{2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} w_{1} \\ w_{2} \end{pmatrix} \Rightarrow w_{1} = \frac{s(\theta )e^{-i\varphi }w_{2}}{1 - c(\theta )} = \frac{2s\left(\frac{\theta }{2}\right)c\left(\frac{\theta }{2}\right)e^{-i\varphi }w_{2}}{2s^{2}\left(\frac{\theta }{2}\right)} = \frac{e^{-i\varphi }w_{2}}{tg\left(\frac{\theta }{2}\right)}$$.

Беручи норму вектора

$$\ (w^{(s)})^{+}w^{(s)} = |w_{1}|^{2} + |w_{2}|^{2} = \frac{w_{2}^{2}}{s^{2}\left(\frac{\theta }{2} \right)}$$

і прирівнюючи її до одиниці, можна отримати, що

$$\ w_{2} = e^{i \frac{\varphi}{2} }s\left(\frac{\theta }{2}\right), \quad w_{1} = e^{-i \frac{\varphi}{2} }c\left(\frac{\theta }{2}\right)$$,

де множник $$\ e^{i \frac{\varphi }{2}}$$ для $$\ w_{2}$$ з'явився внаслідок виду виразу $$\ w_{1} = f(w_{2})$$.

Аналогічно, для випадку $$\ s = -1$$ можна отримати

$$\ w_{2} = c\left(\frac{\theta }{2}\right)e^{i \frac{\varphi }{2}}, \quad w_{1} = -s\left( \frac{\theta }{2} \right)e^{-i\frac{\varphi }{2}}$$.

Власні вектори матриці, як і власні вектори кожної ермітової матриці, ортогональні: після нормування

$$\ {w^{(s)}}^{+}w^{s'} = \delta_{ss'}$$.

Доведення 3
Властивості біспінорних хвиль.

Співвідношення

$$\ \left( \hat {\gamma}^{\mu}p_{\mu} - m\hat {\mathbf E}\right)A_{s, \mathbf p } = 0, \quad \left( \hat {\gamma}^{\mu}p_{\mu} - m\hat {\mathbf E}\right)B_{s, \mathbf p } = 0$$

можна перевірити явною підстановкою матриць Дірака. Наприклад, для першого співвідношення

$$\ \hat {\gamma}^{\mu}p_{\mu}A_{s, \mathbf p } = \begin{pmatrix} \epsilon_{\mathbf p}\hat {\mathbf E} & -(\hat {\sigma } \mathbf p ) \\ (\hat {\sigma } \mathbf p ) & -\epsilon_{\mathbf p }\hat {\mathbf E} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \sqrt{\epsilon_{\mathbf p } + m}w^{(s)} \\ s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p } - m}w^{(s)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \epsilon_{\mathbf p}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}\hat {\mathbf E}w^{(s)} -(\hat {\sigma } \mathbf p )s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)} \\ (\hat {\sigma } \mathbf p )\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}w^{(s)} - \epsilon_{\mathbf p }\hat {\mathbf E}s \sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)} \end{pmatrix} = \left|(\hat {\sigma } \mathbf p )w^{(s)} = \sqrt{\epsilon_{\mathbf p}^{2} - m^{2}}sw^{(s)}\right| = $$

$$\ = \begin{pmatrix} \epsilon_{\mathbf p}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}\hat {\mathbf E}w^{(s)} -(\epsilon_{\mathbf p } - m)s^{2}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}w^{(s)} \\ s(\epsilon_{\mathbf p} + m)\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)} - \epsilon_{\mathbf p }\hat {\mathbf E}s \sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} m\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}w^{(s)} \\ sm\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)}\end{pmatrix} = mA_{s, \mathbf p }$$,

що й треба було довести.

Аналогічно можна довести і задовільнення рівнянню Дірака. Наприклад, для першої амплітуди можна отримати, в силу коваріантності 4-вектора похідної,

$$\ i\hat {\gamma}^{\mu}\partial_{\mu}\psi_{+} = \begin{pmatrix} \hat {\mathbf E}\partial_{0} & (\hat {\sigma } \nabla ) \\ -(\hat {\sigma } \nabla ) & -\hat {\mathbf E}\partial_{0} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} e^{-ipx}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p } + m}w^{(s)} \\ e^{-ipx}s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p } - m}w^{(s)} \end{pmatrix} = |(\hat {\sigma }\nabla )e^{-ipx} = i(\hat {\sigma }\mathbf p )e^{-ipx}| = $$

$$\ =-i^{2}e^{-ipx}\begin{pmatrix} \epsilon_{\mathbf p}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}w^{(s)} - (\hat {\sigma } \mathbf p )s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)} \\ (\hat {\sigma } \mathbf p )s\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} + m}w^{(s)} - s\epsilon_{\mathbf p}\sqrt{\epsilon_{\mathbf p} - m}w^{(s)} \end{pmatrix} = m\psi_{+}$$.

Доведення 4
Вирази для енергії та імпульсу діраківських частинок у термінах амплітуд.

З урахуванням співвідношень $$\ (.4)-(.5), \quad (b^{*}_{s}(\mathbf p))^{*} = b_{s}(\mathbf p)$$ вираз для енергії набуде вигляду

$$\ E = \int W_{00}d^{3}\mathbf r = i \int \psi^{+}\frac{\partial \psi}{\partial t}d^{3}\mathbf r = i\int \int \int \left( b_{s'}(\mathbf p' )e^{-ip'x}B^{+}_{s', \mathbf p'} + a^{*}_{s'}(\mathbf p')e^{ip'x}A^{+}_{s', \mathbf p'}\right)\left(b_{s}^{*}(\mathbf p)i\epsilon_{\mathbf p}B_{s, \mathbf p}e^{ipx} - i\epsilon_{\mathbf p}a_{s}(\mathbf p)A_{s, \mathbf p}e^{-ipx}\right)\frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf p' d^{3}\mathbf r }{(2 \pi )^{3}2 \sqrt{\epsilon_{\mathbf p}\epsilon_{\mathbf p'}}} = $$

$$\ = \int \int \int \left( a_{s'}^{*}(\mathbf p')a_{s}(\mathbf p)A^{+}_{s', \mathbf p'}A_{s, \mathbf p}e^{i(p' - p)x} - b_{s'}(\mathbf p ')b^{*}_{s}(\mathbf p )B^{+}_{s',\mathbf p'}B_{s, \mathbf p}e^{i(p - p')x}\right)\frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf p' d^{3}\mathbf x}{(2 \pi )^{3} 2\sqrt{\frac{\epsilon_{\mathbf p'}}{\epsilon_{\mathbf p}}}} + $$

$$\ +\int \int \int \left( \epsilon_{\mathbf p}b_{s'}(\mathbf p' )B^{+}_{s', \mathbf p'}a_{s, \mathbf p}A_{s, \mathbf p}e^{-i(p' + p)x} - \epsilon_{\mathbf p }a^{*}_{s'}(\mathbf p ')b^{*}_{s}(\mathbf p )A^{+}_{s',\mathbf p'}B_{s, \mathbf p}e^{i(p + p')x}\right)\frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf p' d^{3}\mathbf x}{(2 \pi )^{3} 2\sqrt{\epsilon_{\mathbf p'}\epsilon_{\mathbf p}}}$$.

Другий підинтегральний вираз рівен нулю. Дійсно, проінтегрувавши спочатку по $$\ d^{3}\mathbf x $$, можна отримати дельта-функцію $$\ \delta (\mathbf p -\mathbf p')$$. Вона знімає інтегрування по $$\ \mathbf p'$$, і в першому та другому доданках будуть добутки $$\ B^{+}_{s', \mathbf p'}A_{s, -\mathbf p}, A^{+}_{s', \mathbf p'}B_{s, -\mathbf p}$$ відповідно. В силу властивості біспінорних хвиль ці добутки рівні нулю.

Перший же інтеграл перетворюється як

$$\ E = \int \int \left( a_{s}^{*}(\mathbf p' )a_{s}(\mathbf p )A^{+}_{s', \mathbf p'}A_{s, \mathbf p}e^{i(\epsilon_{\mathbf p'} - \epsilon_{\mathbf p})}\delta (\mathbf p' - \mathbf p) - b_{s'}(\mathbf p' )b^{*}_{s}(\mathbf p)B^{+}_{s',\mathbf p' }B_{s, \mathbf p}e^{i(\epsilon_{\mathbf p} - \epsilon_{\mathbf p'})}\delta (\mathbf p - \mathbf p')\right) \frac{d^{3}\mathbf p d^{3}\mathbf p'}{2 \sqrt{\frac{\epsilon_{\mathbf p'}}{\epsilon_{\mathbf p}}}} = $$

$$\ =\frac{1}{2}\int \left( a^{*}_{s}(\mathbf p )a_{s}(\mathbf p)A^{+}_{s', \mathbf p}A_{s, \mathbf p} - b_{s}(\mathbf p)b^{*}_{s'}(\mathbf p )B^{+}_{s',\mathbf p }B_{s, \mathbf p} \right) d^{3}\mathbf p = \int \epsilon_{\mathbf p }\left( a^{*}_{s}(\mathbf p )a_{s}(\mathbf p ) - b_{s}(\mathbf p )b^{*}_{s}(\mathbf p) \right)d^{3}\mathbf p$$.

Повністю аналогічні викладки, із заміною $$\ \epsilon_{\mathbf p}$$ на $$\ \mathbf p $$, дають вираз для сумарного імпульсу.

Доведення 5
b^{+} є саме оператором народження.

Дійсно, нехай $$\ \hat{b}_{s}(\mathbf p ) $$ є оператором народження. Тоді, у рамках постульованих співвідношень

$$\ [\hat {b}_{s}(\mathbf p ), \hat {b}^{+}_{s'}(\mathbf k ) ] = \delta_{ij}\delta (\mathbf p - \mathbf k ), \quad [\hat {b}_{s}(\mathbf p ), \hat {b}_{s'}(\mathbf k ) ] = \quad [\hat {b}^{+}_{s}(\mathbf p ), \hat {b}^{+}_{s'}(\mathbf k ) ] = 0$$,

і із врахуванням виразу для оператора числа частинок (враховуються лише античастинки),

$$\ \hat {N} = \int \hat {\psi }^{+}\hat {\psi }d^{3}\mathbf p = \int \hat {b}_{s}(\mathbf p )\hat {b}^{+}_{s}(\mathbf p)d^{3}\mathbf p $$,

можна отримати, при дії оператора на одночастинковий стан,

$$\ \hat {N}| E_{\mathbf k}\rangle = \hat {N}\hat {b}_{s'}(\mathbf k )| \rangle = \int \hat {b}_{s}(\mathbf p )\hat {b}^{+}_{s}(\mathbf p)\hat {b}_{s'}(\mathbf k )d^{3}\mathbf p | \rangle = \int \hat {b}_{s}(\mathbf p )(\hat {b}_{s'}(\mathbf k )\hat {b}^{+}_{s}(\mathbf p ) - \delta_{ss'}\delta (\mathbf k - \mathbf p ))d^{3}\mathbf p = |\hat {b}^{+}_{s}(\mathbf p ) | \rangle = 0| = -|E_{\mathbf k}\rangle $$,

що протирічить початковому припущенню про роль оператора $$\ \hat {b}_{s}(\mathbf p )$$.

Доведення 6
Вираз для просторових компонент 4-вектора спіральності.

Наприклад, для $$\ h^{0}_{1}$$, при введенні матриці-вектора

$$\ \mathbf \alpha = (\Eta^{10}, \Eta^{20}, \Eta^{30}) = \frac{1}{2}\gamma^{0}\gamma^{i} = \begin{pmatrix} -\sigma & 0 \\ 0 & \sigma \end{pmatrix}$$,

виходить

$$\ h^{0}_{1} = \bar {\Psi}\gamma^{0}\varepsilon_{1 \beta \gamma \delta}\Eta^{\beta \gamma}\partial^{\delta}\Psi = 2\Psi^{+}\varepsilon_{1203}\Eta^{20}\partial^{3}\Psi + 2\Psi^{+}\varepsilon_{1230}\Eta^{23}\partial^{0}\Psi + 2\Psi^{+}\varepsilon_{1302}\Eta^{30}\partial^{2}\Psi = \Psi^{+}\alpha^{2}\partial^{3}\Psi - \Psi^{+}\alpha^{3}\partial^{2}\Psi + 2\Psi^{+}\hat {S}^{1}\partial^{0}\Psi = $$

$$\ = -i\Psi^{+}[\mathbf \alpha \times \hat {\mathbf p}]_{1}\Psi - 2i\Psi^{+}\hat {\mathbf S}_{1}\partial^{0}\Psi$$.

Піднімаючи векторний індекс $$\ 1$$ (при цьому, як і для кожної просторової компоненти 4-вектора, знак компоненти зміниться на протилежний) та враховуючи рівняння Дірака у другому доданку, $$\ i\partial^{0}\gamma_{0}\Psi = \left((\alpha \cdot \hat {\mathbf p}) + m\gamma^{0} \right)\Psi$$, можна записати, що

$$\ h^{01} = \Psi^{+}\left( i[\mathbf \alpha \times \hat {\mathbf p}] + 2\hat {\mathbf S} ((\alpha \cdot \hat {\mathbf p}) + m\gamma^{0})\right)_{1}\Psi \qquad (.1)$$.

Вираз можна спростити, якщо перетворити $$\ \hat {\mathbf S}(\alpha \cdot \hat {\mathbf p})$$. Нехай розглядається згортка $$\ (\mathbf a \cdot \mathbf S)(\mathbf b \cdot \mathbf \alpha) $$. Тоді, знаючи явний вигляд $$\ \mathbf S, \mathbf \alpha$$, можна отримати

$$\ (\mathbf a \cdot \mathbf S)(\mathbf b \cdot \mathbf \alpha) = a^{i}b^{j}\frac{1}{2}\begin{pmatrix} \sigma_{i} & 0 \\ 0 & \sigma_{i} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} -\sigma_{j} & 0 \\ 0 & \sigma_{j} \end{pmatrix} = \frac{1}{2}a^{i}b^{j}\begin{pmatrix} -\sigma_{j}\sigma_{i} & 0 \\ 0 & \sigma_{j}\sigma_{i} \end{pmatrix} = \frac{1}{2}a^{i}b^{j}\begin{pmatrix} -\delta_{ij}\hat {\mathbf E} + i\varepsilon_{ijk}\sigma^{k} & 0 \\ 0 & \delta_{ij}\mathbf E - i\varepsilon_{ijk}\sigma^{k} \end{pmatrix} = $$

$$\ =\frac{1}{2}\gamma^{5}(\mathbf a \cdot \mathbf b ) + \frac{i}{2}\left([\mathbf b \times \mathbf a ] \cdot \alpha \right) = \frac{1}{2}\gamma^{5}(\mathbf a \cdot \mathbf b ) + \frac{i}{2}(\mathbf a \cdot [\mathbf b \times \mathbf \alpha ])$$.

Опускаючи довільний вектор $$\ \mathbf a$$, можна одержати

$$\ \mathbf S (\mathbf b \cdot \mathbf \alpha) = \frac{1}{2}\mathbf b + \frac{i}{2}[\mathbf b \times \mathbf \alpha ]$$.

Повертаючись тепер до виразу $$\ (.1)$$, можна отримати

$$\ h^{01} = \Psi^{+}\left( i[\mathbf \alpha \times \hat {\mathbf p}] - i[\mathbf \alpha \times \hat {\mathbf p}] + \hat {\mathbf p}\gamma^{5} + 2m\mathbf S\gamma^{0}\right)_{1}\Psi = \Psi^{+}\left(\hat {\mathbf p}\gamma^{5} + 2m\mathbf S\gamma^{0}\right)_{1}\Psi$$.

Для інших компонент все аналогічно.

Доведення 8
Перехід до твірних функцій нового типу.

Для подальшого знадобиться твірна функція виду $$\ F (\Psi, i\Psi^{+}{'})$$. Для її визначення достатньо перетворити другий доданок лівої частини виразу

$$\ \left(i\Psi^{+}\partial_{0}\Psi - H\left(\Psi, i\Psi^{+}, \partial_{i}\Psi \right)\right) - \left(i\Psi^{+}{'}\partial_{0}\Psi {'} - H{'}\left(\Psi {'}, i\Psi^{+}{'}, \partial_{i}\Psi {'}\right)\right) = \partial_{0}G (\Psi, \Psi {'}, x^{\mu})$$:

$$\ i\Psi^{+}{'}\partial_{0}\Psi {'} = \partial_{0}(i\Psi^{+}{'} \Psi {'}) - \Psi^{'}\partial_{0}(i\Psi^{+}{'})$$.

Перенісши перший доданок вліво, можна отримати

$$\ i\Psi^{+}\partial_{0}\Psi + \Psi^{'}\partial_{0}(i\Psi^{+}{'}) + (H' - H) = \partial_{0}(G + i\Psi^{+}{'} \Psi {'}) = \partial_{0}F(\Psi, i\Psi^{+}{'})$$.

Записавши тепер похідну $$\ F(\Psi, i\Psi^{+}{'})$$ як

$$\ \partial_{0}F = \frac{\partial F}{\partial \Psi}\partial_{0}\Psi + \partial_{0}(i\Psi^{+}{'})\frac{\partial F}{\partial (i\Psi^{+}{'})} + \frac{\partial F}{\partial t}$$,

можна отримати

$$\ \left(i\Psi^{+}\partial_{0}\Psi - H\left(\Psi, i\Psi^{+}, \partial_{i}\Psi \right)\right) - \left(-(i\partial_{0}\Psi^{+}{'})\Psi {'} - H{'}\left(\Psi {'}, i\Psi^{+}{'}, \partial_{i}\Psi {'}\right)\right) = \frac{\partial F}{\partial \Psi}\partial_{0}\Psi + \partial_{0}(i\Psi^{+}{'})\frac{\partial F}{\partial (i\Psi^{+}{'})} + \frac{\partial F}{\partial t} \Rightarrow $$

$$\ i\Psi^{+} = \frac{\partial F}{\partial \Psi}, \quad \Psi{'} = \frac{\partial F}{\partial (i\Psi^{+}{'})}, \quad H' - H = \frac{\partial F}{\partial t}$$.