Feynman QED Ninth Lecture

\(\)

\(\textit{Ninth Lecture}\)

単位(UNITS)

これ以降では, 次の慣習を用いる [1][訳註] ただしこの訳では \(c,\hbar\) をきちんと表示した式を記述して行く..質量と時間そして長さの単位は, 次となるように定義する:

\begin{align}
\def\ppdiff#1#2{\frac{\partial #1}{\partial #2}}
\def\pdiff#1{\frac{\partial}{\partial #1}}
\def\Bppdiff#1#2{\frac{\partial^{2} #1}{\partial #2^{2}}}
\def\Bpdiff#1{\frac{\partial^{2}}{\partial #1^{2}}}
\def\mb#1{\mathbf{#1}}
\def\mr#1{\mathrm{#1}}
\def\reverse#1{\frac{1}{#1}}
\def\ds#1{\mbox{${\displaystyle\strut #1}$}}
\def\half{\frac{1}{2}}
c&=1\qquad (c=2.99793\times10^{10}\ \mathrm{cm}/\mathrm{sec})\\
\hbar&=1\qquad (\hbar=1.0544\times10^{-27}\ \mathrm{erg}/\mathrm{sec})
\end{align}

表 9-1 は, よく用いる単位に対する慣習の便利な参考資料である.

表 9-1 表記と単位
ここでの表記
意味
慣習的表記
\(m\) 電子の質量 \(m\)
エネルギー \(mc^2\) 510.99 keV
運動量 \(mc\)
振動数 \(mc^2/\hbar\)
波数 \(mc/\hbar\)
\(1/m\) 長さ(コンプトン波長\(/2\pi\)) \(\hbar/mc\) \(3.8615\times10^{-11}\)cm
時間 \(\hbar/mc^2\)
\(e^2\) 微細構造定数(無次元) \(e^{2}/\hbar c\) \(1/137.038\)
\(e^{2}/m\) 電子の古典半径 \(e^{2}/mc^{2}\) \(2.8176\times10^{-11}\)cm
\(1/me^{2}\) ボーア半径 \(a_0=\hbar^{2}/me^{2}\) \(0.52945\)Å

 

以下の数値は有用である:

  • \(M_p=\mathrm{mass}\ \mathrm{of}\ \mathrm{proton}=1836.1 \mathrm{m}=938.2 \mathrm{MeV}\)
  • Mass unit of atomic weights \(=931.2\) MeV
  • \(M_H=\) Mass of hydrogen atom \(=1.00815\) mass units
  • \(M_N=\) Mass of neutron \(784\) keV \(+M_H\)
  • kT \(= 1\) eV when T=\(11,606\ ^{\circ}\)K
  • \(N_a=\) Avogadro’s number \(=6.02\times 10^{23}\)
  • \(N_a e = 96,520\) coulombs

KLEIN-GORDON方程式, PAULI方程式, DIRAC方程式

相対論的力学では, ハミルトニアンは次式で与えられる:

\begin{equation}
\frac{(H-e\phi)^{2}}{c^2}=m^2c^2+\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^2,\quad
\rightarrow\quad
H=\sqrt{m^{2}c^{4}+c^2\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^2} + e\phi
\tag{9-1}
\end{equation}

もし \(\mb{p}\) に対して量子力学的演算子 \(-i\hbar \nabla\) を用いると, 2乗根によって決定される演算子は定義することが出来ない.従って, 古典力学的な式(9-1)から相対論的な量子力学のハミルトニアンを直接的に得る事は出来ない.しかしながら, 演算子の2乗を定義しそれを書き下すことは可能である:
\begin{equation}
\frac{(H-e\phi)^{2}}{c^2}=m^2c^2+\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^2
\end{equation}

すると \(H=i\hbar \partial/\partial t\) として,
\begin{equation}
\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}-\frac{e}{c}\phi\right)^{2}\psi
-\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}\psi=m^{2}c^{2}\psi
\tag{9-2}
\end{equation}

ただし演算子の2乗は, 通常の演算子代数によって求めれる(evaluate) ものとする.相対論的に可能な式として, 最初にこの式を発見したのはシュレディンガーである.通常この式は「クライン-ゴルドン方程式」と言われている.相対論的な表式は,
\begin{align}
i\hbar D^{\,\mu}&\equiv i\hbar\partial^{\,\mu}-\frac{e}{c}A^{\,\mu},\quad
i\hbar\partial^{\,\mu}=\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t},\,-i\hbar\nabla\right),
\quad -\frac{e}{c}A^{\,\mu}=\left(-\frac{e}{c}\phi,\,-\frac{e}{c}\mb{A}\right),\\
\rightarrow&\ i\hbar D^{\,\mu}=i\hbar\partial^{\,\mu}-\frac{e}{c}A^{\,\mu}
=\left\{\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}-\frac{e}{c}\phi\right),\,
\left(-i\hbar\nabla -\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right\},\\
i\hbar\partial_{\mu}&=\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t},\,i\hbar\nabla\right),
\quad -\frac{e}{c}A_{\mu}=\left(-\frac{e}{c}\phi,\,+\frac{e}{c}\mb{A}\right),\\
\rightarrow & \ i\hbar D_{\mu}=i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}
=\left\{\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}-\frac{e}{c}\phi\right),\,
\left(i\hbar\nabla +\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right\}
=\left\{\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}-\frac{e}{c}\phi\right),\,
-\left(-i\hbar\nabla -\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right\},\\
i\hbar D^{\,\mu}i\hbar D_{\mu}&=\left(i\hbar\partial^{\,\mu}-\frac{e}{c}A^{\,\mu}\right)
\cdot\left(i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)\\
&=\left\{\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}-\frac{e}{c}\phi\right),\,
\left(-i\hbar\nabla -\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right\}\cdot
\left\{\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}-\frac{e}{c}\phi\right),\,
-\left(-i\hbar\nabla -\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right\}\\
&=\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}-\frac{e}{c}\phi\right)^{2}
-\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}
\end{align}

従って, 式 (9-2) の相対論的な表式は次となる:
\begin{equation}
\left(i\hbar\,\partial^{\,\mu}-\frac{e}{c}A^{\mu}\right)
\left(i\hbar\,\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)
\psi = m^2c^2 \psi
\tag{9-2′}
\end{equation}

この方程式は「スピン」を考慮しないため, 水素スペクトルの微細構造を記述できない.そこで今は, スピンを持たない粒子である \(\pi\) 中間子への適用を提案しておく.水素原子への適用を説明ために \(\mb{A}=0\) かつ \(\phi=-Ze/r\) とし, そして \(\psi=\chi(r)\exp(-iEt)\) とする.(また, 電子電荷は負電荷であるから式 (9-2) 中の \(e\) には負記号を付ける).すると方程式 (9-2) は,
\begin{align}
&\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}+\frac{e}{c}\phi\right)^{2}\psi
-\left(-i\hbar\nabla+\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}\psi
=\left\{i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}+\frac{e}{c}\left(-\frac{Ze}{r}\right)\right\}^{2}
\chi(r)e^{-iEt/\hbar} -\bigl(-i\hbar\nabla\bigr)^{2}\chi(r)e^{-iEt/\hbar},\\
&\frac{1}{c}\left(i\hbar\pdiff{t}-\frac{Ze^{2}}{r}\right)\chi(r)e^{-iEt/\hbar}
=\frac{1}{c}\left\{i\hbar\left(-\frac{iE}{\hbar}\right)-\frac{Ze^{2}}{r}\right\}\chi(r)e^{-iEt/\hbar}
=\frac{1}{c}\left(E-\frac{Ze^{2}}{r}\right)\psi,\\
\rightarrow&\quad \left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}+\frac{e}{c}\phi\right)^{2}\psi
=\frac{1}{c^{2}}\left(E-\frac{Ze^2}{r}\right)^2\chi(r)e^{-iEt/\hbar},\quad
-\left(-i\hbar\nabla+\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}\psi
=\hbar^{2}\nabla^{2}\chi(r)e^{-iEt/\hbar},
\end{align}

従って,
\begin{align}
&\frac{1}{c^{2}}\left(E-\frac{Ze^2}{r}\right)^2\chi(r)e^{-iEt/\hbar}
+\hbar^{2}\nabla^{2}\chi(r)e^{-iEt/\hbar}=m^{2}c^{2}\chi(r)e^{-iEt/\hbar},\\
&\rightarrow\quad
\frac{1}{c^{2}}\left(E-\frac{Ze^2}{r}\right)^2\chi + \hbar^{2}\nabla^2 \chi = m^2c^{2}\chi
\end{align}

次に \(E=mc^2+W\) とおく.ただし \(W\ll mc^2\) である.そして \(V=Ze^2/r\) を代入すると,

\begin{align}
&\bigl(mc^2 + W -V\bigr)^2 \chi +c^2\hbar^2 \nabla^2 \chi = m^2c^4 \chi,\\
\rightarrow&\quad \bigl\{m^2c^4+2mc^2(W-V)+(W-V)^2\bigr\}\chi +c^2\hbar^2 \nabla^2 \chi = m^2c^4 \chi,\\
\rightarrow&\quad 2mc^2(W-V)\,\chi +c^2\hbar^2\nabla^2\chi =-(W-V)^2\chi,\\
\rightarrow&\quad (W-V)\,\chi +\frac{\hbar^2\nabla^2}{2m}\chi =-\frac{(W-V)^2}{2mc^2}\chi
\end{align}

右辺の項を左辺の第1項と比較して無視すると, 通常のシュレディンガー方程式となる:
\begin{equation}
\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\chi + (W-V)\,\chi=0,\quad\mathrm{or}\quad
\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V\right)\,\chi = W\,\chi
\end{equation}

\((W-V)^2/2mc^2\) を摂動ポテンシャル \(\Delta V\) とすることで, 学生諸君は水素原子スペクトルの微細構造を得て, それを正確な数値と比較すべきである.
\begin{equation}
H=H_0 + \Delta V,\quad H_0=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 + V,\quad
\Delta V =-\frac{(W-V)^2}{2mc^2}
\end{equation}


【 問題 】 Klein-Gordon方程式に対して,

\begin{align}
j_{\mu}&=\frac{i\hbar}{2m}\bigl[\psi^{*}D_{\mu}\psi-(D^{\dagger}_{\mu}\psi^{*})\psi\bigr],
\quad D_{\mu}\equiv \partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu},\quad
D_{\mu}^{\,\dagger}\equiv \partial_{\mu}-i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu},\\
\quad j_{0}&=\frac{i\hbar}{2m}\left[\psi^{*}\left(\frac{\partial}{c\partial t}\psi
+i\frac{e}{\hbar c}\phi\psi\right)
-\left(\frac{\partial}{c\partial t}\psi^{*}-i\frac{e}{\hbar c}\phi\psi^{*}\right)\psi\right]\\
&=\frac{1}{c}\frac{i\hbar}{2m}\left[\psi^{*}\left(\pdiff{t}\psi+i\frac{e}{\hbar}\phi\psi\right)
-\left(\pdiff{t}\psi^{*}-i\frac{e}{\hbar}\phi\psi^{*}\right)\psi\right]
=\frac{\mathrm{charge}\ \mathrm{density}}{c}\\
\mb{j}&=-\frac{i\hbar}{2m}\left[\psi^{*}\left(\nabla\psi-i\frac{e}{\hbar c}\mb{A}\psi\right)
-\left(\nabla\psi^{*}+i\frac{e}{\hbar c}\mb{A}\psi^{*}\right)\psi\right]
=\mathrm{current}\ \mathrm{density}
\end{align}

としよう.すると \(j_{\mu}=(j_{0},\mb{j})\) が4元ベクトルとなり \(\partial^{\,\mu}j_{\mu}=0\) が成り立つことを示せ.[2][訳註] … Continue reading


〈解答例〉 まず, 式 (9-2′) の左辺を展開して見ると,

\begin{align}
i\hbar D^{\,\mu}i\hbar D_{\mu}\psi
&=(i\hbar)^{2}\left(\partial^{\,\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A^{\,\mu}\right)
\left(\partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu}\right)\psi=m^{2}c^{2}\psi,\\
\left(\partial^{\,\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A^{\,\mu}\right)
\left(\partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu}\right)\psi
&=\partial^{\,\mu}\partial_{\mu}\psi+i\frac{e}{\hbar c}\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi
+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu}\bigl(\partial^{\,\mu}\psi\bigr)
+i\frac{e}{\hbar c}A^{\,\mu}\bigl(\partial_{\mu}\psi\bigr)
-\left(\frac{e}{\hbar c}\right)^{2}A^{\,\mu}A_{\mu}\psi\\
&=\Box \psi +i\frac{e}{\hbar c}\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi
+2i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu}\bigl(\partial_{\mu}\psi\bigr)-\left(\frac{e}{\hbar c}\right)^{2}A^{2}\psi\\
&=\Box \psi +iB\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi
+2iBA_{\mu}\bigl(\partial_{\mu}\psi\bigr)-B^{2}A^{2}\psi
\end{align}

ただし \(B=e/\hbar c\) と置いた.従って, 式 (9-2′) の両辺に \(\psi^{*}\) を掛け合わせると次となる:
\begin{equation}
\psi^{*}\Box \psi +iB\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi^{*}\psi
+2iBA_{\mu}\psi^{*}\bigl(\partial_{\mu}\psi\bigr)
= \bigl(B^{2}A^{2}-\kappa^{2}\bigr)\psi^{*}\psi,\quad \kappa=\frac{mc}{\hbar}
\tag{1}
\end{equation}

ただし \(\kappa=mc/\hbar\) とした.この式 (1) の複素共役を取ると次となる:
\begin{equation*}
\psi\Box \psi^{*} -iB\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi\psi^{*}
-2iBA_{\mu}\psi\bigl(\partial_{\mu}\psi^{*}\bigr)
= \bigl(B^{2}A^{2}-\kappa^{2}\bigr)\psi\psi^{*}
\tag{2}
\end{equation*}

このとき, 式 (1) と式 (2) の右辺は一致するので, 式 (1) の左辺は実の量であることに注意する.

以上を準備として \(\partial^{\,\mu}j_{\mu}\) を具体的に計算して行く.式の煩雑さを減らすために \(j_{\mu}\) の最初の定数を \(C=i\hbar/2m\)そして\(B=e/\hbar c\) とすると,

\begin{align}
\frac{1}{C}\partial^{\,\mu}j_{\mu}
&=\partial^{\,\mu}\bigl[\psi^{*}D_{\mu}\psi-(D^{\dagger}_{\mu}\psi^{*})\psi\bigr]
=\partial^{\,\mu}\left[\psi^{*}\bigl(\partial_{\mu}+iB A_{\mu}\bigr)\psi
-\psi\bigl(\partial_{\mu}-iB A_{\mu}\bigr)\psi^{*}\right]\\
&=\partial^{\,\mu}\left[\psi^{*}\bigl(\partial_{\mu}\psi+iB A_{\mu}\psi\bigr)
-\psi\bigl(\partial_{\mu}\psi^{*}-iB A_{\mu}\psi^{*}\bigr)\right]\\
\quad &=\bigl(\partial^{\,\mu}\psi^{*}\bigr)\bigl(\partial_{\mu}\psi +iBA_{\mu}\psi\bigr)
+\psi^{*}\partial^{\,\mu}\bigl(\partial_{\mu}\psi+iB A_{\mu}\psi\bigr)
-\bigl(\partial^{\,\mu}\psi\bigr)\bigl(\partial_{\mu}\psi^{*}-iB A_{\mu}\psi^{*}\bigr)
-\psi\partial^{\,\mu}\bigl(\partial_{\mu}\psi^{*}-iB A_{\mu}\psi^{*}\bigr)\\
&=\bigl(\partial^{\,\mu}\psi^{*}\bigr)\bigl(\partial_{\mu}\psi\bigr)
+iBA_{\mu}\bigl(\partial^{\,\mu}\psi^{*}\bigr)\psi
+\psi^{*}\partial^{\,\mu}\partial_{\mu}\psi +iB\psi^{*}\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi
+iBA_{\mu}\psi^{*}\partial^{\,\mu}\psi \\
&\quad -\bigl(\partial^{\,\mu}\psi\bigr)\bigl(\partial_{\mu}\psi^{*}\bigr)
+iBA_{\mu}\bigl(\partial^{\,\mu}\psi\bigr)\psi^{*}
-\psi\partial^{\,\mu}\partial_{\mu}\psi^{*}+iB\psi\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi^{*}
+iBA_{\mu}\psi\partial^{\,\mu}\psi^{*}
\end{align}

ここで \(\bigl(\partial^{\,\mu}\psi^{*}\bigr)\bigl(\partial_{\mu}\psi\bigr)=\bigl(\partial_{\mu}\psi^{*}\bigr)\bigl(\partial^{\,\mu}\psi\bigr)\) より, 第1項と第6項は打ち消しあう.従って,
\begin{align}
\frac{1}{C}\partial^{\,\mu}j_{\mu}
&=iBA_{\mu}\bigl(\partial^{\,\mu}\psi^{*}\bigr)\psi
+\psi^{*}\Box \psi +iB\psi^{*}\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi
+iBA_{\mu}\psi^{*}\bigl(\partial^{\,\mu}\psi\bigr)\\
&\quad +iBA_{\mu}\bigl(\partial^{\,\mu}\psi\bigr)\psi^{*}
-\psi\Box \psi^{*}+iB\psi\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi^{*}
+iBA_{\mu}\psi\bigl(\partial^{\,\mu}\psi^{*}\bigr)\\
&=\bigl[\psi^{*}\Box \psi +iB\psi^{*}\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi
+2iBA_{\mu}\psi^{*}\bigl(\partial^{\,\mu}\psi\bigr)\bigr]
-\bigl[\psi\Box \psi^{*}-iB\psi\bigl(\partial^{\,\mu}A_{\mu}\bigr)\psi^{*}
-2iBA_{\mu}\psi\bigl(\partial^{\,\mu}\psi^{*}\bigr)\bigr]
\end{align}

最初の [ ] 内の量は式 (1) の左辺に一致しており, また 2 番目の [ ] 内は式 (2) の左辺に一致しているので,
\begin{equation}
\frac{1}{C}\partial^{\,\mu}j_{\mu}
=\bigl(B^{2}A^{2}-\kappa^{2}\bigr)\psi^{*}\psi
-\bigl(B^{2}A^{2}-\kappa^{2}\bigr)\psi\psi^{*}=0
\end{equation}

従って, 4元的な連続の方程式が成り立つことが示された:
\begin{equation}
\partial^{\,\mu}j_{\mu}=0
\end{equation}

前述されているように「2つの4元ベクトルのスカラー積は不変量である」.上式では \(j_{\mu}\) と4元ベクトル量 \(\partial^{\,\mu}\) とのスカラー積がゼロ, 即ちローレンツ不変である.よって, 量 \(j_{\mu}\) は「ローレンツ共変なベクトル」すなわち「4元ベクトル」であることは明らかである.


クライン-ゴルドン方程式が最初に明るみに出た当時, この方程式を否定する有効な根拠と考えられたほど不合理な結果を導出した.その結果とは, 負のエネルギー状態の可能性である.クライン-ゴルドン方程式が, そのようなエネルギー状態を予言することを理解するために, 自由粒子の方程式を考えて見よう.それは式 (9-2′) に於いて \(A^{\,\mu}=A_{\mu}=0\) として, 次のように書くことが出来る:

\begin{equation}
i\hbar\partial^{\,\mu}i\hbar\partial_{\mu}\psi=-\hbar^{2}\Box \psi =m^2c^2\psi
\quad\rightarrow\quad \bigl(\Box +\mu^2\bigr)\psi =0,\quad \mathrm{where}\quad \mu\equiv\frac{mc}{\hbar}
\end{equation}

ただし \(\Box\) は「ダランベール演算子」( D’Alembertian operator ) である:
\begin{equation}
\partial^{\,\mu}=\left(\frac{\partial}{c\partial t},-\nabla\right),\quad
\partial_{\mu}=\left(\frac{\partial}{c\partial t},\nabla\right)\quad
\rightarrow\quad
\Box\equiv \partial^{\,\mu}\partial_{\mu}=
\left(\frac{\partial}{c\partial t},-\nabla\right)\cdot \left(\frac{\partial}{c\partial t},\nabla\right)
=\frac{\partial^{2}}{c^2\partial t^2}-\nabla^2
\end{equation}

4元ベクトル表記に於いて, この方程式は次の解を持つ:
\begin{align}
&\psi=A\exp\left(-\frac{i}{\hbar}p\cdot x\right)
=A\exp\left[-\frac{i}{\hbar}(Et-\mb{p}\cdot\mb{x})\right]\\
&\quad \mathrm{where}\quad
p\cdot x=p^{\mu}\cdot x_{\mu}=\left(\frac{E}{c},\mb{p}\right)\cdot\bigl(ct,-\mb{x}\bigr)
=Et-\mb{p}\cdot\mb{x}
\end{align}

ここで,
\begin{equation}
p^{\,\mu}p_{\mu}=\frac{E^{2}}{c^2}-\mb{p}=m^2c^2
\end{equation}

であるから, このときのエネルギー \(E\) は次となる:
\begin{equation}
E=\pm \sqrt{m^2c^4+c^2\mb{p}^2}
\end{equation}

\(E\) が負の値をとることは明らかに不可能であるため, ディラックは新しい相対論的波動方程式の開発に着手した.ディラック方程式は, 水素原子のエネルギー準位を予測する上で正しいことが証明され, そして電子を記述する式として認められた.しかしながら, ディラックの最初の意図に反して, 彼の方程式もまた負のエネルギーの存在を導いた.しかしそれは今では満足の行く解釈がなされている.クライン-ゴルドン方程式の解もまた, 今では満足の行く解釈が可能である.


【 問題 】 解 \(\psi=\exp(-iEt/\hbar)\chi(x,y,z)\)が\(\mb{A}\)と\(\phi\) が定数である場合のクライン-ゴルドン方程式の解であるならば, 解 \(\psi^{*}=\exp(+iEt/\hbar)\chi^{*}(x,y,z)\) はポテンシャルを \(-\mb{A}\) と \(-\phi\) に置き換えたときのものであることを示せ.これは「負」のエネルギー解を解釈する1つのやり方を示している.それは電子と反対の電荷を持つが同じ質量を持った粒子に対する解である.


〈解答例〉 式 (9-2) の両辺に \(c^2\) を掛けたものを具体的に展開すると,

\begin{align}
&\left(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}-e\phi\right)^{2}\psi
=\left(-i\hbar c^2\nabla-e\mb{A}\right)^{2}\psi+m^{2}c^{4}\psi,\\
&\left(-\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial t^2}-2ie\hbar\phi\pdiff{t}
-ie\hbar\ppdiff{\phi}{t}+e^2\phi^2\right)\psi
= \Bigl[-\hbar^2c^2\nabla^2+2ie\hbar c\,\mb{A}\cdot\nabla
+ie\hbar c\,(\nabla\cdot\mb{A})+e^2\mb{A}^2+m^2c^4\Bigr]\psi
\tag{1}
\end{align}

仮定より \(\mb{A}\) と \(\phi\) は定数であるから,
\begin{equation}
\ppdiff{\phi}{t}=0,\quad \nabla\cdot\mb{A}=0
\tag{2}
\end{equation}

式 (2) を式 (1) に当てはめると,
\begin{equation}
-\hbar^2\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2}-2ie\hbar\phi\ppdiff{\psi}{t} +e^2\phi^2\psi
=-\hbar^2c^2\nabla^2\psi +2ie\hbar c\,\mb{A}\cdot\nabla\psi+e^2\mb{A}^2\psi +m^2c^4\psi
\tag{3}
\end{equation}

式 (3) に解 \(\psi=\exp(-iEt/\hbar)\chi(\mb{x})\) を代入する.そのとき,
\begin{equation}
\ppdiff{\psi}{t}=-i\frac{E}{\hbar}\psi,\quad
\Bppdiff{\psi}{t}=\left(-i\frac{E}{\hbar}\right)^2\psi =-\frac{E^2}{\hbar^2}\psi,\quad
\nabla\psi=\exp(-iEt/\hbar)\nabla\chi,\quad \nabla^2\psi=\exp(-iEt/\hbar)\nabla^2 \chi
\tag{4}
\end{equation}

これらを代入すると,
\begin{align}
E^2\psi-2eE\psi+e^2\phi^2\psi=-\hbar^2c^2\exp(-iEt/\hbar)\nabla^2 \chi
+2ie\hbar c\,\exp(-iEt/\hbar)\mb{A}\cdot\nabla\chi +e^2\mb{A}^2\psi +m^2c^4\psi
\tag{5}
\end{align}

次に解 \(\psi^{*}=\exp(+iEt/\hbar)\chi^{*}(x,y,z)\) を代入した場合には, 同様にして
\begin{equation}
\ppdiff{\psi^{*}}{t}=i\frac{E}{\hbar}\psi^{*},\quad
\Bppdiff{\psi^{*}}{t}=\left(i\frac{E}{\hbar}\right)^2\psi^{*} =-\frac{E^2}{\hbar^2}\psi^{*},\quad
\nabla\psi^{*}=\exp(iEt/\hbar)\nabla\chi^{*},\quad \nabla^2\psi^{*}=\exp(iEt/\hbar)\nabla^2 \chi^{*}
\tag{6}
\end{equation}

を式 (5) に代入して,
\begin{equation}
E^2\psi^{*}+2eE\psi^{*}+e^2\phi^2\psi^{*}=-\hbar^2c^2\exp(iEt/\hbar)\nabla^2 \chi^{*}
+2ie\hbar c\,\exp(iEt/\hbar)\mb{A}\cdot\nabla\chi^{*} +e^2\mb{A}^2\psi^{*} +m^2c^4\psi^{*}
\tag{7}
\end{equation}

ここで式 (5) に於いて \(\phi\to-\phi,\ \mb{A}\to -\mb{A}\) そして \(e\to-e\) としたものを作ってみると,
\begin{equation}
E^2\psi-2(-e)E\psi+e^2\phi^2\psi=-\hbar^2c^2\exp(iEt/\hbar)\nabla^2 \chi
+2i(-e)\hbar c\,\exp(iEt/\hbar)(-\mb{A})\cdot\nabla\chi +(-e)^2\mb{A}^2\psi +m^2c^4\psi
\end{equation}

すなわち,
\begin{equation}
E^2\psi+2eE\psi+e^2\phi^2\psi=-\hbar^2c^2\exp(iEt/\hbar)\nabla^2 \chi
+2ie\hbar c\,\exp(iEt/\hbar)\mb{A}\cdot\nabla\chi +e^2\mb{A}^2\psi +m^2c^4\psi
\tag{8}
\end{equation}

この式に於いて \(\psi\to\psi^{*},\chi\to\chi^{*}\) とすると, ちょうど式 (7) 即ちクライン-ゴルドン方程式 (3) に 解 \(\psi^{*}\) を代入した場合に一致する.よって, 題意は示された.


ディラック方程式のオリジナルな求め方の代わりに, ここでは別のアプローチでそれを求めてみよう.クライン-ゴルドン方程式は, 実はシュレーディンガー方程式の4元ベクトル形式である.同様の観点から, ディラック方程式はパウリ方程式の4元ベクトル形式として求めることが出来る.そのような手順に従うと, 相対論的方程式には「スピン」に関連する項が含まれることになる.スピンの考え方はパウリによって初めて導入されたが, 電子の磁気モーメントを \(\hbar e/2mc\) としなければならない理由は当初明確ではなかった.この値はディラック方程式から自然に導かれるように思われた.そのため, ディラック方程式だけが電子磁気モーメントの正しい値を生み出すとよく言われる.しかしそれは真実ではない.なぜならパウリ方程式をさらに研究した結果, 同じ値が自然に, つまり最も単純化できる値として導かれることが分かったからである.スピンはディラック方程式には存在しクライン-ゴルドン方程式には存在しないため, そしてクライン-ゴルドン方程式は正しくないと考えられたため,「スピンは相対論的に要求されるもの」とよく言われる.しかしこれは正しくない.なぜならクライン-ゴルドン方程式は, スピンのない粒子に対して正当な相対論的方程式であるからだ.

従って, シュレディンガー方程式は,

\begin{equation}
H\psi=E\psi,\quad\mathrm{where}\quad
H=\frac{1}{2m}\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^2 +e\phi
\tag{9-3}
\end{equation}

であり, そしてクライン-ゴルドン方程式は式 (9-2) である:
\begin{equation}
\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}-\frac{e}{c}\phi\right)^{2}\psi
-\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}\psi=m^{2}c^{2}\psi
\tag{9-2}
\end{equation}

さて今度は「パウリ方程式」だが, その場合も \(H\psi=E\psi\) ではあるが \(H\) は次である:

\begin{equation}
H=\frac{1}{2m}\left[\mb{\sigma}\cdot\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right]^2 +e\phi
\tag{9-4}
\end{equation}

従って, シュレディンガー方程式に現れる \(\displaystyle\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^2\) は \(\displaystyle\left[\mb{\sigma}\cdot\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right]^2\) で置き換えられている.それゆえ, クライン-ゴルドン方程式との類推で, パウリ方程式の可能な相対論的改良版は次式のようになるかもしれない:
\begin{equation}
\frac{(H-e\phi)^{2}}{c^2}\psi
-\left[\mb{\sigma}\cdot\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right]^2\psi=m^2c^2\psi
\tag{9-4′}
\end{equation}

しかしこれは実際は正しくない.しかしこれに非常に似た式, つまり \(H\)を\(i\hbar\partial/\partial t\) で置き換えた形の式は正当である.すなわち,
\begin{equation}
\left[i\hbar\pdiff{ct}-e\phi -\mb{\sigma}\cdot\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\right]
\times \left[i\hbar\pdiff{ct}-e\phi +\mb{\sigma}\cdot\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)
\right]\psi=m^2c^2\psi
\tag{9-5}
\end{equation}

これはディラック方程式の一形式である.

演算子が作用する波動関数 \(\psi\) は, 実際は行列である:

\begin{equation}
\psi=\begin{pmatrix} \psi_{+} \\ \psi_{-}\end{pmatrix}
\end{equation}

ディラックによって最初に提案された形により近いものは以下のようにして得ることが出来る.便宜のために次のように書くことにする:

\begin{equation}
i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}-\frac{e}{c}\phi=\pi_0,\quad
-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}=\mb{\pi},\quad\rightarrow\quad
\pi^{\,\mu}=\bigl(\pi^{0},\mb{\pi}\bigr)\equiv i\hbar D^{\,\mu}
\end{equation}

そして次は関数 \(\chi\) を次式によって定義しよう:
\begin{equation}
\bigl(\pi_0 + \mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\bigr)\psi=mc\,\chi
\tag{a}
\end{equation}

すると式 (9-5) は, 次式を含意している:
\begin{equation}
\bigl(\pi_0-\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\bigr)\chi=mc\,\psi
\tag{b}
\end{equation}

なぜなら, 式 (9-5) は式 (1) と式 (2) によって表せるからである:
\begin{equation}
\bigl(\pi_0-\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\bigr)\times \bigl(\pi_0 + \mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\bigr)\psi
=\bigl(\pi_0-\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\bigr)\times \frac{mc}{i\hbar}\,\chi
=mc\bigl(\pi_0-\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\bigr)\chi
=mc\cdot mc\,\psi=m^2c^2\,\psi
\end{equation}

この対式は, 次のように書くことによって書き直すことが出来る (特定な慣用な式になるだけだが):
\begin{equation}
\chi+\psi =\psi_a,\quad \chi-\psi=\psi_b
\end{equation}

その次に \(\psi,\chi\) の対式 (a) と (b) の足算と減算をする.すると次の結果となる:
\begin{equation}
\begin{cases}
(a)+(b)\ : & \ds{\pi_0\,\psi_a -\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\,\psi_b =mc\,\psi_a}\\
(a)-(b)\ : & \ds{-\pi_0\,\psi_b + \mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\,\psi_a = mc\,\psi_b}
\end{cases}
\tag{9-6}
\end{equation}

これらの2式は, 特定な慣習を適用することで一つに書くことが出来る.新たな行列の波動関数を次で定義する:
\begin{equation}
\psi=\begin{pmatrix} \psi_{a1} \\ \psi_{a2} \\ \psi_{b1} \\ \psi_{b2} \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} \psi_a \\ \psi_b \end{pmatrix}
\tag{9-7}
\end{equation}

この時 \(\psi_a\) と \(\psi_b\) の行列文字は明示的に示すことが出来る.すなわち実際は,
\begin{equation}
\psi_a = \begin{pmatrix} \psi_{a1}\\ \psi_{a2} \end{pmatrix},\quad
\psi_b = \begin{pmatrix} \psi_{b1}\\ \psi_{b2} \end{pmatrix}
\end{equation}

その次に, 次の捕捉的な定義を行う:
\begin{equation}
\gamma^{0} =\left(\begin{array}{cc:cc}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
\hdashline
0 & 0 & -1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & -1
\end{array}\right)=\begin{pmatrix}\mb{1}&\mb{0}\\ \mb{0} & -\mb{1}\end{pmatrix}\quad
\mb{\gamma}=\left(
\begin{array}{c:c}
{\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}} & \mb{\sigma} \\
\hdashline
-\mb{\sigma} & {\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}}
\end{array}\right)=\begin{pmatrix}\mb{0}&\mb{\sigma}\\ -\mb{\sigma} & \mb{0}\end{pmatrix}
\tag{9-8}
\end{equation}

[註] 後者の定義の例は次となる:
\begin{equation}
\gamma_x =\left(\begin{array}{cc:cc}
0 & 0 & 0 & 1 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
\hdashline
0 & -1 & 0 & 0 \\
-1 & 0 & 0 & 0
\end{array}\right)=\begin{pmatrix}\mb{0}& \sigma_x\\ -\sigma_x & \mb{0}\end{pmatrix}
\quad \mathrm{since}\quad
\sigma_x=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}
\end{equation}

\(\gamma_y\)と\(\gamma_z\) も同様である).すると\(\psi_a\)と\(\psi_b\)についての2つの方程式
(9-6)は,次の形に書くことが出来る:
\begin{equation}
\gamma^{0} \pi_{0}\,\psi -\mb{\gamma}\cdot\mb{\pi}\,\psi = mc\,\psi
\end{equation}

なぜなら,
\begin{align}
\gamma_0 \pi_0\,\psi -\mb{\gamma}\cdot\mb{\pi}\,\psi &=
\begin{pmatrix} \mb{1} & \mb{0} \\ \mb{0} & \mb{-1} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} \pi_0\,\psi_a \\ \pi_0\,\psi_b\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix} \mb{0} & \mb{\sigma}\cdot\mb{\pi} \\ -\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi} & \mb{0} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} \psi_a \\ \psi_b \end{pmatrix}\\
&= \begin{pmatrix} \pi_0\,\psi_a\\ -\pi_0\,\psi_b\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix} \mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\,\psi_b \\ -\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\,\psi_a \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} \pi_0\,\psi_a -\mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\,\psi_b \\
-\pi_0\,\psi_b + \mb{\sigma}\cdot\mb{\pi}\,\psi_a \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} mc\,\psi_a \\ mc\,\psi_b \end{pmatrix}=mc\psi
\end{align}

これは, 実際は4つの波動関数についての4つの方程式である.すると4元ベクトルを用いることで, ディラック方程式は次となる:
\begin{align}
&\gamma^{\,\mu}=\bigl(\gamma^{0},\mb{\gamma}\bigr),\quad
\pi^{\,\mu}=\bigl(\pi^{\,0},\mb{\pi}\bigr),\quad \pi_{\mu}=\bigl(\pi_0,-\mb{\pi}\bigr)=i\hbar D_{\mu}\notag\\
&\rightarrow\quad
\gamma^{\,\mu}\pi_{\mu}\,\psi
=\bigl(\gamma^{0},\mb{\gamma}\bigr)\cdot \bigl(\pi_0,-\mb{\pi}\bigr)\psi
=\bigl(\gamma^{\,0}\pi_{0}-\mb{\gamma}\cdot\mb{\pi}\bigr)\,\psi= mc\,\psi\notag \\
\mathrm{therefore} \quad &\gamma^{\,\mu}\,i\hbar D_{\mu}\,\psi
\equiv \gamma^{\,\mu}\left(i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)\psi=mc\,\psi,\notag\\
\mathrm{or}\quad
&\left(i\hbar\,\gamma^{\,\mu}\partial_{\mu}-\frac{e}{c}\gamma^{\,\mu}A_{\mu}\right)\psi(x)=mc\,\psi(x)
\tag{9-9}
\end{align}


【 問題 】 次が成り立つこと,

\begin{equation}
\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}+\gamma^{\,\nu}\gamma^{\,\mu}=\begin{cases}
\ 0 & \mathrm{if}\ \mu\ne \nu \\
\ 2 & \mathrm{if}\ \mu =\nu=0 \\
-2 & \mathrm{if}\ \mu =\nu=1,2,3 \end{cases}
\end{equation}

すなわち, 次となることを示せ:
\begin{equation}
\gamma_{t}^{2}=1,\quad \gamma_{x}^{2}=\gamma_{y}^{2}=\gamma_{z}^{2}=-1,\quad
\gamma_{t}\gamma_{x}=-\gamma_{x}\gamma_{t},\quad \gamma_{x}\gamma_{y}=-\gamma_{y}\gamma_{x},
\quad \mathrm{etc.}
\end{equation}


〈解答例〉 まず \(\gamma\) 行列は, 式(9 -8) のように Pauli行列 \(\sigma_i\) によって表されることを確認する.

\begin{equation}
\gamma^{0}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix},\quad
\gamma^{i}=\begin{pmatrix} 0 & \sigma_i \\ -\sigma_i & 0 \end{pmatrix}\quad i=1,2,3
\end{equation}

ただし Pauli行列 \(\sigma_i\) の各々は次である:
\begin{equation}
\sigma_1=\sigma_x=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},\quad
\sigma_2=\sigma_y=\begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix},\quad
\sigma_3=\sigma_z=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}
\end{equation}

この Pauli行列 \(\sigma_i\) には, 次の性質があることを確かめることは容易である:
\begin{equation}
\bigl[\sigma_i,\,\sigma_j\bigr]=\sigma_i\sigma_j-\sigma_j\sigma_i=2i\varepsilon_{ijk}\,\sigma_k,
\quad \bigl\{\sigma_i,\,\sigma_j\bigr\}=\sigma_i\sigma_j+\sigma_j\sigma_i=2\delta_{ij}\quad
\rightarrow\quad \sigma_i\sigma_j=\delta_{ij}+i\varepsilon_{ijk}\sigma_k
\end{equation}

ただし \(\varepsilon_{ijk}\) はLevi-Civita記号で, 次のように定義される完全反対称テンソルである:
\begin{equation}
\varepsilon_{123}=\varepsilon_{231}=\varepsilon_{312}=1,\quad
\varepsilon_{132}=\varepsilon_{213}=\varepsilon_{321}=-1,\quad \mathrm{all\ other}\
\varepsilon_{ijk}=0
\end{equation}

この Pauli行列の性質を用いて \(\gamma\) 行列の性質を求めると以下のようになる:
\begin{align}
&\gamma^{0}\gamma^{k}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & \sigma_k \\ -\sigma_k & 0 \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} 0 & \sigma_k \\ \sigma_k & 0 \end{pmatrix},\quad
\gamma^{k}\gamma^{0}=\begin{pmatrix} 0 & \sigma_k \\ -\sigma_k & 0 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} 0 & -\sigma_k \\ -\sigma_i & 0 \end{pmatrix},\\
&\rightarrow\quad \gamma^{0}\gamma^{k}+\gamma^{k}\gamma^{0}=
\begin{pmatrix} 0 & \sigma_k \\ \sigma_k & 0 \end{pmatrix}
+\begin{pmatrix} 0 & -\sigma_k \\ -\sigma_i & 0 \end{pmatrix}=0,\\
&\gamma^{0}\gamma^{0}
=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=I,
\quad\rightarrow\quad \gamma^{0}\gamma^{0}+\gamma^{0}\gamma^{0}=2,\\
&\gamma^{k}\gamma^{k}
=\begin{pmatrix} 0 & \sigma_k \\ \sigma_k & 0 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & \sigma_k \\ \sigma_k & 0 \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} -\sigma_k\sigma_k & 0 \\ 0 & -\sigma_k\sigma_k \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}=-I,\\
&\rightarrow\quad \gamma^{k}\gamma^{k}+\gamma^{k}\gamma^{k}=-2,\quad \mathrm{where}\quad k=1,2,3\\
&\gamma^{i}\gamma^{j}=\begin{pmatrix} 0 & \sigma_i \\ -\sigma_i & 0 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & \sigma_j \\ -\sigma_j & 0 \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} -\sigma_i\sigma_j & 0 \\ 0 & -\sigma_i\sigma_j \end{pmatrix}
=-\sigma_i\sigma_j\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=-\sigma_i\sigma_j I,\quad
\gamma^{j}\gamma^{i}=-\sigma_j\sigma_i I\\
&\rightarrow\quad \gamma^{i}\gamma^{j}+\gamma^{j}\gamma^{i}
=-\bigl(\sigma_i\sigma_j+\sigma_j\sigma_i\bigr)I=-2\delta_{ij}I
\end{align}

ただし \(I\) は単位行列である.以上をまとめると次となる:
\begin{align}
&\gamma^{0}\gamma^{0}=I,\quad \gamma^{k}\gamma^{k}=-I \quad \mathrm{where}\quad k=1,2,3,\\
&\bigl\{\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}\bigr\}
=\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}+\gamma^{\,\nu}\gamma^{\,\mu}=2\eta^{\,\mu\nu}\quad \mathrm{where}\quad
\eta=(1,-1,-1,-1)
\end{align}


ディラック方程式の同様な形は, クライン-ゴルドン方程式との比較による別の議論からも得ることが出来るであろう.そこで \(\displaystyle \frac{H}{c}=i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}=i\hbar\partial^{\,0}\) そして \(\displaystyle \frac{e}{c}\phi=\frac{e}{c}A^{0}\) とすると, 式 (9-2) は4元ベクトルの表現で次となる:

\begin{equation}
\left(i\hbar\partial^{\,\mu}-\frac{e}{c}A^{\,\mu}\right)^{2}\psi=m^2c^2\psi
\tag{9-10}
\end{equation}

Pauli方程式 (9-4) と似た表記だが \(\mb{\sigma}=\mb{\gamma}\) を用い, そして \(\sigma_0=\gamma_0\) とすると, 式 (9-4′) は式 (9-10) と似た形に書くことが出来る:
\begin{equation}
\left\{\gamma^{\,\mu}\left(i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)\right\}^{2}\psi
=m^{2}c^{2}\psi
\tag{9-11}
\end{equation}

この式 (9-11) を, 式 (9-9) と比較すべきである.

さて, 式 (9-4) の Pauli方程式とシュレディンガー方程式との違いは3次元のスカラー積である \(\displaystyle \left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{2}\) が単体の量 \(\displaystyle \mb{\sigma}\cdot\left(\mb{p}-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\) の2乗で置き換わっていることである.類似的な考えで,「式 (9-10) の4元ベクトル積 \(\displaystyle \left(p_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)^{2}\) は, 単体の量 \(\displaystyle \gamma^{\,\mu}\left(i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)\) の2乗で置き換えるべきだ」と推測することが出来る.ただし, 三つの3次元行列 \(\mb{\sigma}\) との類推で, 四つの4次元行列 \(\gamma^{\,\mu}\) を創造しなければならない.その結果として得られる方程式

\begin{equation}
\left\{\gamma^{\,\mu}\left(i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)\right\}^{2}\psi
=m^{2}c^{2}\psi
\tag{9-11}
\end{equation}

は必然的に式 (9-9) と等価である.なぜなら, 式 (9-9) の両辺に \(\displaystyle \gamma^{\,\mu}\left(i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)\) を作用させ, 式 (9-9) を再度用いるならば, 右辺は簡単化するからである:
\begin{equation}
\left(i\hbar\,\gamma^{\,\mu}\partial_{\mu}-\frac{e}{c}\gamma^{\,\mu}A_{\mu}\right)
\left(i\hbar\,\gamma^{\,\mu}\partial_{\mu}-\frac{e}{c}\gamma^{\,\mu}A_{\mu}\right)\psi(x)
=mc\left(i\hbar\,\gamma^{\,\mu}\partial_{\mu}-\frac{e}{c}\gamma^{\,\mu}A_{\mu}\right)\psi(x)
=(mc)^{2}\,\psi
\end{equation}


【 問題 】 式 (9-11) は, 次式と等価であることを示せ:

\begin{equation}
\left(i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)^{2}\psi
-i\frac{e}{2c}\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}F_{\mu\nu}\,\psi
=m^2c^2\,\psi
\end{equation}


〈 解答例 〉 式 (9-11) はゲージ共変微分 \(D_{\mu}\) を用いると

\begin{equation}
D_{\mu}\equiv \partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu},\quad\rightarrow\quad
\left\{\gamma^{\,\mu}\,i\hbar D_{\mu}\right\}^{2}\psi =m^2c^2\psi
\end{equation}

すなわち次式のように表せる:
\begin{equation}
\bigl(\gamma^{\,\mu}i\hbar D_{\mu}\bigr)\bigl(\gamma^{\,\nu}i\hbar D_{\nu}\,\psi\bigr)
=(i\hbar)^{2}\gamma^{\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}\psi=m^2c^2\psi
\tag{1}
\end{equation}

この左辺の量 \(\gamma^{\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}\) を考える:
\begin{equation}
\gamma^{\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}=\half\gamma^{\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}
+\half\gamma^{\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}
\end{equation}

この第1項のダミー指標の単なる書き換え \(\mu\leftrightarrow \nu\) を行なうと,
\begin{equation}
\gamma^{\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}=\half\gamma^{\nu}\gamma^{\,\mu}D_{\nu}D_{\mu}
+\half\gamma^{\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}
\tag{2}
\end{equation}

\(\gamma\) 行列の反交換の関係:\(\bigl\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\bigr\}=2\eta^{\mu\nu}\) から,
\begin{equation}
\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}=2\eta^{\,\mu\nu}-\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}
\tag{3}
\end{equation}

これを式 (2) に利用すると,
\begin{align}
\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}D_{\mu}D_{\nu}
&=\half \left(2\eta^{\,\mu\nu}-\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}\right)D_{\nu}D_{\mu}
+\half\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}D_{\mu}D_{\nu}\\
&=\eta^{\,\mu\nu}D_{\nu}D_{\mu}-\half\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}D_{\nu}D_{\mu}
+\half\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}D_{\mu}D_{\nu}\\
&=D^{\mu}D_{\mu}+\half\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}\bigl(D_{\mu}D_{\nu}-D_{\nu}D_{\mu}\bigr)\\
&=D^{\mu}D_{\mu}+\half\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}\bigl[D_{\mu},\,D_{\nu}\bigr]
\tag{4}
\end{align}

さらに \(D_{\mu}\) の定義から,
\begin{align}
[D_{\mu},\,D_{\nu}]
&=\left[\partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu},\,\partial_{\nu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\nu}\right]\\
&=\left(\partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu}\right)
\left(\partial_{\nu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\nu}\right)
-\left(\partial_{\nu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\nu}\right)
\left(\partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu}\right)\\
&=\partial_{\mu}\partial_{\nu}+i\frac{e}{\hbar c}\partial_{\mu}A_{\nu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu}\partial_{\nu}
-\left(\frac{e}{\hbar c}\right)^{2}A_{\mu}A_{\nu}-\left\{\partial_{\nu}\partial_{\mu}
+i\frac{e}{\hbar c}\partial_{\nu}A_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\nu}\partial_{\mu}
-\left(\frac{e}{\hbar c}\right)^{2}A_{\nu}A_{\mu} \right\}\\
&=\partial_{\mu}\partial_{\nu}+i\frac{e}{\hbar c}(\partial_{\mu}A_{\nu})
+i\frac{e}{\hbar c}A_{\nu}\partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu}\partial_{\nu}-\left(\frac{e}{\hbar c}\right)^{2}A_{\mu}A_{\nu} \\
&\qquad -\left\{\partial_{\nu}\partial_{\mu}
+i\frac{e}{\hbar c}(\partial_{\nu}A_{\mu})+i\frac{e}{\hbar c}A_{\nu}\partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu}\partial_{\nu}
-\left(\frac{e}{\hbar c}\right)^{2}A_{\nu}A_{\mu}\right\}\\
&=i\frac{e}{\hbar c}\left\{\partial_{\mu}A_{\nu}-\partial_{\nu}A_{\mu}\right\}
=i\frac{e}{\hbar c}F_{\mu\nu}
\tag{5}
\end{align}

従って式 (4) は,
\begin{equation}
\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}D_{\mu}D_{\nu}
=D^{\mu}D_{\mu}+\half\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}\bigl[D_{\mu},\,D_{\nu}\bigr]
=D^{\mu}D_{\mu}+\frac{i}{2}\frac{e}{\hbar c}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}F_{\mu\nu}
\tag{6}
\end{equation}

よって式 (9-11) すなわち式 (1) は, この式 (6) を用いることで,
\begin{align}
(i\hbar)^{2}\gamma^{\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}\psi
&=(i\hbar)^{2}\left\{D^{\mu}D_{\mu}+\frac{i}{2}\frac{e}{\hbar c}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}F_{\mu\nu}\right\}\psi\\
&=\bigl(i\hbar D^{\mu}\bigr)\bigl(i\hbar D_{\mu}\bigr)\psi
-\frac{ie}{2c}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}F_{\mu\nu}\,\psi=m^2c^2\psi
\end{align}

すなわち題意の式となる:
\begin{equation}
\left(i\hbar\partial^{\,\mu}-\frac{e}{c}A^{\,\mu}\right)
\left(i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)\psi
-i\frac{e}{2c}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}F_{\mu\nu}\,\psi=m^2c^2\psi
\tag{7}
\end{equation}

〈 別解 〉 この問題の解答に該当した内容が, メシア:「量子力学 3」の第 20 章 § 21 にあるので, その説明を問題に合うように修正して記しておく.

式 (9-11) は,「ゲージ共変微分」\(D_{\mu}\) を用いると次式のように表せる:

\begin{align}
&\bigl(\gamma^{\,\mu}i\hbar D_{\mu}\bigr)\bigl(\gamma^{\,\nu}i\hbar D_{\nu}\,\psi\bigr)-m^2c^2\psi=0,
\quad\rightarrow\quad
\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}\,\psi + \left(\frac{mc}{\hbar}\right)^2\psi=0,\\
&\rightarrow\quad \bigl(\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}+\kappa^{2}\bigr)\psi=0,\quad
\kappa\equiv \frac{mc}{\hbar}
\tag{8}
\end{align}

ここで \(\gamma^{\mu}\) 行列の反交換の関係:\(\bigl\{\gamma^{\mu},\gamma^{\nu}\bigr\}=2\eta^{\mu\nu}\) から,
\begin{equation}
\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}=\frac{1}{2}(\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}+\gamma^{\,\nu}\gamma^{\,\mu})
+\frac{1}{2}(\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}-\gamma^{\,\nu}\gamma^{\,\mu})
=\eta^{\,\mu\nu} + \frac{1}{2}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}]
\tag{9}
\end{equation}

また, ダミー指標の単なる書き換えと \([\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}]=-[\gamma^{\,\nu},\,\gamma^{\,\mu}]\) から,
\begin{align}
[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}]D_{\mu}D_{\nu}
&=\frac{1}{2}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}]D_{\mu}D_{\nu}
+\frac{1}{2}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}]D_{\mu}D_{\nu}
=\frac{1}{2}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}]D_{\mu}D_{\nu}
+\frac{1}{2}[\gamma^{\,\nu},\,\gamma^{\,\mu}]D_{\nu}D_{\mu}\\
&=\frac{1}{2}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}]D_{\mu}D_{\nu}
-\frac{1}{2}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}]D_{\mu}D_{\nu}
=\frac{1}{2}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}](D_{\mu}D_{\nu}-D_{\mu}D_{\nu})\\
&=\frac{1}{2}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}][D_{\mu},\,D_{\nu}]
\tag{10}
\end{align}

さらに \(D_{\mu}\) の定義から,
\begin{equation}
[D_{\mu},\,D_{\nu}]
=\left[\partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu},\,\partial_{\nu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\nu}\right]
=i\frac{e}{\hbar c}\left\{\partial_{\mu}A_{\nu}-\partial_{\nu}A_{\mu}\right\}
=i\frac{e}{\hbar c}F_{\mu\nu}
\tag{11}
\end{equation}

以上の式 \((9)\sim (11)\) より,
\begin{align}
\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}
&=\left(\eta^{\mu\nu}+\frac{1}{2}\bigl[\gamma^{\mu},\,\gamma^{\nu}\bigr]\right)D_{\mu}D_{\nu}
=\eta^{\mu\nu}D_{\mu}D_{\nu}+\frac{1}{2}\bigl[\gamma^{\mu},\,\gamma^{\nu}\bigr]D_{\mu}D_{\nu}\\
&=D_{\mu}D^{\,\mu} +\frac{1}{2}\times \frac{1}{2}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}][D_{\mu},\,D_{\nu}]
=D_{\mu}D^{\,\mu} +\frac{1}{4}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}]\times i\frac{e}{\hbar c}F_{\mu\nu}\\
&=D_{\mu}D^{\,\mu} +\frac{e}{\hbar c}\times\frac{i}{4}[\gamma^{\,\mu},\,\gamma^{\,\nu}]\times F_{\mu\nu}
\tag{12}
\end{align}

ここで「スピンを表す量\(S^{\alpha\beta}\)」を次とする:
\begin{equation}
S^{\alpha\beta}\equiv \frac{1}{2}\sigma^{\alpha\beta}
=\frac{i}{4}\bigl[\gamma^{\,\alpha},\,\gamma^{\,\beta}\bigr],
\quad\mathrm{where}\quad
\sigma^{\alpha\beta}\equiv \frac{i}{2}\bigl[\gamma^{\,\alpha},\,\gamma^{\,\beta}\bigr]
=i\gamma^{\alpha}\gamma^{\beta}\quad (\ \alpha\ne\beta\ )
\tag{13}
\end{equation}

すると式 (12) は,
\begin{equation}
\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}
=D_{\mu}D^{\,\mu} +\frac{e}{\hbar c}\,S^{\mu\nu}\,F_{\mu\nu}
\tag{14}
\end{equation}

従って, 式 (9-11) すなわち式 (8) は次のように表すことが出来る:
\begin{equation}
\bigl(\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}D_{\mu}D_{\nu}+\kappa^{2}\bigr)\psi
=\left\{ D_{\mu}D^{\,\mu} +\frac{e}{\hbar c}\,S^{\mu\nu}\,F_{\mu\nu}
+\left(\frac{mc}{\hbar}\right)^{2}\right\}\psi=0
\tag{15}
\end{equation}

この式をクライン-ゴルドン方程式:\(\displaystyle \left\{D_{\mu}D^{\mu}+\left(mc/\hbar\right)^{2}\right\}\psi=0\) と比べると, 異なるところは
\begin{equation}
\frac{e}{\hbar c}S^{\mu\nu}F_{\mu\nu}
\end{equation}

という項が現れることである.これは粒子のスピンと電磁場との間の相互作用を表す項である.この項は古典的類似物がなく, この項の寄与は古典近似が成り立つ条件の下では無視できる.このときディラック波束の運動はクライン-ゴルドン波束の運動と同じである.

References

References
1 [訳註] ただしこの訳では \(c,\hbar\) をきちんと表示した式を記述して行く.
2 [訳註] 原書での式は次となっている:
\begin{equation}
\rho=i\left(\psi^{*}\ppdiff{\psi}{t}-\psi\ppdiff{\psi^{*}}{t}\right)-e\phi\psi\psi^{*},\quad
\mb{j}=-i\bigl(\psi^{*}\nabla\psi-\psi\nabla\psi^{*}\bigr)-e\mb{A}\psi\psi^{*}
\end{equation}

しかし, これでは \(\partial^{\,\mu}j_{\mu}=0\) とはならないようなので修正してある.なお, このときの \(D_{\mu}\) は「ゲージ共変微分」( Gauge covariant derivative ) と呼ばれる:
\begin{equation}
D_{\mu}\equiv \partial_{\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A_{\mu},\quad
D^{\,\mu}=\partial^{\,\mu}+i\frac{e}{\hbar c}A^{\,\mu}
\end{equation}

ゲージ共変微分」については, 例えば Mark S. Swanson, Path Integrals and Quantum Processes § 7.1 を参照のこと.また, クライン-ゴルドン方程式などについては, 次の文献に詳しい説明があるので参照すべし:
H.Feshbach and F.Villars, Rev. Mod. Phys., \(\mb{30}\) (1958), 24