\(\textit{Ninth Lecture}\)
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}
\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．
| \(m\) | 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}
\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}
\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}
\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}
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}
\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 \(\psi=\chi(r)\exp(-iEt/\hbar)\) 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}
&\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}
&\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}
&\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}
\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}
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}
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}
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}
\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*}
\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}
\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}
\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}
\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}
\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}
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}
\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}
&\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}
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=\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}
&\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}
\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}
-\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}
\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}
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}
\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}
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}
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}
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}
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}
\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}
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}
\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}
\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}
\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}
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}
\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}
\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 (a) と式 (b) 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}
\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}
\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}
\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}
\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}
\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}
\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^{1} =\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_{1}\\ -\sigma_{1} & \mb{0}\end{pmatrix}
\quad \mathrm{since}\quad
\sigma_x=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}
\end{equation}
\gamma^{1} =\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_{1}\\ -\sigma_{1} & \mb{0}\end{pmatrix}
\quad \mathrm{since}\quad
\sigma_x=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}
\end{equation}
\(\gamma^{2}\)と\(\gamma^{3}\) 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}
\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}
\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}
&\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}
\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^{0}\gamma^{0}=1,\quad \gamma^{1}\gamma^{1}=\gamma^{2}\gamma^{2}=\gamma^{3}\gamma^{3}=-1,\quad
\gamma^{0}\gamma^{1}=-\gamma^{1}\gamma^{0},\quad \gamma^{1}\gamma^{2}=-\gamma^{2}\gamma^{1},
\quad \mathrm{etc.}
\end{equation}
\gamma^{0}\gamma^{0}=1,\quad \gamma^{1}\gamma^{1}=\gamma^{2}\gamma^{2}=\gamma^{3}\gamma^{3}=-1,\quad
\gamma^{0}\gamma^{1}=-\gamma^{1}\gamma^{0},\quad \gamma^{1}\gamma^{2}=-\gamma^{2}\gamma^{1},
\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}
\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}
\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}
\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}
\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}
&\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}
&\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}
\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}
\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}
\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}
\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}
\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}
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}
\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}
\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^{\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}
\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}
\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}
[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}
\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}
(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}
\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}
&\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}
\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}
[\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}
[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}
\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}
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}
\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}
\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}
\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
| ↑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 |
