5thweek_lezione15_16

Lezione 15 -16
• Soluzioni dell'equazione di Dirac
sistema a riposo
soluzioni generali
• Operatore di spin
• Operatore di parità
• Momento angolare totale
• Elicità
• Interpretazione degli stati a energia negativa
• La scoperta del positrone
• Operatore di chiralità - Equazioni di Weyl
1
Soluzioni dell’ equazione di Dirac
Presa l’equazione di Dirac:
(i γ μ μ  m)ψ  0
(1)
cerchiamo una soluzione a energia positiva:

p μ  (E; p)
in forma di onda piana:
E0
ψ(p, x)  u(p) e
 i pμ x μ
(2)
 
pμ x μ  p0 x 0  pi x i  Et  p  x
N.B.
dove u(p) è uno spinore che dipende solo dal quadrimpulso, ma non dalle
coordinate spazio-temporali. Sostituiamo la (2) nella (1):
(iγ  μ  m) u(p) e
μ
i pμxμ
ed eseguiamo la derivata dell'esponenziale:
i γ
N.B.
μ
(-i ) pμ  m u(p)  0 
γ p
μ
μ
0
 m u(p)  0
(3)
 
γ pμ  γ p 0  γ p k  γ E  γ  p
μ
0
k
0
2
Soluzioni dell' eq. di Dirac a energia positiva nel S.R. a riposo
Se ci poniamo nel sistema di riferimento in cui la particella è a riposo, avremo:

p  ( m;0 )
μ
cioè E  m
e quindi, in questo sistema, gm pm si riduce a:
 
γ μ pμ  γ 0 E  γ  p  γ 0 m
e l’equazione (3) diventa:

(γ m  m) u (m; 0)  0


0
0
(γ  144 ) m u (m; 0)  0 41  (γ  144 ) u (m; 0)  0 41
0
(4)
N.B. Posso semplificare la massa solo se m ≠ 0
In questo sistema di riferimento, abbiamo anche:
 
pμ x μ  Et  p  x  m t
e lo spinore y sarà dato da:

  i pμ x μ
 i m t
ψ(m, 0, x)  u (m, 0) e
 u (m, 0) e
(5)
3
Per risolvere la (4), esprimiamo lo spinore u( m; 0) a quattro componenti come
composto da due spinori a due componenti:

  χ  (m; 0) 
 
u(m; 0)  
 φ  (m; 0) 
Vediamo in pratica, cioè dal punto di vista matriciale, che cosa significa l'equazione (4):
I membro:
0 22 
 122 0 22   122 0 22   0 22
  
  

γ  144  
0

1
0
1
0

2

1
22
2 
22
22 
22 

2
 
 
  22
144
γ0


0
0
0 21

 22
 χ  (m; 0)  

22
0
 
   

(γ  144 ) u (m; 0)  
0 22  2  122  φ  (m; 0)    2  φ  (m; 0) 

 
0

u (m; 0)
(γ 0 144 )
II membro:
041
 0 21 

 
0
 21 
0 21

 0 
    21 

  2  φ  (m; 0)   0 21 

  0
φ  (m; 0)   
 0
 Sullo spinore c+ non vi sono condizioni, mentre lo spinore φ+ deve essere nullo.
4
Un generico spinore c+ a due componenti può essere espresso come la combinazione
lineare di due spinori ortonormali fra loro:

 1 
 0 
(2)
χ  (m; 0)  a 
  b 
  a χ (1)
  b χ
 0 
 1 
La base degli stati a energia positiva è quindi data da:
u (1)

χ  
 
 
m, 0   0   
 0  

 

(1)

 
ψ (1)





m, 0, x  




1

0
0

0
1

0  -i mt
e

0

0
u (2)

χ  
 
 
m, 0   0   
 0  

 

(2)

 
ψ (2)





m, 0, x  




0

1
0

0
0

1  -i mt
e

0

0
STATI A ENERGIA
POSITIVA (SPIN UP
E SPIN DOWN)
5
Soluzioni dell' eq. di Dirac a energia negativa nel S.R. a riposo
In modo del tutto analogo, per le soluzioni ad energia negativa cerchiamo una soluzione
nella forma di onda piana (E < 0; nel S.R. a riposo E = -m; N.B. nella nostra notazione

  i pμ x μ
 imt
m>0):
ψ m, 0, x  v m, 0 e
 v m, 0 e
(6)

  
 
Riportiamo qui l'equazione (3) generale a cui deve soddisfare lo spinore y:
γ p
 m u(p)  0
(3)
 
γ μ pμ  γ 0 E  γ  p  γ 0 (-m)  - m γ 0
μ
dove :
μ
cosicché la (3) diventa:
 m γ
0
 m v(p)  0

γ
0
 144  m
 v(p)  0
(3)
6
Per risolvere la (4), esprimiamo lo spinore v( m; 0) a quattro componenti come
composto da due spinori a due componenti:

  χ  (m; 0) 
 
v(m; 0)  
 φ  (m; 0) 
Vediamo in pratica, cioè dal punto di vista matriciale, che cosa significa l'equazione (4):
I membro:
 122 0 22   122 0 22   2  122 0 22 
  
  

γ  144  
0

1
0
1
0
0
22
2 
22
22 
22 

2
 
 
  22
144
γ0



2

1
0



2  χ  (m; 0) 

22
22  χ  (m; 0)
0

   

(γ  144 ) v (m; 0)  

0 22  φ  (m; 0)  
0 21
2
02

 
0
(γ 0 144 )
II membro:
 0 21 

041  
0
 21 

 2  χ  (m; 0)   0 21 

  



0 21

  0 21 


v (m; 0)
 0
χ  (m; 0)   
0
 Sullo spinore φ- non vi sono condizioni, mentre lo spinore c- deve essere nullo.
7
Un generico spinore φ- a due componenti può essere espresso come la combinazione
lineare di due spinori ortonormali fra loro:

 1 
 0 
φ  (m; 0)  a 
  b 
  a  (1)  b  (2)
 0 
 1 
La base degli stati a energia negativa è quindi data da:
v
(1)
ψ

 0  
 
 
m, 0   0   
 (1)  
   

 
(1)





m, 0, x  




0

0
1

0
0

0  i mt
e

1

0
v
(2)
ψ

 0  
 
 
m, 0   0   
 (2)  
   

 
(2)





m, 0, x  




0

0
0

1
0

0  i mt
e

0

1
STATI A ENERGIA
NEGATIVA (SPIN
UP E DOWN)
8
Soluzioni generali dell’ eq. di Dirac (non lo dimostriamo)
ENERGIA POSITIVA
u (1) (p) 
E  p2  m2




1

 
χ

Em   

σ  p (1)    0

χ    σ  p 1
2m 
Em

 E  m  0  
 

(1)

u (2) (p) 




0

 
χ

Em   

σ  p (2)    1

χ    σ  p 0
2m 
Em

 E  m  1  
 

(2)

u(1) (p)
 
1
σ  p 1
1

σ 1 p x  σ 2 p y  σ 3 p z    
  
E  m  0
Em
 0
1 

p x
Em
0 1
0  i
 1 0   1  p x  i p y

  p y 
  p z 
   
1
0
i
0
0

1
Em





  0 
 0
pz
  
1 E  m
1
 
 0
9
u(2) (p)
 
 0
σ  p  0
1

σ 1 p x  σ 2 p y  σ 3 p z    
  
E  m 1
Em
1

1 
p x
Em
0 1
0  i
 1 0   0  p x  i p y

  p y 
  p z 
   
1
0
i
0
0

1
Em





  1 
1
- pz  0
  
 
0
E

m
 
1
Possiamo quindi così riscrivere le due soluzioni a energia positiva (E>0):
1








0
1




p
(1)

z
u (p)  A   0
  A
 Em 
 σ  p 1
 p x  ip y 
 E  m  0  


 

 Em 
0








1
0




p

i
p
(2)
y 
u (p)  A   1
  A x
 Em 
 σ  p  0
  pz 
 E  m  1  


 

 Em 
10
Soluzioni generali dell’ eq. di Dirac (non lo dimostriamo)
ENERGIA NEGATIVA
E   p2  m2
 
  pz 
  σ  p 1



  
|
E
|

m


| E |  m 0

p

i
p

| E | m 
y 
  B  x
v (1) (p) 
1
|E|m
2m 



0


1








0


 
 p x  ip y 
  σ  p 0



  
 |E|m
| E |  m 1

pz


| E | m 
  B
v (2) (p) 
0
|E|m 
2m 



1


0








1


11
OPERATORE DI SPIN
Definiamo l’operatore di spin come il seguente prodotto di matrici
1 k
1 0 k 5
Σ  γ γ γ
2
2
N.B. γ 5   i γ 0 γ 1 γ 2 γ 3
È la generalizzazione dell’operatore di spin di Pauli ½ sk da due a quattro dimensioni.
Si può far vedere facilmente che in rappresentazione di Dirac (fatelo per esercizio), si ha:
1 k 1  σk
Σ  
2
2  0 22
0 22 

σk 
k  1, 2, 3

1 3 1  σ3
Σ  
2
2  0 22
0 22 

σ3 
e che gli autovalori di tale operatore associati agli stati u(1)(m;0) e u(2)(m;0) (e v(1)(m;0) e
v(2)(m;0)) sono:
SPIN DOWN
SPIN UP
ENERGIA POSITIVA
ENERGIA NEGATIVA


(1)
Σ u (m; 0)  u (m; 0)


3 (1)
(1)
Σ v (m; 0)  v (m; 0)
3
(1)


(2)
Σ u (m; 0)  u (m; 0)


3 (2)
(2)
Σ v (m; 0)   v (m; 0)
3
(2)
12
Infatti:
 σ
Σ 3 u (1) (m; 0)   3
 0 22
  σ3
Σ u (m; 0)  
 0 22
3
(2)
  σ3
Σ v (m; 0)  
 0 22
3
(1)
  σ3
Σ v (m; 0)  
 0 22
3
(2)
1 0

 0  1
0 22  (1)
 u (m; 0)  
σ 3 
0 0

0 0
0  1
1
 
 

0  0
0
(1)




u
(m;
0
)
0
1 0  0
  
 
0  1  0 
0
0
0
1 0 0 0  0
0

 
 
 0  1 0 0  1

0 22  (2)
1
(2)
 u (m; 0)  
     u (m; 0)
σ 3 
0 0 1 0  0
0

  
 
 0 0 0  1  0 
0
1 0 0 0  0
0

 
 
 0  1 0 0  0

0 22  (1)
0
(1)
 v (m; 0)  
      v (m; 0)
σ 3 
0 0 1 0  1
1

  
 
 0 0 0  1  0 
0
1 0 0 0  0
0

 
 
 0  1 0 0  0

0 22  (2)
0
(2)
 v (m; 0)  
      v (m; 0)
σ 3 
0 0 1 0  0
0

  
 
 0 0 0  1  1 
1
Se passiamo nel S.R. in cui la particella non è a riposo, gli stati u e v saranno autostati di
S3 solo nel sistema in cui p è diretto lungo l'asse z.
13
OPERATORE DI PARITÀ
Abbiamo già visto che una possibile rappresentazione dell'operatore di parità è:
 122
P  γ  
 0 22
0
0 22 

 122 
Pertanto applicando tale operatore agli stati di particella e di antiparticella otteniamo i
seguenti numeri quantici associati (cioè le seguenti parità intrinseche):
ENERGIA POSITIVA
Pu
(1)





  122
0
(1)
m, 0  γ u m, 0  
 0 22





 1
P u (2) m, 0  γ 0 u (2) m, 0   22
 0 22
0 22  (1)
u
 122 
1

 0
m, 0  
0

0
0 

1 0 0 
0 -1 0 
 
0 0 - 1 
1



0




0


0

1

0
0

0
1

 0
m, 0  
0

0
0 

1 0 0 
0 -1 0 

0 0 - 1  
0



1




0


0 

0

1
0

0 

0 22  (2)
 u
 122 



0
0
0
0
14
ENERGIA NEGATIVA





 1
P v (1) m, 0  γ 0 v (1) m, 0   22
 0 22
Pv
(2)





  122
0
(2)
m, 0  γ v m, 0  
 0 22
Otteniamo dunque:
0 22  (1)
 v
 122 
1

 0
m, 0  
0

0


0 

1 0 0 
0 -1 0 

0 0 - 1  
0



0




1


0 

0

0
1

0 
0 22  (2)
 v
 122 
1

 0
m, 0  
0

0
0 

1 0 0 
0 -1 0 
 
0 0 - 1 
0



0




0


1

0

0
0

1
FERMIONE


0
0
0
0
PINT   1
ANTIFERMIO NE PINT  - 1
È arbitrario aver scelto come matrice g0 la matrice indicata. Al suo posto avremmo
anche potuto scegliere la matrice -g0 = eip g0 che differisce da g0 solo per una fase; in tal
caso avremmo ottenuto -1 come parità intrinseca del fermione, ma la parità intrinseca
dell'antifermione sarebbe stata in ogni caso opposta (+1). In definitiva, ciò che non è
arbitrario è il fatto che il fermione e l'antifermione hanno sempre parità opposte.
15
Momento angolare totale = costante del moto
Si può dimostrare che nè il momento angolare orbitale nè lo spin separatamente si
conservano per una particella di Dirac libera, ma si conserva la loro somma, cioè
il suo momento angolare totale J:
  1
J L Σ
2
Infatti l’hamiltoniana non commuta con L e con Σ separatamente, mentre
commuta con J:
  j
dLj
 (α  p)
dt
j

 j
1 dΣ
 (α  p)
2 dt



dJ dL 1 dΣ


0
dt
dt 2 dt
(non lo dimostriamo)
16
Elicità = costante del moto
Un’altra costante del moto è l’elicità, definita come la proiezione dello spin
lungo la direzione dell'impulso:
 
Σp
h 
|p|
Si può infatti dimostrare che questo operatore commuta con l’hamiltoniana:
 
 
  

  
d( Σ  p )
 i H, Σ  p  i H, Σ  p  i Σ   H , p   2( α  p)  p  0


dt
0

 

Nella rappresentazione di Dirac, avremo:
 

σ
Σp 
h    
| p |  0 22
0 22 
  
σ 

p

p
 
σ
 p
 
|p|

0
 22


0 22 
 
σp
 
|p| 
17
Preso un certo sistema di riferimento, lo spin potrà essere parallelo o antiparallelo
rispetto alla direzione dell’impulso. Ad esempio, preso un sistema con l’asse z
diretto come l’impulso, potremo avere:
s3
s3
p
p
h=+1
h=-1
Calcoliamo i numeri quantici dell'elicità associati alle quattro soluzioni
dell'equazione di Dirac in un sistema di riferimento in cui la particella per
semplicità ha moto solo lungo la direzione dell'asse z:
 
σp
 
|p|
h 
0
 22


0 22 
3

σ
 
σ  p   0 22

| p | 

0 22  p

3  
σ  p
1 0

0  1

0 0

0 0
0 

0 0 
1 0 

0  1
0
18
ENERGIA POSITIVA
  σ3
h u (E; p)  
 0 22
1 0

0 22  (1)
 0  1
 u (E; p) 
0 0
σ 3 

0 0
0 0 

0 0 
1 0 

0  1 
1


0

  p ( E  m)

0

1






0




(1)




u
(E;
p
)

  p ( E  m) 



0



 RIGHT - HANDED
  σ3
h u (2) (E; p)  
 0 22
1 0

0 22  (2)
 0  1
 u (E; p) 
0 0
σ 3 

0 0
0 0 

0 0 
1 0 

0  1 
0


1


0

  p ( E  m)

0






1




(2)




u
(E;
p
)



0




  p ( E  m) 



 LEFT - HANDED
 σ
h v (1) (E; p)  
 0 22
1 0

0 22  (1)
 0  1
 v (E; p) 
0 0
σ 3 

0 0
0 0 

0 0 
1 0 

0  1 
  p (| E |  m) 
  p (| E |  m) 




0
0





(1)




v
(E;
p
)




1
1








0
0




 RIGHT - HANDED
  σ3
h v (E; p)  
 0 22
1 0

0 22  (2)
 0  1
 v (E; p) 
0 0
σ 3 

0 0
0 0 

0 0 
1 0 

0  1 
0
0









p
(|
E
|

m
)

p
(|
E
|

m
)





(2)




v
(E;
p
)




0
0




1
1




 LEFT - HANDED
(1)
ENERGIA NEGATIVA
3
(2)
19
Riassumendo, i due stati di particella (elettrone, ad esempio) a energia positiva e
energia negativa che hanno lo spin parallelo alla direzione del moto hanno elicità +1;
i due stati di particella a energia positiva e a energia negativa che hanno lo spin
antiparallelo alla direzione del moto hanno elicità -1.
N.B. L'elicità si conserva, una volta scelto un determinato sistema di riferimento.
Tuttavia essa può cambiare valore passando da un sistema di riferimento all'altro.
Consideriamo infatti un S.R. nel quale la particella ha un determinato impulso diretto
lungo l'asse z nel suo verso crescente: l'elicità di una particella a spin up sarà positivo.
Se con un boost di Lorentz ci spostiamo in un S.R. in cui l'impulso p è diretto dall’altra
parte (e questo lo possiamo fare prendendo un S.R. che si muove nella stessa direzione
della particella ma più velocemente di lei), lo spin della particella sarà sempre orientato
nello stesso modo ma è cambiato il verso dell'impulso e pertanto l'elicità della particella
sarà diventata negativa.
 Solo le particelle di massa 0 o ultrarelativistiche, che vanno cioè alla velocità della
luce, avranno la stessa elicità in tutti i S.R in quanto non è possibile trovare un S.R. nel
quale l'impulso della particella cambi di direzione (una particella che si muove a velocità
c in una certa direzione si muoverà a velocità c e in quella direzione in tutti i S.R.).
20
FORME BILINEARI COVARIANTI
Studiamo il comportamento delle diverse forme bilineari covarianti cioè espressioni
della forma per effetto di una trasformazione di Lorentz propria (come una traslazione
spaziale) e per effetto dell'operazione di parità (non lo dimostreremo):
ψ a ψ
dove a è una delle seguenti matrici o prodotti di matrici:
 a  144 , γ μ , γ 5 , γ μ γ 5

1)  a  144
TL
ψ ψ  ψ ψ
scalare
P
ψ ψ  ψ ψ
scalare
2)  a  γ μ
TL
ψ γ ψ  ψ γ ' μ ψ  μν ψ γ μ ψ
μ
quadri - vettore
 ψ γ 0 ψ  ψ γ ' 0 ψ  ψ P -1 γ 0 P ψ  ψ γ 0 γ 0 γ 0 ψ  ψ γ 0 ψ
ψ γ ψ  
k
k
-1 k
0 k 0
k
ψ γ ψ  ψ γ ' ψ  ψ P γ P ψ  ψ γ γ γ ψ   ψ γ ψ
μ
P
vetto re polare
21
3)  a  γ 5
TL
ψ γ ψ  ψ γ ' 5 ψ  ψ γ5 ψ
5
scalare (non lo dimostriam o)
P
ψ γ ψ  ψ γ ' 5 ψ  ψ (P -1 γ 5 P) ψ  ψ (γ 0
5
γ5
γ0 ) ψ 
- iγ 0 γ1 γ 2 γ 3
0 1 2 3 0
0 2 3 0
 - i ψ (γ 0 γ
γ γ γ γ ) ψ  i ψ (γ 0 γ 1 γ
γ γ γ )ψ 
- γ1 γ 0
-γ2 γ0
0 3 0
0 1 2 3 0 0
 - i ψ (γ 0 γ 1 γ 2 γ
γ
γ
)ψ


i
ψ
(γ
γ γ γ γ
γ )ψ 




-γ3 γ0
144
2 3
5

i ψ ( γ0 
γ 1γ
γ
)
ψ

ψ
γ
ψ pseudo - scalare

γ5
Se si applicano trasformazioni di Lorentz, la forma bilineare y g5 y ci appare come uno
scalare. Solo se applichiamo una trasformazione di parità essa ci apparirà per quello che
realmente è e cioè uno pseudo-scalare.
22
4)  a  γ μ γ 5
ψ γ γ ψ  ψ γ μ γ 5  ' ψ  ψ S -1 γ μ γ 5  S ψ 
μ
5
TL
-1 μ
-1 5
μ
ν 5


 ψ 
S
γ
S
S
γ
S
ψ


ψ
γ
γ ψ
ν

 

Λ μν γ ν
quadri - vettore
γ5
0 0 5 0
0 5

ψ γ 0 γ 5  ' ψ  ψ P -1 γ 0 γ 5  P ψ  ψ γ
γ γ
γ
ψ


ψ
γ
γ ψ



144
-γ 0 γ 5

 parte tempo cambia segno

P 

μ 5
ψ γ γ ψ  
k 5
-1
k 5
0 k 5 0
k 0 0 5
k 5




ψ
γ
γ
'
ψ

ψ
P
γ
γ
P
ψ

ψ
γ
γ
γ
γ
ψ

ψ
γ
γ
γ
γ
ψ

ψ
γ
γ ψ

 




144
-γk γ0
-γ0γ5


 parte spazio non cambia segno


 vettore assiale
Se consideriamo solo trasformazioni di Lorentz proprie, il covariante bilineare ci
appare come un quadri-vettore; solo se gli applichiamo una operazione di parità
esso ci appare per quello che è e cioè un vettore assiale o pseudo-vettore.
23
Interpretazione di Dirac degli stati a energia negativa
N.B. Mentre nell’eq. di Dirac è risolto il problema di non positività di , non è invece
risolto il problema degli stati a energia negativa. Ci si domandò per lungo tempo se le
soluzioni a energia negativa avessero un reale significato fisico o no. Esse tuttavia, come
abbiamo visto, nascono in modo del tutto naturale dalla richiesta di alcune ipotesi di base
a cui l'equazione di Dirac deve soddisfare e dalle conseguenti proprietà matematiche
delle matrici.
La base completa per le soluzioni generali dell'eq. di Dirac è costituita da 4 stati (due a
energia positiva e due a energia negativa). Se si considerassero solo gli stati a energia
positiva, questi NON costituirebbero una base completa. Rimaneva però aperta la
questione dell'interpretazione degli stati a energia negativa.
Dirac interpretò il risultato ottenuto invocando il principio di esclusione di Pauli. L’energia
positiva minima possibile per una particella è quella di massa. Lo spettro degli stati a energia
positiva descrive particelle che si muovono a un’ energia uguale o superiore a mc2. Al di
sotto dello spettro a energia positiva, starebbe lo spettro degli stati a energia negativa con
energie a partire da E=-mc2 e inferiori.
24
La domanda che ci si può porre è la seguente: per quale motivo un elettrone a energia
positiva a riposo, cioè avente la minima energia positiva possibile (E=mc2 ) non decade
indefinitamente verso gli stati di energia negativa che stanno sotto di lui?
Per rispondere a questa domanda, Dirac assunse che nel vuoto tutti i livelli energetici
fossero completamente riempiti ("mare" di Dirac) da particelle aventi la stessa carica
dell'elettrone ma energie negative. L'elettrone non potrebbe quindi decadere negli stati
sottostanti a causa del principio di esclusione di Pauli.
25
Il vuoto sarebbe dunque in realtà "pieno" di un mare di particelle. L'esistenza di tali
particelle del mare può essere sperimentata, solo nel momento in cui un fotone, assorbito
da una di queste particelle a energia negativa, le dia abbastanza energia per transire,
trasformandola in una particella a energia positiva che lascia al suo posto una lacuna con
carica e energia opposte alle proprie. Se infatti un fotone di energia minima Eg = 2mec2
incide su uno stato a energia –mec2 del mare di Dirac, questo, assorbendo il fotone,
acquisterà energia mec2 e potrà quindi transire nella parte di spettro a energia positiva.
Che caratteristiche ha la lacuna lasciata dall'elettrone a energia negativa al suo posto?
e- A EN. POSITIVA
LACUNA
26
ENERGIA DELLA LACUNA
Quando al vuoto viene sottratto un elettrone di energia negativa (ad es. –mec2), la sua
energia aumenta di una quantità positiva. Pertanto l’energia finale del vuoto sarà:
E’vuoto = Evuoto – (–mec2) = Evuoto+ mec2
La quantità fisicamente osservabile è solo la variazione di energia tra il prima e il dopo,
pertanto misurerò una variazione di energia:
DEvuoto = E’vuoto – Evuoto = mec2
CARICA DELLA LACUNA
La carica della particella a energia negativa quella dell’elettrone (– e), quindi, quando al
vuoto viene sottratto un elettrone di energia negativa che ha carica (– e), la sua carica
aumenta di una quantità positiva. La carica finale del vuoto sarà:
Q’vuoto = Qvuoto – (–e) = Qvuoto+ e
Di nuovo la quantità fisicamente osservabile è la variazione di carica:
DQvuoto = Q’vuoto – Qvuoto = e
27
SPIN DELLA LACUNA
Lo spin della particella a energia negativa è ½ e terza componente ±½; pertanto, quando al
vuoto viene sottratto un elettrone di energia negativa che ha tali caratteristiche, la lacuna che
rimane dovrà avere stesso spin dell'elettrone ma terza componente opposta a quella
dell'elettrone a energia negativa.
Riassumendo dunque: la lacuna si comporta agli effetti sperimentali come una particella
di energia positiva (uguale e opposta a quella dell'elettrone a energia negativa), carica
positiva (uguale e opposta a quella dell'elettrone a energia negativa), stesso spin
dell'elettrone a energia negativa, ma terza componente dello spin opposta a quella
dell'elettrone a energia negativa. Questa particella è rivelabile sperimentalmente e si
chiama POSITRONE. Fu rivelata da Anderson per la prima volta nel 1932.
 Anzichè trattare il mare con una teoria a molti corpi, che descrive gli infiniti
elettroni a energia negativa in esso contenuti, possiamo trattarlo in modo più semplice,
descrivendo gli elettroni che mancano dal mare e cioè le lacune in esso presenti. Il
problema è che dunque il numero delle particelle di un sistema PUÒ CAMBIARE.
Noi invece abbiamo sempre scritto un'equazione per una particella libera o soggetta a
potenziale. Occorrerà passare alla teoria dei campi, che permetterà la creazione e la
distruzione di particelle.
N.B. La spiegazione di Dirac, calzante per il caso dei fermioni, non potè però essere
adottata per i bosoni, quando si scoprì che anche i bosoni hanno antiparticelle.
28
La scoperta del positrone (Anderson, 1932)
Nel 1932, veniva osservata sperimentalmente da Anderson (Nobel, 1936) una particella di
carica positiva e massa uguale a quella dell'elettrone. Una camera a nebbia era inserita
dentro un grande elettromagnete di 25 000 (o 15 000) Gauss per creare un campo
magnetico che deflette le particelle cariche; le particelle cariche lasciano una traccia di
goccioline lungo il loro passaggio e tale traccia può essere fotografata. Il raggio di
curvatura della traccia, a fissato campo magnetico, dipenderà dall' impulso della particella
in base alla legge (vedi lezione sulla spettrometria):
mv q BR
Quindi piccoli raggi di curvatura corrispondono a particelle leggere o lente.
29
Nota la direzione di viaggio della particella e fissato il campo magnetico, la particella si
"arrotolerà" intorno al campo verso destra o sinistra a seconda che abbia carica negativa o
positiva (fig. a) e b)). Tuttavia una particella positiva che viaggia verso l'alto produrrà una
traccia con curvatura verso destra, analoga cioè a quella di una particella negativa che
viaggia verso il basso (vedi figure c) e b)). Quindi se non è nota la direzione di viaggio
della particella non si può essere sicuri della sua carica.
a)
q<0
B
b)
q>0
c)
B 
B 
q<0
Anderson osservò altrettante tracce associabili a particelle positive e negative. Quelle
positive inoltre erano per la maggior parte dovute a una particella molto più leggera del
protone (l'unica particella positiva nota all'epoca). Per risolvere l'ambiguità sulla direzione
di provenienza delle tracce, Anderson pensò di inserire in mezzo alla camera una lastra di
piombo, nella quale le particelle perdono energia. Se la particella proviene dal basso ed ha
carica negativa, curverà verso sinistra e nella regione di camera sotto la lastra essa sarà più
energetica e quindi avrà raggio di curvatura minore rispetto alla zona superiore. Il contrario
avverrà per una carica negativa proveniente dall'alto.
30
c)
B 
B 
q<0
b)
q>0
B 
B 
Ecco una fotografia scattata da Anderson che rivela il passaggio di un positrone
dal basso verso l'alto della camera a nebbia (Caso c)).
31
Foto di sciami elettromagnetici con elettroni e positroni
32
Interpretazione di Pauli-Weisskopf degli stati a energia negativa
Una interpretazione successiva a quella di Dirac degli stati a energia negativa venne fornita
nel 1934 da Pauli e Weisskopf, che ripresero in considerazione l’equazione di KleinGordon. Ricordiamo che la densità di probabilità e di corrente erano date da:

  Φ
Φ 

ρ  i  Φ
Φ
t
t 



j  i ΦΦ  ΦΦ

Cerchiamo la soluzione dell’equazione di K.-G. :
 2

 2   2  m2 Φ  0
 t

(1)
in forma di onda piana:

 i(Et px)
Φ  Ne


* i(Et px)
Φ N e
*
(2)
N.B. L'equazione (1) è soddisfatta da una soluzione nella forma della (2) purchè l'energia è
l'impulso siano legati dalla relazione relativistica (provate a dimostrarlo):

E   p2  m2
33
Ricaviamo ora le espressioni per la densità di probabilità e di corrente, che saranno
funzione degli autovalori dell’energia:
Φ
 Φ
ρ  i (Φ
Φ
)
t
t




* i(Et px)
i(Et px)
i(Et px)
* i(Et px)
 i (N e
( i )ENe
 Ne
iEN e
)


 i i N Ei N E  2N E
2

2
2
 positivo o negativo




j  i Φ Φ  ΦΦ 




 * i(Etpx)
* i(Et px)
i(Et px)
i(Et px)

 i N e
( i )(  p)Ne
 Ne
 i  (  p)N e
2
2
2


 i i  p  N  i  p  N  2 N p


In particolare la densità sarà positiva per E>0 e negativa per E<0.
Pauli e Weisskopf pensarono di inserire davanti a  e a j la carica -e della particella e di
interpretarle come la densità di carica e di corrente rispettivamente anzichè come densità di
probabilità.
L’espressione della carica e della densità per un elettrone di energia positiva E>0 sarà:



2
2
ρ ( E, p)  2 e N E
j ( E, p)  2 e N p
34
Se ora calcoliamo la densità di carica e corrente per una particella (il positrone) di carica
positiva e di energia positiva, ci accorgeremo che queste sono identiche a quelle di un
elettrone di carica negativa ed energia negativa. Infatti si ha:


2
2
ρ e (E, p)  2 e N E  2 e N ( E)  ρ e  ( E, p)





2
2
je (E, p)  2 e N p  2 e N ( p)  je  ( E, p)
con E  0
con E  0
Questo apre una nuova possibile interpretazione agli stati di energia negativa: un positrone,
cioè una particella di carica positiva q=+e e a energia positiva E>0, è equivalente a un
elettrone di carica negativa q=+e e di energia negativa –E<0.
Pertanto le soluzioni a energia negativa possono essere considerate come soluzioni di
particelle con carica opposta ed energia positiva (che sono le antiparticelle dell'elettrone).
In questa interpretazione abbiamo ignorato lo spin dell'elettrone e lo abbiamo descritto con
l'equazione di Klein-Gordon.
35
Interpretazione di Feynman-Stückelberg degli stati a energia negativa
L'interpretazione di Feynman e Stückelberg è che, dal punto di vista dell'evoluzione
temporale, possiamo considerare l'elettrone a carica negativa ed energia negativa come
una particella che va indietro nel tempo. Infatti la sua evoluzione temporale è data da:
e-iEt =ei|E|t
con E<0
e questo andamento può essere pensato come quello di una particella che va indietro nel
tempo se mandiamo t  -t:
ei|E|t = e-i|E|(-t)
Il positrone, invece, essendo una particella a energia positiva, va in avanti nel tempo con
la legge:
e-iEt
t
e- E<0
e+ E>0
36
Pertanto, l'emissione di un positrone è equivalente all'assorbimento di un elettrone a
energia negativa e viceversa. Ad esempio (come vedremo più in là) il processo di
creazione di coppia e+e- da parte di un fotone può essere schematizzato come l'emissione
di un e- a energia positiva e l'assorbimento di un e- a energia negativa (equivalente
all'emissione di un positrone a energia positiva) o viceversa nell'annichilazione di una
coppia:
g
emissione di e- (E>0)
emissione e+ (E>0) = assorbimento di e- (E<0)
assorbimento di e- (E>0)
assorbimento di e+ (E>0) = emissione di e- (E<0)
e-
g
e+
37
Il positrone è dunque una particella a energia positiva, rivelabile
sperimentalmente, che però dal punto di vista della teoria di Dirac si comporta
come l'antiparticella dell'elettrone.
L'interpretazione degli stati a energia negativa dell'elettrone come una
particella a carica positiva e energia positiva risolve alcuni problemi che
l’interpretazione di Dirac lasciava irrisolti:
1) L’interpretazione non è applicabile ai bosoni, perchè per essi non
vale il principio di esclusione di Pauli
2) Nel mare dovrebbero essere contenuti infiniti stati con infiniti elettroni a
energia negativa, ma la loro energia e carica non sono osservabili
sperimentalmente (e nemmeno le interazioni tra di essi)
38
Operatore di chiralità
Consideriamo l’operatore di chiralità g5 che era cosi definito:
g5 = i g0 g1 g2 g3
Nella rappresentazione di Dirac, che è quella nella quale abbiamo estratto le soluzioni
dell'eq. di Dirac, g5 non è diagonale:
 0 22
γ  
 122
Definiamo i seguenti proiettori:
5
PL 
1
1  1
144  γ 5   22
2
2   122


122 

0 22 
 122 

122 
PR 
1 
1
1
144  γ 5   22 22 
2
 122 122 

Un fermione a energia positiva è descritto dal quadri-spinore:

 χ 
ψ    
 
La funzione yL ottenuta applicando a y+ l’operatore PL = ½ (144 -g5 ) è data da:
ψL  PL ψ  
1
2
 122

  122
 122  χ   1  χ     
   

122    2   χ     
(1)
39
Ricordiamo che lo spinore φ+ poteva essere così espresso:
 
σp
 
χ
Em
Pertanto la (1) può essere così riscritta:
 
 
(σ  p)  
 1 
χ  
1  χ      1   (E  m)  

ψ L  
 
(σ  p)  
2   χ      2  
χ  
  1 
(E

m)
 
 
(2)
Per i neutrini vale la relazione E>>m. In un sistema in cui l'impulso sia diretto lungo
l'asse z avremo:
 
 
σp
σ  p σ 3pz


 σ3 β  σ3
Em
E
E
e quindi la (2) diventa:
1  χ      1  1  σ 3  χ  

 
ψ L  
2   χ      2   1  σ 3  χ  
(3)
40
Consideriamo esplicitamente i due casi possibili per c+ :
ψ
(1)
L
(1)
1  1  σ 3  χ  

 

2   1  σ 3  χ (1)
 
Parte superiore
Parte inferiore
ψ
(2)
L
1
1  1 0   1 0    1   0 0   1   0 
122  σ 3  χ (1)


    
    


2
2  0 1   0  1   0   0  1   0   0 
1
- 122  σ 3  χ (1)
  0
2
(2)
1  1  σ 3  χ  

 

2   1  σ 3  χ (2)
 
Parte superiore
Parte inferiore
1
1  1 0   1 0    0   0 0 
122  σ 3  χ (2)
 

    


2
2  0 1   0  1   1   0  1 
 0
1
- 122  σ 3  χ (2)


 

2
1
(1)
 ψ (1)
L  PL ψ
0
 
0
 
0
 
0
(2)
ψ (2)
L  PL ψ
0 0
    
1 1
 0 
 
  1
  
0
 
  1
 L'effetto dell' operatore PL sulla funzione y è quello di annullare la componente (1)
(Right-handed) e di lasciare la componente (2) (Left-handed).
41
Analogamente se consideriamo l'effetto del proiettore PL sulle soluzioni a energia negativa
faremo annullare la parte Left-handed e si conserverà solo la parte Right-handed:
ψ L  PL ψ  
dove:
1
2
 122

  122
 122  χ   1  χ     
   

122    2   χ     
 
σp
χ 

|E|m


χ




1
1

  
ψ L  PL ψ    
2   χ     2


 
 σp
 
 122   

|E|  m
  1
 
 σp
  2
 122   

|
E
|

m

 
  σ 3  122   




σ

1

3
22
 

42
ψ
(3)
L
(1)
1   1  σ 3    

 
2  1  σ 3   (1) 
Parte superiore -
 1 0   1 0   1    1 0   1 
1
1
122  σ 3  (1)   1 
  
    
     
2
2  0 1   0  1    0   0 0   0 
0
Parte inferiore
1
1
122  σ 3  (1)   
2
0
1   1  σ 3   
 
2  1  σ 3   (2)
(2)
ψ
(4)
L
Parte superiore 
Parte inferiore




 1 0   1 0   0    1 0   0   0 
1
1  σ 3  (2)   1 

    
   
2
2  0 1   0  1   1   0 0   1   0 
0
1
1  σ 3  (2)   
2
0
(3)
 ψ (3)
L  PL ψ
  1
 
 0 
 
1
 
 0 
(4)
ψ (4)
L  PL ψ
0
 
0
  
0
 
0
43
In sostanza, nella rappresentazione di Dirac avevamo scomposto gli stati su una base di
quattro componenti, due con energia positiva, con elicità positiva e negativa, e due con
energia negativa, con elicità positiva e negativa:
(2)
(3)
(4)
ψ  Aψ(1)
  B ψ  C ψ  D ψ
Applicare a tale combinazione lineare il proiettore PL equivale a lasciare solo lo stato a
energia positiva e elicità negativa e lo stato a energia negativa e elicità positiva.
(2)
(3)
(4)
(2)
(3)
ψL  PL ψ  Aψ(1)

B
ψ

C
ψ

D
ψ

B
ψ

C
ψ
L
L
L
L
L
L
Lo stato ottenuto dall'applicazione di PL a y è una miscela di stati a energia positiva ed
elicità negativa e stati a energia negativa ed elicità positiva (neutrino left-handed e
antineutrino right-handed), mentre lo stato che si ottiene dall'applicazione di PR a y è
una miscela di stati a energia positiva ed elicità positiva e stati a energia negativa ed
elicità negativa (neutrino right-handed e antineutrino left-handed), :
(2)
(3)
(4)
(1)
(4)
ψR  PR ψ  Aψ(1)
R  B ψ R  C ψ R  D ψ R  Aψ R  D ψ R
Possiamo dunque pensare agli spinori yL e yR come a una nuova base. Questa nuova base
è quella che diagonalizza la matrice g5, e gli stati yL e yR saranno autostati di g5, associati
agli autovalori rispettivamente +1 e -1.
44

1
1  5
1
5
5 5
γ ψ L  γ PL ψ  γ 144  γ ψ 
γ  γ
γ ψ   144  γ 5 ψ   ψ L

2
2
2



144 

ψ
5
5
5
L

1
1  5
1
5
5 5
γ ψ R  γ PR ψ   γ 144  γ ψ 
γ  γ
γ ψ   144  γ 5 ψ   ψ R

2
2
2



1
4

4


ψ
5
5
5
R
In questa nuova base gli stati fondamentali si potranno riscrivere come:
ψL
χL 
 
 0 
0
 
ψR
 0 
 
 0 
χ 
 R
dove gli spinori cL e cR sono spinori a due componenti così composti rispetto alle
soluzioni in rappresentazione di Dirac:
s

s

s

s

particella L-H
antiparticella R-H
particella R-H
L
R
R
cL
antiparticella L-H
L
cR
45
Equazioni di Weyl - Particelle a massa nulla
Scriviamo le equazioni valide per yL e yR :
iγ μ  μ ψ L  ?

iγ μ  μ








1
1
1
1  γ 5 ψ  1  γ 5 iγ μ  μ ψ  m 1  γ 5 ψ  mψ R

2
2
2
mψ
iγ μ  μ ψ R  ?

iγ μ  μ




1
1
1
1  γ 5 ψ  1  γ 5 iγ μ  μ ψ  m 1  γ 5 ψ  mψ L

2
2
2
mψ
iγ μ  μ ψ L  mψ R
(1)
iγ μ  μ ψ R  mψ L
46
Per m= 0 la prima delle due equazioni (1) si riduce a:


 

0
0
0 
0 

 i γ
γ  0  γ γ   ψL  0  i  0  γ γ   ψL  0


 144



 
i γ  0  γ   ψL  0
0

(2)
Poichè ci troviamo nella rappresentazione di chiralità, nella quale è diagonalizzata la
matrice g5, le matrici g saranno date da:
 0
γ   22
σ

σ 

0 22 
0
γ   22
 122
0
122 
 0
  γ 0 γ   22
0 22 
 122
e lo spinore yL da:
ψL
122   0 22
 
0 22    σ


σ  σ

0 22   0 22
0 22 
 
σ 
χL 
 
 0 
0
 
L'equazione (2) diventerà pertanto:
χL 

   σ
i
 0 -i
 t    0 22
0
0
χL   
0 22      0 
  0  
σ     0 
 0   0 
 
(3)
47
L'equazione si riduce ad una equazione sullo spinore a due componenti cL e analogo
risultato si può trovare per lo spinore a due componenti cR:
 

χL  i σ   χL  0
t
 

i
χR  i σ   χR  0
t
i
EQUAZIONI DI WEYL PER
PARTICELLE A MASSA
NULLA
Pertanto, se m=0, le equazioni a cui obbediscono la componente left e la componente
right della particella sono completamente disaccoppiate e tali componenti evolvono
indipendentemente l’una dall’altra. Ciò significa che l' esistenza di uno spinore yL che
descrive un L e un R non implica necessariamente l'esistenza anche dello spinore yR
che descrive un R e un L. Vedremo in seguito infatti che in natura esiste solo la prima
combinazione di spinore e non la seconda. È attualmente ancora in studio il problema
della massa effettiva del neutrino.
48