Editing Der nichtrelativistische Grenzfall

<noinclude>{{Scripthinweis|Quantenmechanik|7|4}}</noinclude>

Lösung der {{FB|Diracgleichung}} im Ruhesystem:

:<math>i\hbar \frac{\partial }{\partial t}\Psi ={{m}_{0}}{{c}^{2}}\beta \Psi </math>

nur {{FB|Ruheenergie}}

:<math>\begin{align}

& H={{m}_{0}}{{c}^{2}}\beta ={{m}_{0}}{{c}^{2}}\left( \begin{matrix}

1 & {} & {} & {}  \\

{} & 1 & {} & {}  \\

{} & {} & -1 & {}  \\

{} & {} & {} & -1  \\

\end{matrix} \right) \\

& \Psi =\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{1}}  \\

{{\Psi }_{2}}  \\

{{\Psi }_{3}}  \\

{{\Psi }_{4}}  \\

\end{matrix} \right)\Rightarrow \beta \Psi =\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{1}}  \\

{{\Psi }_{2}}  \\

-{{\Psi }_{3}}  \\

-{{\Psi }_{4}}  \\

\end{matrix} \right) \\

\end{align}</math>

Also lassen sich die folgenden Differentialgleichungen ableiten:

:<math>i\hbar \frac{\partial }{\partial t}\Psi ={{m}_{0}}{{c}^{2}}\beta \Psi </math>

:<math>\begin{align}

& \Rightarrow i\hbar {{{\dot{\Psi }}}_{1,2}}={{m}_{0}}{{c}^{2}}{{\Psi }_{1,2}} \\

& \Rightarrow i\hbar {{{\dot{\Psi }}}_{3,4}}=-{{m}_{0}}{{c}^{2}}{{\Psi }_{3,4}} \\

&  \\

\end{align}</math>

Die Richtung der Vektoren ist dabei leicht lösbar:

:<math>\begin{align}

& {{\Psi }_{1,2}}\propto {{e}^{-\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}} \\

& {{\Psi }_{3,4}}\propto {{e}^{\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}} \\

\end{align}</math>

Das heißt, es lassen sich 4 unabhängige Lösungen angeben, die die folgenden Eigenschaften aufweisen:

:<math>\begin{align}

& {{\Psi }_{1}}={{e}^{-\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}}{{e}_{1}}\quad Spin:\uparrow \quad Ruheenergie>0 \\

& {{\Psi }_{2}}={{e}^{-\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}}{{e}_{2}}\quad Spin:\downarrow \quad Ruheenergie>0 \\

& {{\Psi }_{3}}={{e}^{\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}}{{e}_{3}}\quad Spin:\uparrow \quad Ruheenergie<0 \\

& {{\Psi }_{4}}={{e}^{\frac{i}{\hbar }{{m}_{0}}{{c}^{2}}t}}{{e}_{4}}\quad Spin:\downarrow \quad Ruheenergie<0 \\

\end{align}</math>

====Ankopplung an das elektromagnetische Feld:====
Die Ankopplung erfolgt über die Potenziale <math>\bar{A},\Phi </math>

über die Ladung e

Klassisch wissen wir:

:<math>\begin{align}

& \bar{p}\to \bar{p}-e\bar{A} \\

& H\to H+e\Phi  \\

\end{align}</math>

In der Diracgleichung können wir nun so einfach die bereits angegebene Energie, den Hamiltonoperator erweitern und angeben:

:<math>i\hbar \frac{\partial }{\partial t}\Psi =\left( c\bar{\alpha }\left( \bar{p}-e\bar{A} \right)+{{m}_{0}}^{2}{{c}^{2}}\beta +e\Phi  \right)\Psi </math>

Dabei setzen wir für

:<math>\bar{p}\to \frac{\hbar }{i}\nabla </math>

den {{FB|kanonischen Impuls}} und führen den {{FB|kinetischen Impuls}} ein gemäß

:<math>\bar{\pi }={{p}_{kin}}=\bar{p}-e\bar{A}</math>

'''Als Lösungsansatz wählen wir'''

:<math>\Psi =\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{a}}  \\

{{\Psi }_{b}}  \\

\end{matrix} \right)</math>

Wobei <math>{{\Psi }_{a}}</math> zwei Komponenten haben sollte und ein Teilchen mit <math>E\ge 0</math> bezeichnet.

Auch <math>{{\Psi }_{b}}</math> besitzt 2 Komponenten für die "{{FB|Antiteilchen}}" mit <math>E\le 0</math>:

Damit zerfällt die {{FB|Dirac-Gleichung}} in zwei gekoppelte und jeweils zweikomponentige Gleichungen:

:<math>\begin{align}

& i\hbar {{{\dot{\Psi }}}_{a}}=c\sum\limits_{\mu =1}^{3}{{}}{{\sigma }^{\mu }}{{\pi }^{\mu }}{{\Psi }_{b}}+\left( {{m}_{0}}{{c}^{2}}+e\Phi  \right){{\Psi }_{a}} \\

& i\hbar {{{\dot{\Psi }}}_{b}}=c\sum\limits_{\mu =1}^{3}{{}}{{\sigma }^{\mu }}{{\pi }^{\mu }}{{\Psi }_{a}}+\left( -{{m}_{0}}{{c}^{2}}+e\Phi  \right){{\Psi }_{b}} \\

\end{align}</math>

Als Ansatz wählen wir

:<math>\Psi =\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{a}}  \\

{{\Psi }_{b}}  \\

\end{matrix} \right)={{e}^{-i{{m}_{0}}{{c}^{2}}\frac{t}{\hbar }}}\left( \begin{matrix}

{{\phi }_{a}}  \\

{{\phi }_{b}}  \\

\end{matrix} \right)</math>

für  <math>E\ge 0</math>.

Also Zerlegung in

:<math>{{e}^{-i{{m}_{0}}{{c}^{2}}\frac{t}{\hbar }}}</math>

als schnelle zeitliche Oszillation und

:<math>\left( \begin{matrix}

{{\phi }_{a}}  \\

{{\phi }_{b}}  \\

\end{matrix} \right)</math>

als langsam zeitabhängige Funktion!

Es folgt:

:<math>\begin{align}

& i\hbar {{{\dot{\phi }}}_{a}}=c\sum\limits_{\mu =1}^{3}{{}}{{\sigma }^{\mu }}{{\pi }^{\mu }}{{\phi }_{b}}+e\Phi {{\phi }_{a}} \\

& i\hbar {{{\dot{\phi }}}_{b}}=c\sum\limits_{\mu =1}^{3}{{}}{{\sigma }^{\mu }}{{\pi }^{\mu }}{{\phi }_{a}}-2{{m}_{0}}{{c}^{2}}{{\phi }_{b}}+e\Phi {{\phi }_{b}} \\

\end{align}</math>

====Nichtrelativistische Näherung:====
:<math>\begin{align}

& E-{{m}_{0}}{{c}^{2}}<<{{m}_{0}}{{c}^{2}}\Rightarrow {{{\dot{\phi }}}_{b}}\approx 0 \\

& e\Phi <<{{m}_{0}}{{c}^{2}}\Rightarrow e\Phi {{\phi }_{b}}\approx 0 \\

\end{align}</math>

:<math>\begin{align}

& {{{\dot{\phi }}}_{b}}\approx 0 \\

& e\Phi {{\phi }_{b}}\approx 0 \\

& \Rightarrow c\sum\limits_{\mu =1}^{3}{{}}{{\sigma }^{\mu }}{{\pi }^{\mu }}{{\phi }_{a}}-2{{m}_{0}}{{c}^{2}}{{\phi }_{b}}\approx 0 \\

\end{align}</math>

:<math>{{\phi }_{b}}\approx \frac{1}{2{{m}_{0}}c}\left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right){{\phi }_{a}}</math>

eingesetzt in

:<math>i\hbar {{\dot{\phi }}_{a}}=\frac{1}{2{{m}_{0}}}\left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right)\left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right){{\phi }_{a}}+e\Phi {{\phi }_{a}}</math>

Man kann zeigen:

:<math>\begin{align}

& \left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right)\left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right)={{{\bar{\pi }}}^{2}}+i\bar{\sigma }\left( \bar{\pi }\times \bar{\pi } \right) \\

& \Rightarrow i\hbar {{{\dot{\phi }}}_{a}}=\left[ \frac{1}{2{{m}_{0}}}\left( {{{\bar{\pi }}}^{2}}+i\bar{\sigma }\left( \bar{\pi }\times \bar{\pi } \right) \right)+e\Phi  \right]{{\phi }_{a}} \\

\end{align}</math>

Remember:

:<math>\begin{align}

& \left( \bar{\pi }\times \bar{\pi } \right){{\phi }_{a}}=\left( \bar{p}-e\bar{A} \right)\times \left( \bar{p}-e\bar{A} \right){{\phi }_{a}} \\

& =\bar{p}\times \left( \bar{p}{{\phi }_{a}} \right)-e\left[ \bar{p}\times \left( \bar{A}{{\phi }_{a}} \right)+\bar{A}\times \bar{p}{{\phi }_{a}} \right]+{{e}^{2}}\left( \bar{A}\times \bar{A} \right)i{{\phi }_{a}} \\

& \bar{p}\times \left( \bar{p}{{\phi }_{a}} \right)=0 \\

& {{e}^{2}}\left( \bar{A}\times \bar{A} \right)i{{\phi }_{a}}=0 \\

& e\left[ \bar{p}\times \left( \bar{A}{{\phi }_{a}} \right)+\bar{A}\times \bar{p}{{\phi }_{a}} \right]=\frac{e\hbar }{i}\bar{B}{{\phi }_{a}} \\

&  \\

& \Rightarrow \left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right)\left( \bar{\sigma }\bar{\pi } \right)={{{\bar{\pi }}}^{2}}+i\bar{\sigma }\left( \bar{\pi }\times \bar{\pi } \right)={{\left( \bar{p}-e\bar{A} \right)}^{2}}-e\hbar \bar{\sigma }\bar{B} \\

\end{align}</math>

Die verwendeten Identitäten sind dabei natürlich zu zeigen (Übungsaufgabe!)

Also folgt die Bewegungsgleichung für <math>{{\phi }_{a}}</math>:

:<math>i\hbar {{\dot{\phi }}_{a}}=\left[ \frac{1}{2{{m}_{0}}}\left( {{{\bar{\pi }}}^{2}}+i\bar{\sigma }\left( \bar{\pi }\times \bar{\pi } \right) \right)+e\Phi  \right]{{\phi }_{a}}=\left[ \frac{1}{2{{m}_{0}}}{{\left( \bar{p}-e\bar{A} \right)}^{2}}-\frac{1}{2{{m}_{0}}}e\hbar \bar{\sigma }\bar{B}+e\Phi  \right]{{\phi }_{a}}</math>

dies ist die nichtrelativistische {{FB|Pauli-Gleichung}} für Spin <math>\pm \frac{\hbar }{2}</math> (vergl. S. 102, Kapitel 4.3) mit dem richtigen gyromagnetischen Verhältnis g=2:

:<math>\frac{1}{2{{m}_{0}}}e\hbar \bar{\sigma }=\frac{e}{{{m}_{0}}}\frac{\hbar }{2}\bar{\sigma }=g\frac{e}{{{m}_{0}}}\bar{S}</math>

Vergl. S. 94

<u>'''Interpretation des vierkomponentigen Spinors:'''</u>

Teilchen- Freiheitsgrad:  <math>{{\Psi }_{a}}=\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{a\uparrow }}(\bar{r},t)  \\

{{\Psi }_{a\downarrow }}(\bar{r},t)  \\

\end{matrix} \right)</math>

Antiteilchen Freiheitsgrad: <math>{{\Psi }_{b}}=\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{b\uparrow }}(\bar{r},t)  \\

{{\Psi }_{b\downarrow }}(\bar{r},t)  \\

\end{matrix} \right)</math>

Spin- Eigenwertproblem in 2x2- Matrixdarstellung

:<math>{{\sigma }_{3}}{{\Psi }_{a}}={{\sigma }_{3}}\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{a\uparrow }}(\bar{r},t)  \\

{{\Psi }_{a\downarrow }}(\bar{r},t)  \\

\end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix}

1 & 0  \\

0 & -1  \\

\end{matrix} \right)\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{a\uparrow }}(\bar{r},t)  \\

{{\Psi }_{a\downarrow }}(\bar{r},t)  \\

\end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{a\uparrow }}(\bar{r},t)  \\

-{{\Psi }_{a\downarrow }}(\bar{r},t)  \\

\end{matrix} \right)</math>

Spin- Operator in 4x4 Block- Matrix- Darstellung

:<math>\begin{align}

& \tilde{\sigma }=\left( \begin{matrix}

{\bar{\sigma }} & 0  \\

0 & {\bar{\sigma }}  \\

\end{matrix} \right) \\

& \tilde{\sigma }\Psi =\left( \begin{matrix}

{\bar{\sigma }} & 0  \\

0 & {\bar{\sigma }}  \\

\end{matrix} \right)\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{a}}  \\

{{\Psi }_{b}}  \\

\end{matrix} \right)=\left( \begin{matrix}

\bar{\sigma }{{\Psi }_{a}}  \\

\bar{\sigma }{{\Psi }_{b}}  \\

\end{matrix} \right) \\

\end{align}</math>

Ableitung der {{FB|Spin-Bahn-Kopplung}} für <math>\bar{A}=0</math> und symmetrisches V(r):

====Bahn- Drehimpuls:====
:<math>\bar{L}=\bar{r}\times \bar{p}\left( \begin{matrix}

1 & 0  \\

0 & 1  \\

\end{matrix} \right)</math>

Mit <math>\bar{r}\times \bar{p}</math> aus dem {{FB|Bahn-Raum}} und <math>\left( \begin{matrix}

1 & 0  \\

0 & 1  \\

\end{matrix} \right)</math>

aus dem {{FB|Spinor-Raum}}.

====Gesamt- Drehimpuls====

:<math>\begin{align}

& \bar{J}:=\bar{L}+\frac{\hbar }{2}\tilde{\bar{\sigma }}=\bar{r}\times \bar{p}\left( \begin{matrix}

1 & 0  \\

0 & 1  \\

\end{matrix} \right)+\frac{\hbar }{2}\tilde{\bar{\sigma }} \\

& \bar{r}\times \bar{p}\left( \begin{matrix}

1 & 0  \\

0 & 1  \\

\end{matrix} \right)=\bar{r}\times \bar{p}\left( \begin{matrix}

1 & {} & {} & {}  \\

{} & 1 & {} & {}  \\

{} & {} & 1 & {}  \\

{} & {} & {} & 1  \\

\end{matrix} \right) \\

\end{align}</math>

Dabei ist

:<math>\bar{J}:=\bar{L}+\frac{\hbar }{2}\tilde{\bar{\sigma }}=\bar{r}\times \bar{p}\left( \begin{matrix}

1 & 0  \\

0 & 1  \\

\end{matrix} \right)+\frac{\hbar }{2}\tilde{\bar{\sigma }}</math>

eine Erhaltungsgröße. Denn es kann gezeigt werden:

:<math>\begin{align}

& \left[ \bar{J},H \right]=\left[ \bar{L},H \right]+\frac{\hbar }{2}\left[ \tilde{\bar{\sigma }},H \right]=0 \\

& \left[ \bar{L},H \right]=i\hbar c\bar{\alpha }\times \bar{p} \\

& \left[ \tilde{\bar{\sigma }},H \right]=-2c\bar{\alpha }\times \bar{p} \\

\end{align}</math>

Dies ist leicht zu zeigen!

Wichtig: <math>{{\bar{L}}^{\mu }}</math>

ist keine Konstante der Bewegung

<u>'''Entwicklung der Dirac- Gleichung für '''</u><math>E\ge 0</math>

bis zur ersten Ordnung in <math>\frac{\varepsilon -V}{2{{m}_{0}}{{c}^{2}}}</math>

mit <math>\varepsilon :=E-{{m}_{0}}{{c}^{2}}</math>

liefert mit <math>\left( \begin{matrix}

{{\Psi }_{a}}  \\

{{\Psi }_{b}}  \\

\end{matrix} \right)={{e}^{-\frac{i}{\hbar }Et}}\left( \begin{matrix}

{{\phi }_{a}}  \\

{{\phi }_{b}}  \\

\end{matrix} \right)</math>

:

(Vergl. Schwabl Seite 215 ff.)

:<math>\varepsilon {{\phi }_{a}}=\left( \frac{{{p}^{2}}}{2{{m}_{0}}}+V(r)-\frac{{{p}^{4}}}{8{{m}_{0}}^{3}{{c}^{2}}}+\frac{{{\hbar }^{2}}}{4{{m}_{0}}^{2}{{c}^{2}}}\frac{dV}{dr}\frac{1}{r}\frac{\partial }{\partial r}+\frac{\hbar }{4{{m}_{0}}^{2}{{c}^{2}}}\frac{dV}{dr}\frac{1}{r}\bar{\sigma }\cdot \bar{L} \right){{\phi }_{a}}</math>

Also eine {{FB|Spin-Bahn-Kopplung}} von

:<math>{{H}_{SB}}=\frac{\hbar }{4{{m}_{0}}^{2}{{c}^{2}}}\frac{dV}{dr}\frac{1}{r}\bar{\sigma }\cdot \bar{L}</math>