Kapitel 4
Die Quantentheorie

13    Spin 1/2, Dirac- und Weyl-Gleichung

• Kurze Wiederholung: Poincarégruppe und Quantenmechanik
• Felder mit Spin 1/2 und Masse > 0
• Die Diracgleichung
• Viererstrom und Skalarprodukt
• negative Energien und Quantenzustände
• masselose Teilchen mit Spin 1/2 und die Weyl-Gleichung
• Diracgleichung und Clifford-Algebren

Kurze Wiederholung: Poincarégruppe und Quantenmechanik

Versuchen wir, analog zum Fall Spin gleich Null aus dem vorherigen Kapitel nun den Fall Spin 1/2 genauer zu untersuchen. Hier nochmal die notwendigen Zutaten in Kürze (Details siehe Kapitel 4.10 und Kapitel 4.11):

Unitäre Darstellung der Poincaregruppe auf Einteilchen-Zuständen $|\mathit{p},\sigma ⟩$ mit Impuls $\mathit{p}$ und Spinkomponente $\sigma$: $$T_g|\mathit{p},\sigma ⟩=$$ $$=\sum _{{\sigma }^{\prime }}|\mathrm{\Lambda }\mathit{p},{\sigma }^{\prime }⟩D_{{\sigma }^{\prime }\sigma }(u)$$ $$T_{h(a)}|\mathit{p},\sigma ⟩=$$ $$=e^{ig(a,P)}|\mathit{p},\sigma ⟩=$$ $$=e^{ig(a,p)}|\mathit{p},\sigma ⟩$$ Skalarprodukt: $$⟨{\mathit{p}}^{\prime },{\sigma }^{\prime }|\mathit{p},\sigma ⟩=$$ $$==2p^0{\delta }^3({\mathit{p}}^{\prime }-\mathit{p}){\delta }_{\sigma ,{\sigma }^{\prime }}$$

Dabei war die Wigner-Rotation $u$ ein Element der kleinen Gruppe, die einen Standard-Viererimpuls $k$ invariant lässt. Die Impulsamplitude $f_{\sigma }(\mathit{p})$ und ihr Transformationsverhalten hatten wir so definiert: $$|\psi ⟩=\sum _{\sigma }\int \frac{d^{3}p}{2p^0}{f}_{\sigma }(\mathit{p})|\mathit{p},\sigma ⟩$$ $$[T_{g}f](\mathit{p})=D_{}(u^{\prime })f({\mathrm{\Lambda }}^{-1}\mathit{p})$$ Auch $u^{\prime }$ ist ein (anderes) Element der kleinen Gruppe. Ein einfacheres Transformationsverhalten ergibt sich, wenn wir zu den Feldern $F(p)$ übergehen mit $$p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}$$ (also positiver Energie): $$F(p):=D(g(p))f(\mathit{p})$$ $$[T_{g}F](p):=D(g(p))[T_{g}f](\mathit{p})$$ so dass $$[T_{g}F](p)=D(g)F({\mathrm{\Lambda }}^{-1}p)$$ Die Matrix $g(p)$ gehört dabei zu einer Lorentztransformation ${\mathrm{\Lambda }}_p$, die den Standardvektor $k$ in $p$ umwandelt (braucht man beim Übergang zur kleinen Gruppe, siehe Kapitel 4.10 ). Die Darstellungsmatrix $D(g)$ muss übrigens nicht unitär sein. Das Skalarprodukt mit Hilfe der Felder ausgedrückt lautet: $$⟨{\psi }^{\prime }|\psi ⟩=$$ $$=\int \frac{d^{3}p}{2p^0}[f^{\prime }(\mathit{p}){]}^{+}f(\mathit{p})=$$ $$=\int \frac{d^{3}p}{2p^0}{F}^{\prime }(p{)}^{+}[D(g(p){)}^{-1}{]}^{+}\cdot$$ $$\cdot D(g(p){)}^{-1}F(p)$$ Wir können also als Impuls-Wahrscheinlichkeits-Dichte interpretieren: $$\frac{|f_{\sigma }(\mathit{p}){|}^2}{2p^0}=\frac{|(D(g(p){)}^{-1}F(p){)}_{\sigma }{|}^2}{2p^0}$$ Fouriertransformation zu Raumzeit-abhängigen Feldern (positiver Energie) ergibt: $$\psi (x):=$$ $$=N\int d^{4}pF(p)e^{-ipx}\cdot$$ $$\cdot \delta (p^2-m^2)\mathrm{\Theta }(p^0)=$$ $$=N\int \frac{d^{3}p}{2p^0}F(p^0,\mathit{p})e^{-i{p}^{0}t}{e}^{i\mathit{p}\mathit{x}}$$ mit $p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}$ in der unteren Zeile, der Normierung $N=(2\pi {)}^{-3/2}$ und der Minkowski-Metrik $px=g(p,x)$. Auf diesen Feldern haben wir die folgende Darstellung der Poincaregruppe: $$[T_{g,a}\psi ](x)=D(g)\psi ({\mathrm{\Lambda }}^{-1}(x-a))$$

Felder mit Spin 1/2 und Masse > 0

Wenden wir wie schon im vorherigen Kapitel diese Formeln auf den Fall mit Gesamtspin 1/2 und positiver Masse an. Analog zum vorherigen Kapitel schreiben wir wieder ein tiefgestelltes $+$ -Zeichen bei den Feldern, um klarzumachen, dass $p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}$ mit positivem Vorzeichen festgelegt ist (so können wir später wieder den Fall mit negativem Vorzeichen durch ein tiefgestelltes Minus-Zeichen darstellen).

Statt $\psi (x)$ schreiben wir ${\xi }_{+}(x)$ und statt $F(p)$ mit $p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}$ schreiben wir ${\xi }_{+}(p)$ oder auch ${\xi }_{+}(\mathit{p})$ (wir unterscheiden also zur Vereinfachung in der Schreibweise nicht zwischen ${\xi }_{+}(x)$ und der Fouriertransformierten ${\xi }_{+}(\mathit{p})$, da dies durch das Argument klar ist).

Bleibt die Frage, was wir für eine Darstellungsmatrix $D(g)$ wählen sollen. Am Ende von Kapitel 4.10 hatten wir untersucht, welche Möglichkeiten es hier gibt. Für Spin 1/2 gibt es zwei Möglichkeiten: $$\begin{array}{rl}D(g)& =g\\ D(g)& =(g^{+}{)}^{-1}\end{array}$$ Für Drehungen $g=u$ aus $SU(2)$ sind beide Fälle identisch. Bei Boosts dagegen ist die zweite Matrix invers zur ersten.

• Der Fall $D(g)=g$:

Schauen wir uns zuerst die einfachere Möglichkeit $D(g)=g$ an. Sie entspricht der ersten Fundamentaldarstellung.

Fassen wir die obigen Formeln in der neuen Schreibweise noch einmal zusammen (dabei ist in den Formeln überall $p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}$): $${\xi }_{+}(p):=g(p)f(\mathit{p})$$ $$[T_g{\xi }_{+}](p)=g{\xi }_{+}({\mathrm{\Lambda }}^{-1}p)$$
$$⟨{\xi }_{+}^{\prime }|{\xi }_{+}⟩=$$ $$=\int \frac{d^{3}p}{2p^0}{\xi }_{+}^{\prime }(p{)}^{+}[g(p{)}^{-1}{]}^{+}g(p{)}^{-1}{\xi }_{+}(p)$$ $${\xi }_{+}(x):=N\int \frac{d^{3}p}{2p^0}{\xi }_{+}(\mathit{p})e^{-ipx}$$ $$[T_{g,a}{\xi }_{+}](x)=g{\xi }_{+}({\mathrm{\Lambda }}^{-1}(x-a))$$ Man kann in diesen Formeln die $SL(2,\mathbb{C})$-Boostmatrix $g(p)$ explizit mit Hilfe der Pauli-Matrizen ausdrücken. Sammeln wir dazu noch einmal die Details aus Kapitel 4.10 , die wir über die kleine Gruppe bei positiver Masse kennengelernt haben:

Zur $SL(2,\mathbb{C})$-Matrix $g(p)$ gehört die Lorentz-Matrix ${\mathrm{\Lambda }}_p$, die aus dem Standardvektor $k$ den Vektor $p$ macht: $$p={\mathrm{\Lambda }}_{p}k$$ Da wir uns hier auf den Fall positiver Masse (ungleich Null) beschränken, können wir $$k=\left(\begin{array}{c}m\\ \mathbf{0}\end{array}\right)$$ wählen, also den Viererimpulsvektor im Ruhesystem als Vergleichsvektor nehmen. Zusätzlich verwenden wir wieder die Konvention, dass ${\mathrm{\Lambda }}_p$ ein Boost sein soll. Entsprechend ist $g(p)$ eine hermitesche Matrix.

Der Zusammenhang zwischen einer Lorentzmatrix $\mathrm{\Lambda }$ und der zugehörigen $SL(2,\mathbb{C})$-Matrix $g$ ist über $$g\sigma (x)g^{+}=\sigma (\mathrm{\Lambda }x)$$ gegeben mit $$\sigma (x)={\sigma }_{\mu }{x}^{\mu }$$ Dabei ist ${\sigma }_0=1$ die 2-mal-2-Einheitsmatrix und ${\sigma }_1,{\sigma }_2,{\sigma }_3$ sind die Pauli-Matrizen. Wir schreiben auch $$({\sigma }_{\mu })=(1,\mathit{\sigma })$$ Setzen wir für $x$ den Vektor $k$ ein, für $\mathrm{\Lambda }$ die Matrix ${\mathrm{\Lambda }}_p$ und für $g$ das zugehörige $g(p)$, so haben wir $$g(p)\sigma (k)g(p{)}^{+}=\sigma ({\mathrm{\Lambda }}_{p}k)$$ Für $k=(m,\mathbf{0})$ ist dabei auf der linken Seite $\sigma (k)=m1$. Weiter ist rechts ${\mathrm{\Lambda }}_{p}k=p$. Und schließlich ist $g(p)$ hermitesch, d.h. $g(p{)}^{+}=g(p)$. Insgesamt ergibt sich so die Gleichung $$g(p)m1g(p)=\sigma (p)$$ oder kurz

$$g(p)g(p)=\sigma \left(\frac{p}{m}\right)$$ oder gleichwertig dazu $$g(p)=\sigma {\left(\frac{p}{m}\right)}^{1/2}$$

Statt $\frac{p}{m}$ kann man auch die Vierergeschwindigkeit $u$ verwenden, denn $p=mu$.

Nun tritt im Skalarprodukt oben aber nicht $g(p)$, sondern $g(p{)}^{-1}$ auf. Dafür bieten sich die Matrizen $$({\tilde{\sigma }}_{\mu }):=(1,-\mathit{\sigma })$$ an, die wir in Kapitel 4.11 kennengelernt haben (siehe die Weyl-Darstellung der $\gamma$-Matrizen dort). Es gilt nämlich $$\sigma (x)\tilde{\sigma }(x)=x^2=g(x,x)$$ so dass $$\sigma \left(\frac{p}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right)={\left(\frac{p}{m}\right)}^2=1$$ ist und damit $$\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right)=\sigma {\left(\frac{p}{m}\right)}^{-1}$$ Also ist

$$g(p{)}^{-1}g(p{)}^{-1}=\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right)$$ oder gleichwertig dazu $$g(p{)}^{-1}=\tilde{\sigma }{\left(\frac{p}{m}\right)}^{1/2}$$

Im Skalarprodukt oben tritt nun gerade dieser Term $g(p{)}^{-1}g(p{)}^{-1}$ auf (das Kreuz können wir weglassen, denn wie $g(p)$ ist auch $g(p{)}^{-1}$ hermitesch). Fassen wir die obigen Formeln daher noch einmal zusammen:

$$⟨{\xi }_{+}^{\prime }|{\xi }_{+}⟩=$$ $$=\int \frac{d^{3}p}{2p^0}{\xi }_{+}^{\prime }(p{)}^{+}\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right){\xi }_{+}(p)$$ $${\xi }_{+}(x):=N\int \frac{d^{3}p}{2p^0}{\xi }_{+}(\mathit{p})e^{-ipx}$$ $$[T_g{\xi }_{+}](p)=g{\xi }_{+}({\mathrm{\Lambda }}^{-1}p)$$ $$[T_{g,a}{\xi }_{+}](x)=g{\xi }_{+}({\mathrm{\Lambda }}^{-1}(x-a))$$

• Der Fall $D(g)=(g^{+}{)}^{-1}$:

Schauen wir uns nun die zweite Möglichkeit $D(g)=(g^{+}{)}^{-1}$ an. Sie entspricht der zweiten Fundamentaldarstellung. Um diesen Fall von dem vorhergehenden besser unterscheiden zu können, wollen wir statt $\xi$ den Buchstaben $\eta$ für das Feld verwenden. Damit haben wir (dabei ist in den Formeln überall wieder $p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}$): $${\eta }_{+}(p):=(g(p{)}^{+}{)}^{-1}f(\mathit{p})$$ $$[T_g{\eta }_{+}](p)=(g^{+}{)}^{-1}{\eta }_{+}({\mathrm{\Lambda }}^{-1}p)$$
$$⟨{\eta }_{+}^{\prime }|{\eta }_{+}⟩=$$ $$=\int \frac{d^{3}p}{2p^0}{\eta }_{+}^{\prime }(p{)}^{+}g(p)g(p{)}^{+}{\eta }_{+}(p)$$ $${\eta }_{+}(x):=N\int \frac{d^{3}p}{2p^0}{\eta }_{+}(\mathit{p})e^{-ipx}$$ $$[T_{g,a}{\eta }_{+}](x)=(g^{+}{)}^{-1}{\eta }_{+}({\mathrm{\Lambda }}^{-1}(x-a))$$ Für die hermiteschen Boostmatrizen können wir wieder schreiben: $$(g(p{)}^{+}{)}^{-1}=g(p{)}^{-1}=\tilde{\sigma }{\left(\frac{p}{m}\right)}^{1/2}$$ Im Skalarprodukt schreiben wir entsprechend $$g(p)g(p{)}^{+}=g(p)g(p)=\sigma \left(\frac{p}{m}\right)$$ und erhalten damit:

$$⟨{\eta }_{+}^{\prime }|{\eta }_{+}⟩=$$ $$=\int \frac{d^{3}p}{2p^0}{\eta }_{+}^{\prime }(p{)}^{+}\sigma \left(\frac{p}{m}\right){\eta }_{+}(p)$$ $${\eta }_{+}(x):=N\int \frac{d^{3}p}{2p^0}{\eta }_{+}(\mathit{p})e^{-ipx}$$ $$[T_g{\eta }_{+}](p)=(g^{+}{)}^{-1}{\eta }_{+}({\mathrm{\Lambda }}^{-1}p)$$ $$[T_{g,a}{\eta }_{+}](x)=(g^{+}{)}^{-1}{\eta }_{+}({\mathrm{\Lambda }}^{-1}(x-a))$$

• Zusammenhang zwischen den beiden Fällen:

Es ist bisher vollkommen unklar, warum es zwei und nicht nur eine Möglichkeit gibt. Bisher wissen wir nur: Die Darstellungstheorie bietet diese zwei Möglichkeiten, d.h. es gibt Felder, die sich mit $D(g)=g$ transformieren, während andere Felder sich mit $D(g)=(g^{+}{)}^{-1}$ transformieren.

Bei Drehungen sind beide Fälle identisch, denn für ein unitäres $g=u$ ist $(u^{+}{)}^{-1}=u$. Deshalb ist in beiden Fällen der Spin gleich 1/2, denn dieser ist über das Drehverhalten definiert.

Unterschiede gibt es dagegen bei Boosts: Wenn $g=g(p)$ ist, dann transformieren sich die Felder im ersten Fall mit $D(g(p))=g(p)$, während sie sich im zweiten Fall genau invers dazu transformieren: $D(g(p))=(g(p{)}^{+}{)}^{-1}=g(p{)}^{-1}$.

Die Felder transformieren sich bei Boosts in beiden Fällen also invers zueinander, bei Drehungen dagegen gleich zueinander. Was aber bedeutet das für die Quantenzustände? Schauen wir uns dazu noch einmal die entsprechende Transformationsformel von oben an: $$T_g|\mathit{p},\sigma ⟩=$$ $$=\sum _{{\sigma }^{\prime }}|\mathrm{\Lambda }\mathit{p},{\sigma }^{\prime }⟩D_{{\sigma }^{\prime }\sigma }(u)$$ Dabei ist $u$ ein Element der kleinen Gruppe. Aus Kapitel 4.10 wissen wir, dass die kleine Gruppe alle Lorentztransformationen (bzw. die zugehörigen $SL(2,\mathbb{C})$-Matrizen) umfasst, die einen vorgegebenen Viererimpuls-Standardvektor $k$ unverändert lassen. Zu jedem $g$ gibt es dann ein $u$, das durch $$u=g(\mathrm{\Lambda }p{)}^{-1}gg(p)$$ definiert ist. Dabei gehört $g(p)$ zur Lorentzmatrix, die $k$ in $p$ umwandelt.

Bei Teilchen mit Masse wählen wir $k=(m,\mathbf{0})$, also den Viererimpuls im Ruhesystem des Teilchens. $g(p)$ entspricht dann einem Boost, und $u$ ist aus $SU(2)$ und entspricht einer Drehung im Ruhesystem. In Kapitel 4.10 hatten wir gezeigt, dass für eine Drehung $g=u^{\prime }$ das zugehörige $u$ aus der kleinen Gruppe gerade gleich der Drehung $u^{\prime }$ ist.

Da $u$ aus $SU(2)$ ist, ist $$(u^{+}{)}^{-1}=u=D(u)$$ d.h. sowohl bei der ersten als auch bei der zweiten Fundamentaldarstellung transformieren sich die Quantenzustände genau gleich. Die beiden Fälle unterscheiden sich nur durch die Art, wie aus den Impulsamplituden die Felder definiert werden.

Im ersten Fall tun wir dies über $${\xi }_{+}(p):=g(p)f(\mathit{p})$$ und im zweiten Fall über $${\eta }_{+}(p):=(g(p{)}^{+}{)}^{-1}f(\mathit{p})$$ Dadurch ergibt sich jeweils das unterschiedliche Transformationsverhalten der Felder.

Man kann aber die beiden Felddefinitionen ineinander umrechnen. Wenn wir von derselben Impulsamplitude $f(\mathit{p})$ ausgehen, so erhält man nämlich durch Freistellen der obigen beiden Formeln nach $f(\mathit{p})$ die Gleichung $$f(\mathit{p})=$$ $$=g(p{)}^{-1}{\xi }_{+}(p)=$$ $$=g(p{)}^{+}{\eta }_{+}(p)$$ und somit die beiden zueinander gleichwertigen Beziehungen

$${\eta }_{+}(p)=$$ $$=(g(p{)}^{+}{)}^{-1}g(p{)}^{-1}{\xi }_{+}(p)=$$ $$=\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right){\xi }_{+}(p)$$ $${\xi }_{+}(p)=$$ $$=g(p)g(p{)}^{+}{\eta }_{+}(p)=$$ $$=\sigma \left(\frac{p}{m}\right){\eta }_{+}(p)$$

Diese Beziehung müssen die beiden Felder ${\xi }_{+}(p)$ und ${\eta }_{+}(p)$ erfüllen, wenn sie zur selben Impulsamplitude und damit zum selben Quantenzustand gehören sollen. Genau diesen Zusammenhang werden wir bei den Lösungen der Diracgleichung wiederfinden! Nochmal zur Erinnerung: Das gilt alles nur bei Masse größer als Null (wir teilen ja auch durch $m$) und in den Formeln ist überall $p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}$.

Die Diracgleichung

Wie in Kapitel 4.12 bei der Klein-Gordon-Gleichung wollen wir nun wieder den Weg umkehren: Wir starten mit irgendwelchen Feldern $\xi (x)$ und $\eta (x)$ und versuchen, Gleichungen für diese Felder zu formulieren, so dass wir sie in Beziehung zu den Impulsamplituden und damit zu Einteilchen-Quantenzuständen setzen können. Dafür wird wieder die Masse als Parameter in der Gleichung wichtig sein.

Wie im skalaren Fall definieren wir zunächst eine Darstellung auf den Feldern, die analog zu der oben hergeleiteten Darstellung aufgebaut ist: $$[T_{g,a}\xi ](x):=g\xi ({\mathrm{\Lambda }}^{-1}(x-a))$$ $$[T_{g,a}\eta ](x):=(g^{+}{)}^{-1}\eta ({\mathrm{\Lambda }}^{-1}(x-a))$$ Und vollkommen analog zum skalaren Fall können wir die Klein-Gordon-Gleichung separat für beide Felder fordern, um bei der Fouriertransformation $p^2=m^2$ sicherzustellen:

$${\hat{P}}^2\xi (x)=m^2\xi (x)$$ $${\hat{P}}^2\eta (x)=m^2\eta (x)$$

mit dem Impulsoperator $${\hat{P}}_{\mu }=i\frac{d}{d{x}^{\mu }}$$ Damit sehen die Fourierintegrale für beide Felder analog zum skalaren Fall aus, und wir können die entsprechenden Formeln vom skalaren Fall aus Kapitel 4.12 direkt übernehmen: $$\xi (x)=$$ $$=N\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}{\xi }_{+}(\mathit{p})e^{-ipx}{|}_{p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}+$$ $$+N\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}{\xi }_{-}(\mathit{p})e^{-ipx}{|}_{p^0=-\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$
$$\eta (x)=$$ $$=N\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}{\eta }_{+}(\mathit{p})e^{-ipx}{|}_{p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}+$$ $$+N\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}{\eta }_{-}(\mathit{p})e^{-ipx}{|}_{p^0=-\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$ Es treten also wie im skalaren Fall wieder negative Energien auf, was nicht überascht, wenn man dieselbe Gleichung fordert.

Aber etwas kommt bei Spin 1/2 noch hinzu: Wir haben zwar zwei mögliche Feldtypen (bezogen auf die Darstellung der Poincaregruppe), aber wir haben auch einen Zusammenhang zwischen den beiden Feldtypen, den diese erfüllen müssen, wenn sie zur selben Impulsamplitude und damit zum selben Quantenzustand gehören sollen (siehe oben): $${\eta }_{+}(p)=\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right){\xi }_{+}(p)$$ $${\xi }_{+}(p)=\sigma \left(\frac{p}{m}\right){\eta }_{+}(p)$$ (mit $p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}$, beide Gleichungen sind äquivalent, wie wir wissen). Diese Gleichungen lassen sich sicherstellen, wenn wir für $\xi (x)$ und $\eta (x)$ Folgendes fordern:

$$\eta (x)=\tilde{\sigma }\left(\frac{\hat{P}}{m}\right)\xi (x)$$ $$\xi (x)=\sigma \left(\frac{\hat{P}}{m}\right)\eta (x)$$

wieder mit dem Impulsoperator ${\hat{P}}_{\mu }=i\frac{d}{d{x}^{\mu }}$. Überprüfen wir es: Einsetzen der Fourierintegrale für $\xi (x)$ und $\eta (x)$ ergibt nach kurzer Rechnung: $${\eta }_{+}(p)=\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right){\xi }_{+}(p){|}_{p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$ $${\xi }_{+}(p)=\sigma \left(\frac{p}{m}\right){\eta }_{+}(p){|}_{p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$
$${\eta }_{-}(p)=\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right){\xi }_{-}(p){|}_{p^0=-\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$ $${\xi }_{-}(p)=\sigma \left(\frac{p}{m}\right){\eta }_{-}(p){|}_{p^0=-\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$ Die oberen beiden Gleichungen sind das gewünschte Ergebnis, und die unteren beiden Gleichungen sind das Gegenstück dazu für negative Energien.

Interessant ist: Die beiden Gleichungen $$\eta (x)=\tilde{\sigma }\left(\frac{\hat{P}}{m}\right)\xi (x)$$ $$\xi (x)=\sigma \left(\frac{\hat{P}}{m}\right)\eta (x)$$ beinhalten automatisch die Klein-Gordon-Gleichung von oben, die wir also nicht mehr separat fordern müssen. Um das zu sehen, setzen wir beispielsweise die erste Gleichung in der zweiten Gleichung rechts ein: $$\xi (x)=\sigma \left(\frac{\hat{P}}{m}\right)\eta (x)=$$ $$=\sigma \left(\frac{\hat{P}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{\hat{P}}{m}\right)\xi (x)=$$ $$=\frac{{\hat{P}}^2}{m^2}\xi (x)$$ Multiplikation mit $m^2$ ergibt die Klein-Gordon-Gleichung für $\xi (x)$. Analog erhält man auch die Klein-Gordon-Gleichung für $\eta (x)$.

Man fasst nun gerne die beiden Gleichungen zu einer einzigen Gleichung zusammen, indem man die beiden zweikomponentigen Felder $\xi (x)$ und $\eta (x)$ zu einem vierkomponentigen Feld $\psi (x)$ zusammenfasst (Vorsicht: dies ist nicht das Feld $\psi (x)$ von ganz oben): $$\psi (x):=\left(\begin{array}{c}\xi (x)\\ \eta (x)\end{array}\right)$$ Man bezeichnet das Feld $\psi (x)$ als Dirac-Spinor, $\xi (x)$ als Weyl-Spinor und $\eta (x)$ als konjugierten Weyl-Spinor. Zusätzlich definiert man die 4-mal-4-Operatormatrix $$\gamma (\hat{P}):=\left(\begin{array}{cc}0& \sigma (\hat{P})\\ \tilde{\sigma }(\hat{P})& 0\end{array}\right)$$ d.h. es ist $$\gamma (\hat{P})={\gamma }_{\mu }{\hat{P}}^{\mu }$$ mit $${\gamma }_{\mu }:=\left(\begin{array}{cc}0& {\sigma }_{\mu }\\ {\tilde{\sigma }}_{\mu }& 0\end{array}\right)$$ Mit dieser Notation lassen sich die beiden Gleichungen nun leicht zur sogenannten Dirac-Gleichung zusammenfassen:

Dirac-Gleichung: $$\gamma (\hat{P})\psi (x)=m\psi (x)$$

Die Lösungen dieser Gleichung haben wir oben bereits ermittelt. In der Schreibweise mit dem Diracspinor lauten sie $$\psi (x)={\psi }_{+}(x)+{\psi }_{-}(x)=$$ $$=N\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}{\psi }_{+}(\mathit{p})e^{-ipx}{|}_{p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}+$$ $$+N\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}{\psi }_{-}(\mathit{p})e^{-ipx}{|}_{p^0=-\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$ mit $${\psi }_{+}(\mathit{p})=$$ $$={\left(\begin{array}{c}{\xi }_{+}(p)\\ \tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right){\xi }_{+}(p)\end{array}\right)}_{p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}=$$ $$={\left(\begin{array}{c}\sigma \left(\frac{p}{m}\right){\eta }_{+}(p)\\ {\eta }_{+}(p)\end{array}\right)}_{p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$ und $${\psi }_{-}(\mathit{p})=$$ $$={\left(\begin{array}{c}{\xi }_{-}(p)\\ \tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right){\xi }_{-}(p)\end{array}\right)}_{p^0=-\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}=$$ $$={\left(\begin{array}{c}\sigma \left(\frac{p}{m}\right){\eta }_{-}(p)\\ {\eta }_{-}(p)\end{array}\right)}_{p^0=-\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$ Die Matrizen ${\gamma }_{\mu }$ in der Diracgleichung kennen wir aus Kapitel 4.11 : Es sind die Diracmatrizen in der Weyl-Darstellung.

Diese Matrizen sind eine spezielle Matrixdarstellung für die Generatoren der Clifford-Algebra der Minkowski-Raumzeit, wie wir dort gelernt haben. Daher gilt die universelle Eigenschaft dieser Clifford-Algebra $$\gamma (x)\gamma (y)=g(x,y)$$ mit der Minkowski-Metrik $g(x,y)=x^{\mu }{y}_{\mu }$ (kann man natürlich nochmal explizit nachrechnen). Insbesondere ist $$\gamma (\hat{P})\gamma (\hat{P})=g(\hat{P},\hat{P})={\hat{P}}^2$$ Damit können wir leicht erneut zeigen, dass aus der Diracgleichung $\gamma (\hat{P})\psi (x)=m\psi (x)$ die Klein-Gordon-Gleichung ${\hat{P}}^2\psi (x)=m^2\psi (x)$ für $\psi (x)$ folgt: Wir multiplizieren die Diracgleichung mit $\gamma (\hat{P})$ und erhalten $$\gamma (\hat{P})\gamma (\hat{P})\psi (x)=m\gamma (\hat{P})\psi (x)$$ Links verwenden wir $\gamma (\hat{P})\gamma (\hat{P})={\hat{P}}^2$ und rechts setzen wir wieder die Diracgleichung ein. Ergebnis: $${\hat{P}}^2\psi (x)=m\gamma (\hat{P})\psi (x)=m^2\psi (x)$$ Historisch entwickelte Paul Dirac die Diracgleichung, um anders als bei der Klein-Gordon-Gleichung eine positiv definite Wahrscheinlichkeitsdichte aus der Nullkomponente eines Viererstroms gewinnen zu können. Wir werden gleich sehen, ob das hier gelingt. Dazu strebte er eine Gleichung mit einer einfachen (statt zweifachen) Zeitableitungen an, analog zur Schrödingergleichung. Tatsächlich enthält die Diracgleichung nur eine erste Ableitung in der Zeit, so wie von Dirac angestrebt.

Dirac ging dabei so vor: er machte den Ansatz $$\gamma (\hat{P})\psi (x)=m\psi (x)$$ und forderte von dem noch unbekannten Objekt $\gamma (\hat{P})$, dass sein Quadrat gleich ${\hat{P}}^2$ sein müsse, damit er die Klein-Gordon-Gleichung reproduzieren konnte (wie oben gezeigt). Das führte ihn auf die universelle Eigenschaft der Raum-Zeit-Clifford-Algebra $$\gamma (x)\gamma (y)=g(x,y)$$

Aus heutiger Sicht ist es gar nicht notwendig, aus den Feldern direkt eine positiv definite Wahrscheinlichkeitsdichte zu konstruieren. Wir haben ja in Kapitel 4.10 ganz allgemein gesehen, wie die Felder sich in Impulsamplituden umrechnen lassen und wie sich dadurch schließlich eine positiv definite Wahrscheinlichkeitsdichte konstruieren lässt, wobei positive und negative Energien getrennt betrachtet werden müssen. Für die Diracgleichung werden wir das gleich nochmal explizit durchführen.

Den eigentlichen Unterschied zwischen Dirac- und Klein-Gordon-Gleichung haben wir bereits durch die Art ihrer Konstruktion deutlich gemacht: Quantenzustände mit Spin 0 führten zur Klein-Gordon-Gleichung, Quantenzustände mit Spin 1/2 führen zur Dirac-Gleichung. Entsprechend beschreibt die Klein-Gordon-Gleichung Felder mit Spin Null, die Dirac-Gleichung Felder mit Spin 1/2. Das hatte Dirac zunächst gar nicht beabsichtigt, aber es kam bei seiner Konstruktion einer relativistischen Differentialgleichung erster Ordnung nebenbei heraus.

Oben hatten wir das Transformationsverhalten der Felder vorausgesetzt und dann die dazu passende Diracgleichung konstruiert. Wir können leicht nachrechnen, dass wenn $$\psi (x)=\left(\begin{array}{c}\xi (x)\\ \eta (x)\end{array}\right)$$ eine Lösung der Diracgleichung ist, dass dann auch $$[T_{g,a}\psi ](x)=\left(\begin{array}{c}[T_{g,a}\xi ](x)\\ [T_{g,a}\eta ](x)\end{array}\right)=$$ $$=\left(\begin{array}{c}g\xi ({\mathrm{\Lambda }}^{-1}(x-a))\\ (g^{+}{)}^{-1}\eta ({\mathrm{\Lambda }}^{-1}(x-a))\end{array}\right)$$ eine Lösung der Diracgleichung ist – so hatten wir ja die Diracgleichung konstruiert. Es bietet sich an, die Schreibweise aus Kapitel 4.11 für dieses Transformationsgesetz zu verwenden (in der Weyl-Basis für die Diracmatrizen):

$$[T_{g,a}\psi ](x)=S\psi ({\mathrm{\Lambda }}^{-1}(x-a))$$ mit der Matrix $$S=\left(\begin{array}{cc}g& 0\\ 0& (g^{+}{)}^{-1}\end{array}\right)$$

Umgekehrt erzwingt die Diracgleichung (in der Weyl-Basis) sogar die obige Form von $S$ und legt damit fest, dass wir es mit Spin 1/2 zu tun haben. Schauen wir uns dazu die Details an:

Am Einfachsten geht es, wenn wir für $\psi (x)$ das allgemeine Fourierintegral einsetzen (vergleiche den skalaren Fall in Kapitel 4.12 ) und so die Diracgleichung im Impulsraum aufstellen: $$\psi (x)=N\int d^{4}ph(p)e^{-ipx}$$ Natürlich ist $h(p)$ hier (anders als im skalaren Fall) ein vierkomponentiges Objekt analog zu $\psi (x)$. Im Impulsraum lautet die Diracgleichung dann: $$\gamma (p)h(p)=mh(p)$$ und für das Transformationsverhalten von $h(p)$ bei Lorentztransformationen gilt (die hier unwichtigen Translationen lassen wir weg): $$[T_{g}h](p)=Sh({\mathrm{\Lambda }}^{-1}p)$$ Wir fordern nun: Wenn $h(p)$ eine Lösung der Diracgleichung im Impulsraum ist, so soll auch $[T_{g}h](p)$ eine Lösung sein: $$\gamma (p)[T_{g}h](p)=m[T_{g}h](p)$$ Einsetzen von $[T_{g}h](p)=Sh({\mathrm{\Lambda }}^{-1}p)$ ergibt: $$\gamma (p)Sh({\mathrm{\Lambda }}^{-1}p)=mSh({\mathrm{\Lambda }}^{-1}p)$$ Wir setzen nun $p^{\prime }:={\mathrm{\Lambda }}^{-1}p$ und lassen den Strich wieder weg: $$\gamma (\mathrm{\Lambda }p)Sh(p)=mSh(p)$$ Rechts können wir nach der Diracgleichung $mh(p)$ durch $\gamma (p)h(p)$ ersetzen ($m$ vertauscht als Zahl mit der Matrix $S$): $$\gamma (\mathrm{\Lambda }p)Sh(p)=S\gamma (p)h(p)$$ Da diese Gleichung für beliebige $h(p)$ gelten soll (sofern sie Lösungen der Diracgleichung sind), müssen die darauf angewendeten Matrizen gleich sein, d.h. es gilt $$\gamma (\mathrm{\Lambda }p)S=S\gamma (p)$$ Multiplikation von rechts mit $S^{-1}$ ergibt:

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

Das ist genau die Gleichung für die Spin-Gruppe der Lorentzgruppe, wie wir sie aus Kapitel 4.11 kennen. Dabei wird die Spingruppe durch die Matrizen $S$ gebildet, die über die obige Gleichung jeweils mit einem $\mathrm{\Lambda }$ zusammenhängen. Bei der Minkowski-Metrik ist die Spingruppe gleich der universellen Überlagerungsgruppe, und wir haben in Kapitel 4.11 bereits gesehen, dass die Gleichung $$\gamma (\mathrm{\Lambda }p)=S\gamma (p)S^{-1}$$ äquivalent zur Gleichung $$g\sigma (p)g^{+}=\sigma (\mathrm{\Lambda }p)$$ ist, mit der wir sonst die universelle Überlagerungsgruppe angegeben haben. Für $S$ ergibt sich dabei in Kapitel 4.11 in der Weyl-Basis die Form, wie wir sie oben angegeben haben. $S$ und $g$ hängen also eindeutig miteinander zusammen.

Viererstrom und Skalarprodukt

Analog zur Klein-Gordon-Gleichung kann man auch bei der Diracgleichung wieder einen erhaltenen Viererstrom definieren und über die Null-Komponente dieses Stroms ein Poincare-invariantes Skalarprodukt gewinnen:

Vierer-Stromdichte für die Dirac-Gleichung: $$j_{\mu }(x)=\overline{\psi }(x){\gamma }_{\mu }\psi (x)$$

mit $$\overline{\psi }(x):={\psi }^{+}(x){\gamma }_0$$ Das Poincare-invariante Skalarprodukt lautet dann:

Skalarprodukt für Dirac-Spinoren: $$⟨{\psi }^{\prime }|\psi ⟩=$$ $$={\int }_{t=0}{d}^{3}x{\overline{\psi }}^{\prime }(x){\gamma }_0\psi (x)=$$ $$={\int }_{t=0}{d}^{3}x{\psi }^{\prime +}(x)\psi (x)$$

Dabei müssen $\psi (x)$ und ${\psi }^{\prime }(x)$ jeweils eine Lösung der Diracgleichung sein. Vollkommen analog sieht auch das nichtrelativistische Skalarprodukt für die Schrödinger-Wellenfunktion (genauer: für den 2er-Pauli-Spinor) bei Spin 1/2 aus, wobei allerdings $\psi$ nur 2 Komponenten hat. Tatsächlich wird ja aus dem Dirac-Viererspinor im nichtrelativistischen Grenzfall gleichsam ein Zweierspinor, da für $\mathit{p}/m\to 0$ und damit $p^0/m\to 1$ auch $$\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right)\to 1$$ $$\sigma \left(\frac{p}{m}\right)\to 1$$ und somit der Unterschied zwischen $\xi$ und $\eta$ verschwindet – es wird $\xi =\eta$.

Wie wir direkt sehen, ist das Skalarprodukt positiv definit, denn für $\psi ={\psi }^{\prime }$ ist der Integrand ${\psi }^{+}(x)\psi (x)$ positiv. Genau das wollte Dirac ursprünglich erreichen, und es ist ihm gelungen.

Rechnen wir das Skalarprodukt noch in den Impulsraum um, indem wir $$\psi (x)=$$ $$=N\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}{\psi }_{+}(\mathit{p})e^{-ipx}{|}_{p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}+$$ $$+N\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}{\psi }_{-}(\mathit{p})e^{-ipx}{|}_{p^0=-\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$ von oben einsetzen und neben der Normierung $N=(2\pi {)}^{-3/2}$ noch die Formel $$\int d^{3}x{e}^{i(\mathit{p}-{\mathit{p}}^{\prime })\mathit{x}}=(2\pi {)}^3{\delta }^3(\mathit{p}-{\mathit{p}}^{\prime })$$ verwenden (siehe Kapitel 4.10 sowie Wikipedia: Delta-Distribution ). $$⟨{\psi }^{\prime }|\psi ⟩=$$ $$={\int }_{t=0}{d}^{3}x{\psi }^{\prime +}(x)\psi (x)=$$ $$={\int }_{t=0}{d}^{3}xN\int \frac{d^3{p}^{\prime }}{|2p^{\prime 0}|}N\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}\cdot$$ $$\cdot ({\psi }_{+}^{\prime }({\mathit{p}}^{\prime })+{\psi }_{-}^{\prime }({\mathit{p}}^{\prime }){)}^{+}{e}^{-i{\mathit{p}}^{\mathbf{\prime }}\mathit{x}}\cdot$$ $$\cdot ({\psi }_{+}(\mathit{p})+{\psi }_{-}(\mathit{p}))e^{i\mathit{p}\mathit{x}}=$$ $$=\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}\frac{1}{|2p^0|}\cdot$$ $$\cdot ({\psi }_{+}^{\prime }(\mathit{p})+{\psi }_{-}^{\prime }(\mathit{p}){)}^{+}({\psi }_{+}(\mathit{p})+{\psi }_{-}(\mathit{p}))=$$ $$=...$$ Beim Ausmultiplizieren im Integranden tauchen 4 Terme auf, die wir einzeln ausrechnen wollen. Dabei müssen wir auf das Vorzeichen von $p^0$ bei der Beziehung zwischen $\xi$ und $\eta$ achten und verwenden daher die Abkürzungen $$p_{+}:=p{|}_{p^0=\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$ $$p_{-}:=p{|}_{p^0=-\sqrt{m^2+{\mathit{p}}^2}}$$ Nützlich ist dabei immer wieder die Beziehung $$\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right)\sigma \left(\frac{p}{m}\right)=$$ $$=\sigma \left(\frac{p}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p}{m}\right)=$$ $$=\frac{p^2}{m^2}=1$$ die wir in der jeweils zweiten Zeile der Rechnung für die $1$ einfügen. Legen wir los: $${{\psi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p}){\psi }_{+}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[1+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)]{\xi }_{+}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[\sigma \left(\frac{p_{+}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)+$$ $$+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)]{\xi }_{+}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[\sigma \left(\frac{p_{+}}{m}\right)+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)]\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right){\xi }_{+}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})\frac{2|p^0|}{m}\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right){\xi }_{+}(\mathit{p})$$
$${{\psi }_{-}^{\prime }}^{+}(\mathit{p}){\psi }_{-}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{-}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[1+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)]{\xi }_{-}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{-}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[\sigma \left(\frac{p_{-}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)+$$ $$+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)]{\xi }_{-}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{-}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[\sigma \left(\frac{p_{-}}{m}\right)+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)]\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right){\xi }_{-}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{-}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})\frac{2(-|p^0|)}{m}\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right){\xi }_{-}(\mathit{p})$$
$${{\psi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p}){\psi }_{-}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[1+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)]{\xi }_{-}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[\sigma \left(\frac{p_{-}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)+$$ $$+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)]{\xi }_{-}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[\sigma \left(\frac{p_{-}}{m}\right)+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)]\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right){\xi }_{-}(\mathit{p})=$$ $$=0$$
$${{\psi }_{-}^{\prime }}^{+}(\mathit{p}){\psi }_{+}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{-}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[1+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)]{\xi }_{+}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{-}^{\prime }}^{-}(\mathit{p})[\sigma \left(\frac{p_{+}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)+$$ $$+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right)]{\xi }_{+}(\mathit{p})=$$ $$={{\xi }_{-}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})[\sigma \left(\frac{p_{+}}{m}\right)+\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right)]\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right){\xi }_{+}(\mathit{p})=$$ $$=0$$ Damit lautet das Skalarprodukt: $$⟨{\psi }^{\prime }|\psi ⟩={\int }_{t=0}{d}^{3}x{\psi }^{\prime +}(x)\psi (x)=$$ $$=\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}\frac{1}{|2p^0|}\cdot$$ $$\cdot ({\psi }_{+}^{\prime }(\mathit{p})+{\psi }_{-}^{\prime }(\mathit{p}){)}^{+}({\psi }_{+}(\mathit{p})+{\psi }_{-}(\mathit{p}))=$$ $$=\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}\frac{1}{|2p^0|}\cdot$$ $$\cdot ({{\xi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})\frac{2|p^0|}{m}\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right){\xi }_{+}(\mathit{p})+$$ $$+{{\xi }_{-}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})\frac{2(-|p^0|)}{m}\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right){\xi }_{-}(\mathit{p}))=$$ $$=\int \frac{d^{3}p}{|2p^0|}({{\xi }_{+}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{+}}{m}\right){\xi }_{+}(\mathit{p})+$$ $$-{{\xi }_{-}^{\prime }}^{+}(\mathit{p})\tilde{\sigma }\left(\frac{p_{-}}{m}\right){\xi }_{-}(\mathit{p}))\frac{1}{m}$$ Halten wir fest: