Рівняння Майорани

Повернутися до розділу "Нейтрино".

Виведення рівняння
Історично рівняння Дірака отримувалося із потреби модифікування рівняння Клейна-Гордона, яке містило декілька проблем. По-перше, якщо інтерпретувати квадрат модуля функції як густину ймовірності, то виявлялося, що вона не є додатньо визначеною у загальному випадку. По-друге, якщо записати для такої теорії рівняння руху у електромагнітному полі, то виявлялося, що розв'язком одного і того ж рівняння можуть бути функція, що відповідає заряду $$\ q $$ та енергії $$\ E$$, та функція, що відповідає заряду $$\ -q$$ та енергії $$\ -E$$, причому можливі спонтанні переходи від першого до другого стану. По-третє, рівняння ніяк не враховувало спінові ступені вільності.

Отже, слідуючи методу Дірака, можна записати рівняння у формі

$$\ (\alpha_{0}\hat {p}_{0} + \alpha_{1}\hat {p}_{1} + \alpha_{2} \hat {p}_{2} + \alpha_{3} \hat {p}_{3} + \beta )\Psi = 0, \quad \hat {p}_{i} = i\partial_{i} \qquad (1)$$.

Тут $$\ \Psi $$ - двокомпонентна функція-спінор, а всі коефіцієнти $$\ \alpha_{i}, \beta$$ (у загальному випадку - матричні) не залежать від точки простору-часу (в силу однорідності простору-часу). При $$\ p_{0}$$ коефіцієнт можна було б зробити одиничним, оскільки завжди можна домножити рівняння на деякий обернений коефіцієнт, зробивши один з коефіцієнтів одиничним та змінивши інші. Проте саме така форма рівняння буде найзручнішою. Рівняння може бути записане у Шредінгеровій формі, а отже, не містить проблем із знаковизначеністю квадрату модуля функції. Також воно містить спінові ступені вільності.

Можна визначити явний вигляд коефіцієнтів. Це рівняння повинно задовольняти релятивістському співвідношенню для енергії-імпульсу,

$$\ (-p_{0}^{2} + \mathbf p^{2} + m^{2})\Psi = 0 \qquad (2)$$,

тому, подіявши зліва на $$\ (1)$$ оператором $$\ (\alpha_{0}\hat{p}_{0} + \alpha^{i}\hat{p}_{i} - \beta )$$, можна отримати

$$\ \left((\alpha_{0}\hat {p}_{0})^{2} + \sum_{i, j}\hat {p}_{i}\hat {p}_{j}(\alpha_{i} \alpha_{j} + \alpha_{j} \alpha_{i}) + \sum_{i}(\alpha_{0}\hat{p}_{0}\alpha_{i}\hat{p}_{i} + \alpha_{i}\hat{p}_{i}\alpha_{0}\hat{p}_{0}) - \beta^{2}\right)\Psi = 0$$.

Звідси та з $$\ (2)$$ слідує, що повинні виконуватися рівності

$$\ \alpha_{0}\hat{p}_{0}\alpha_{i}\hat{p}_{i} + \alpha_{i}\hat{p}_{i}\alpha_{0}\hat{p}_{0}=0, \quad \alpha_{i}\alpha_{j} + \alpha_{j}\alpha_{i} = -2\eta_{ij}, \quad \beta^{2} = m^{2}$$,

де спеціально не були опущені оператори імпульсів в першій рівності.

Можна розглянути випадок вибору коефіцієнтів як матриць 2*2. Вибір трьох "просторових" матриць є очевидним - це є матриці Паулі, помножені на уявну одиницю. Вони задовольняють комутаційним співвідношенням. Вибір же четвертої матриці не є очевидним. Для того, щоб отримати "наведення" на вибір, треба згадати вищенаведений аргумент про рівняння руху у електромагнітному полі. Якщо хвильові функції будуть відповідати частинкам без електричного заряду, то проблема автоматично зникне. Відсутність електричного заряду означає відсутність глобальної $$\ U(1)$$ симетрії (не лише локальної) у лагранжіані. А це можливо, якщо серед $$\ \alpha_{i}$$ присутній якийсь оператор, через який не можна пронести комплексне число - оператор комплексного спряження $$\ \hat {C}$$. Пошук матриці $$\ \alpha_{0}$$ з урахуванням цього наводить на оператор $$\ \alpha_{0} = \sigma_{2} \hat {C}$$. Оскільки

$$\ \hat {C}^{2} = 1, \quad \hat {C}(\alpha + i \beta ) = \alpha \hat {C} - i\beta \hat {C}, \quad \sigma_{y} = i\begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$$,

то

$$\ \alpha_{0}^{2} = \sigma_{2} \hat {C}\sigma_{2} \hat {C} = -\sigma_{2}^{2}\hat {C}^2 = -1$$,

$$\ \alpha_{0}\hat{p}_{0}\alpha_{i}\hat{p}_{i} + \alpha_{i}\hat{p}_{i}\alpha_{0}\hat{p}_{0} = (\alpha_{0}\alpha_{i} - \alpha_{i}\alpha_{0})\hat{p}_{0}\hat{p}_{i} = 0 $$.

Отже, можна ввести четвірку матриць $$\ \epsilon = (\alpha_{0}, i\sigma )$$,

переписавши за допомогою них рівняння $$\ (1)$$ у вигляді

$$\ (\epsilon^{\mu}\partial_{\mu} - m) \psi = 0 \qquad (3)$$.

Це рівняння називається рівнянням Майорани для спінора.

Спряжений спінор. Закон збереження. Лагранжіан
Можна отримати закон збереження та лагранжіан. Вводячи величину $$\ \bar {\psi} = (\epsilon_{0} \psi )^{\dagger} = -\psi^{\dagger} \epsilon_{0}$$, де використана властивість $$\ (\epsilon_{0})^{\dagger} = \hat {C}^{\dagger}\sigma_{2}^{\dagger} = \hat {C}\sigma_{2} = -\epsilon_{0}$$.

та домножаючи рівняння $$\ (3)$$ на оператор $$\ \epsilon_{0}$$, можна отримати

$$\ (\epsilon_{0}^{2}\partial_{0} - \sigma_{i} \epsilon_{0}\partial_{i} - m\epsilon_{0})\Psi = (\epsilon_{0}\partial_{0} - \sigma_{i}\partial_{i} - m)\epsilon_{0}\psi = 0$$,

або, спрягаючи це рівняння,

$$\ \partial_{\mu} \bar {\psi} \epsilon^{\mu} + m\bar {\psi} = 0 \qquad (4)$$.

Тепер, домножаючи $$\ (3)$$ зліва на $$\ \bar {\psi}$$, $$\ (4)$$ - зправа на $$\ \psi $$ і додаючи їх, можна отримати струм

$$\ \partial_{\mu} j^{\mu} = 0, j_{\mu} = \bar {\psi}\epsilon_{\mu}\psi$$.

Відповідний рівнянням $$\ (3), (4)$$ лагранжіан має вигляд

$$\ L = \bar {\psi} (\epsilon_{\mu} \partial^{\mu} - m)\psi $$.

Він, дійсно, не інваріантний відносно глобального перетворення групи $$\ U(1)$$.

Тут варто наголосити одразу на двох аспектах.

Перший відповідає питанню, чи можна записати величину $$ \bar{\psi}\psi = \psi^{\dagger}\sigma_{2}\psi^{*} = -(\psi^{T} \sigma_{2} \psi )^{*}$$ в лоренц-інваріантному лагранжіані. Для перевірки цієї можливості треба згадати (вираз $$\ (1)$$) закон перетворення спінора $$\ \psi_{a}$$:

$$\ \psi_{a}{'} = \left(e^{\omega^{\mu \nu}\sigma_{\mu \nu}}\right)_{a}^{\ b}\psi_{b}$$,

де зручно записати (див. п. 7) $$\ (\sigma_{\mu \nu})_{a}^{\ b} = \frac{1}{2}(\sigma, i\sigma )$$. Враховуючи, що $$\ \sigma^{T} = \sigma^{*} = (\sigma_{1}, -\sigma_{2}, \sigma_{3})$$, $$\ \hat{A}f(\hat{X})\hat{A}^{-1} = f(\hat{A} \hat{X}\hat{A}^{-1}) $$, а також - те, що $$\ \sigma_{2} \sigma_{i} \sigma_{2} = -\sigma_{i}^{*} \Rightarrow \sigma_{2}\sigma_{\mu \nu}^{T}\sigma_{2} = -\sigma_{\mu \nu}$$, можна для білінійної форми $$\ \psi^{T}i\sigma_{2}\psi$$ записати перетворення Лоренца як

$$\ \psi^{T}i\sigma_{2}\psi \to i\psi^{T}\left(e^{\omega_{\mu \nu}(\sigma^{\mu \nu})^{T}}\sigma_{2} e^{\omega_{\mu \nu}\sigma^{\mu \nu}}\right) \psi = i\psi^{T}\sigma_{2}\left(\sigma_{2}e^{\omega_{\mu \nu}(\sigma^{\mu \nu})^{T}}\sigma_{2}e^{\omega_{\mu \nu}\sigma^{\mu \nu}}\right)\psi = i\psi^{T}\sigma_{2}\left( e^{\omega_{\mu \nu}\sigma_{2}(\sigma^{\mu \nu})^{T}\sigma_{2}} e^{\omega_{\mu \nu}\sigma^{\mu \nu}}\right)\psi = i\psi^{T}\sigma_{2}\psi $$.

Отже, лоренц-інваріантність доданку доведена.

Другий аспект пов'язаний із тим, що сам по собі масовий доданок $$\ \bar{\psi}\psi $$ рівний нулю, якщо забути про те, що $$\ \psi $$ - грассманове число. Дійсно,

$$\ \bar{\psi} \psi = -\psi^{\dagger}\sigma_{2}\psi^{*} = \begin{pmatrix} \psi_{1}^{*} & \psi_{2}^{*}\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \psi_{1}^{*} \\ \psi_{2}^{*}\end{pmatrix} = i(\psi_{2}^{*}\psi_{1}^{*} - \psi_{1}^{*}\psi_{2}^{*}) = 0$$.

Цей аспект демонструє те, що завжди варто враховувати грассмановість ферміонних полів.

Чотирикомпонентне рівняння Майорани
Оператора комплексного спряження можна позбутися, якщо розбити хвильову функцію $$\ \psi$$ на дійсну та уявну частини: $$\ \psi = \psi_{1} + i\psi_{2} $$:

$$\ (\epsilon_{\mu}\partial^{\mu} - m)(\psi_{1} + i\psi_{2}) = \left[ -i\sigma_{2} \hat {C} \partial_{0}\psi_{2} + \sigma_{1}\partial_{1}\psi_{1} + \sigma_{3}\partial_{3}\psi_{1} + i\sigma_{2}\partial_{2}\psi_{2} - m\psi_{1}\right] + \left[ \sigma_{2}\hat {C}\partial_{0}\psi_{1} + \sigma_{2}\partial_{2} \psi_{1} + i\sigma_{1}\partial_{1}\psi_{2} + i\sigma_{3}\partial_{3}\psi_{2} - im\psi_{2}\right] = 0$$,

звідки (враховується, що $$\ \hat {C}\psi_{1, 2} = \psi_{1,2}$$) одразу слідують рівняння для дійсної та уявної частин (у квадратних дужках рівняння вище):

$$\ \alpha(\partial_{0} - \partial_{2})\psi_{2} + (\beta \partial_{1} + \gamma \partial_{3} )\psi_{1} - m\psi_{1} = 0$$,

$$\ \alpha(\partial_{0} + \partial_{2})\psi_{1} + (\beta \partial_{1} + \gamma\partial_{3})\psi_{2} - m\psi_{2}$$,

де

$$\ \alpha = -i\sigma_{2}, \quad \beta = \sigma_{1}, \quad \gamma = \sigma_{3}$$.

Ввівши тепер комбінації $$\ \psi_{\pm} = \psi_{1} \pm \psi_{2}$$, два рівняння можна записати у формі

$$\ \alpha \partial_{0} \psi_{\pm} \pm (\beta \partial_{1} + \gamma \partial_{3} )\psi_{\pm} + \alpha \partial_{2}\psi_{\mp} = \pm m \psi_{\pm}$$.

Об'єднавши $$\ \psi_{+}, \psi_{-}$$ у єдиний біспінор $$\ \Psi$$, можна отримати

$$\ \begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \alpha \end{pmatrix}\partial_{0}\Psi + \begin{pmatrix} \beta & 0 \\ 0 & -\beta \end{pmatrix}\partial_{1} \Psi + \begin{pmatrix} 0 & \alpha \\ -\alpha & 0 \end{pmatrix}\partial_{2} \Psi + \begin{pmatrix} \gamma & 0 \\ 0 & -\gamma \end{pmatrix}\partial_{3} \Psi = \begin{pmatrix} m & 0 \\ 0 & -m \end{pmatrix}\Psi$$,

або

$$\ (i\tilde {\gamma}^{\mu}\partial_{\mu} + m)\Psi = 0 \qquad (5)$$,

де

$$\ \tilde \gamma_{\mu} = \left( i\begin{pmatrix} \alpha & 0 \\ 0 & \alpha \end{pmatrix}, i\begin{pmatrix} \beta & 0 \\ 0 & -\beta \end{pmatrix}, i\begin{pmatrix} 0 & \alpha \\ -\alpha & 0 \end{pmatrix}, i\begin{pmatrix} \gamma & 0 \\ 0 & -\gamma \end{pmatrix}\right), \quad [\gamma_{\mu}, \gamma_{\nu}]_{-} = 2\eta_{\mu \nu}$$.

Нарешті, вводячи спряжений біспінор

$$\ \bar {\Psi} = (\tilde {\gamma}_{0}\Psi )^{+} = -\Psi^{+} \tilde {\gamma}_{0}$$,

домножаючи рівняння $$\ (5)$$ на $$\ \gamma_{0}$$ та ермітово спрягаючи його, можна отримати

$$\ (i\partial_{\mu}\bar {\Psi}\tilde {\gamma}^{\mu} - m\bar {\Psi}) = 0 \qquad (6)$$.

Отже, рівняння $$\ (5)-(6)$$ називаються рівняннями Майорани. Біспінори та всі коефіцієнти у рівняннях є дійсними.

$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$$$\ $$