L’equazione di Dirac compare in molte parti della fisica, ed è di solito studiata in $(3+1)$ dimensioni, ovvero in uno spazio quadridimensionale la cui metrica è la metrica di Minkowski. In questo articolo studieremo l’equazione di Dirac in tre dimensioni euclidee (se vogliamo in $(3+0)$ dimensioni). L’equazione ha la stessa forma solita:
$$(\gamma^i \partial_i -m)\psi=0$$
dove $i=1,2,3$. Stavolta la metrica è la metrica euclidea $\delta_{ij}$, per cui non fa differenza se gli indici stanno in alto o in basso. Le matrici gamma soddisfano l’algebra di Clifford euclidea tridimensionale
$$\{\gamma^i, \gamma^j\}=2\delta_{ij}$$
In questo caso conosciamo già delle matrici che soddisfano quest’algebra, sono cioè le solite matrici di Pauli, $\gamma^i = \sigma^i$. Queste sono matrici $2 \times 2$, per cui anche lo “spinore” $\psi$ ha due componenti. Continueremo a chiamare queste matrici $\gamma$ invece di $\sigma$, perché comunque la loro forma esatta non sarà rilevante.
Il fatto che in $(3+0)$ dimensioni le matrici gamma siano $2 \times 2$ è anche coerente con quanto abbiamo già visto: un’algebra di Clifford in $d$ dimensioni totali ammette una sola rappresentazione irriducibile, di dimensione $2^{\lfloor d/2 \rfloor}$. Per $d=3+0=3$ l’unica rappresentazione irriducibile ha quindi dimensione $2^1 = 2$, mentre nel caso solito in $(3+1)$ dimensioni, $d=3+1=4$ e quindi la rappresentazione irriducibile ha dimensioni $2^2=4$ (ovvero lo spinore di Dirac). Queste rappresentazioni sono rappresentazioni del gruppo di Lorentz completo (che quindi include anche la parità), e in questo senso lo spinore di Dirac è irriducibile.
Funzione di Green
Dopo questa premessa cercheremo ora di calcolare la funzione di Green dell’equazione di Dirac in tre dimensioni euclidee.
La funzione di Green $G(\mathbf x, \boldsymbol \xi)$ è una matrice $2\times 2$ (ovvero ha due indici spinoriali) e soddisfa
$$(\gamma^i\partial_i -m) G(\mathbf x, \boldsymbol \xi) = \delta(\mathbf x -\boldsymbol \xi)$$
dove nel membro destro è sottintesa la matrice identità. Poiché il problema ha simmetria traslazionale, $G(\mathbf x, \boldsymbol \xi)=G(\mathbf x-\boldsymbol \xi)$. Per cui basta risolvere
$$(\gamma^i\partial_i -m) G(\mathbf x) = \delta(\mathbf x)$$
Conviene procedere nello spazio dei momenti:
$$G(\mathbf x) = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} e^{i \mathbf x \cdot \mathbf p} \widetilde{G}(\mathbf p)$$
L’equazione quindi diventa:
$$(i\gamma^i p_i -m) \widetilde{G}(\mathbf p) = 1$$
Questa è un’equazione matriciale, per cui dovremmo invertire la matrice $(i\gamma^i p_i -m)$. Osserviamo che
\begin{align*}
(i\gamma^i p_i +m)(i\gamma^j p_j -m)&=-\gamma^i \gamma^j p_i p_j -m i \gamma^i p_i+m i \gamma^j p_j -m^2 =\\
&=-\frac{1}{2}\{\gamma^i, \gamma^j\} p_i p_j -m^2 =-p^2 -m^2
\end{align*}
Quindi moltiplicando entrambi i lati dell’equazione per $(i\gamma^i p_i +m)$ otteniamo
$$\widetilde{G}(\mathbf p) = -\frac{i\gamma^i p_i +m}{p^2 + m^2}$$
Ovvero
$$G(\mathbf x) = -\int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} e^{i \mathbf x \cdot \mathbf p}\frac{i\gamma^i p_i +m}{p^2 + m^2}$$
In altri termini dobbiamo calcolare gli integrali
$$\int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} e^{i \mathbf x \cdot \mathbf p}\frac{p_i}{p^2 + m^2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} e^{i \mathbf x \cdot \mathbf p}\frac{1}{p^2 + m^2}$$
Ponendo $f(\mathbf x) = \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} e^{i \mathbf x \cdot \mathbf p}\frac{1}{p^2 + m^2}$ e derivando, otteniamo
$$\partial_i f = i\int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} e^{i \mathbf x \cdot \mathbf p}\frac{p_i}{p^2 + m^2}$$
Per cui basta in realtà calcolare $f(\mathbf x)$. Poi la funzione di Green è
$$G(\mathbf x) = -(\gamma^i \partial_i +m) f(\mathbf x)$$
Possiamo calcolare la funzione $f$ esplicitamente. Infatti ruotando le coordinate $\mathbf p$ in modo tale che $\mathbf x = (0,0,r)$ con $r \geq 0$ abbiamo
$$\begin{align*}
f(\mathbf x) &= \int \frac{d^3 p}{(2\pi)^3} e^{i \mathbf x \cdot \mathbf p}\frac{1}{p^2 + m^2}=\\
&=\frac{1}{(2\pi)^3} \int_0^{2\pi} d\varphi \int_0^{\pi} \sin\theta \,d\theta \int_0^{+\infty} dp\, p^2 e^{i r p \cos{\theta}}\frac{1}{p^2 + m^2}=\\
&=-\frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^{+\infty} dp\, \frac{p^2}{p^2 + m^2} \int_0^{\pi} d(\cos\theta) e^{i r p \cos{\theta}}=\\
&=-\frac{1}{(2\pi)^2} \int_0^{+\infty} dp\, \frac{p^2}{p^2 + m^2} \frac{1}{irp}\bqty{e^{i r p \cos{\theta}}}_{\theta=0}^{\theta=\pi}=\\
&=\frac{1}{(2\pi)^2 r} \int_0^{+\infty} dp\, \frac{p}{p^2 + m^2} 2\frac{e^{i r p}-e^{-i r p}}{2i}=\\
&=\frac{1}{2\pi^2 r} \int_0^{+\infty} dp\, \frac{p \sin{(pr)}}{p^2 + m^2}=\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(pr=y)\\
&=\frac{1}{2\pi^2 r} \int_0^{+\infty} dy\, \frac{y \sin{y}}{y^2 + m^2r^2}\\
\end{align*}$$
Quest’ultimo integrale può essere calcolato usando l’analisi complessa, ma noi ci limitiamo a usare WolframAlpha e otteniamo quindi infine:
$$f(\mathbf x)=f(r)=\frac{1}{4\pi r}e^{-mr}$$
Calcoliamo anche
$$\partial_i f = -\frac{1}{4\pi r} \frac{x_i}{r}\pqty{m+\frac{1}{r}}e^{-mr}$$
E quindi in definitiva:
$$\boxed{G(\mathbf x) =\frac{1}{4\pi r}e^{-mr} \bqty{\frac{\gamma^i x_i}{r}\pqty{m+\frac{1}{r}} -m}}$$
Nel caso particolare in cui $m=0$ otteniamo quindi
$$G(\mathbf x) =\frac{1}{4\pi} \frac{\gamma^i x_i}{r^3}$$
Il comportamento di questa funzione è importante per la dimostrazione del teorema di positività dell’energia di Witten.