Théorie quantique des champs – Partie 13

Multiplions à gauche l’équation de Schrödinger par $\psi^*$ :

$\displaystyle \psi^*(\mathrm i \partial_t \psi = \hat H \psi) $

Et sa conjuguée par $\psi$ :

$\displaystyle \psi(-\mathrm i \partial_t \psi^* = (\hat H \psi)^*) $

En soustrayant la seconde équation à la première, on obtient :

$\displaystyle \mathrm i (\psi^* \partial_t \psi + \psi \partial_t \psi^*) = \psi^* \hat H \psi - \psi (\hat H \psi)^* $

Or d’une part $\psi^* \partial_t \psi + \psi \partial_t \psi^*=\partial_t(\psi^*\psi)$.

Et d’autre part, avec $\hat H = -\frac{1}{2m}\nabla^2 + V$ (où l’énergie potentielle $V$ est un nombre réel, $V^*=V$), le premier terme du membre de droite donne :

$\displaystyle \psi^* \hat H \psi = \psi^* \left( -\frac{1}{2m}\nabla^2 \psi + V\psi \right) = -\frac{1}{2m}\psi^*\nabla^2\psi + V\psi^*\psi $

Et le second terme :

$\displaystyle \psi (\hat H \psi)^* = \psi\left( -\frac{1}{2m}\nabla^2 \psi + V\psi \right)^{\!*} = -\frac{1}{2m}\psi\nabla^2\psi^* + V\psi\psi^* $

D’où le terme de droite complet :

$\displaystyle \left( -\frac{1}{2m}\psi^*\nabla^2\psi + \cancel{V\psi^*\psi } \right) - \left( -\frac{1}{2m}\psi\nabla^2\psi^* + \cancel{V\psi\psi^* }\right) = -\frac{1}{2m} \big( \psi^*\nabla^2\psi - \psi\nabla^2\psi^* \big) = -\frac{1}{2m} \nabla \cdot \big( \psi^*\nabla\psi - \psi\nabla\psi^* \big) $

On peut donc réécrire l’équation globale comme :

$\displaystyle \partial_t (\psi^* \psi) + \nabla \cdot \left[ \frac{1}{2m\mathrm i} \big( \psi^*\nabla\psi - \psi\nabla\psi^* \big) \right] = 0 $

Soit encore :

$\displaystyle \partial_t (\psi^* \psi) + \nabla \cdot \mathbf{j} = 0 $

en posant $\mathbf{j} = \frac{1}{2m\mathrm i} (\psi^* \nabla \psi - \psi \nabla \psi^*)$.

On reconnaît une équation de continuité qui nous dit que la variation d’une “densité” dans le temps est compensée par un “courant” qui s’échappe. Cette fameuse densité, notée $\rho$, s’identifie donc formellement et obligatoirement au terme dans la parenthèse :

$\displaystyle \rho = \psi^* \psi $

Partons de $(\partial^2 + m^2)\phi = 0$. Multiplions par $\phi^*$, puis retranchons l’équation conjuguée multipliée par $\phi$ ; le terme de masse disparaît :

$\displaystyle \phi^*\,\partial^2\phi - \phi\,\partial^2\phi^* = 0$

On reconnaît à nouveau une divergence exacte, car les termes croisés $\partial_\mu\phi^*\partial^\mu\phi$ se compensent :

$\displaystyle \partial_\mu\big(\phi^*\partial^\mu\phi - \phi\,\partial^\mu\phi^*\big) = 0$

On a donc bien une équation de continuité $\partial_\mu j^\mu = 0$, avec (en normalisant pour retrouver Schrödinger à la limite non relativiste)

$\displaystyle j^\mu = \frac{\mathrm i}{2m}\big(\phi^*\partial^\mu\phi - \phi\,\partial^\mu\phi^*\big)$

Regardons maintenant la composante temporelle, celle qui joue le rôle de densité :

$\displaystyle \rho = j^0 = \frac{\mathrm i}{2m}\left(\phi^*\frac{\partial\phi}{\partial t} - \phi\,\frac{\partial\phi^*}{\partial t}\right)$

Elle contient $\partial\phi/\partial t$, et c’est là toute la différence avec Schrödinger. Ce n’est plus un module carré, et rien n’impose son signe.

On part de l’équation de Dirac $\gamma^\mu \hat{p}_\mu \psi = m \psi$.

Comme $\gamma^\mu \hat{p}_\mu = \gamma^0 \hat{p}^0 - \boldsymbol{\gamma} \cdot \hat{\boldsymbol{p}}$, et que $\gamma^0 \hat{p}^0 = \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix} \hat{p}^0 = \begin{pmatrix} 0 & \hat{p}^0 \\ \hat{p}^0 & 0 \end{pmatrix}$, alors que $\boldsymbol{\gamma} \cdot \hat{\boldsymbol{p}} = \begin{pmatrix} 0 & \boldsymbol{\sigma} \\ -\boldsymbol{\sigma} & 0 \end{pmatrix} \cdot \hat{\boldsymbol{p}} = \begin{pmatrix} 0 & \boldsymbol{\sigma} \cdot \hat{\boldsymbol{p}} \\ -\boldsymbol{\sigma} \cdot \hat{\boldsymbol{p}} & 0 \end{pmatrix}$, on a finalement :

$\displaystyle \gamma^\mu \hat{p}_\mu = \gamma^0 \hat{p}^0 - \boldsymbol{\gamma} \cdot \hat{\boldsymbol{p}} = \begin{pmatrix} 0 & \hat{p}^0 \\ \hat{p}^0 & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & \boldsymbol{\sigma} \cdot \hat{\boldsymbol{p}} \\ -\boldsymbol{\sigma} \cdot \hat{\boldsymbol{p}} & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & \hat{p}^0 - \boldsymbol{\sigma} \cdot \hat{\boldsymbol{p}} \\ \hat{p}^0 + \boldsymbol{\sigma} \cdot \hat{\boldsymbol{p}} & 0 \end{pmatrix} $

Imaginons une interaction qui ne se couple qu’aux états de chiralité gauche. Dans la limite ultra-relativiste, où chiralité $=$ hélicité, seuls les particules d’hélicité $-1$ et les antiparticules d’hélicité $+1$ interagiraient. C’est exactement ce que fait l’interaction faible : le champ $W^\mu$ ne se couple qu’aux fermions gauches. Conséquences concrètes :

• seuls des neutrinos gauches (hélicité $-1$) et des antineutrinos droits (hélicité $+1$) ont jamais été observés ;
• un électron massif, qui oscille en permanence entre gauche et droite, ne peut émettre un $W^-$ que pendant ses « phases gauches ». La parité est violée de façon maximale.

Il ne vient de rien d’autre que du signe de l’exposant.

Pour une particule, $\psi = u(p)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}p\cdot x}$. Dériver une exponentielle revient à multiplier par son exposant :

$\displaystyle \partial_\mu\psi = -\mathrm{i}\,p_\mu\,\psi $

d’où, en reportant dans $\mathrm{i}\gamma^\mu\partial_\mu\psi = m\psi$ :

$\displaystyle \mathrm{i}\gamma^\mu(-\mathrm{i}p_\mu)\,u = m\,u \quad\Longrightarrow\quad \gamma^\mu p_\mu\,u = m\,u \quad\Longrightarrow\quad (\not{\!\!p} - m)\,u = 0 $

les deux facteurs $\mathrm{i}$ se combinant en $+1$.

Pour une antiparticule, $\psi = v(p)\,\mathrm{e}^{+\mathrm{i}p\cdot x}$, la dérivation donne cette fois $\partial_\mu\psi = +\mathrm{i}p_\mu\psi$, et les deux facteurs $\mathrm{i}$ se combinent en $-1$ :

$\displaystyle -\gamma^\mu p_\mu\,v = m\,v \quad\Longrightarrow\quad (\not{\!\!p} + m)\,v = 0 $

Attention à ne pas surinterpréter ce signe. Il ne dit pas que l’antiparticule a une masse négative, ni une énergie négative : $p^0 = E_{\boldsymbol p} > 0$ dans les deux équations. Il enregistre seulement que l’antiparticule est décrite par la seconde famille d’ondes planes.

Au repos, $p^\mu = (m, \boldsymbol 0)$, donc $\not{\!\!p} = \gamma^\mu p_\mu = m\gamma^0$. Les deux équations deviennent

$\displaystyle m\,(\gamma^0 - 1)\,u(p_0) = 0\quad$ et $\displaystyle \quad m\,(\gamma^0 + 1)\,v(p_0) = 0 $

Pour la particule :

En représentation chirale, la matrice s’écrit en blocs $2\times 2$ :

$\displaystyle \gamma^0 - 1 = \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & I \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -I & I \\ I & -I \end{pmatrix} $

d’où le système

$\displaystyle m\begin{pmatrix} -I & I \\ I & -I \end{pmatrix}\begin{pmatrix} u_L \\ u_R \end{pmatrix} = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} -u_L + u_R = 0 \\ u_L - u_R = 0 \end{cases} $

Les deux lignes disent la même chose, $u_L = u_R$ : le système est dégénéré, et il reste donc deux composantes libres, celles de $\xi \equiv u_L = u_R$.

Pour l’antiparticule, le seul changement est le signe :

$\displaystyle \gamma^0 + 1 = \begin{pmatrix} I & I \\ I & I \end{pmatrix} \quad\Longrightarrow\quad v_L + v_R = 0 \quad\Longrightarrow\quad v_R = -v_L $

Voilà d’où sort le signe moins de $v(p_0)$ : il n’est pas conventionnel, il est imposé par le signe de l’équation.

Le facteur $\sqrt m$, lui, est une pure convention de normalisation. On le choisit ainsi parce qu’il donnera $\bar u u = 2m$ un peu plus loin, ce qui est la normalisation standard.

Une antiparticule de spin physique up selon $z$ est décrite par $\eta = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}$ de sorte que $\hat S_z\,\eta = -\tfrac{1}{2}\,\eta$ et une antiparticule de spin physique down par $\eta = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$.
Le signe de la valeur propre est opposé au spin physique.

La raison profonde n’apparaîtra qu’au chapitre sur le champ de Dirac quantique : dans le champ quantifié, le terme $v(p)\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}p\cdot x}$ accompagne un opérateur de création d’antiparticule, et non d’annihilation. Tous les nombres quantiques se lisent donc « à l’envers » : créer une antiparticule de spin $+\frac{1}{2}$ revient, du point de vue du champ, à retirer une particule de spin $-\frac{1}{2}$.

Pour un mouvement selon l’axe $z$ :

$\displaystyle p^\mu = \begin{pmatrix} E_p \\ 0 \\ 0 \\ |\boldsymbol p| \end{pmatrix} $

Par conséquent,

$\displaystyle p\cdot\sigma = p_\mu\sigma^\mu = E_p\sigma^0 - |\boldsymbol p|\sigma^3 = E_{\boldsymbol p}\begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} - |\boldsymbol p| \begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix} $

D’où

$\displaystyle p\cdot\sigma=\begin{pmatrix}E_{\boldsymbol p} - |\boldsymbol p| &0\\0&E_{\boldsymbol p}+|\boldsymbol p|\end{pmatrix} $

Prenons le spin up, $\xi = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}$ (hélicité $+1$) :

$\displaystyle u(p) = \begin{pmatrix} \sqrt{E_{\boldsymbol p} - |\boldsymbol p|}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ \sqrt{E_{\boldsymbol p} + |\boldsymbol p|}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \end{pmatrix} $

Que devient le spineur dans la limite ultra-relativiste ? Cela revient à lui appliquer un boost infini qui lui procure une impulsion infini ($|\boldsymbol p|\to\infty$).

$E_{\boldsymbol p} = \sqrt{m^2+|\boldsymbol p|^2} \xrightarrow{\;|\boldsymbol p|\to\infty\;} |\boldsymbol p|$, ce qui entraîne $\sqrt{E_{\boldsymbol p} + |\boldsymbol p|} \xrightarrow{\;|\boldsymbol p|\to\infty\;} \sqrt{2 E_{\boldsymbol p}}$.

Pour $E_{\boldsymbol p}-|\boldsymbol p|$, on écrit 

$\displaystyle E_{\boldsymbol p}-|\boldsymbol p| =\frac{(E_{\boldsymbol p}-|\boldsymbol p|)(E_{\boldsymbol p}+|\boldsymbol p|)}{E_{\boldsymbol p}+|\boldsymbol p|} =\frac{E_{\boldsymbol p}^2-|\boldsymbol p|^2}{E_{\boldsymbol p}+|\boldsymbol p|} =\frac{m^2}{E_{\boldsymbol p}+|\boldsymbol p|} $

$m^2$ restant constante pendant le boost, $E_{\boldsymbol p}-|\boldsymbol p| \xrightarrow{\;|\boldsymbol p|\to\infty\;}0$.

On obtient au final :

$\displaystyle u(p) \xrightarrow{\;\text{boost infini}\;} \sqrt{2E_{\boldsymbol p}}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. $

Dans la limite ultra-relativiste, la composante gauche s’éteint : une particule d’hélicité $+1$ devient purement droite, comme annoncé. Le calcul analogue pour les trois autres cas (spin down, et les deux antiparticules) confirme le tableau de la figure des hélicités ci-dessus.

Pour obtenir l’adjoint, on doit d’abord transposer et conjuguer $u(p)$. Les matrices $(E \pm \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma})$ sont hermitiennes, ce qui signifie que leurs racines carrées le sont aussi. En appliquant l’opération $^\dagger$, on transforme le vecteur colonne en vecteur ligne :

$\displaystyle u^\dagger(p) = \left( \xi^\dagger \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \; , \; \xi^\dagger \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) $

$\displaystyle \bar{u}(p) = u^\dagger (p)\gamma^0 = \left( \xi^\dagger \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \; , \; \xi^\dagger \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix} = \left( \xi^\dagger \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \; , \; \xi^\dagger \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) $

Opérons maintenant le produit scalaire :

$\displaystyle \bar{u}(p)u(p) = \left( \xi^\dagger \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \; , \; \xi^\dagger \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) \begin{pmatrix} \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \xi \\ \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \xi \end{pmatrix} = \xi^\dagger \left( \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}}\sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) \xi + \xi^\dagger \left( \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}}\sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) \xi $

Le produit des racines donne :

$\displaystyle \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} = \sqrt{(E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma})(E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma})} = \sqrt{E^2 - (\boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma})^2}=\sqrt{E^2 - \vert{}\boldsymbol{p}\vert{}^2} =\sqrt{m^2}=m $

Où l’on a utilisé la forme vectorielle de l’identité de Pauli, posée en tête de section, avec $\boldsymbol a = \boldsymbol b = \boldsymbol p$. Le produit vectoriel s’annule ici, puisque les composantes de $\boldsymbol p$ sont de simples nombres qui commutent, et il reste :

$\displaystyle (\boldsymbol p\cdot \boldsymbol \sigma)^2 = |\boldsymbol p|^2 $

On obtient finalement :

$\displaystyle \bar{u}(p)u(p) = \xi^\dagger \, m \, \xi + \xi^\dagger\, m\, \xi = 2m\,\xi^\dagger\xi $

• $\displaystyle \bar v^s(p)\,v^r(p) = -2m\,\delta^{sr} $

$\displaystyle v^s(p) = \begin{pmatrix} \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \eta^s \\ -\sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \eta^s \end{pmatrix} $

$\displaystyle v^{s\dagger}(p) = \left( \eta^{s\dagger} \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \; , \; -\eta^{s\dagger} \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) $

$\displaystyle \bar{v}^s(p) = v^{s\dagger}(p)\gamma^0 = \left( -\eta^{s\dagger} \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \; , \; \eta^{s\dagger} \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) $

$\displaystyle \Rightarrow \bar{v}^s(p)v^r(p) = \left( -\eta^{s\dagger} \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \; , \; \eta^{s\dagger} \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) \begin{pmatrix} \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \eta^r \\ -\sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \, \eta^r \end{pmatrix} = -\eta^{s\dagger} \left( \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}}\sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) \eta^r - \eta^{s\dagger} \left( \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}}\sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) \eta^r = -\eta^{s\dagger} (m) \eta^r - \eta^{s\dagger} (m) \eta^r = -2m \, (\eta^{s\dagger} \eta^r) = -2m\,\delta^{sr} $

• $\displaystyle \bar u^r(p)\,v^s(p) = 0 $

$\displaystyle \bar{u}^r(p) v^s(p) = \xi^{r\dagger} \left( \sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}}\sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) \eta^s - \xi^{r\dagger} \left( \sqrt{E - \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}}\sqrt{E + \boldsymbol{p} \cdot \boldsymbol{\sigma}} \right) \eta^s = \xi^{r\dagger} (m) \eta^s - \xi^{r\dagger} (m) \eta^s = m (\xi^{r\dagger} \eta^s) - m (\xi^{r\dagger} \eta^s) = 0 $

Cette relation prouve que les états de particules et d’antiparticules sont orthogonaux au sens de Dirac.

Le calcul est plus court que celui des relations barrées, puisqu’il n’y a pas de $\gamma^0$ pour échanger les blocs.

Première relation
On empile simplement la ligne sur la colonne :

$\displaystyle u^{r\dagger}u^s = \left(\xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\sigma}\;,\;\xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\right)\begin{pmatrix} \sqrt{p\cdot\sigma}\,\xi^s \\ \sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\xi^s\end{pmatrix} = \xi^{r\dagger}\big(p\cdot\sigma + p\cdot\bar\sigma\big)\xi^s $

Chaque racine est ici multipliée par elle-même, ce qui la fait disparaître sans qu’on ait besoin de l’identité de Pauli. Et la somme des deux matrices est immédiate :

$\displaystyle p\cdot\sigma + p\cdot\bar\sigma = (E_{\boldsymbol p}\, I - \boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma) + (E_{\boldsymbol p}\, I + \boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma) = 2E_{\boldsymbol p}\,I $

les termes en $\boldsymbol\sigma$ se compensant exactement. D’où $u^{r\dagger}u^s = 2E_{\boldsymbol p},\xi^{r\dagger}\xi^s = 2E_{\boldsymbol p}\delta^{rs}$.

Deuxième relation
Le spineur $v$ porte un signe moins sur son bloc inférieur. Dans le produit $v^\dagger v$, ce bloc est multiplié par lui-même, donc le signe moins apparaît deux fois et disparaît :

$\displaystyle v^{r\dagger}v^s = \eta^{r\dagger}(p\cdot\sigma)\eta^s + (-1)(-1)\,\eta^{r\dagger}(p\cdot\bar\sigma)\eta^s = 2E_{\boldsymbol p}\,\delta^{rs} $

Comparons avec le cas barré. Là, le $\gamma^0$ échangeait les blocs, si bien que le signe moins n’apparaissait qu’une fois et survivait : d’où $\bar v v = -2m$. Ici il apparaît deux fois et s’évanouit. Toute la différence de signe entre les deux jeux de relations tient à ce $\gamma^0$.

Troisième relation
Il faut d’abord voir ce que devient $u$ quand on renverse l’impulsion spatiale. Avec $\tilde p^\mu = (E_{\boldsymbol p}, -\boldsymbol p)$, les deux matrices s’échangent :

$\displaystyle \tilde p\cdot\sigma = E_{\boldsymbol p} + \boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma = p\cdot\bar\sigma\quad$ et $\displaystyle \quad \tilde p\cdot\bar\sigma = p\cdot\sigma $

d’où $u^r(\tilde p) = \begin{pmatrix}\sqrt{p\cdot\bar\sigma},\xi^r \ \sqrt{p\cdot\sigma},\xi^r\end{pmatrix}$, c’est-à-dire le spineur d’origine avec ses deux blocs permutés. En contractant avec $v^s(p)$ :

$\displaystyle u^{r\dagger}(\tilde p)\,v^s(p) = \xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\sqrt{p\cdot\sigma}\,\eta^s \;-\; \xi^{r\dagger}\sqrt{p\cdot\sigma}\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\eta^s $

Les deux termes contiennent le même produit de racines, lequel vaut $m$ d’après l’identité de Pauli établie plus haut pour $\bar u u$. Ils se retranchent donc exactement :

$\displaystyle u^{r\dagger}(\tilde p)\,v^s(p) = m\,\xi^{r\dagger}\eta^s - m\,\xi^{r\dagger}\eta^s = 0 $

C’est cette relation qui tuera les termes croisés du hamiltonien et de la charge au chapitre suivant.

On écrit le produit colonne $\times$ ligne en blocs $2\times 2$ :

$\displaystyle \sum_s u^s\bar u^s = \sum_s \begin{pmatrix} \sqrt{p\cdot\sigma}\,\xi^s \\ \sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\xi^s \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \xi^{s\dagger}\sqrt{p\cdot\bar\sigma} & \xi^{s\dagger}\sqrt{p\cdot\sigma} \end{pmatrix} $

L’ordre $(\bar\sigma, \sigma)$ de la ligne mérite attention : il vient du $\gamma^0$ de l’adjoint, qui échange les blocs. C’est exactement pour cela que la matrice obtenue ne sera pas diagonale.

La relation de fermeture $\sum_s \xi^s\xi^{s\dagger} = I$ élimine alors les $\xi$ :

$\displaystyle \sum_s u^s\bar u^s = \begin{pmatrix} \sqrt{p\cdot\sigma}\sqrt{p\cdot\bar\sigma} & \sqrt{p\cdot\sigma}\sqrt{p\cdot\sigma} \\ \sqrt{p\cdot\bar\sigma}\sqrt{p\cdot\bar\sigma} & \sqrt{p\cdot\bar\sigma}\sqrt{p\cdot\sigma} \end{pmatrix} $

Les blocs diagonaux se simplifient par le mécanisme déjà employé pour $\bar u u$ : la forme vectorielle de l’identité de Pauli avec $\boldsymbol a = \boldsymbol b = \boldsymbol p$, les signes croisés de $\sigma$ et $\bar\sigma$ produisant la différence de carrés :

$\displaystyle (p\cdot\sigma)(p\cdot\bar\sigma) = (E_p - \boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma)(E_p + \boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma) = E_p^2 - (\boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma)^2 = E_p^2 - |p|^2 = m^2 \quad $

$\displaystyle \Longrightarrow\quad \sqrt{p\cdot\sigma}\sqrt{p\cdot\bar\sigma} = m $

Les blocs hors diagonale, eux, sont des racines multipliées par elles-mêmes, donc simplement $p\cdot\sigma$ et $p\cdot\bar\sigma$. Il reste

$\displaystyle \sum_s u^s\bar u^s = \begin{pmatrix} m & p\cdot\sigma \\ p\cdot\bar\sigma & m \end{pmatrix} = \; \not{\!\!p} + m $

la dernière égalité venant de $\not{\!\!p} = \begin{pmatrix} 0 & p\cdot\sigma \\ p\cdot\bar\sigma & 0\end{pmatrix}$ et de $m$ fois l’identité.

À noter pour la suite : cette matrice a exactement la structure que nous retrouverons dans le propagateur du fermion, avec la masse sur la diagonale et le terme cinétique hors diagonale. Ce n’est pas un hasard : le numérateur du propagateur est cette somme de spin.

$(\mathrm{i}\gamma^\mu \partial_\mu - m)\psi = 0$ devient en représentation chirale :

$\displaystyle \begin{pmatrix} 0 & \mathrm{i}\partial_0 + \mathrm{i}\sigma^i\partial_i \\ \mathrm{i}\partial_0 - \mathrm{i}\sigma^i\partial_i & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \psi_L \\ \psi_R \end{pmatrix} - m \begin{pmatrix} \psi_L \\ \psi_R \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix} $

Sachant que $\hat{\boldsymbol p} = -\mathrm{i}\boldsymbol{\nabla}$ (donc $\mathrm{i}\partial_i = -\hat{p}_i$), $\mathrm{i}\partial_0 + \mathrm{i}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\nabla} = \mathrm{i}\partial_0 - \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p}$ et $\mathrm{i}\partial_0 - \mathrm{i}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\nabla} = \mathrm{i}\partial_0 + \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p}$.

Cela nous donne les deux équations couplées suivantes :

$\displaystyle (\mathrm{i}\partial_0 - \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})\psi_R = m\psi_L\\ (\mathrm{i}\partial_0 + \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})\psi_L = m\psi_R $

À basse vitesse, l’énergie de masse écrase complètement l’énergie cinétique.
Pour isoler la “petite” dynamique intéressante (l’énergie cinétique non relativiste), on factorise mathématiquement cette oscillation de masse monstrueuse très rapide $\mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt}$ :

$\displaystyle \psi_{L,R}(t, \boldsymbol x) = \phi_{L,R}(t, \boldsymbol x)\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt} $

Regardons comment se comporte l’opérateur dérivée temporelle $\mathrm{i}\partial_0$ (l’énergie totale) sur cette nouvelle expression :

$\displaystyle \mathrm{i}\partial_0 \psi_{L,R} = \mathrm{i}\partial_0 \left( \phi_{L,R} \mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt} \right) = \mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt} (\mathrm{i}\partial_0 \phi_{L,R}) + \phi_{L,R} (\mathrm{i})(-\mathrm{i} m) \, \mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt} $

En notant $\hat E = \mathrm{i}\partial_0$ l’opérateur agissant uniquement sur l’enveloppe lente $\phi_{L,R}$, on remplace $\mathrm{i}\partial_0 \phi_{L,R}$ par $\hat E \phi_{L,R}$ :

$\displaystyle \mathrm{i}\partial_0 \psi_{L,R} = \mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt} (\hat E \phi_{L,R} + m\phi_{L,R}) = (m + \hat E)\phi_{L,R}\, \mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt} $

Quant à la partie spatiale (le gradient), elle ne touche pas l’exponentielle temporelle, donc :

$\displaystyle \hat{\boldsymbol p} \psi_{L,R} = (\hat{\boldsymbol p} \phi_{L,R}) \,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt} $

Il ne reste plus qu’à réinjecter dans les équations couplées :

$\displaystyle (\mathrm{i}\partial_0 - \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})\psi_R = m\psi_L \to (m + \hat E - \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})\phi_R\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt} = m\phi_L\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt}\\ (\mathrm{i}\partial_0 + \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})\psi_L = m\psi_R \to (m + \hat E + \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})\phi_L\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt} = m\phi_R\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i} mt} $

Et après simplification :

$\displaystyle -m\phi_L + (m + \hat E - \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})\phi_R = 0\\ (m + \hat E + \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})\phi_L - m\phi_R = 0 $

On cherche d’abord à exprimer $\phi_R$ à l’aide de la seconde équation.
On isole $m\phi_R$ puis on divise tout par $m$ :

$\displaystyle \phi_R = \frac{1}{m}(m + \hat E + \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})\phi_L = \left(1 + \frac{\hat E}{m} + \frac{\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p}}{m}\right)\phi_L $

Maintenant, on injecte cette grosse expression à la place de $\phi_R$ dans la première équation :

$\displaystyle -m\phi_L + (m + \hat E - \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p}) \left(1 + \frac{\hat E}{m} + \frac{\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p}}{m}\right)\phi_L = 0 $

Développons le produit des deux parenthèses terme en distribuant $(m + \hat E - \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})$ :

• Fois $1$ : $m + \hat E - \boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p}$
• Fois $\frac{\hat E}{m}$ : $\hat E + \frac{\hat E^2}{m} - \frac{(\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})\hat E}{m}$
• Fois $\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p}}{m}$ : $\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p} + \frac{\hat E(\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})}{m} - \frac{(\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})^2}{m}$

Dans ce vide libre, l‘énergie $\hat E$ (dérivée temporelle) et l’impulsion $\hat{\boldsymbol p}$ (dérivée spatiale) commutent. Les termes croisés avec un signe opposé s’annulent parfaitement. Il nous reste :

$\displaystyle (m + 2\hat E + \frac{\hat E^2}{m} - \frac{(\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})^2}{m}) $

Replaçons cela cela dans l’équation globale :

$\displaystyle -m\phi_L + m\phi_L + \left(2\hat E + \frac{\hat E^2}{m} - \frac{(\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})^2}{m}\right)\phi_L = 0 $

Les masses s’annulent !

Puisque l’on est à la limite non relativiste (basse énergie), l’énergie cinétique $\hat E$ est minuscule devant l’énergie de masse $m$ ($\hat E \ll m$). Le terme $\hat E^2/m$ est donc infime comparé à $2\hat E$ :

$\displaystyle 2\hat E\,\phi_L - \frac{(\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})^2}{m}\,\phi_L = 0 $

En divisant par 2 et en isolant l’énergie, on retrouve bien l’équation de Pauli libre :

$\displaystyle \hat E\,\phi_L = \frac{(\boldsymbol\sigma\cdot\hat{\boldsymbol p})^2}{2m}\,\phi_L $

Appelons $\boldsymbol\pi = \hat{\boldsymbol p} - q\boldsymbol A$ l’impulsion cinétique. Le terme cinétique de l’équation devient proportionnel à $(\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol\pi)^2$, et c’est ici que l’identité de Pauli posée au début du chapitre va donner tout son rendement, sous sa forme vectorielle.

Pas 1 : appliquer l’identité
Avec $\boldsymbol a = \boldsymbol b = \boldsymbol\pi$ :

$\displaystyle (\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol\pi)^2 = \boldsymbol\pi^2 + \mathrm{i}\,\boldsymbol\sigma\cdot(\boldsymbol\pi \times \boldsymbol\pi) $

Le premier terme redonne le $(\hat{\boldsymbol p} - q\boldsymbol A)^2$ habituel de Schrödinger. Tout l’intérêt est dans le second.

Le point remarquable : pour un vecteur ordinaire, $\boldsymbol\pi \times \boldsymbol\pi = \boldsymbol 0$ et il n’y aurait rien de plus. Mais $\boldsymbol\pi$ est un opérateur dont les composantes ne commutent pas entre elles, précisément parce que $\hat{\boldsymbol p}$ et $\boldsymbol A(\boldsymbol x)$ ne commutent pas. Ce produit vectoriel d’un vecteur avec lui-même est donc non nul, et nous allons voir que c’est le champ magnétique.

Pas 2 : calculer $\boldsymbol\pi \times \boldsymbol\pi$
En développant, deux des quatre termes s’annulent d’eux-mêmes :

$\displaystyle \boldsymbol\pi \times \boldsymbol\pi = \underbrace{\hat{\boldsymbol p} \times \hat{\boldsymbol p}}_{=\;\boldsymbol 0} - q\big(\hat{\boldsymbol p} \times \boldsymbol A + \boldsymbol A \times \hat{\boldsymbol p}\big) + q^2\underbrace{\boldsymbol A \times \boldsymbol A}_{=\;\boldsymbol 0} $

Les composantes de $\hat{\boldsymbol p}$ commutent entre elles, et celles de $\boldsymbol A$ aussi (c’est une simple multiplication). Seuls survivent les termes croisés, et c’est là que se joue toute la physique.

Pas 3 : faire agir sur une fonction test
Les deux termes croisés ne se compensent pas, car $\hat{\boldsymbol p} = -\mathrm{i}\boldsymbol\nabla$ dérive ce qui est à sa droite. Appliquons-les à une fonction $\psi$ :

$\displaystyle \big(\hat{\boldsymbol p} \times \boldsymbol A\big)\psi = -\mathrm{i}\,\boldsymbol\nabla \times (\boldsymbol A\psi) \qquad\text{et}\qquad \big(\boldsymbol A \times \hat{\boldsymbol p}\big)\psi = -\mathrm{i}\,\boldsymbol A \times (\boldsymbol\nabla\psi) $

La règle du produit pour le rotationnel donne $\boldsymbol\nabla \times (\boldsymbol A\psi) = (\boldsymbol\nabla \times \boldsymbol A)\psi - \boldsymbol A \times \boldsymbol\nabla\psi$. En sommant, les deux termes en $\boldsymbol A \times \boldsymbol\nabla\psi$ se retranchent et il ne reste que le rotationnel de $\boldsymbol A$ :

$\displaystyle \big(\hat{\boldsymbol p} \times \boldsymbol A + \boldsymbol A \times \hat{\boldsymbol p}\big)\psi = -\mathrm{i}\,(\boldsymbol\nabla \times \boldsymbol A)\,\psi = -\mathrm{i}\,\boldsymbol B\,\psi $

Le champ magnétique est apparu directement comme un rotationnel, sans passer par les indices, puisque $\boldsymbol B = \boldsymbol\nabla \times \boldsymbol A$ par définition. D’où

$\displaystyle \boldsymbol\pi \times \boldsymbol\pi = -q\,(-\mathrm{i}\boldsymbol B) = \mathrm{i}q\,\boldsymbol B $

Pas 4 : reporter
Les deux facteurs $\mathrm{i}$ se combinent en $-1$ :

$\displaystyle (\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol\pi)^2 = \boldsymbol\pi^2 + \mathrm{i}\,\boldsymbol\sigma\cdot(\mathrm{i}q\boldsymbol B) = \boldsymbol\pi^2 - q\,\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol B $

En divisant par le $2m$ de l’équation de Pauli, on tombe sur l’équation finale :

$\displaystyle (\hat E - qA^0)\,\phi_L = \left[\frac{(\hat{\boldsymbol p} - q\boldsymbol A)^2}{2m} - \frac{q}{2m}\,\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol B\right]\phi_L $

En géométrie, une rotation est définie par un axe et un angle. Le vecteur $\boldsymbol\theta$ pointe dans la direction de l’axe de rotation, et sa longueur (sa norme) correspond à l’angle de rotation. Ici, $\boldsymbol\theta = (0, 0, \theta^3)$.

Le produit scalaire se simplifie donc en :

$\displaystyle \boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol\theta = \sigma^1(0) + \sigma^2(0) + \sigma^3(\theta^3) = \sigma^3\theta^3 $

Et l’équation devient :

$\displaystyle D(\theta^3) = \mathrm{e}^{-\frac{\mathrm{i}}{2}\sigma^3\theta^3} $

Or $\sigma^3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}$ est sympatiquement diagonale.

Et comme $\mathrm{e}^{\begin{pmatrix} a & 0 \\ 0 & b \end{pmatrix}} = \begin{pmatrix} \mathrm{e}^a & 0 \\ 0 & \mathrm{e}^b \end{pmatrix}$,

$\displaystyle D(\theta^3) = \begin{pmatrix} \mathrm{e}^{-\frac{\mathrm{i}}{2}\theta^3 (1)} & 0 \\ 0 & \mathrm{e}^{-\frac{\mathrm{i}}{2}\theta^3 (-1)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta^3/2} & 0 \\ 0 & \mathrm{e}^{\mathrm{i}\theta^3/2} \end{pmatrix} $

Appliquons maintenant cette matrice à un spineur en lui faisant faire un tour géométrique complet sur lui-même, c’est-à-dire en choisissant un angle de rotation $\theta^3 = 2\pi$.

Grâce au facteur $1/2$ apparu dans l’exponentielle, la matrice de rotation pour un tour complet devient :

$\displaystyle D(2\pi) = \begin{pmatrix} \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\pi} & 0 \\ 0 & \mathrm{e}^{\mathrm{i}\pi} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -I $

La conclusion physique :
Si vous prenez un spineur $\psi$ (qui décrit un électron) et que vous lui faites subir une rotation spatiale classique de 360° ($2\pi$), l’opérateur de rotation agit ainsi :

$\displaystyle \psi \xrightarrow{\;360^\circ\;} -I \psi = -\psi $

La fonction d’onde ne revient pas à elle-même, elle est inversée (multipliée par un signe moins global) !
Pour que le signe moins s’annule et que l’électron retrouve son état quantique strict de départ, il faut tourner d’un angle total de $\theta^3 = 4\pi$ (soit deux tours complets). C’est la signature mathématique des particules de spin 1/2.

Trois relations de commutation définissent l’algèbre de Lorentz :

$\displaystyle [J^i, J^j] = \mathrm{i}\epsilon^{ijk}J^k $

$\displaystyle [J^i, K^j] = \mathrm{i}\epsilon^{ijk}K^k $

$\displaystyle [K^i, K^j] = -\mathrm{i}\epsilon^{ijk}J^k $

Posons $\boldsymbol J = \frac{1}{2}\boldsymbol\sigma$ et $\boldsymbol K = \lambda\boldsymbol\sigma$, avec $\lambda$ un nombre à déterminer. Tout repose sur la partie antisymétrique de l’identité de Pauli, $[\sigma^i, \sigma^j] = 2\mathrm{i}\epsilon^{ijk}\sigma^k$, établie au chapitre précédent.

La deuxième relation ne contraint rien :

$\displaystyle [J^i, K^j] = \tfrac{1}{2}\lambda\,[\sigma^i, \sigma^j] = \tfrac{1}{2}\lambda\cdot 2\mathrm{i}\epsilon^{ijk}\sigma^k = \mathrm{i}\epsilon^{ijk}(\lambda\sigma^k) = \mathrm{i}\epsilon^{ijk}K^k $

L’égalité est satisfaite quel que soit $\lambda$. C’est normal : cette relation dit seulement que $\boldsymbol K$ est un vecteur sous les rotations, ce qui ne fixe pas sa taille.

La troisième relation, elle, est décisive :

$\displaystyle [K^i, K^j] = \lambda^2[\sigma^i, \sigma^j] = 2\mathrm{i}\lambda^2\epsilon^{ijk}\sigma^k = 4\mathrm{i}\lambda^2\epsilon^{ijk}J^k $

En comparant avec le membre de droite exigé, $-\mathrm{i}\epsilon^{ijk}J^k$, il vient

$\displaystyle 4\lambda^2 = -1 \qquad\Longrightarrow\qquad \lambda^2 = -\tfrac{1}{4} \qquad\Longrightarrow\qquad \lambda = \pm\tfrac{\mathrm{i}}{2} $

Le signe moins du membre de droite est ce qui force $\lambda$ à être imaginaire, et l’équation étant quadratique, les deux racines sont recevables. Voilà l’origine des deux espèces.

Un mot sur ce que signifie « inéquivalentes ». Un changement de base $\boldsymbol\sigma \to U\boldsymbol\sigma U^{-1}$ transforme $\boldsymbol J$ et $\boldsymbol K$ de la même façon, donc conserve le rapport $\boldsymbol K/\boldsymbol J$. Comme ce rapport vaut $+\mathrm{i}$ dans un cas et $-\mathrm{i}$ dans l’autre, aucune conjugaison ne peut échanger les deux représentations.

Le raisonnement tient en cinq pas. On se place dans le cas d’un boost selon $z$, ce qui ne coûte aucune généralité : une rotation ramène toujours à cette configuration.

Écrire l’exponentielle de matrices
Pour un boost selon $z$, $\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol\phi = \sigma^3\phi^3$. Comme $(\sigma^3)^2 = I$, le développement en série se replie sur les fonctions hyperboliques, exactement comme $\mathrm e^{\sigma^3 x}$ se replierait sur $\cosh$ et $\sinh$ :

$\displaystyle \mathrm{e}^{\pm\frac{1}{2}\sigma^3\phi^3} = I\cosh\frac{\phi^3}{2} \pm \sigma^3\sinh\frac{\phi^3}{2} $

Rendre ces matrices explicites
Puisque $\sigma^3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}$ est diagonale, l’exponentielle l’est aussi, et chaque entrée est une exponentielle ordinaire :

$\displaystyle \mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\sigma^3\phi^3} = \begin{pmatrix} \mathrm{e}^{-\phi^3/2} & 0 \\ 0 & \mathrm{e}^{+\phi^3/2} \end{pmatrix} \qquad \mathrm{e}^{+\frac{1}{2}\sigma^3\phi^3} = \begin{pmatrix} \mathrm{e}^{+\phi^3/2} & 0 \\ 0 & \mathrm{e}^{-\phi^3/2} \end{pmatrix} $

Traduire la rapidité en énergie et impulsion
Un boost de rapidité $\phi^3$ appliqué à une particule au repos lui donne l’impulsion $p^\mu = (E_{\boldsymbol p}, 0, 0, |\boldsymbol p|)$ avec

$\displaystyle \cosh\phi^3 = \frac{E_{\boldsymbol p}}{m}\quad$ et $\displaystyle\quad \sinh\phi^3 = \frac{|\boldsymbol p|}{m} $

d’où, en additionnant ou soustrayant ces deux relations,

$\displaystyle \mathrm{e}^{\pm\phi^3} = \cosh\phi^3 \pm \sinh\phi^3 = \frac{E_{\boldsymbol p} \pm |\boldsymbol p|}{m} \;\Longrightarrow\; \mathrm{e}^{\pm\phi^3/2} = \sqrt{\frac{E_{\boldsymbol p} \pm |\boldsymbol p|}{m}} $

Assembler la matrice $4\times 4$
En empilant le bloc $D_L$ puis le bloc $D_R$ :

$\displaystyle S = \frac{1}{\sqrt m} \begin{pmatrix} \sqrt{E_{\boldsymbol p} - |\boldsymbol p|} & 0 & 0 & 0\\ 0 & \sqrt{E_{\boldsymbol p} + |\boldsymbol p|} & 0 & 0\\ 0 & 0 & \sqrt{E_{\boldsymbol p} + |\boldsymbol p|} & 0\\ 0 & 0 & 0 & \sqrt{E_{\boldsymbol p} - |\boldsymbol p|} \end{pmatrix} $

En l’appliquant au spineur au repos, le facteur $\sqrt m$ se simplifie contre le $1/\sqrt m$ :

$\displaystyle u(p) = S\,u(p_0) = \begin{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{E_{\boldsymbol p} - |\boldsymbol p|} & 0 \\ 0 & \sqrt{E_{\boldsymbol p} + |\boldsymbol p|}\end{pmatrix}\xi \\ \begin{pmatrix} \sqrt{E_{\boldsymbol p} + |\boldsymbol p|} & 0 \\ 0 & \sqrt{E_{\boldsymbol p} - |\boldsymbol p|}\end{pmatrix}\xi \end{pmatrix} $

Reconnaître $\sqrt{p\cdot\sigma}$ et $\sqrt{p\cdot\bar\sigma}$.
C’est l’étape qui referme la boucle. Avec $\sigma^\mu = (I, \boldsymbol\sigma)$, $\bar\sigma^\mu = (I, -\boldsymbol\sigma)$ et $p_\mu = (E_{\boldsymbol p}, -\boldsymbol p)$ en métrique $(+,-,-,-)$ :

$\displaystyle p\cdot\sigma = p_\mu\sigma^\mu = E_{\boldsymbol p}\,I - \boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma \qquad p\cdot\bar\sigma = p_\mu\bar\sigma^\mu = E_{\boldsymbol p}\,I + \boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma $

Pour notre impulsion selon $z$, $\boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma = |\boldsymbol p|\sigma^3$, donc ces deux matrices sont diagonales :

$\displaystyle p\cdot\sigma = \begin{pmatrix} E_{\boldsymbol p} - |\boldsymbol p| & 0 \\ 0 & E_{\boldsymbol p} + |\boldsymbol p| \end{pmatrix} \qquad p\cdot\bar\sigma = \begin{pmatrix} E_{\boldsymbol p} + |\boldsymbol p| & 0 \\ 0 & E_{\boldsymbol p} - |\boldsymbol p| \end{pmatrix} $

Une matrice diagonale ayant pour racine la matrice des racines, on lit immédiatement que le bloc supérieur de $u(p)$ est $\sqrt{p\cdot\sigma}\,\xi$ et le bloc inférieur $\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\,\xi$. C’est la formule annoncée.

Contrôle. Faisons $|\boldsymbol p| \to 0$ : les deux matrices tendent vers $m\,I$, donc $u(p) \to \sqrt m\begin{pmatrix}\xi \\ \xi\end{pmatrix}$, le spineur au repos. Et à la limite ultra-relativiste $E_{\boldsymbol p} \to |\boldsymbol p|$, l’entrée $\sqrt{E_{\boldsymbol p} - |\boldsymbol p|}$ s’annule : une des deux chiralités disparaît, comme le veut la coïncidence entre chiralité et hélicité à haute énergie.

Pas 1 : écrire la condition de repos sous forme matricielle
Nous savons qu’au repos $u_L(p_0) = u_R(p_0)$. Or la matrice $\gamma^0$ échange précisément les deux blocs :

$\displaystyle \gamma^0 \begin{pmatrix} u_L \\ u_R \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} u_L \\ u_R \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} u_R \\ u_L \end{pmatrix} $

Dire que $u_L = u_R$ revient donc à dire que $\gamma^0$ laisse le spineur inchangé, c’est-à-dire

$\displaystyle (\gamma^0 - 1)\,u(p_0) = 0 $

Cette équation ne contient aucune physique : elle traduit une observation faite au repos.

Pas 2 : booster la matrice $\gamma^0$
C’est le cœur du calcul. Notons $S$ la matrice de boost écrite plus haut, en blocs $\mathrm{diag}(D_L, D_R)$, et calculons $S\,\gamma^0\,S^{-1}$ par blocs :

$\displaystyle S\gamma^0 S^{-1} = \begin{pmatrix} D_L & 0 \\ 0 & D_R \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & I \\ I & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} D_L^{-1} & 0 \\ 0 & D_R^{-1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & D_L D_R^{-1} \\ D_R D_L^{-1} & 0 \end{pmatrix} $

Les deux blocs se calculent sans peine, puisque $D_L = \mathrm{e}^{-\frac{1}{2}\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol\phi}$ et $D_R = \mathrm{e}^{+\frac{1}{2}\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol\phi}$ sont inverses l’une de l’autre :

$\displaystyle D_L D_R^{-1} = \mathrm{e}^{-\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol\phi}\quad$ et $\displaystyle \quad D_R D_L^{-1} = \mathrm{e}^{+\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol\phi} $

Les demi-rapidités se sont additionnées en rapidité entière, et c’est ce qui va faire apparaître $E_{\boldsymbol p}$ et $|\boldsymbol p|$ plutôt que leurs racines. En développant comme dans la première étape de la démonstration précédente, mais sans le facteur $\frac{1}{2}$ :

$\displaystyle \mathrm{e}^{\mp\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol\phi} = I\cosh\phi \mp (\hat{\boldsymbol p}\cdot\boldsymbol\sigma)\sinh\phi = \frac{1}{m}\left(E_{\boldsymbol p}\,I \mp \boldsymbol p\cdot\boldsymbol\sigma\right) $

où l’on a réutilisé $\cosh\phi = E_{\boldsymbol p}/m$ et $\sinh\phi = |\boldsymbol p|/m$. On reconnaît alors exactement $p\cdot\sigma$ et $p\cdot\bar\sigma$ :

$\displaystyle S\gamma^0 S^{-1} = \frac{1}{m}\begin{pmatrix} 0 & p\cdot\sigma \\ p\cdot\bar\sigma & 0 \end{pmatrix} = \frac{\not{\!\!p}}{m} $

la dernière égalité venant de $\not{\!\!p} = \gamma^\mu p_\mu = \begin{pmatrix} 0 & \sigma^\mu \\ \bar\sigma^\mu & 0\end{pmatrix}p_\mu$.

Pas 3 : transporter l’équation du repos
Il ne reste qu’à multiplier la condition du pas 1 par $S$, en glissant $S^{-1}S = I$ au bon endroit :

$\displaystyle 0 = S\,(\gamma^0 - 1)\,u(p_0) = S(\gamma^0 - 1)S^{-1}\,\underbrace{S\,u(p_0)}_{u(p)} = \left(\frac{\not{\!\!p}}{m} - 1\right)u(p) $

et en multipliant par $m$ :

$\displaystyle (\not{\!\!p} - m)\,u(p) = 0 $

Morale
Nous n’avons introduit aucun principe dynamique : seulement une observation au repos et la façon dont les spineurs se transforment. L’équation de Dirac est donc, littéralement, la condition « gauche $=$ droite au repos » rendue valable dans tous les référentiels.