经典网文分享: 狄拉克方程与氢原子的精确能级

狄拉克方程是一个场方程,狄拉克波函数其实不是量子力学意义上的波函数,但是,可以视作是量子力学和量子场论之间的一种过渡.检验一个量子力学波动方程的一个重要的标志就是在氢原子的精确能级问题上的有效性,这一点狄拉克方程是成功的,下面来解决一下这个问题

1.狄拉克方程的哈密顿形式

由原始的协变形式

$i\gamma^\mu\partial_{\mu}\Psi=m\Psi$

将时间和空间分开

$i\partial_t\Psi=\gamma^0\gamma^\mu \hat{P}_{\mu}\Psi+\gamma^{0}m\Psi$

回忆在上篇文章中的讨论,在静系中, $Dirac$ 旋量中的左手旋量和右手旋量是相等的

这意味着,对于低速运动电子,左手旋量和右手旋量之间的差很小,

即对于低速的电子

$\Psi={\xi_a\choose\bar\eta^{\dot a}}$ , $|\xi_a-\bar\eta^{\dot a}|\approx0$

故可以定义一类新的混合型旋量

$\psi={\phi\choose \chi}:=\frac{1}{2}\choose{-\xi_a+\bar\eta^{\dot a}}}$

使得第二个分量 $\chi$ 相比于第一个分量 $\phi$ 是一个小量

从而狄拉克方程改写为

$i\partial_t\psi=(\alpha\cdot \mathbf{p}+\beta m)\psi$

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

所以一个自由电子的哈密顿量可以写作

$H=\alpha \cdot\mathbf p+\beta m$

而加了库伦场后为得到了电子的哈密顿量.

$H=\alpha \cdot\mathbf p+\beta m-\frac{\kappa}{r}$

2.对易算符的完全集

$(\alpha\cdot\mathbf x)(\alpha\cdot\mathbf p)=i\Sigma\cdot\mathbf L+\mathbf x\cdot\mathbf p$

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

又因为:

$(\alpha\cdot\mathbf x )(\alpha\cdot\mathbf x)=r^2$ 故有:

$\begin{align}\alpha\cdot\mathbf p=\frac{i}{r^2}(\alpha\cdot\mathbf x)(\Sigma\cdot \mathbf L)+\frac{1}{r^2}(\alpha\cdot\mathbf x)(\mathbf x\cdot \mathbf p)\\=\frac{i}{r}(\alpha\cdot\mathbf n)(\mathbf J^2-\mathbf{L^2}-\frac{3}{4})-i(\alpha\cdot\mathbf n)(\frac{\partial}{\partial r})\end{align}$

其中 $\alpha\cdot\mathbf n:=\frac{1}{r}\alpha\cdot \mathbf x$ , 而 $\mathbf J:=\mathbf L+\frac{1}{2}\Sigma$ 就是总角动量

易验证的是

$[\mathbf J_z,H]=0$

我们将证明的是

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

首先已知

$(\alpha\cdot\mathbf x)(\alpha\cdot\mathbf p)=i\Sigma\cdot\mathbf L+\mathbf x\cdot\mathbf p$

$(\alpha\cdot\mathbf p)(\alpha\cdot\mathbf x)=-i\Sigma\cdot\mathbf L+\mathbf x\cdot\mathbf p-3\mathbf i$

消去方程组的左边就可以得到:

$(\Sigma\cdot\mathbf L)(\alpha\cdot\mathbf x)+(\alpha\cdot\mathbf x)(\Sigma\cdot\mathbf L)=-2\alpha\cdot\mathbf x$

即:

$-2[\Sigma\cdot \mathbf L,\alpha\cdot \mathbf x]=[(\Sigma\cdot \mathbf L)^2,(\alpha\cdot \mathbf x)]$

由恒等式

$(\Sigma\cdot \mathbf L)^2=\mathbf L^2-\Sigma\cdot \mathbf L$

可知

$[\mathbf L^2+\Sigma\cdot \mathbf L,\alpha\cdot \mathbf x]=0$

所以

$[\mathbf J^2,\alpha\cdot \mathbf x]=0$

所以显然可以推出

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

从角动量合成的角度来说, ${\mathbf J^2,J_z}$ 的共同本征子空间的态矢量可以由

$\{\mathbf J^2,J_z^2,\mathbf L^2,\Sigma^2\}$ 的共同本征矢量来作为基底,

但是 $[\mathbf{L^2},H]\neq0$ 所以原先的角量子数 $l$ 不是好量子数,

但是我们发现,若定义一个新的算符:

$K:=\beta(\Sigma\cdot \mathbf L+1)$

$[K,\alpha\cdot \mathbf x]=0$

所以可以推断出

$\{H,\mathbf J_z ,K,\mathbf J^2\}$ ,中的算符互相对易

本征解可以用他们的共同本征态来构造,正如同在薛定谔方程中那样.

3.角动量合成,波函数的约化

自旋轨道角动量合成是量子力学里的一个经典问题了

我们用Clebsch-Gordan 系数来构造总角动量波函数

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

我们可以不必查表就能计算出这两个系数,可以直接在

$span\{Y_{l,M-\frac{1}{2}}\chi_{\frac{1}{2}},Y_{l,M+\frac{1}{2}}\chi_{-\frac{1}{2}}\}$ 这个子空间中将 $\mathbf{J^2}$ 算符的矩阵对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

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

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

所以对应的矩阵为

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

用简单的线性代数知识可以计算出这个矩阵的本征值为

$\lambda_1=l^2-\frac{1}{4} ;\lambda_2=l^2+2l+\frac{3}{4}$ 分别对应于 $j=l\mp\frac{1}{2}$ 的情形

解出归一化的本征矢量为

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

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

如果我们fix住J, 则可以定义球谐旋量为

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

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

从而有

$\mathbf{J^2}\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}=j(j+1)\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}$ , $\mathbf J_z\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}=m\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}$ $\quad \mathbf L^2\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}=(j\pm\frac{1}{2})(j+1\pm\frac{1}{2})\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}$

$\sigma\cdot\mathbf L\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}=(\mp(j+\frac{1}{2})-1)\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}$

所以可以看出前面所说的

$K=\beta(\Sigma\cdot\mathbf L+1)=\begin{pmatrix}\sigma\cdot\mathbf L+1&0\\0&-\sigma\cdot\mathbf L-1\end{pmatrix}$

的本征函数必然是这两类球谐旋量的直和

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

这样一来,我们就可将总的波函数分量变数为

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

4.升降算符 $\alpha\cdot\mathbf{n}$

前面的讨论中,我们曾经得到

$(\Sigma\cdot\mathbf L)(\alpha\cdot\mathbf x)+(\alpha\cdot\mathbf x)(\Sigma\cdot\mathbf L)=-2\alpha\cdot\mathbf x$

这个式子等价于

$(\sigma\cdot\mathbf L)(\sigma\cdot\mathbf x)+(\sigma\cdot\mathbf x)(\sigma\cdot\mathbf L)=-2\sigma\cdot\mathbf x$

左右两边同时作用在球谐旋量上得到

$(\sigma\cdot \mathbf L)(\sigma\cdot\mathbf x)\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}=(\pm(j+\frac{1}{2})-1)(\sigma\cdot\mathbf x) \Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}$ 即

$\mathbf L^2(\sigma\cdot \mathbf x)\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}=(j\mp\frac{1}{2})\cdot[(j\mp\frac{1}{2})+1](\sigma\cdot\mathbf x) \Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}$

所以说, $\sigma\cdot\mathbf n$ 起到了升降算符的作用

$(\sigma\cdot\mathbf n)\Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}=c_{\pm}\Omega^{j\mp\frac{1}{2}}_{j,m}$

由与 $(\sigma\cdot\mathbf n)^2=1$ ,所以 $c_+c_-=1$

根据球谐函数的宇称的性质,可以推断出 $c_{\pm}=-1$

5.径向方程

有了前面的铺垫,终于可以开始处理径向方程了

首先

$\begin{align}\alpha\cdot\mathbf p&=\frac{i}{r}(\alpha\cdot\mathbf n)(\mathbf J^2-\mathbf{L^2}-\frac{3}{4})-i(\alpha\cdot\mathbf n)(\frac{\partial}{\partial r})\\&=\frac{i}{r}(\alpha\cdot\mathbf n)\beta(K-\beta)-i(\alpha\cdot\mathbf n)(\frac{\partial}{\partial r})\end{align}$

所以

$\alpha\cdot\mathbf p \psi_{j,m,\pm(j+\frac{1}{2})}(r,\theta,\phi)= {-(\frac{d}{dr}+\frac{1}{r}\pm(j+\frac{1}{2})\frac{1}{r})f_{-}(r)\cdot \Omega^{j\mp\frac{1}{2}}_{j,m}(\theta,\phi)\choose(\frac{d}{dr}+\frac{1}{r}\mp(j+\frac{1}{2})\frac{1}{r}) f_{+}(r)i\cdot \Omega^{j\pm\frac{1}{2}}_{j,m}(\theta,\phi)}$

所以径向的本征方程为

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

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

设 $s=\mp(j+\frac{1}{2})$ , 重新标度 $r=\rho/m \quad \lambda=E/m$ 并令 $f_{\pm}=\frac{1}{r}\varphi_{\pm}$ 则方程可以化简为

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

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

令 $\gamma_1=(s-\kappa)^{\frac{1}{2}}$ , $\gamma_2=(s+\kappa)^{\frac{1}{2}}$ , $\ell=\gamma_1\gamma_2$ ,并重新标度 $\varrho=\kappa\lambda\rho$

$g_\pm=\gamma_{1}(\varphi_++\varphi_-)\pm\gamma_{2}(\varphi_+-\varphi_{-})$ 则方程可以变形为

$\{-\frac{d}{d\varrho}+\frac{\ell}{\varrho}-\frac{1}{\ell}\}g_{+}=(\frac{s}{\ell\kappa}-\frac{1}{\kappa\lambda})g_{-}$

$\{\frac{d}{d\varrho}+\frac{\ell}{\varrho}-\frac{1}{\ell}\}g_{-}=(\frac{s}{\ell\kappa}+\frac{1}{\kappa\lambda})g_{+}$

两个方程互相带入消元可得

$\{-\frac{d^2}{d\varrho^2}+\frac{\ell(\ell\mp1)}{\varrho^2}-\frac{2}{\varrho}\}g_{\pm}=\{(\frac{s}{\ell\kappa})^2-(\frac{1}{\kappa\lambda})^2-\frac{1}{\ell^2}\}g_{\pm}$

我们敏锐地发现左边就是薛定谔氢原子的径向方程的哈密顿量,而在薛定谔氢原子问题中,

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

所以可以断言:

$(\frac{s}{\ell\kappa})^2-(\frac{1}{\kappa\lambda})^2-\frac{1}{\ell^2}=-\frac{1}{(\ell+1+n_r)^2}$

反解出:

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

恢复量纲后为

$E=mc^2\bigg(1+\frac{\alpha^2}{\biggl(n_r+1+\sqrt{(j+\frac{1}{2})^2-\alpha^2}\biggr)^2}\biggr)^{-\frac{1}{2}}$ 其中, $\alpha\approx\frac{1}{137}$ 为精细结构常数.

参考文献:

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

[2] 理论物理教程第四卷---量子电动力学 , 别列斯捷茨基，.M.栗弗席兹，皮塔耶夫斯基

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

来源：知乎 www.zhihu.com
作者：姚舜辉

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经典网文分享

狄拉克方程与氢原子的精确能级

1.狄拉克方程的哈密顿形式

2.对易算符的完全集

3.角动量合成,波函数的约化

4.升降算符 $\alpha\cdot\mathbf{n}$

5.径向方程

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