Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare

Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare

Roberta SparvoliRachele Di Salvo

Universita di Roma Tor Vergata

Lezione 4A.A. 2019-2020

Roberta Sparvoli Rachele Di Salvo (Universita di Roma Tor Vergata)Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare Lezione 4 A.A. 2019-2020 1 / 62

Equazioni quantistiche

Sappiamo che il mondo reale e costituito da particelle di spin 1/2 (quark eleptoni) e da mediatori delle forze che sono particelle di spin 1.

Per descrivere l’evoluzione temporale dei sistemi quantistici, abbiamodiverse equazioni:

1 Nella meccanica quantistica non relativistica, le particelle sonodescritte dall’equazione di Schrodinger;

2 Nella meccanica quantistica relativistica, le particelle di spin 0 emassa nulla sono descritte dall’equazione di Klein-Gordon;

3 Nella meccanica quantistica relativistica, le particelle di spin 1/2sono descritte dall’equazione di Dirac;

4 Nella meccanica quantistica relativistica, le particelle di spin 1/2e massa nulla sono descritte dall’equazione di Weyl;

5 Nella meccanica quantistica relativistica, le particelle di spin 1sono descritte dall’equazione di Proca.


L’equazione di Schrodinger

In meccanica classica, la somma dell’energia cinetica ( 12m~v

2 = ~p2/2m) el’energia potenziale (V(x, y, z)) e una costante, l’energia totale:

1

2m~p2 + V = E .

Sappiamo che sono state stabilite alcune semplici regole per passare daequazioni classiche a equazioni quantistiche tramite la sostituzionedell’energia E e dell’impulso ~p con i corrispondenti operatori, che agisconosu funzioni d’onda. Applichiamo quindi il principio di corrispondenza inmeccanica quantistica:

E = i∂

∂t~p = −i ~∇.

La relazione dell’energia totale diventa una collezione di derivate, cheagendo sopra una funzione d’onda ψ diventa:(

− 1

2m~∇2 + V

)ψ = i

∂

∂tψ


L’equazione di Schrodinger

Avremo cosı l’equazione di Schrodinger, dipendente dal tempo. Lasoluzione ψ descrive una particella di massa m in presenza di un potenzialeV . L’operatore a sinistra dell’equazione si chiama Hamiltoniana:

H = − 1

2m~∇2 + V

e l’equazione di Schrodinger prende l’usuale forma:

Hψ = i∂

∂tψ

Se H = (− 12m~∇2) e la hamiltoniana della particella libera, l’equazione di

Schrodinger non e invariante per trasformazioni di Lorentz.Cerchiamo di impostare un’equazione del moto che conservi le proprietadell’equazione di Schrodinger e che sia relativisticamente invariante.


L’equazione di Klein-Gordon

Procediamo in completa analogia con quanto fatto con l’equazione diSchroedinger. Consideriamo l’invariante relativistico: E 2 = p2 + m2 edapplichiamo ad esso il principio di corrispondenza:

E = i∂

∂t~p = −i ~∇

otterremo

− ∂2

∂t2= −∇2 + m2

operatore questo che, per costruzione, e invariante per una trasformazionedi Lorentz. Applichiamolo ad una funzione d’onda φ. Avremo cosıl’equazione di Klein-Gordon:

∂2

∂t2φ = ∇2φ−m2φ



Per l’equazione complessa coniugata avremo:

∂2

∂t2φ∗ = ∇2φ∗ −m2φ∗

Moltiplicando le due equazioni per φ∗ e φ rispettivamente, e sottraendo,otteniamo:

φ∗∂2

∂t2φ− φ ∂

2

∂t2φ∗ = φ∗∇2φ− φ∇2φ∗ + φm2φ∗ − φ∗m2φ[

∂

∂t

(φ∗

∂

∂tφ− φ ∂

∂tφ∗)]

= ~∇[φ∗~∇φ− φ~∇φ∗

]da cui, definendo la densita di probabilita ρ e la densita di corrente ~J come:

ρ = i

(φ∗

∂

∂tφ− φ ∂

∂tφ∗)

, ~J =1

i

(φ∗~∇φ− φ~∇φ∗

)Roberta Sparvoli Rachele Di Salvo (Universita di Roma Tor Vergata)Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare Lezione 4 A.A. 2019-2020 6 / 62


si ricava l’equazione di continuita :

∂

∂tρ+ ~∇ · ~J = 0 ossia ∂µJµ = 0

Consideriamo ora le soluzioni in onde piane dell’equazione di Klein-Gordon:

φ = Ne+i(~p·~r−Et) φ∗ = Ne−i(~p·~r−Et)

si trova facilmente che

ρ = 2E |N|2 , ~J = 2~p|N|2

da cui risulta che la densita di probabilita e proporzionale all’energiadello stato. Vediamo quale e l’implicazione di questo fatto.



Consideriamo una soluzione in onda piana dell’equazione diKlein-Gordon:

e+i(pz−Et)

che si propaghi lungo l’asse z. Avremo:(∂2

∂z2−m2

)e+i(pz−Et) =

∂2

∂t2e+i(pz−Et)

da cui−p2 −m2 = −E 2 ossia E = ±

√p2 + m2

Questo significa che, in aggiunta alla soluzione di energia positiva E>0 siha anche una soluzione ad energia negativa E<0 e sono possibilitransizioni tra questi due stati. Inoltre le soluzioni ad energia negativacomportano una densita di probabilita negativa! Questo risultato presentaun problema, perche una densita di probabilita non puo essere negativa.L’equazione di Dirac supera questo problema.


Notazione relativistica

Introduciamo la notazione quadrivettoriale.Sia dato il quadrivettore posizione ed un sistema di riferimento in moto.(ct, x , y , z)→ (ct ′, x ′, y ′, z ′), che si muove con velovita v lungo l’asse z.Le due coordinate sono legate dalle trasformazioni di Lorentz:

con β = vc e γ = 1√

1−β2.

Ma (ct, x , y , z) puo essere scritto comexµ → x0 = ct, x1 = x , x2 = y , x3 = z , da cui le trasformazioni di Lorentz:

x ′µ =∑µ

Λµνxν (µ, ν = 0, 3)

che e la notazione del quadrivettore contravariante.Roberta Sparvoli Rachele Di Salvo (Universita di Roma Tor Vergata)Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare Lezione 4 A.A. 2019-2020 9 / 62


Se scriviamo invece:xµ → x0 = ct, x1 = −x , x2 = −y , x3 = −zavremo la notazione del quadrivettore covariante. Questo ha le stessecoordinate temporali del quadrivettore contravariante, ma quelle spaziali disegno opposto.

Introduciamo il tensore metrico che lega le due rappresentazioni:gµν → g00 = 1, gii = −1 per i=1,2,3, gµν = 0 per µ 6= ν

pertanto

xµ =∑ν

gµνxν ; xµ =

∑ν

gµνxν



con gµν definito dalla relazione:∑µ

gµνgµσ = δµσ

δµσ =

{1 per σ = ν

0 negli altri casi

In conclusione, l’innalzare o abbassare l’indice di un quadrivettore cambiail segno delle componenti spaziali ma lascia invariata la componentetemporale.Si noti che: ∑

µν

gµνxνxµ =∑µ

xµxµ = c2t2 − ~x · ~x

e un invariante per trasformazioni di Lorentz.



Un invariante di Lorentz si puo formare da qualsiasi modulo di unvettore oppure prodotto scalare tra due quadrivettori.

Quadrivettore energia e momento di una particella libera:

Pµ = (E/c , px , py , pz)∑µν

gµνPνPµ =∑µ

PµPµ = E 2/c2 − ~p · ~p = m2c2

Si usa poi la convenzione che gli indici ripetuti implicano una somma sututti i valori dell’indice. Ad esempio, le trasformazioni di Lorentzpossono essere scritte piu semplicemente come:

x ′µ = Λµνxν xν = Λµνx

′µ



Operatore derivata parziale covariante:

∂µ =

(∂

∂x0, ~∇)

=

(∂

∂t, ~∇)

Operatore derivata parziale contravariante:

∂µ =

(∂

∂x0,−~∇

)=

(∂

∂t,−~∇

)Operatore d’Alambertiano:

∂µ∂µ =

∂2

∂t2−∇2 = �


Equazione di Dirac

Nel 1928 Dirac trovo una equazione dalla forma:

i~∂

∂tψ(~x , t) = Hψ(~x , t) (1)

che soddisfaceva la covarianza di Lorentz ed evitava il problemadella densita di probabilita negativa dell’equazione di Klein-Gordon.

La simmetria fra energia e momento voluta dalla relativita speciale richiedeche, poiche H e lineare in E, essa lo deve essere anche in ~p. Inoltre, poichela (1) e lineare nella derivata temporale, l’Hamiltoniana deve essere linearenelle derivate spaziali.La (1) puo dunque essere scritta nella forma generale:

i~∂

∂tψ(~x , t) =

[−i(α1

∂

∂x1+ α2

∂

∂x2+ α3

∂

∂x3

)+ βm

]ψ(~x , t) (2)

con ~ = c = 1 ed m = massa a riposo della particella.Roberta Sparvoli Rachele Di Salvo (Universita di Roma Tor Vergata)Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare Lezione 4 A.A. 2019-2020 14 / 62

Equazione di Dirac

Dirac capı che i coefficienti αi e β non potevano essere semplicementenumeri, e dedusse che la (2) doveva essere considerata un’equazionematriciale, con la funzione d’onda ψ scritta come una matrice colonna adn componenti:

ψ =

ψ1

ψ2

...ψn

e i coefficienti αi e β matrici nxn.

L’equazione (2) equivale quindi ad n equazioni di primo ordine.


Equazione di Dirac

Affinche la (2) possa essere un’equazione relativistica utilizzabile, larelazione energia-impulso E 2 = p2 + m2 deve valere per una particellalibera, e pertanto ogni componente di ψ deve soddisfare l’equazione diKlein-Gordon:

−∂2ψ

∂t2= (−∇2 + m2)ψ (3) .

Se scriviamo:

α1∂

∂x1+ α2

∂

∂x2+ α3

∂

∂x3= ~α · ~∇

l’equazione di Dirac diventa:

i∂ψ

∂t= (−i~α · ~∇+ βm)ψ (3a)


Equazione di Dirac

Ora quadriamola ed eguagliamola alla Klein-Gordon:

(i∂

∂t)2ψ = −∂

2ψ

∂t2= (−i~α · ~∇+ βm)(−i~α · ~∇+ βm)ψ =

= −1

2

3∑i ,j=1

(αiαj + αjαi )∂2ψ

∂x i∂x j− i m

3∑i=1

(αiβ + βαi )∂ψ

∂x i+ β2m2ψ =

= (−∇2 + m2)ψ

Questa relazione impone condizioni alle αi e β, ed e soddisfatta per:αiαj + αjαi = {αi , αj} = 2δij Iαiβ + βαi = {αi , β} = 0α2i = β2 = I (matrice unitaria)


Equazione di Dirac

E’ adesso evidente che αi e β debbono essere matrici e, poichel’Hamiltoniana e un operatore hermitiano, debbono essere matricihermitiane.

Si puo dimostrare che la dimensione piu piccola per αi e β e n=4.

Una scelta convenzionale per queste matrici 4×4 e la rappresentazione diDirac-Pauli:

αi =

[0 σiσi 0

]β =

[I 00 −I

]dove le σi sono le matrici 2×2 di spin di Pauli:

σ1 =

[0 11 0

]σ2 =

[0 −ii 0

]σ3 =

[1 00 −1

]e I e la matrice unitaria 2×2.


Equazione di Dirac

ψ(~x , t) avra allora 4 componenti ed e conosciuta come lo spinore diDirac:

ψ(~x , t) =

ψ1

ψ2

ψ3

ψ4

Troviamo adesso l’equazione di continuita e vediamo se i problemiconnessi alla Klein-Gordon sono superati. Introduciamo l’hermitianaconiugata di ψ:

ψ+ = [ψ∗1 ψ∗2 ψ∗3 ψ∗4]

Riscriviamo l’equazione di Dirac come:

i∂ψ

∂t= −i

3∑k=1

αk∂ψ

∂xk+ mβψ .


Equazione di Dirac

Moltiplichiamola a sinistra per ψ+:

iψ+∂ψ

∂t= −i

3∑k=1

ψ+αk∂ψ

∂xk+ mψ+βψ (4) ;

poiche α+k = αk e β+ = β, l’equazione di Dirac hermitiana coniugata e :

−i ∂ψ+

∂t= i

3∑k=1

∂ψ+

∂xkαk + mψ+β .

Moltiplichiamola a destra per ψ:

−i ∂ψ+

∂tψ = i

3∑k=1

∂ψ+

∂xkαkψ + mψ+βψ (5) .


Equazione di Dirac

Sottraiamo la (5) alla (4):

∂

∂tψ+ψ +

3∑k=1

∂

∂xk(ψ+αkψ) = 0 ,

che puo essere interpretata come un’equazione di continuita :

∂ρ

∂t+ ~∇ · ~J = 0

con ρ = ψ+ψ e ~J = ψ+~αψ.

La densita di corrente ha 3 componenti Jk = ψ+ ~αkψ, con k=1,2,3 e ladensita di probabilita ρ = ψ+ψ =

∑|ψ|2 > 0 e ora definita positiva.


Equazione di Dirac

L’equazione di Dirac puo essere scritta in forma covariante introducendo alposto delle matrici αi e β le matrici di Dirac γ. Esse sono cosı definite:

γ0 = β γk = βαk (k = 1, 2, 3) cioe γµ = (β, β~α) (µ = 0, 1, 2, 3)

Le matrici γ soddisfano le relazioni di anticommutazione:

γµγν + γνγµ = 2gµν I .

L’equazione di Dirac assume la forma covariante:

(iγµ∂µ −m)ψ = 0

anche scritta come


Equazione di Dirac

L’equazione di continuita diviene:

∂µJµ = 0,

ove Jµ = ψγµψ e un quadrivettore corrente.

Qui ψ e uno spinore riga definito da ψ = ψ+γ0.

ρ = ψγ0ψ = ψ+(γ0)2ψ = ψ+ψ

Jk = ψγkψ = ψ+γ0γkψ = ψ+αkψ

in accordo con i risultati ottenuti precedentemente.


Equazione dell’amore: FAKE !!!


Spin dell’elettrone

Riprendiamo l’equazione di Dirac:

(iγµ∂µ −m)ψ = 0 .

Consideriamo una soluzione in onda piana per una particella libera:

ψ = u(~p)e−i~p·~x

u(~p) e uno spinore a 4 componenti indipendente dallo spazio-tempo.

Sostituiamo questa soluzione nell’equazione di Dirac ed otteniamol’equazione di Dirac per uno spinore di particella libera:

(γµPµ −m)u(~p) = 0 ,

con Pµ quadrivettore covariante (E, -~p).



Nella meccanica quantistica non relativistica, l’equazione d’onda per unelettrone in presenza di un campo elettromagnetico esterno,specificato dai potenziali scalare Φ e vettoriale ~A, e ottenuta permezzo della ”sostituzione minimale” nell’equazione di Schrodinger per unaparticella libera:

i∂

∂t→ ∂

∂t+ eΦ − i ~∇ → −i ~∇+ e ~A

In termini del quadripotenziale Aµ = (Φ, ~A), la sostituzione prende laforma:

∂µ → ∂µ − i e Aµ

Allora l’equazione di Dirac diventa:

[γµ(Pµ + e Aµ)−m)]u(~p) = 0 (6) .



E’ conveniente scrivere la (6) in termini di ~α e β. Poiche γµ = (β, β~α),si ha:

(βE − β ~α · ~p + e βΦ− e β ~α · ~A−m) u(~p) = 0 .

Moltiplichiamo a sinistra per β (e ricordiamo che β2 = I ):

[~α · (~p + e ~A) + βm − e Φ] u(~p) = E u(~p) (7) .

Nel cercare di risolvere la (7) e usuale esprimere lo spinore a 4componenti u(~p) in termini di due spinori a 2 componenti:

u =

(uAuB

)



Usando l’espressione esplicita delle matrici ~α e β, la (7) diviene:[m − eΦ ~σ · (~p + e ~A)

~σ · (~p + e ~A) −m − eΦ

](uAuB

)= E

(uAuB

)

Questa corrisponde a due equazioni accoppiate:

[~σ · (~p + e ~A)] uB = [E −m + eΦ] uA

[~σ · (~p + e ~A)] uA = [E + m + eΦ] uB

Eliminando uB da queste due equazioni si ottiene:

[~σ · (~p + e ~A)(E + m + eΦ)−1 · ~σ · (~p + e ~A)] uA = [E −m + eΦ] uA (8)



Nel limite non relativistico, con energie cinetiche e energie di interazionipiccole, abbiamo:

E + m + eφ→ 2m

E −m→ ENR (energia non relativistica)

Pertanto, la (8) si approssima a:[1

2m(~σ · ~π)(~σ · ~π)− eΦ

]uA = ENR uA

con ~π = ~p + e ~A.Inoltre vale genericamente che (~σ · ~a)(~σ · ~a) = (~a · ~b) + i~σ · (~a ∧ ~b).Per ~a = ~b = ~π si ha:{

1

2m[~π · ~π + i~σ · (~π ∧ ~π)]− eΦ

}uA = ENR uA (9)



Reintroducendo il valore di ~π, scriviamo:

(~π ∧ ~π) uA = (~p + e ~A) ∧ (~p + e ~A) uA =

(~p ∧ ~p) uA + e(~p ∧ ~A + ~A ∧ ~p) uA + e2(~A ∧ ~A) uA (10)

Ma (~p ∧ ~p) = 0, (~A ∧ ~A) = 0, e ~p = −i ~∇.

La (10) diventa:

(~π ∧ ~π) uA = −ei[~∇∧ (~AuA) + ~A ∧ (~∇uA)

]= −e i (~∇∧ ~A)uA

Inoltre: ~∇∧ ~A = ~B; allora la (9) diviene:[1

2m(~p + e ~A)2 +

e

2m~σ · ~B − eΦ

]uA = ENR uA (11)



Questa espressione e simile, a parte il termine e2m ~σ · ~B, alla

Hamiltoniana classica per un elettrone che si muove lentamente inun campo elettromagnetico. Il termine extra e

2m ~σ · ~B puo essereinterpretato come termine di interazione del momento magneticodell’elettrone − e

2m ~σ con il campo magnetico ~B.Questo corrisponde ad uno spin intrinseco 1

2 ~σ per l’elettrone.Dimostriamolo.

Sia ~A = 0 e φ un campo centrale sfericamente simmetrico. In questomodo non puo essere trasferito alcun momento angolare all’elettrone.Con ~A = 0, l’Hamiltoniana diviene:

H = ~α · ~p + βm − e Φ (12) .

Ci si puo aspettare che, essendo il potenziale centrale, il momentoangolare orbitale ~L = ~x ∧ ~p si debba conservare.



Consideriamo la componente L1 = x2P3 − x3P2; ricordando: [xi ,Pj ] = iδij ,avremo:

idL1

dt= [L1,H] = α · {(x2P3 − x3P2)~p − ~p(x2P3 − x3P2)} .

Un risultato simile si ha anche per le altre componenti. Allora:

id~L

dt= i (~α ∧ ~p) (12a),

pertanto il momento angolare orbitale non e conservato.

Possiamo aspettarci pero che, in un campo centrale, sara conservato unmomento angolare totale. Cerchiamo quindi un extra-termine cheannulli la (12a) e faccia conservare il momento totale.



Consideriamo l’operatore σ′ =

[σ 00 σ

].

Usando le regole di commutazione per le matrici di Pauli:

[σ′1, α1] = [σ′1, β] = 0 [σ′1, α2] = 2 i α3 [σ′1, α3] = −2 i α2

otterremo:

idσ′1dt

= [σ′,H] = −2 i (α2P3 − α3P2) ;

simili risultati per σ′2 e σ′3. Pertanto:

idσ′

dt= −2i (~α ∧ ~p) .

che e proprio il termine che ci serviva per annullare la (12a). Ne segue chel’operatore ~J = ~L + 1

2 ~σ commuta con l’Hamiltoniana e puo essereinterpretato come un momento angolare totale.



La quantita ~s = 12 ~σ e interpretata come lo spin intrinseco dell’elettrone.

Si arriva quindi all’importante conclusione che l’equazione di Diracprevede per l’elettrone uno spin intrinseco pari ad 1/2, a cui eassociato ad un momento magnetico intrinseco :

~µ = − e

2m~σ = −g e

2m~s

L’equazione di Dirac predice che, per l’elettrone, il fattore g vale 2.

Lo scostamento da questo valore del risultato sperimentale e moltopiccolo; infatti, gli esperimenti che hanno misurato la quantita (g-2) hannotrovato un valore vicinissimo a zero ma non zero. Questo discostamento eben compreso, e il risultato e un trionfo dell’equazione di Dirac.


Soluzioni per particella libera: caso relativistico

Per una particella libera, l’equazione spinoriale (7):

[~α · (~p + e ~A) + βm − e Φ] u(~p) = E u(~p) (7)

diventa:[~α · ~p + βm] u(~p) = E u(~p) (13) .

Consideriamo la particella a riposo (~p = 0). Ricordando la forma esplicitadella matrice β, la (13) diviene:[

m I 00 −m I

]u = E u.

I e matrice 2× 2 e u e spinore a 4 componenti. Vi sono 4 soluzioni:

u(1) =

1000

u(2) =

0100

con energia positiva E = m



u(3) =

0010

u(4) =

0001

con energia negativa E = −m

Questo risultato ricorda Klein-Gordon, dove erano gia apparse soluzioni adenergia negativa. Rimane da interpretare fisicamente le soluzioni adenergia negativa. Inoltre, ricordando i risultati appena ottenuti sullo spin,possiamo pensare che le due soluzioni relative a ciascuna energia possonoessere interpretate in termini delle due possibili orientazioni del vettoredi spin di una particella di spin 1/2.Per ~p diverso da zero, la (13) diventa:[

m ~σ · ~p~σ · ~p −m

] (uAuB

)= E

(uAuB

)dove abbiamo usato la forma esplicita delle matrici α.



L’equazione appena scritta corrisponde alle due equazioni accoppiate:

~σ · ~p uB = (E −m) uA (14a)

~σ · ~p uA = (E + m) uB (14b)

omogenee con soluzioni E 2 = m2 + p2, ossia E = ±√

(m2 + p2).

Troviamo le soluzioni u(~p), che si riducono alle soluzioni ottenute se~p → 0.

Consideriamo le soluzioni ad energia positiva; sia u(s)A = χ(s), con

χ(1) =

(1

0

)e χ(2) =

(0

1

)



Sostituiamo questi valori nella (14b) per uA ed otteniamo:

uB =~σ · ~p χ(s)

E + m

Pertanto le soluzioni ad energia positiva sono:

u(1)(~p) = N

10~σ·~pE+m

0

u(2)(~p) = N

010~σ·~pE+m

dove N e una costante di normalizzazione.

Vediamo che le soluzioni u(~p) ad energia positiva si riducono allesoluzioni prima ottenute se ~p → 0.



Le soluzioni ad energia negativa sono ottenute nello stesso modo.

Prendiamo u(s)B = χ(s) e scriviamo l’energia come -|E |. Dalla (14a)

otteniamo:

uA = − ~σ ·~p χ(s)

|E |+ m

Le soluzioni ad energia negativa sono:

u(3)(~p) = N

− ~σ·~p|E |+m

010

u(4)(~p) = N

0

− ~σ·~p|E |+m

01

le quali anch’esse si riducono alle soluzioni prima ottenute se ~p → 0.


Costante di normalizzazione

Gli spinori u(1)...u(4) sono ortogonali, cioe u(r)+ u(s) = 0 per r 6=s.La costante di normalizzazione puo essere determinata ponendo

u(s)+ u(s) = 1. Si ottiene N =√

E+m2E .

Frequentemente si usa una normalizzazione covariante in cui perconvenzione si considerano 2E particelle per unita di volume. Allora:∫

ρdV =

∫ψψdV = 2E

cosı u(s)+ u(s) = 2E e N =√E + m.


Interpretazione degli spinori di Dirac

Consideriamo la proiezione dello spin lungo la direzione di moto di unaparticella, e definiamo l’operatore elicita :

Λ =

[~σ · p 0

0 ~σ · p

]con p =

~p

|p|Λ commuta con l’Hamiltoniana e dunque ha autovalori che sonobuoni numeri quantici e possono essere usati per distinguere glistati.Poiche (~σ · ~p)2 = p2, ne segue che ~σ · ~p = ±1, cioe ~σ · ~p = ±1, ed i valoridi elicita di Λ sono ± 1. Per semplicita , consideriamo il caso in cui laparticella si muove lungo l’asse 3. Allora:

Λ =

[~σ3 00 ~σ3

]=

1 0 0 00 −1 0 00 0 1 00 0 0 −1


Interpretazione degli spinori di Dirac

E’ semplice dimostrare che:

Λu(1) = +1 u(1) e Λu(2) = −1 u(2).

Pertanto gli spinori ad energia positiva u(1) ed u(2) descrivono,rispettivamente, stati di elicita +1 e −1.

Similmente:

Λu(3) = +1 u(3) e Λu(4) = −1 u(4),

pertanto gli spinori ad energia negativa u(3) ed u(4) descrivono,rispettivamente, stati di elicita +1 e −1.

Resta ancora da capire l’interpretazione degli stati ad energianegativa.


Interpretazione degli stati ad energia negativa

Possiamo riassumere i risultati ottenuti trattando le equazioni relativistichenel modo seguente:

Equazioni di Klein Gordon: densita di probabilita anche negativapossibili stati con energia negativa

Equazioni di Dirac: densita di probabilita positivapossibili stati con energia negativa

Gli stati ad energia negativa in realta non sono un semplice artificiomatematico. Infatti, supponiamo di avere un elettrone libero in uno statoE+ (E > 0) e di sottoporlo per un certo intervallo di tempo all’azione diun campo elettrico esterno di pulsazione ω.Mediante la teoria delle perturbazioni si dimostra che vi e una probabilitanon nulla che l’elettrone faccia una transizione dallo stato (E+ + ~ω)allo stato (E+ − ~ω), e se ~ω > E+, la transizione conduce ad unostato ad energia negativa. In altri termini, gli stati ad energia positivanon sono fisicamente disaccoppiati da quelli ad energia negativa.


Il mare di Dirac

L’equazione di Dirac ammette soluzioni con energia negativa. Gli stati conenergia positiva e quelli con energia negativa sono simmetrici rispettoall’energia nulla.L’esistenza di stati con energia negativa verrebbe a destabilizzare lamateria. L’atomo di idrogeno perderebbe immediatamente il suo elettroneche cadrebbe in uno stato a energia negativa emettendo un fotone dienergia positiva, rispettando in questo modo il bilancio energetico.

Dirac risolse il problema ipotizzando che gli stati di energia negativafossero tutti occupati formando quello che si chiama il ”mare diDirac”. Dirac suppose che gli stati ad energia negativa fosserocompletamente riempiti da elettroni (secondo il principio di Pauli) eche vi fossero elettroni in eccesso; questi ultimi si interpretano comeelettroni ordinari che, non avendo trovato posto negli stati ad energianegativa, occupano normalmente stati ad energia positiva.


Il mare di Dirac

Se nel mare degli stati ad energia negativa, per qualche perturbazioneesterna come un campo e.m., si rimuove un elettrone, il risultato sara unelettrone ad energia positiva ed un posto libero che si manifesta comeuna particella a carica + (dal momento che viene a mancare la carica −)ed avente energia positiva (dal momento che viene a mancare un’energianegativa).

E’ cosı garantita la stabilita dell’atomo di idrogeno dal principio diesclusione del Pauli: l’elettrone non puo passare a uno stato a energianegativa non essendoci uno stato libero a disposizione.


Il mare di Dirac

Il modello proposto da Dirac e chiaramente insoddisfacente.Infatti, postulando l’esistenza di un mare di elettroni che occupano livellinegativi di energia, la teoria cessa di essere una teoria ad unaparticella, pur descrivendo un singolo elettrone.

Inoltre e curioso che il mare costituito da un numero infinito di elettroni,che non interagiscono tra loro, non dia alcun effetto osservabile in modosperimentale.

Osserviamo inoltre che il modello proposto da Dirac non permette diinterpretare in alcun modo le soluzioni ad energia negativa dell’equazionedi Klein-Gordon, che descrive bosoni che non rispettano il principio diPauli.



Consideriamo ora la densita di probabilita e di corrente nel casodell’equazione di Klein-Gordon; moltiplicando per −e otteniamo:

ρ = − e 2 |N|2E ~J = − e 2 |N|2~p

che possono interpretarsi come una densita di carica e di corrente elettricarispettivamente.Consideriamo ora una particella di carica +e avente energia E ed impulso~p; avremo per essa:

ρ(e+) = e 2 |N|2 E = − e 2 |N|2 (−E )

~J(e+) = e 2 |N|2~p = − e 2 |N|2(−~p)



Da queste relazioni risulta che formalmente una carica elettrica positivaavente energia positiva e del tutto equivalente ad una caricanegativa avente energia negativa.

Cio premesso, nel 1948 Feynman propose un modello che si basa sull’ideache gli stati ad energia negativa descrivano particelle carichenegative (elettroni) che si propagano indietro nel tempo o, se sivuole, particelle positive (antiparticelle o positroni) che si propaganoavanti nel tempo.


Antiparticelle: interpretazione alla Feynman

Presentiamo una interpretazione moderna delle antiparticelle, propostaprima da Stueckelberg e piu tardi da Feynman.

Consideriamo una particella che si muove lungo l’asse X positivo, conmomento ~p positivo ed energia positiva E+.



La sua funzione d’onda avra la forma:

ψ(x , t) = ei(

px−E+t~

)Il fatto che si muova verso destra puo essere facilmente visto notando chela fase della funzione d’onda e costante se px− E+t = costante o sex = E+

p t. Il punto X si muove verso destra.Per la soluzione ad energia negativa abbiamo:

ψ(x , t) = ei

(px−E−t

~

)con E < 0

La relazione precedente diventa:

x =E−

pt = −|E

−|p

t =|E−|

p(−t)

che puo essere interpretata come una particella che si muove all’indietronel tempo, ma avendo un’energia positiva | − E |.



Che cos’e una particella che si muove all’indietro nel tempo? Laclassica equazione del moto di una particella di carica −q in un campomagnetico (Forza di Lorentz: ~F = q ~v ∧ ~B) diviene:

m∂2~x

∂t2= −q

c

∂~x

∂t∧ ~B =

q

c

∂~x

∂(−t)∧ ~B .

Una particella con carica q che si muove all’indietro nel tempo in uncampo magnetico soddisfa la stessa equazione del moto di unaparticella con carica −q che si muove in avanti nel tempo.

I significati delle due relazioni:

x =|E−|p

(−t) e m∂2~x

∂t2==

q

c

∂~x

∂(−t)∧ ~B

possono essere combinati.



La prima equazione suggerisce che una soluzione ad energia negativapuo essere vista come una particella che si muove all’indietro neltempo ma con energia positiva.

La seconda equazione dimostra che una particella che si muoveall’indietro nel tempo soddisfa la stessa equazione del moto di unaparticella con carica opposta che si muove in avanti nel tempo.

Prese insieme, le due relazioni implicano che una particella con caricaq ed energia negativa si comporta come una particella con carica−q ed energia positiva.

Gli stati ad energia negativa, soluzioni dell’equazione di Dirac, sicomportano come antiparticelle.



Assumendo che una antiparticella sia una particella che si muove indietronel tempo, possono essere ottenute immediatamente alcune conclusioni.

Una particella e la sua antiparticella debbono avere la stessa massa e lostesso spin, poiche sono la stessa particella che si muove in una direzionediversa nel tempo.

m(particella) = m(antiparticella)

J(particella) = J(antiparticella)

Tuttavia, particelle ed antiparticelle debbono avere numeri quanticiadditivi interni (non connessi allo spazio-tempo) opposti.



Consideriamo la produzione di coppie al tempo t1:

Al tempo t < t1 solo un fotone e presente nella regione attorno a x1, ed isuoi numeri quantici additivi q (carica), P, L sono eguali a zero. Se questinumeri quantici si conservano, la somma dei corrispondenti numeriquantici per la coppia particella-antiparticella deve essere zero, cosı che:

N(particella) = −N(antiparticella)

in cui N sta per ogni numero quantico additivo il cui valore per il fotone ezero.



Con questa interpretazione, i processi nell’immagine sotto, mostrati inmaniera differente, sono in realta equivalenti:

Nel linguaggio convenzionale, una coppia particella-antiparticella eprodotta nel tempo t1 e nella posizione x1. L’antiparticella incontraun’altra particella al tempo t2 e posizione x2 e l’annichilazione da origine adue quanti gamma che si propagano in avanti nel tempo.



Nel linguaggio di Feynman, invece, la particella e l’oggetto primario edessa si muove nello spazio e nel tempo avanti e indietro: al tempo t2 laparticella emette due fotoni, poi torna indietro nel tempo e raggiunge ilpunto (x1, t1) ove viene colpita da un fotone e di nuovo si muove avantinel tempo.


Parita di particelle ed antiparticelle

Supponiamo che ψ(~r , t) soddisfi l’equazione di Dirac. L’inversionespaziale dello stato, semplicemente sostituendo ~r con −~r , nonsoddisfa l’equazione di Dirac, giacche questa e al primo ordine nellospazio delle coordinate. La funzione d’onda ribaltata:

ψ(t,−~r) = ψ(x0,−xk)

non soddisfa l’equazione di Dirac ma soddisfa invece:(γ0 ∂

∂x0− γk ∂

∂xk−m

)ψ(−~r , t) = 0

Moltiplichiamo a sinistra per γ0. Utilizzando la regola cheγ0γk + γkγ0 = 0, otteniamo:(

γµ∂

∂xµ−m

)γ0 ψ(−~r , t) = 0



Questo significa che γ0ψ(−~r , t) = ψ(~r , t), per cui γ0 e l’operatore diparita per la funzione d’onda di Dirac.

γ0 =

1 0 0 00 1 0 00 0 −1 00 0 0 −1

Consideriamo ora uno stato di energia positiva con spin up (nel sistema delCentro di Massa C.M., p=0):

u(1) =

1000

γ0u(1) =

1000



Per uno stato ad energia negativa con spin up, si ha:

v (1) =

0010

γ0v (1) = −

0010

per cui, se si assegna allo stato di energia positiva una parita intrinsecapari, allora lo stato di energia negativa o, equivalentemente, la suaantiparticella, ha parita intrinseca dispari.

La teoria di Dirac dei fermioni relativistici predice parita opposte perfermioni ed antifermioni.


Equazioni di Weyl

L’equazione di Weyl descrive il comportamento di fermioni di massanulla (neutrini) e possiamo ricavarla direttamente dall’equazione di Diracponendo in essa m=0. Avremo allora:

γµ∂µψ = 0 e quindi γ0∂0ψ = −γk∂kψ

Ponendo γk = i γ0γ5σk , essendo

γ5 = γ1γ2γ3γ0 =

0 0 −1 00 0 0 −1−1 0 0 00 −1 0 0

avremo

γ0∂0ψ = −i γ0γ5σk∂kψ (15)


Equazioni di Weyl

da cui∂0ψ = −i γ5σk∂kψ = −i σk∂k(γ5ψ) (16) .

Dalla (15), moltiplicando per γ5 e tenendo conto che (γ5)2 = I , si ha:

∂0(γ5ψ) = −i σk∂kψ (17) .

Sommando e sottraendo la (16) e la (17) ricaviamo:

∂0(1 + γ5)ψ = −i σk∂k(1 + γ5)ψ

∂0(1− γ5)ψ = +i σk∂k(1− γ5)ψ

ed operando le solite sostituzioni E → −∂/∂t , i~p → ~∇, otteniamo:

E (1 + γ5)ψ = − ~σk · ~p (1 + γ5)ψ (I )

E (1− γ5)ψ = + ~σk · ~p (1− γ5)ψ (II )


Equazioni di Weyl

Nel caso della (I), poniamo:

E > 0 (neutrino) ed allora si vede che la soluzione (1 + γ5)ψdescrive una particella levogira;

E < 0 (antineutrino) ed allora si vede che la soluzione (1 + γ5)ψdescrive una particella destrogira.

Analogamente, nella (II) poniamo:

E > 0 (neutrino) la soluzione (1− γ5)ψ descrive una particelladestrogira;

E < 0 (antineutrino) la soluzione (1− γ5)ψ descrive una particellalevogira.

Come vedremo in seguito, la realta sperimentale impone di scartare lesoluzioni della II.Possiamo dunque concludere dicendo che l’equazione di Weyl associa statidi elicita opposti a neutrini ed antineutrini, escludendo soluzioni in cuitali particelle abbiano la stessa elicita .


Elementi di Fisica Nucleare e Subnucleare

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