La prova della covarianza

Se vogliamo dimostrare che l'equazione di Dirac è covariante basterà mostrare che se $\psi(x)$ è lo spinore che descrive una particella in un certo sistema inerziale, in un qualsiasi altro sistema inerziale possiamo trovare, con un'opportuna legge di trasformazione, uno spinore $\psi'(x')$ che dia gli stessi risultati fisici di $\psi(x)$.

Questo allora comporta che anche $\psi'(x')$ dovrà essere soluzione dell'equazione di Dirac (2.18); in generale dunque dovrà essere:

$$\left( i\hbar {\tilde\gamma}^\mu \pd{},{x'^\mu} -mc \right) \psi'(x')=0$$

dove le $\tilde\gamma ^\mu$ non è detto siano esattamente le stesse viste in §2.3.1, in quanto l'unica condizione che possiamo imporre è che anch'esse soddisfino le relazioni (2.22) e (2.21); ma abbiamo detto che comunque tutte le $\gamma ^\mu$ sono equivalenti a meno di una trasformazione unitaria, per cui si può tranquillamente richiedere che sia:

$$\left( i\hbar \gamma^\mu \pd{},{x'^\mu} -mc \right) \psi'(x')=0$$ (3.23)

e se riusciamo a trovare la trasformazione degli spinori che ci permette di verificare questa, la covarianza è dimostrata.

Il primo caso, molto semplice, è quello delle traslazioni; in tal caso la trasformazione si può scrivere nella forma più generale come:

$$x'^\mu=x^\mu+a^\mu$$

dove $a^\mu$ è un qualunque vettore costante; in questo caso basta prendere:

$$\psi'(x')=\psi(x)$$

e dato che ovviamente:

$$\pd{},{x'^\mu}={\partial{}\over \partial x^\mu}$$

la (2.23) è immediatamente soddisfatta. Dunque per quanto riguarda le traslazioni la covarianza è dimostrata.

Resta da vedere cosa succede nel caso una trasformazione di Lorentz generica (comprendente sia boost che rotazioni spaziali) da un sistema $S$ ad un sistema $S'$. Abbiamo visto in §1.1.2 la legge di trasformazione delle coordinate (1.19) e le sue proprietà: che conserva l'elemento di linea $ds$, quali sono le condizioni su $\Lambda$ e che per trasformazioni proprie $\det \Lambda=+1$.

Essendo sia le trasformazioni di Lorentz che l'equazione di Dirac lineari cercheremo anche la trasformazione dello spinore nella forma di una trasformazione lineare (ovviamente non singolare) $S(\Lambda)$ tale che:

$$\psi'(x')=S(\Lambda)\psi(x)$$ (3.24)

che dipenda solo dai parametri della trasformazione di Lorentz. Da questa con la (1.19) si ottiene:

$$\psi'(x')=\psi'(\Lambda x)=S(\Lambda)\psi(x)= S(\Lambda)\psi(\Lambda^{-1} x')$$

e viceversa si avrà che:

$$\psi(x)=S^{-1}(\Lambda)\psi'(x') =S^{-1}(\Lambda)\psi'(\Lambda x)$$

d'altra parte siccome $S$ e $S'$ sono completamente arbitrari possiamo applicare la (2.24) nel passaggio inverso da $S'$ a $S$ ottenendo:

$$\psi(x)=S(\Lambda^{-1})\psi'(x')$$

che confrontata con la precedente ci permette di scrivere:

$$S(\Lambda^{-1})=S^{-1}(\Lambda)$$

allo stesso modo si può dimostrare che se $\Lambda_1$ e $\Lambda_2$ sono due trasformazioni di Lorentz si ha:

$$S(\Lambda_1\Lambda_2)=S(\Lambda_1)S(\Lambda_2)$$

che unita alla precedente ci dice che le $S(\Lambda)$ formano un gruppo continuo (l'unità è $S(\un)=\un$) rispetto ai parametri delle trasformazioni di Lorentz.

Vediamo adesso cosa comporta la condizione che $\psi'(x')$ continui a soddisfare la (2.23); dalla (2.18) per $\psi(x)$ si ha che:

$$\left(i\hbar \gamma^\mu {\partial{}\over \partial x^\mu} -mc \rig... ...ma^\mu {\partial{}\over \partial x^\mu} -mc \right) S^{-1}(\Lambda)\psi'(x')=0$$

da questa, considerando che $S^{-1}(\Lambda)$ non dipende dalle coordinate, si ha:

$$i\hbar\gamma^\mu S^{-1}(\Lambda){\partial{}\over \partial x^\mu}\psi'(x') -mc S^{-1}(\Lambda)\psi'(x')=0$$

che moltiplicata a sinistra per $S(\Lambda)$ diventa:

$$i\hbar S(\Lambda)\gamma^\mu S^{-1}(\Lambda){\partial{}\over \partial x^\mu}\psi'(x') -mc \psi'(x')=0$$

e vogliamo che questa si riduca alla (2.23); ma dalla trasformazione delle coordinate si ottiene subito che:

$${\partial{}\over \partial x^\mu}={\partial{x'^\nu}\over \partial x^\mu} \pd{},{x'^\nu}= \Lambda^\nu_{\ \mu} \pd{},{x'^\nu}$$

dunque sostituendo si ha:

$$\left( i\hbar S(\Lambda)\gamma^\mu S^{-1}(\Lambda) \Lambda^\nu_{\ \mu} \pd{},{x'^\nu} -mc \right) \psi'(x')$$

e perché questa dia la (2.23) dovrà essere:

$$S(\Lambda)\gamma^\mu S^{-1}(\Lambda) \Lambda^\nu_{\ \mu} =\gamma^\nu$$

e questa è la condizione che devono soddisfare le $S(\Lambda)$, un altro modo di scriverla si ottiene moltiplicandola a sinistra per $S^{-1}(\Lambda)$ e a destra per $S(\Lambda)$:

$$\Lambda^\nu_{\ \mu} \gamma^\mu= S^{-1}(\Lambda)\gamma^\nu S(\Lambda)$$ (3.25)

che ci da la legge di trasformazione delle $\gamma ^\mu$. Sappiamo poi che le trasformazioni devono conservare la metrica, e nel §1.1.2 abbiamo visto come questo si traduce nella condizione sulle $\Lambda^\nu_{\ \mu}$ espressa in (1.21), un altro modo di scrivere quella relazione è:

$$\delta^\nu_\mu=\Lambda_\alpha^{\ \nu} \Lambda^\alpha_{\ \mu}$$ (3.26)

(con un po' di conti la si trova facilmente da $x^\mu x_\mu=x'^\mu x'_\mu$) e si può riscrivere la (2.25) nella forma:

$$\gamma^\mu=\Lambda_\nu^{\ \mu} S^{-1}(\Lambda)\gamma^\nu S(\Lambda)$$ (3.27)

Abbiamo visto prima che le $S(\Lambda)$ costituiscono un gruppo continuo nei parametri della trasformazione di Lorentz; l'ipotesi che si fa, e che verificheremo essere corretta trovandolo, è che questo sia un gruppo di Lie, per cui potremo, sfruttando la (2.27) e la (2.26), cominciare a costruire $S(\Lambda)$ partendo dalle trasformazioni infinitesime:

$$\Lambda^\nu_{\ \mu}=\delta^\nu_\mu+\Delta\omega^\nu_{\ \mu}$$ (3.28)

per la (2.26) si avrà che:

$$\delta^\nu_\mu=\Lambda_\alpha^{\ \nu} \Lambda^\alpha_{\ \mu} = (\... ...a\omega_\nu^{\ \alpha} +\Delta\omega_\nu^{\ \alpha}\Delta\omega^\alpha_{\ \mu}$$

adesso in questa l'ultimo termine è del secondo ordine e si può trascurare, mentre per il primo si ha banalmente $\delta^\nu_\alpha\delta^\alpha_\mu= \delta^\nu_\mu$ quindi si annulla col primo membro e alla fine resta, cambiati gli indici con le restanti $\delta$:

$$\Delta\omega_\mu^{\ \nu}+\Delta\omega^\nu_{\ \mu}=0 \qquad\hbox{cioè}\qquad \Delta\omega_\mu^{\ \nu}=-\Delta\omega^\nu_{\ \mu}$$

da cui, passando ad indici controvarianti:

$$\Delta\omega^{\mu\nu}=-\Delta\omega^{\nu\mu}$$

vale a dire che i parametri infinitesimi della trasformazione sono antisimmetrici, da cui segue che solo sei sono indipendenti, e riotteniamo quanto già accennato al §1.1.2. I coefficienti $\Delta\omega^{0i}=\Delta\beta$ provocano un boost di Lorentz infinitesimale di velocità $\Delta\beta$ nella direzione $x_i$, mentre i $\Delta\omega^i_{\ j}=-\Delta\omega^{ij}=\Delta\phi$ generano una rotazione spaziale infinitesimale di angolo $\Delta\phi$ intorno all'asse $x_k$ con $k\ne i\ne j$.

Adesso per ottenere $S(\Lambda)$ utilizziamo l'ipotesi che sia un gruppo di Lie per cui esiste uno sviluppo in serie rispetto ai parametri che, arrestandoci al primo ordine; scriveremo come:

$$S(\Lambda)=\un -{ i\over 4} \sigma_{\mu\nu}\Delta\omega^{\mu\nu}$$ (3.29)

(si è esplicitato il fattore $i/4$ per motivi di comodità) dove $\sigma_{\mu\nu}$, detti anche generatori del gruppo, sono matrici $4\times 4$; da questa, essendo la $S$ nella forma infinitesima $S(\Lambda)=\un +\Delta T$ si ottiene immediatamente che:

$$S^{-1}(\Lambda)=\un +{ i\over 4} \sigma_{\mu\nu}\Delta\omega^{\mu\nu}$$ (3.30)

(è banale osservare che in tal caso, fermandoci al primo ordine, è $S(\Lambda)S^{-1}(\Lambda)=\un$) inoltre si noti che siccome abbiamo solo sei parametri indipendenti anche le $\sigma_{\mu\nu}$, dovranno essere antisimmetriche negli indici per essere indipendenti (d'altronde nella sommatoria una eventuale parte simmetrica verrebbe automaticamente cancellata essendo antisimmetrici i $\Delta\omega^{\mu\nu}$); dunque sarà:

$$\sigma_{\mu\nu}=-\sigma_{\nu\mu}$$

cosicché ai sei parametri delle trasformazioni di Lorentz corrispondono questi sei generatori.

Una ulteriore condizione sulle $\sigma_{\mu\nu}$ si può ottenere normalizzando la trasformazione; se infatti si moltiplica $S(\Lambda)$ per un qualunque numero complesso tutte le relazioni precedenti sono ancora soddisfatte e si riottiene comunque l'equazione di Dirac; si può eliminare parte di questa ambiguità richiedendo che il determinante sia unitario (resta sempre la possibilità di moltiplicare per radici quartiche di uno), nel nostro caso, avendo una matrice infinitesima, vale la relazione:

$$\det S=\det(\un + \Delta T)=1+\tr \Delta T$$

quindi nel nostro caso la condizione $\det S(\Lambda)=1$ si traduce in:

$$\tr ({ i\over 4} \sigma_{\mu\nu}\Delta\omega^{\mu\nu})= { i\over 4} \Delta\omega^{\mu\nu} \tr(\sigma_{\mu\nu})=0$$

e dunque, dato che i coefficienti sono tutti indipendenti (evidentemente pure $\tr\sigma_{\mu\nu}$ è antisimmetrico) si ha che:

$$\tr(\sigma_{\mu\nu})=0$$

Adesso possiamo usare le espressioni (2.28), (2.29) e (2.30) delle varie trasfromazioni infinitesime nella (2.25) per ottenere una equazione per le $\sigma_{\mu\nu}$; sostituendo si avrà che:

$$(\delta^\nu_\mu+\Delta\omega^\nu_{\ \mu})\gamma^\mu= \left( \un +... ...\left( \un -{ i\over 4} \sigma_{\alpha\beta}\Delta\omega^{\alpha\beta} \right)$$

da questa, scartati tutti i termini del secondo ordine in $\Delta\omega$, si ha:

$$\gamma^\nu + \Delta\omega^\nu_{\ \mu}\gamma^\mu = \gamma^\nu + { ... ...mma^\nu - { i\over 4}\Delta\omega^{\alpha\beta} \gamma^\nu\sigma_{\alpha\beta}$$

che, semplificato il primo termine e raccolto a secondo membro, diventa:

$$\Delta\omega^\nu_{\ \mu}\gamma^\mu = - { i\over 4}\Delta\omega^{\alpha\beta} [\gamma^\nu,\sigma_{\alpha\beta}]$$ (3.31)

adesso in questa dobbiamo fattorizzare i parametri $\Delta\omega^{\alpha\beta}$, per questo possiamo scriverci:

$$\Delta\omega^\nu_{\ \mu}= g^\nu_\alpha g_{\mu\beta} \Delta\omega^{\alpha\beta}\quad(= \delta^\nu_\alpha g_{\mu\beta} \Delta\omega^{\alpha\beta} )$$

ma in questa espressione i fattori non sono tutti indipendenti, dato che $\Delta\omega^{\alpha\beta}$ è antisimmetrico mentre $\delta^\nu_\alpha g_{\mu\beta}$ no, allora se vogliamo una fattorizzazione in termini di coefficienti indipendenti occorre eliminarne la parte simmetrica (che nella sommatoria è identicamente nulla) e riscriverla antisimmetrizzando come:

$$\Delta\omega^\nu_{\ \mu}=\half (g^\nu_\alpha g_{\mu\beta}- g^\nu_\beta g_{\mu\alpha} )\Delta\omega^{\alpha\beta}$$

adesso questa si può sostituire nella (2.31), ottenendo:

$$\half (g^\nu_\alpha g_{\mu\beta}-g^\nu_\beta g_{\mu\alpha}) \Del... ...\mu = -{i\over 4}\Delta\omega^{\alpha\beta} [\gamma^\nu,\sigma_{\alpha\beta}]$$

in questa tutti i fattori dei $\Delta\omega^{\alpha\beta}$ sono antisimmetrici e dato che questi ultimi sono arbitrari ed indipendenti si possono tranquillamente semplificare ottenendo:

$$2 i (g^\nu_\alpha g_{\mu\beta}-g^\nu_\beta g_{\mu\alpha}) \gamma^\mu = [\gamma^\nu,\sigma_{\alpha\beta}]$$

e se portiamo gli indici $\alpha\beta$ in alto e svolgiamo i conti si ha la definitiva:

$$[\gamma^\nu,\sigma^{\alpha\beta}]= 2 i (g^{\nu\alpha} \gamma^\beta -g^{\nu\beta} \gamma^\alpha )$$ (3.32)

che è l'espressione finale.

Si tratta allora di trovare sei matrici $\sigma^{\alpha\beta}$ che soddisfino questa condizione; il tentativo più semplice è allora cercare le $\sigma^{\alpha\beta}$ nella forma di un prodotto antisimmetrico delle $\gamma ^\mu$, e si può verificare con le relazioni di anticommutazione che se si prende:

$$\sigma^{\alpha\beta}={i \over 2} [\gamma^\alpha,\gamma^\beta]$$ (3.33)

queste effettivamente soddisfano la (2.32) e le altre condizioni richieste.

Una volta che il problema è stato risolto per trasformazioni infinitesime esso si può risolvere in generale con un procedimento di iterazione, infatti nel caso di un valore finito dei parametri $\Delta\omega$ basterà dividere il valore in $N$ parti e iterare la formula facendo poi tendere $N$ all'infinito; allora se $\omega_{\mu\nu}$ sono i valori dei parametri della trasformazione (sono detti angoli covarianti per analogia con gli angoli di Eulero delle rotazioni tridimensionali) si può dimostrare che la trasformazione degli spinori assume la forma generale:

$$S(\Lambda)=\lim_{N\to\infty} \left(\un-{i\over 4}\sigma_{\alpha\b... ...ta}\over N}\right)^N =e^{-{i\over 4} \sigma_{\alpha\beta}\omega^{\alpha\beta}}$$

che si può riscrivere, sommando solo su fattori indipendenti (cioè con $\alpha>\beta$) come:

$$S(\Lambda)= e^{-{i\over 2} \sum_{\alpha>\beta}\sigma_{\alpha\beta}\omega^{\alpha\beta}}$$ (3.34)

e si noti che come per le rotazioni degli spinori classici compare il fattore $1/2$ che fa si che dopo una rotazione spaziale di $2\pi$ lo spinore cambi segno (non è quindi un normale vettore) per ritornare lo stesso solo dopo $4\pi$. Questa ambiguità non ha comunque nessuna conseguenza perché tutte le quantità fisiche osservabili devono essere bilineari negli spinori.

Con questo abbiamo dimostrato la covarianza dell'equazione di Dirac e trovato la matrice di trasformazione degli spinori, anche se limitatamente alle trasformazioni proprie, dato che il procedimento di iterazione porta solo alle trasformazioni connesse con l'identità.