ディラック方程式
シュレディンガー方程式の相対論への拡張として提案されたディラック方程式は、以下で表されます。
$$i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t}=(-ic\hbar{\bf\alpha}\cdot\nabla+\beta mc^2)\psi －①$$
左辺の括弧の中はディラックのハミルトニアンと呼ばれます。$\alpha_i$ と $\beta$ は４×４の行列で、パウリ行列
$$\sigma_0=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right) , \sigma_1=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)$$$$\sigma_2=\left(\begin{array}{cc} 0 & -i \\ i & 0 \end{array}\right) , \sigma_3=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right)$$
を使うと以下で表されます。この行列はディラック行列（ディラック表現）と呼ばれています。
$$\alpha_i=\left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_i \\ \sigma_i & 0 \end{array}\right) , \beta=\left(\begin{array}{cc} \sigma_0 & 0 \\ 0 & -\sigma_0 \end{array}\right)$$
ディラック方程式を書き下す
ディラック方程式が４×４の行列で表されるということは、波動関数も４つの組で表されます。
$$\psi({\bf r},t)\equiv \left(\begin{array}{cccc}
\psi_0 \\ \psi_1 \\ \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)$$
また、ディラックのハミルトニアンにディラック行列を代入し、４つの２×２行列に分解することができます。
$$H=-ic\hbar{\bf\alpha}\cdot\nabla+\beta mc^2=\left(\begin{array}{cc} mc^2\sigma_0 & H_d \\ H_d & -mc^2\sigma_0 \end{array}\right) －②$$
$$H_d\equiv -ic\hbar\Big(\sigma_1\frac{\partial}{\partial x}+\sigma_2\frac{\partial}{\partial y}+\sigma_3\frac{\partial}{\partial z}\Big)
$$
これにより、ディラック方程式を２つの方程式に分解することができます。
$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)=H_d
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)+mc^2\sigma_0
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right) －③$$
$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)=H_d
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)-mc^2\sigma_0
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right) －④$$
以下では、これらの方程式の意味を考えます。
電子と陽電子
４つの波動関数の組の内、$\psi_0$ と $\psi_1$ は通常の電子、$\psi_2$ と $\psi_3$ は負の静止エネルギーを持つ陽電子（反電子）です。
電子を静止することができたと仮定し、${\bf p}=0$ と置いてみます。このとき、③と④は以下のようになります。
$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)=mc^2\sigma_0
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right) －③’$$
$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)=-mc^2\sigma_0
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right) －④’$$
上記は、③’は正の静止エネルギーを持ち、④’は負の静止エネルギーを持つことを表しています。
電子のスピン
電子（$\psi_0,\psi_1$）と陽電子（$\psi_2,\psi_4$）の組は、それぞれが電子のスピンの上下の組となっています。
これを以下で示すため、軌道角運動量 ${\bf l}$ とスピン角運動量 ${\bf r}$ の合成を考えます。ここで、スピン角運動量は４×４の行列に拡張しています。
$${\bf j}={\bf l}+{\bf s}=-i\hbar{\bf r}\times\nabla+\frac{\hbar}{2}\left(\begin{array}{cc} {\bf\sigma} & 0 \\ 0 & {\bf\sigma} \end{array}\right) －⑤$$$${\bf\sigma}=(\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3)$$
合成された角運動量⑤と、ディラックのハミルトニアンが交換関係成り立てば、ディラックのハミルトニアンをスピンが含まれたものと考えることができます。つまり、示したいことは次の関係です。
$$[H,{\bf j}]=0 －⑥$$
交換関係⑥を調べる
⑥を②と⑤を使って書き下すと、対角部分は計算すると０になるため、非対角部分の交換関係を調べればよいことになります。
$$[H,{\bf j}]=\left(\begin{array}{cc} mc^2\sigma_0 & H_d \\ H_d & -mc^2\sigma_0 \end{array}\right){\bf j}-{\bf j}\left(\begin{array}{cc} mc^2\sigma_0 & H_d \\ H_d & -mc^2\sigma_0 \end{array}\right)$$$$=\left(\begin{array}{cc} 0 & [H_d,{\bf l}] \\ [H_d,{\bf l}] & 0 \end{array}\right)+\frac{\hbar}{2}\left(\begin{array}{cc} 0 & [H_d,{\bf\sigma}] \\ [H_d,{\bf\sigma}] & 0 \end{array}\right) －⑦$$
まず、軌道角運動量（⑦の第１項）の $x$ 成分の交換関係を調べると、
$$[H_d,l_x]=H_dl_x-l_xH_d=-c\hbar^2\Big(\sigma_2\frac{\partial}{\partial z}-\sigma_3\frac{\partial}{\partial y}\Big)$$
従って、他の成分も計算すると以下になります。
$$[H_d,{\bf l}]=-c\hbar^2{\bf \sigma}\times\nabla －⑧$$
次に、スピン角運動量（⑦の第２項）の $x$ 成分の交換関係を調べると、
$$[H_d,\sigma_1]=H_d\sigma_1-\sigma_1H_d=2c\hbar\Big(\sigma_2\frac{\partial}{\partial z}-\sigma_3\frac{\partial}{\partial y}\Big)$$
ここで以下のパウリ行列の性質を使っています。
$$\sigma_i^2=1 , \sigma_i\sigma_j=-\sigma_j\sigma_i=i\sigma_k$$
従って、他の成分も計算すると以下になります。
$$[H_d,{\bf\sigma}]=2c\hbar{\bf\sigma}\times\nabla －⑨$$
⑧と⑨を⑦に代入すると、合成された角運動量との交換関係⑥が成り立つことが分かります。
$$[H_d,{\bf l}]+\frac{\hbar}{2}[H_d,{\bf\sigma}]=0$$
自由粒子の平面波解
自由粒子の場合、平面波の基本形を以下で仮定し、
$$\psi=\left(\begin{array}{cc} u_A({\bf p}) \\ u_B({\bf p}) \end{array}\right)e^{i({\bf p}\cdot{\bf r}-Et)/\hbar} -⑩$$
これを③④に代入すると以下が得られます。
$$u_A({\bf p})=\frac{c}{E-mc^2}({\bf \sigma}\cdot{\bf p})u_B({\bf p}) -⑪$$$$u_B({\bf p})=\frac{c}{E+mc^2}({\bf \sigma}\cdot{\bf p})u_A({\bf p}) -⑫$$$${\bf \sigma}\cdot{\bf p}=\left(\begin{array}{cc} p_3 & p_1-ip_2 \\ p_1+ip_2 & -p_3 \end{array}\right)$$
これより、$E=\sqrt{c^2p^2+m^2c^4}\gt0$ に関して、
$$\psi=\sqrt{\frac{mc^2}{EV}}u_{1or2}({\bf p})e^{i({\bf p}\cdot{\bf r}-Et)/\hbar} -⑬$$
- 条件１：$u_A=\left(\begin{array}{cc} 1 \\ 0 \end{array}\right)$ と置き、⑫に代入し、規格化条件 $u_1^\dagger u_1=E/mc^2$ より、
$$u_1({\bf p})=\sqrt{\frac{E+mc^2}{2mc^2}}\left(\begin{array}{cc} 1 \\ 0 \\ \frac{cp_3}{E+mc^2} \\ \frac{c(p_1+ip_2)}{E+mc^2} \end{array}\right) -⑭$$ - 条件２：$u_A=\left(\begin{array}{cc} 0 \\ 1 \end{array}\right)$ と置き、⑫に代入し、規格化条件 $u_2^\dagger u_2=E/mc^2$ より、
$$u_2({\bf p})=\sqrt{\frac{E+mc^2}{2mc^2}}\left(\begin{array}{cc} 0 \\ 1 \\ \frac{c(p_1-ip_2)}{E+mc^2} \\ \frac{-cp_3}{E+mc^2} \end{array}\right) -⑮$$
次に、$E=-\sqrt{c^2p^2+m^2c^4}\lt0$ に関して、
$$\psi=\sqrt{\frac{mc^2}{|E|V}}u_{3or4}({\bf p})e^{i({\bf p}\cdot{\bf r}+Et)/\hbar} -⑯$$
- 条件３：$u_B=\left(\begin{array}{cc} 1 \\ 0 \end{array}\right)$ と置き、⑪に代入し、規格化条件 $u_3^\dagger u_3=|E|/mc^2$ より、
$$u_3({\bf p})=\sqrt{\frac{|E|+mc^2}{2mc^2}}\left(\begin{array}{cc} \frac{-cp_3}{|E|+mc^2} \\ \frac{-c(p_1+ip_2)}{|E|+mc^2} \\ 1 \\ 0 \end{array}\right) -⑰$$ - 条件４：$u_B=\left(\begin{array}{cc} 0 \\ 1 \end{array}\right)$ と置き、⑪に代入し、規格化条件 $u_4^\dagger u_4=|E|/mc^2$ より、
$$u_4({\bf p})=\sqrt{\frac{|E|+mc^2}{2mc^2}}\left(\begin{array}{cc} \frac{-c(p_1-ip_2)}{|E|+mc^2} \\ \frac{cp_3}{|E|+mc^2} \\ 0 \\ 1 \end{array}\right) -⑱$$
⑪、⑫を導く
⑩を③と④に代入するとそれぞれ、
$$E\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)=c({\bf \sigma}\cdot{\bf p})
\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)+mc^2\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right) －(1)$$$$E\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)=c({\bf \sigma}\cdot{\bf p})
\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)-mc^2\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right) －(2)$$
これを以下のように置き換えると、⑪と⑫が得られます。
$$\left(\begin{array}{cc} \psi_0 \\ \psi_1 \end{array}\right)\equiv u_A({\bf p})e^{i({\bf p}\cdot{\bf r}-Et)/\hbar}$$$$\left(\begin{array}{cc} \psi_2 \\ \psi_3 \end{array}\right)\equiv u_B({\bf p})e^{i({\bf p}\cdot{\bf r}-Et)/\hbar}$$
⑭を導く
⑫において $u_A=\left(\begin{array}{cc} 1 \\ 0 \end{array}\right)$ と置くと、
$$u_B=\frac{c}{E+mc^2}({\bf \sigma}\cdot{\bf p})\left(\begin{array}{cc} 1 \\ 0 \end{array}\right)=\frac{c}{E+mc^2}\left(\begin{array}{cc} p_3 \\ p_1+ip_2 \end{array}\right)$$
従って、
$$u_1\equiv\left(\begin{array}{cc} u_A \\ u_B \end{array}\right)=N\left(\begin{array}{cc} 1 \\ 0 \\ \frac{cp_3}{E+mc^2} \\ \frac{c(p_1+ip_2)}{E+mc^2} \end{array}\right)$$
これの２乗をとると、
$$u_1^\dagger u_1=N^2\left(1+\Big(\frac{cp_3}{E+mc^2}\Big)^2+\frac{c^2(p_1^2+p_2^2)}{(E+mc^2)^2}\right)$$$$=N^2\frac{2E}{E+mc^2}$$
規格化条件 $u_1^\dagger u_1=E/mc^2$ より、
$$N=\sqrt{\frac{E+mc^2}{2mc^2}}$$
これより、⑭が得られます。⑮、⑰、⑱も同様に導くことができます。
