Feynman QED Tenth Lecture

\(\)

\(\textit{Tenth Lecture}\)

\(\gamma\)行列の代数(ALGEBRA OF THE \(\gamma\) MATRICES)

前講で得られたディラック方程式は次であった：
\(
\def\slashed#1{#1\llap{/}\,}
\def\ppdiff#1#2{\frac{\partial #1}{\partial #2}}
\def\pdiff#1{\frac{\partial}{\partial #1}}
\def\Bppdiff#1#2{\frac{\partial^{2} #1}{\partial #2^{2}}}
\def\Bpdiff#1{\frac{\partial^{2}}{\partial #1^{2}}}
\def\mb#1{\mathbf{#1}}
\def\mr#1{\mathrm{#1}}
\def\reverse#1{\frac{1}{#1}}
\def\ds#1{\mbox{${\displaystyle\strut #1}$}}
\def\half{\frac{1}{2}}
\newcommand\Braket[1]{\left\langle #1 \right\rangle}
\)

これは, 次のような \(\gamma\) の特別な表現と共に得られたものである^[1][ブログ註] ただしこの節の \(\gamma\) 行列式などの表現式はすべて現代の教科書に合わせて, … Continue reading ：

ただしこれらの \(4\times4\) 行列中の各要素は, 次のような Pauli の \(2\times2\) スピン行列である：

しかしながら \(\gamma\) 行列の最も良い定義の仕方はそれらの「交換関係」( commutation relationship )を与えることである．なぜなら, 交換関係が \(\gamma\) 行列を使用するのに大事なことの全てだからである．交換関係は \(\gamma\) 行列の表現をユニークに決定しない．従って前述のものは多くの可能表現の内の一つに過ぎない．交換関係は次である：

または, 統合した表記は次である：

この \(\eta^{\,\mu\nu}\) の定義を用いたとき, スカラー積を形成する際の規則は次であるので注意する：

他の新しい行列は, すでに定義されている \(\gamma\) 行列を掛け算することで生じ得るであろう．例えば, 式 (10-4) の行列は一度に２つの行列を掛け合わせたものだ．次の行列たちはすべて, \(\gamma^{1}\), \(\gamma^{2}\), \(\gamma^{3}\), \(\gamma^{0}\) とは独立した行列たちである：

3つの積で新たに作られる行列はこれらだけである．なぜなら, もし２つの行列が等しいとその積は減少することが可能だからである．従って \(\gamma^{0}\gamma^{2}\gamma^{0}=-\gamma^{0}\gamma^{0}\gamma^{2}=-\gamma^{2}\) などとなる．4つの積で新たに作られる唯一の行列には, 特別な名称 \(\gamma^{5}\) が与えられている：

4つ以上の行列の積には2つ以上の同じ行列が含まれるはずなので, それらは必ず減少出来る．従って, 線型独立な行列は \(16\) 個存在する．それらの線形結合には \(16\) 個の任意定数が含まれる．このことは, そのような組み合わせは \(4\times4\) 行列で表現出来るという事実と符合している．(すると \(4\times4\) 行列は全て \(\gamma\) 行列代数で表現し得ることになり, 数学的に興味深いことだ．これは「Clifford代数」または「超複素代数( hypercomplex algebra )」と呼ばれている．より簡便な例は, いわゆる「4元数代数」と呼ばれる \(2\times2\) 行列のもの, すなわち「Pauli スピン行列代数」である)．

---

【 問題 】 次を証明せよ：

そして

この量 \(\Sigma_{k}\) は, 次の第１１講に出てくるので注意する：

---

〈 解答例 〉 式 (10-2) を用いて具体的に計算すると次となる：

このとき Pauli行列 \(\sigma_i\) について次の公式が成り立つ：

式 (1) と式 (2) から

従って,

そして式 (10-2) から,

---

もう一つの \(\gamma\) 行列を定義すると便利である．なぜならそれが頻繁に生起するからである：

次式となることは確認しておこう：

後で使用するために, 次式を定義すると便利である ^[2][ブログ註] この記号は, 場の量子論に於ける「Dirac 場」の研究においてファインマンが考案したものであり,「ファインマン スラッシュ記法」(Feynman … Continue reading ：

\begin{equation}
\slashed{a}\equiv \gamma^{\mu}a_{\mu}=\eta_{\mu\nu}\gamma^{\,\mu}a^{\,\nu}
=\gamma^{0}a^{0}-\gamma^{1}a^{1}-\gamma^{2}a^{2}-\gamma^{3}a^{3}
\tag{10-12}
\end{equation}

これから次式が得られる：

例として, 最初の式は次のように書くことで検証できるであろう：

そして交換関係を利用して第２因子を前方に移動する．第２因子の最初の項 \((b^{0}\gamma^{\,0})\) に対してこれを行なうと次となる：

なぜなら \(\gamma^{0}\) は自分自身と交換可能であるが \(\gamma^{k}\) たちとは反交換するからである．この演算を全ての項に行うと, 次を得る：
\begin{align*}
\slashed{a}\slashed{b}&=-b^{0}\gamma^{\,0}[
(a^{0}\gamma^{0}-a^{1}\gamma^{1}-a^{2}\gamma^{2}-a^{3}\gamma^{3})+2a^{0}\gamma^{0}]\\
&\quad +b^{1}\gamma^{\,1}[(a^{0}\gamma^{0}-a^{1}\gamma^{1}-a^{2}\gamma^{2}-a^{3}\gamma^{3})+2a^{1}\gamma^{\,1}]\\
&\quad +b^{2}\gamma^{\,2}[(a^{0}\gamma^{0}-a^{1}\gamma^{1}-a^{2}\gamma^{2}-a^{3}\gamma^{3})+2a^{2}\gamma^{\,2}]\\
&\quad +b^{3}\gamma^{\,3}[(a^{0}\gamma^{0}-a^{1}\gamma^{1}-a^{2}\gamma^{2}-a^{3}\gamma^{3})+2a^{3}\gamma^{\,3}]\\
&=-\slashed{b}\slashed{a}+2(b^{0}a^{0}\gamma^{\,0}\gamma^{\,0}+b^{1}a^{1}\gamma^{\,1}\gamma^{\,1}
+b^{2}a^{2}\gamma^{\,2}\gamma^{\,2}+b^{3}a^{3}\gamma^{\,3}\gamma^{\,3})\\
&=-\slashed{b}\slashed{a}+2(b^{0}a^{0}-b^{1}a^{1}-b^{2}a^{2}-b^{3}a^{3})\\
&=-\slashed{b}\slashed{a}+2b\cdot a
\end{align*}

---

【 問題 】 (1) 次式が成り立つことを示せ：
\begin{align*}
\gamma^{\,1}\slashed{a}\gamma^{\,1}&=\slashed{a}+2a^{1}\gamma^{1},\\
\gamma_{\,\mu}\gamma^{\,\mu}&=4,\\
\gamma_{\,\mu}\slashed{a}\gamma^{\,\mu}&=-2\slashed{a},\\
\gamma_{\,\mu}\slashed{a}\slashed{b}\gamma^{\,\mu}&=4a\cdot b,\\
\gamma_{\,\mu}\slashed{a}\slashed{b}\slashed{c}\gamma^{\,\mu}&=-2\slashed{c}\slashed{b}\slashed{a}
\end{align*}
(2) 級数展開することで次式を検証せよ：

(3) 次式が成り立つことを示せ：

---

〈 解答例 〉 式 (10-5) の交換関係 \(\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}=-\gamma^{\,\nu}\gamma^{\,\mu}+2\eta^{\,\mu\nu}\) を利用してガンマ行列の順番を変えて行けば良い．例えば \(\gamma^{1}\gamma^{1}=-I\), そして \(\mu\ne 1\) では \(\gamma^{\mu}\gamma^{1}=-\gamma^{1}\gamma^{\mu}\) などから,
\begin{align*}
\gamma^{1}\slashed{a}\gamma^{1}
&=\gamma^{1}(a^{0}\gamma^{0}-a^{1}\gamma^{1}-a^{2}\gamma^{2}-a^{3}\gamma^{3})\gamma^{1}=\gamma^{1}(-a^{0}\gamma^{1}\gamma^{0}a^{1}\gamma^{1}\gamma^{1}+a^{2}\gamma^{1}\gamma^{2}+a^{3}\gamma^{1}\gamma^{3})\\
&=-a^{0}\gamma^{1}\gamma^{1}\gamma^{0}-a^{1}\gamma^{1}\gamma^{1}\gamma^{1}+a^{2}\gamma^{1}\gamma^{1}\gamma^{2}+a^{3}\gamma^{1}\gamma^{1}\gamma^{3}
=+a^{0}\gamma^{0}+a^{1}\gamma^{1}-a^{2}\gamma^{2}-a^{3}\gamma^{3}\\
&=(a^{0}\gamma^{0}-a^{1}\gamma^{1}-a^{2}\gamma^{2}-a^{3}\gamma^{3})+2a^{1}\gamma^{1}\\
&=\slashed{a}+2a^{1}\gamma^{1},\\
\gamma_{\mu}\gamma^{\mu}&=\gamma_{0}\gamma^{0}+\gamma_{1}\gamma^{1}+\gamma_{2}\gamma^{2}+\gamma_{3}
\gamma^{3}=\gamma^{0}\gamma^{0}-\gamma^{1}\gamma^{1}-\gamma^{2}\gamma^{2}-\gamma^{3}\gamma^{3}\\
&=1-(-1)-(-1)-(-1)=4,\\
\gamma_{\,\mu}\slashed{a}\gamma^{\,\mu}&=\gamma_{\mu}a_{\nu}\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}
=a_{\nu}\gamma_{\mu}(-\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}+2\eta^{\nu\mu})
=-a_{\nu}\gamma_{\mu}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}+2\eta^{\mu\nu}a_{\nu}\gamma^{\mu}\\
&=-4a_{\nu}\gamma^{\nu}+2a^{\mu}\gamma^{\mu}=-4\slashed{a}+2a_{\mu}\gamma^{\mu}
=-4\slashed{a}+2\slashed{a}=-2\slashed{a},\\
\gamma_{\mu}\slashed{a}\slashed{b}\gamma^{\,\mu}
&=\gamma_{\mu}(a_{\nu}\gamma^{\nu})(b_{\lambda}\gamma^{\lambda})\gamma^{\mu}
=a_{\nu}b_{\lambda}\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}(-\gamma^{\mu}\gamma^{\lambda}+2\eta^{\lambda\mu})
=a_{\nu}b_{\lambda}\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}\gamma^{\lambda}+2a_{\nu}b_{\lambda}\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\eta^{\lambda\mu}\\
&=-a_{\nu}b_{\lambda}\gamma_{\mu}
(-\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}+2\eta^{\nu\mu})\gamma^{\lambda}+2a_{\nu}b_{\lambda}\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu}\\
&=a_{\nu}b_{\lambda}\gamma_{\mu}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}-2a_{\nu}b_{\lambda}\gamma_{\mu}\eta^{\nu\mu}\gamma^{\lambda}+2a_{\nu}b_{\lambda}(-\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}+2\eta^{\lambda\nu})\\
&=4a_{\nu}\gamma^{\nu}b_{\lambda}\gamma^{\lambda}-2a_{\nu}\gamma^{\nu}b_{\lambda}\gamma^{\lambda}-2a_{\nu}\gamma^{\nu}b_{\lambda}\gamma^{\lambda}+4a_{\nu}b^{\nu}\\
&=4\slashed{a}\slashed{b}-2\slashed{a}\slashed{b}-2\slashed{a}\slashed{b}+4a\cdot b
=4a\cdot b,
\tag{1}
\end{align*}
そして,

で \(\slashed{a}\slashed{b}\slashed{c}\) の順番を \(\slashed{c}\slashed{b}\slashed{a}\) にするには, \(\gamma\) 行列の順番を \((\nu,\lambda,\sigma)\) から \((\sigma,\lambda,\nu)\) になるように交換して行けばよい．そのため, まずは３つの \(\gamma\) 行列の順番を変えてみる：
\begin{align*}
\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}\gamma^{\sigma}
&=(-\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu}+2\eta^{\nu\lambda})\gamma^{\sigma}
=-\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu}\gamma^{\sigma}+2\eta^{\nu\lambda}\gamma^{\sigma}\\
&=-\gamma^{\lambda}(-\gamma^{\sigma}\gamma^{\nu}+2\eta^{\nu\sigma})+2\eta^{\nu\lambda}\gamma^{\sigma}
=\gamma^{\lambda}\gamma^{\sigma}\gamma^{\nu}-2\eta^{\nu\sigma}\gamma^{\lambda}+2\eta^{\nu\lambda}\gamma^{\sigma}\\
&=(-\gamma^{\sigma}\gamma^{\lambda}+2\eta^{\lambda\sigma})\gamma^{\nu}-2\eta^{\nu\sigma}\gamma^{\lambda}+2\eta^{\nu\lambda}\gamma^{\sigma}\\
&=-\gamma^{\sigma}\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu}+2\eta^{\lambda\sigma}\gamma^{\nu}-2\eta^{\nu\sigma}\gamma^{\lambda}+2\eta^{\nu\lambda}\gamma^{\sigma}
\tag{3}
\end{align*}
この結果式で, 例えば添字 \((\nu,\lambda,\sigma)\) を単に \((\sigma\to\mu,\lambda\to\nu,\nu\to\lambda)\) と書き換えることで, 次も得られる：

また,
\begin{align*}
\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}&=\gamma_{\mu}(-\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}+2\eta^{\nu\mu})
=-\gamma_{\mu}\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}+2\eta^{\nu\mu}\gamma_{\mu}=-4\gamma^{\nu}+2\gamma^{\nu}=-2\gamma^{\nu},\\
\gamma_{\mu}\gamma^{\lambda}\gamma^{\mu}&=-2\gamma^{\lambda},\qquad
\gamma_{\mu}\gamma^{\sigma}\gamma^{\mu}=-2\gamma^{\sigma}
\tag{5}
\end{align*}
以上の結果を用いると,
\begin{align*}
\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}\gamma^{\sigma}\gamma^{\mu}
&=\gamma_{\mu}(-\gamma^{\sigma}\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu}+2\eta^{\lambda\sigma}\gamma^{\nu}-2\eta^{\nu\sigma}\gamma^{\lambda}+2\eta^{\nu\lambda}\gamma^{\sigma})\gamma^{\mu}\\
&=-\gamma_{\mu}\gamma^{\sigma}(\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu}\gamma^{\mu})+2\eta^{\lambda\sigma}\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}-2\eta^{\nu\sigma}\gamma_{\mu}\gamma^{\lambda}\gamma^{\mu}+2\eta^{\nu\lambda}\gamma_{\mu}\gamma^{\sigma}\gamma^{\mu}\\
&=-\gamma_{\mu}\gamma^{\sigma}(-\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}
+2\eta^{\nu\mu}\gamma^{\lambda}-2\eta^{\lambda\mu}\gamma^{\nu}+2\eta^{\lambda\nu}\gamma^{\mu})
+2\eta^{\lambda\sigma}\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}-2\eta^{\nu\sigma}\gamma_{\mu}\gamma^{\lambda}\gamma^{\mu}+2\eta^{\nu\lambda}\gamma_{\mu}\gamma^{\sigma}\gamma^{\mu}\\
&=-2\gamma^{\sigma}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}-2\gamma^{\nu}\gamma^{\sigma}\gamma^{\lambda}+2\gamma^{\lambda}\gamma^{\sigma}\gamma^{\nu}
-2\eta^{\lambda\nu}(-2\gamma^{\sigma})-4\eta^{\lambda\sigma}\gamma^{\nu}+4\eta^{\nu\sigma}\gamma^{\lambda}-4\eta^{\nu\lambda}\gamma^{\sigma}\\
&=2(-\gamma^{\sigma}\gamma^{\lambda}+2\eta^{\lambda\sigma})\gamma^{\nu}-4\eta^{\lambda\sigma}\gamma^{\nu}
=-2\gamma^{\sigma}\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu}
\tag{6}
\end{align*}
従って, 式 (2) は次となる：

(2) 指数関数\(e^{x},\,e^{-x}\) 及び双曲線関数 \(\sinh x,\,\cosh x\) そして三角関数 \(\cos x,\,\sin x\) の級数展開は次となる：
\begin{align*}
e^{x}&=1+x+\frac{1}{2!}x^{2}+\frac{1}{3!}x^{3}+\frac{1}{4!}x^{4}+\frac{1}{5!}x^{5}+\dotsb,\\
e^{-x}&=1-x+\frac{1}{2!}x^{2}-\frac{1}{3!}x^{3}+\frac{1}{4!}x^{4}-\frac{1}{5!}x^{5}+\dotsb,\\
\sinh x &= \frac{1}{2}\bigl(e^{x}-e^{-x}\bigr)
=x+\frac{1}{3!}x^{3}+\frac{1}{5!}x^{5}+\dotsb,\\
\cosh x &=\frac{1}{2}\bigl(e^{x}-e^{-x}\bigr)
=1+\frac{1}{2!}x^{2}+\frac{1}{4!}x^{4}+\dotsb,\\
\cos x &= 1 -\frac{1}{2!}x^{2}+\frac{1}{4!}x^{4}-\dotsb,\\
\sin x &= x -\frac{1}{3!}x^{3}+\frac{1}{5!}x^{5}-\dotsb
\tag{7}
\end{align*}
そこで \(\gamma^{0}\gamma^{1}\) の累乗を考えてみると,
\begin{align*}
(\gamma^{0}\gamma^{1})^{2}&=\gamma^{0}\gamma^{1}\gamma^{0}\gamma^{1}
=\gamma^{0}(-\gamma^{1}\gamma^{0})\gamma^{1}=-\gamma^{0}\gamma^{0}\gamma^{1}\gamma^{1}
=-I\times(-I)=I,\\
(\gamma^{0}\gamma^{1})^{3}&=\gamma^{0}\gamma^{1}(\gamma^{0}\gamma^{1})^{2}
=\gamma^{0}\gamma^{1}\times I =\gamma^{0}\gamma^{1},\\
(\gamma^{0}\gamma^{1})^{4}&=(\gamma^{0}\gamma^{1})^{2}\times (\gamma^{0}\gamma^{1})^{2}
=I\times I =I,\\
(\gamma^{0}\gamma^{1})^{5}&=(\gamma^{0}\gamma^{1})^{2}\times (\gamma^{0}\gamma^{1})^{3}
=I\times \gamma^{0}\gamma^{1}=\gamma^{0}\gamma^{1},
\tag{8}
\end{align*}
などとなる．すなわち, 偶数乗は \(I\) となり奇数乗は \(\gamma^{0}\gamma^{1}\) となる．よって,
\begin{align*}
\exp\left[\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{1}\right]
&=I+\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{1}+\frac{1}{2!}\left[\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{1}\right]^{2}
+\frac{1}{3!}\left[\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{1}\right]^{3}
+\frac{1}{4!}\left[\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{1}\right]^{4}+\dotsb\\
&=I+\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{1}+\frac{1}{2!}\left(\frac{u}{2}\right)^{2}I +\frac{1}{3!}\left(\frac{u}{2}\right)^{3}\gamma^{0}\gamma^{1}
+\frac{1}{4!}\left(\frac{u}{2}\right)^{4}I +\frac{1}{5!}\left(\frac{u}{2}\right)^{5}\gamma^{0}\gamma^{1}+\dotsb \\
&=\left[I+\frac{1}{2!}\left(\frac{u}{2}\right)^{2}I +\frac{1}{4!}\left(\frac{u}{2}\right)^{4}I +\dotsb\right]
+\left[\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{1}+\frac{1}{3!}\left(\frac{u}{2}\right)^{3}\gamma^{0}\gamma^{1}
+\frac{1}{5!}\left(\frac{u}{2}\right)^{5}\gamma^{0}\gamma^{1}+\dotsb\right] \\
&=I\left[1+\frac{1}{2!}\left(\frac{u}{2}\right)^{2} +\frac{1}{4!}\left(\frac{u}{2}\right)^{4} +\dotsb\right]
+\gamma^{0}\gamma^{1}\left[\frac{u}{2}+\frac{1}{3!}\left(\frac{u}{2}\right)^{3}
+\frac{1}{5!}\left(\frac{u}{2}\right)^{5}+\dotsb\right]\\
&=\cosh \frac{u}{2}+\gamma^{0}\gamma^{1}\sinh \frac{u}{2}
\tag{9}
\end{align*}
また \(\gamma^{1}\gamma^{2}\) の累乗を考えてみると,
\begin{align*}
(\gamma^{1}\gamma^{2})^{2}&=\gamma^{1}\gamma^{2}\gamma^{1}\gamma^{2}
=\gamma^{1}(-\gamma^{1}\gamma^{2})\gamma^{2}=-\gamma^{1}\gamma^{1}\gamma^{2}\gamma^{2}
=-(-I)\times(-I)=-I,\\
(\gamma^{1}\gamma^{2})^{3}&=(\gamma^{1}\gamma^{2})^{2}\times \gamma^{1}\gamma^{2}
=-I\times \gamma^{1}\gamma^{2}=-\gamma^{1}\gamma^{2},\\
(\gamma^{1}\gamma^{2})^{4}&=(\gamma^{1}\gamma^{2})^{3}\times \gamma^{1}\gamma^{2}
=-\gamma^{1}\gamma^{2}\times \gamma^{1}\gamma^{2}=-(\gamma^{1}\gamma^{2})^{2}=I,\\
(\gamma^{1}\gamma^{2})^{5}&=I\times \gamma^{1}\gamma^{2}=\gamma^{1}\gamma^{2},
\tag{10}
\end{align*}
などとなる．よって,
\begin{align*}
\exp\left[\frac{\theta}{2}\gamma^{1}\gamma^{2}\right]
&=I +\frac{\theta}{2}\gamma^{1}\gamma^{2}+\frac{1}{2!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{2}(\gamma^{1}\gamma^{2})^{2}
+\frac{1}{3!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{3}(\gamma^{1}\gamma^{2})^{3}
+\frac{1}{4!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{4}(\gamma^{1}\gamma^{2})^{4}+\dotsb\\
&=I+\frac{\theta}{2}\gamma^{1}\gamma^{2}+\frac{1}{2!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{2}(-I)
-\frac{1}{3!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{3}\gamma^{1}\gamma^{2}
+\frac{1}{4!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{4}I+\frac{1}{5!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{5}\gamma^{1}\gamma^{2}+\dotsb\\
&=I+\frac{\theta}{2}\gamma^{1}\gamma^{2} -\frac{1}{2!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{2}I
-\frac{1}{3!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{3}\gamma^{1}\gamma^{2}
+\frac{1}{4!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{4}I+\frac{1}{5!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{5}\gamma^{1}\gamma^{2}+\dotsb\\
&=I\left[1-\frac{1}{2!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{2}+\frac{1}{4!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{4}+\dotsb\right]
+\gamma^{1}\gamma^{2}\left[\frac{\theta}{2}-\frac{1}{3!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{3}
+\frac{1}{5!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{5}+\dotsb \right]\\
&=I\cos \frac{\theta}{2} +\gamma^{1}\gamma^{2}\sin \frac{\theta}{2}
\end{align*}
また前述の式 (8) と結果式 (9) の一般化から,

そして双曲線関数の公式を利用すると,
\begin{align*}
\exp\left[-\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]&\gamma^{0}\exp\left[\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]
=\left(\cosh\frac{u}{2}-\gamma^{0}\gamma^{3}\sinh\frac{u}{2} \right)\gamma^{0}
\left(\cosh\frac{u}{2}+\gamma^{0}\gamma^{3}\sinh\frac{u}{2} \right)\\
&=\gamma^{0}\left(\cosh\frac{u}{2}\right)^{2}+\gamma^{0}\gamma^{0}\gamma^{3}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}
-\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{0}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}-\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{0}\gamma^{0}\gamma^{3}
\left(\sinh\frac{u}{2}\right)\\
&=\gamma^{0}\left(\cosh\frac{u}{2}\right)^{2}+\gamma^{3}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}
+\gamma^{3}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}+\gamma^{0}\left(\sinh\frac{u}{2}\right)^{2}\\
&=\gamma^{0}\left(\cosh^{2}\frac{u}{2}+\sinh^{2}\frac{u}{2}\right)
+\gamma^{3}\left(2\sinh\frac{u}{2}\cosh\frac{u}{2}\right)\\
&=\gamma^{0}\cosh u + \gamma^{3}\sinh u,
\end{align*}
また,

となるので,
\begin{align*}
\exp\left[-\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]&\gamma^{3}\exp\left[\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]
=\left(\cosh\frac{u}{2}-\gamma^{0}\gamma^{3}\sinh\frac{u}{2} \right)\gamma^{3}
\left(\cosh\frac{u}{2}+\gamma^{0}\gamma^{3}\sinh\frac{u}{2} \right)\\
&=\gamma^{3}\left(\cosh\frac{u}{2}\right)^{2}+\gamma^{3}\gamma^{0}\gamma^{3}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}
-\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{3}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}-\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{3}\gamma^{0}\gamma^{3}
\left(\sinh\frac{u}{2}\right)\\
&=\gamma^{3}\left(\cosh\frac{u}{2}\right)^{2}+\gamma^{0}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}
+\gamma^{0}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}+\gamma^{3}\left(\sinh\frac{u}{2}\right)^{2}\\
&=\gamma^{3}\left(\cosh^{2}\frac{u}{2}+\sinh^{2}\frac{u}{2}\right)
+\gamma^{0}\left(2\sinh\frac{u}{2}\cosh\frac{u}{2}\right)\\
&=\gamma^{3}\cosh u + \gamma^{0}\sinh u,
\end{align*}
また,
\begin{align*}
&\gamma^{2}\gamma^{0}\gamma^{3}=-\gamma^{2}\gamma^{3}\gamma^{0}=-(-\gamma^{1}\gamma^{5})=\gamma^{1}\gamma^{5},\quad
\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{2}=\gamma^{1}\gamma^{5},\quad
\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{2}\gamma^{0}\gamma^{3}=\gamma^{2},\\
&\gamma^{1}\gamma^{0}\gamma^{3}=-\gamma^{0}\gamma^{1}\gamma^{3}=\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{1}
=-\gamma^{3}\gamma^{0}\gamma^{1}=\gamma^{2}\gamma^{5},\quad
\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{1}=\gamma^{2}\gamma^{5},\quad
\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{1}\gamma^{0}\gamma^{3}=\gamma^{1}
\end{align*}
となるので,
\begin{align*}
\exp\left[-\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]&\gamma^{2}\exp\left[\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]
=\left(\cosh\frac{u}{2}-\gamma^{0}\gamma^{3}\sinh\frac{u}{2} \right)\gamma^{2}
\left(\cosh\frac{u}{2}+\gamma^{0}\gamma^{3}\sinh\frac{u}{2} \right)\\
&=\gamma^{2}\left(\cosh\frac{u}{2}\right)^{2}+\gamma^{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}
-\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{2}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}-\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{2}\gamma^{0}\gamma^{3}
\left(\sinh\frac{u}{2}\right)\\
&=\gamma^{2}\left(\cosh\frac{u}{2}\right)^{2}+\gamma^{1}\gamma^{5}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}
-\gamma^{1}\gamma^{5}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}-\gamma^{2}\left(\sinh\frac{u}{2}\right)^{2}\\
&=\gamma^{2}\left(\cosh^{2}\frac{u}{2}-\sinh^{2}\frac{u}{2}\right)\\
&=\gamma^{2},\\
\exp\left[-\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]&\gamma^{1}\exp\left[\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]
=\left(\cosh\frac{u}{2}-\gamma^{0}\gamma^{3}\sinh\frac{u}{2} \right)\gamma^{1}
\left(\cosh\frac{u}{2}+\gamma^{0}\gamma^{3}\sinh\frac{u}{2} \right)\\
&=\gamma^{1}\left(\cosh\frac{u}{2}\right)^{2}+\gamma^{1}\gamma^{0}\gamma^{3}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}
-\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{1}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}-\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{1}\gamma^{0}\gamma^{3}
\left(\sinh\frac{u}{2}\right)\\
&=\gamma^{1}\left(\cosh\frac{u}{2}\right)^{2}+\gamma^{2}\gamma^{5}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}
-\gamma^{2}\gamma^{5}\cosh\frac{u}{2}\sinh\frac{u}{2}-\gamma^{1}\left(\sinh\frac{u}{2}\right)^{2}\\
&=\gamma^{1}\left(\cosh^{2}\frac{u}{2}-\sinh^{2}\frac{u}{2}\right)\\
&=\gamma^{1}
\end{align*}

---

同値変換(EQUIVALENCE TRANSFORMATION)

式 (10-3) と同じ交換関係を満たす別の \(\gamma\) 行列表現を仮定しよう．それは Dirac 方程式 (10-1) の形を不変に保つであろうか？この問いに答えるために, 波動関数に変換 \(\psi=S\psi’\) を行なってみる．ただし \(S\) は定数行列であり逆行列 \(S^{-1}\) を持ち \(SS^{-1}=1\) と仮定する．Dirac 方程式は次となる：

\(\pi_{\mu}\) と \(S\) は交換する．なぜなら \(\pi\) は微分演算子に位置関数を付加したものだからである．従って, この方程式 (10.16) は次のように書くことが出来る：

逆行列を掛け合わせると,

すなわち,

変換 \(\gamma’^{\mu}=S^{-1}\gamma^{\,\mu}S\) は「同値変換」( equivalence transformation ) と呼ばれ, 変換後の \(\gamma’\) たちが, 式 (10-3) の交換関係を満たすことを証明するのは容易である．\(\gamma’\) の積の変換は, \(\gamma\) の積と全く同じ仕方で変換する：

従って \(\gamma\) を含んだ方程式 (特に \(\gamma\) の交換関係) は, 変換された表現式に於いても同じ形となる．それは別の \(\gamma\) 表示となることを示しており, その Dirac 方程式は元の式 (10-1) と全く同じ形となる．従って, その結果も全て同じものとなる．

相対論的不変性(RELATIVISTIC INVARIANCE)

Dirac 方程式の相対論的不変性は, 差し当たり「\(\gamma\) 行列は4元ベクトルと同じように変換する」と仮定すれば示すことが出来るであろう．すなわち,

\(\pi_{\mu}=i\hbar\partial_{\mu}-(e/c)A_{\mu}\) は２つの4元ベクトル \(\partial_{\mu}\) と \(A_{\mu}\) が組み合わさったものなので, \(\pi_{\mu}\) も4元ベクトルと同様な変換をする．Dirac 方程式の左辺 \(\gamma^{\mu}\pi_{\mu}\) は2つの4元ベクトルの積 (スカラー積) であるから, ローレンツ変換に於いて不変である．右辺の \(mc\) もやはり不変である．\(\gamma^{\mu}\) を4元ベクトルとして変換するということは, 新たな \(\gamma\) 表示となることを意味する．しかしながら, 式 (10-11) を利用すると新たな \(\gamma\) と元の \(\gamma\) とは同値変換だけの違いであることを示すことが出来る．従って,「\(\gamma\) を変換する必要は全くない」ことになる．すなわち, 全てのローレンツ系に於いて同じ特定表示を用いてよいのである．このことから, ローレンツ変換を実行する際には2つの可能性があることになる：

1. \(\gamma\) を4元ベクトルと同様に変換し, 波動関数は (座標のローレンツ変換を除いて) 同じままとする．
2. ローレンツ変換された座標系に於ける標準的な表示を用いる．この場合, 波動関数は (1) の場合に比べて同値変換 (即ち \(\psi=S\psi’\)) だけの違いがある．

Dirac方程式のハミルトニアン形式(HAMILTONIAN FORM OF THE DIRAC EQUATION)

「低速度の場合, ディラック方程式はシュレディンガー方程式になる」ことを示すには, それをハミルトニアン形式に書いてみると都合が良い．元の表式 (10-1) は \(\pi_{\mu}=i\hbar D_{\mu}\) が,

であるから, 次のように書くことが出来る：

(\(\gamma^{0}\gamma^{0}=I\) を利用するために) この両辺に \(c\gamma^{0}\) を掛け合わせ, 項を入れ替えると

式 (10-9) により \(\mb{\alpha}=\gamma^{0}\mb{\gamma}\) そして \(\beta\equiv\gamma^{0}\) とすると, ハミルトニアン \(H\) は次のように書ける：

Pauli 行列について

が成り立つので,
\begin{align*}
\alpha_{k}^{2}=\begin{pmatrix} 0 & \sigma_k \\ \sigma_k & 0 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & \sigma_k \\ \sigma_k & 0 \end{pmatrix}=
\begin{pmatrix} \sigma_k^{2} & 0 \\ 0 & \sigma_k^{2}\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix}=I,\quad
\beta=\gamma^{0}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}=I,
\end{align*}
よって, 式(10-9) そして \(\alpha\) は次の交換関係を満たす (反交換する)：

我々の特別な \(\gamma\) 表現では (Pauli 行列がエルミート：\(\sigma_k^{\dagger}=\sigma_k\) なので),「\(\mb{\alpha},\beta\) はエルミート行列」であり, 従って, この \(\gamma\) 表現では「\(H\) はエルミート」であることに注意する ^[3][ブログ註] 運動量演算子 \(\hat{\mb{p}}=-i\hbar\nabla\) は実の量であるので, \(\mb{p}=-i\hbar\nabla=\mb{p}^{\dagger}=i\hbar\nabla\) が言えることに注意する．従って, … Continue reading ；
\begin{align*}
\alpha_k&=\begin{pmatrix}0 & \sigma_k \\ \sigma_k & 0 \end{pmatrix}\quad\rightarrow\quad
\alpha_k^{\dagger}=\begin{pmatrix}0 & \sigma_k^{\dagger} \\ \sigma_k^{\dagger} & 0 \end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}0 & \sigma_k \\ \sigma_k & 0 \end{pmatrix}=\alpha_k,\\
\beta&=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\quad\rightarrow\quad
\beta^{\dagger}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}=\beta,\\
H^{\dagger}&=\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{\dagger}\cdot c\mb{\alpha}^{\dagger}+e\phi
+\beta^{\dagger}mc^{2}
=c\mb{\alpha}\cdot\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)+e\phi+\beta mc^{2}=H
\end{align*}

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【 問題 】 確率密度 \(\rho=\psi^{\dagger}\psi\) と確率の流れ \(\mb{j}=c\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\psi\) は, 次の連続の方程式を満たすことを示せ：

( 注意 )： \(\psi\) は4成分波動関数であり, そして \(\psi^{\dagger}\) はその「随伴行列」(エルミート共役) である．従って, 確率密度 \(\rho\) と確率の流れ \(\mb{j}\) は次である：

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〈 解答例 〉 式 (10-23) と式 (10-24) とから, ディラック方程式のハミルトニアン形式は次式となる：
\begin{align*}
&\left(i\hbar\pdiff{t}-H\right)\psi=\left(i\hbar\pdiff{t}+i\hbar c\mb{\alpha}\cdot\nabla
+e\mb{\alpha}\cdot\mb{A}-e\phi-\beta mc^{2}\right)\psi=0\\
\mathrm{or}&\quad
\left(i\hbar\pdiff{t}-c\mb{\alpha}\cdot\mb{\pi}-e\phi-\beta mc^2\right)\psi =0,\quad
\mathrm{where}\quad \mb{\pi}\equiv -i\hbar\nabla -\frac{e}{c}\mb{A}
\tag{1}
\end{align*}
この式 (1) の両辺に \(\psi^{\dagger}\) を左から掛け合わせると,

また式 (1) のエルミート共役をとると,

この式 (3) には右から \(\psi\) を掛け合わせると,

\((2)-(4)\) を作ると,
\begin{align*}
i\hbar\left\{\psi^{\dagger}\ppdiff{\psi}{t}+\ppdiff{\psi^{\dagger}}{t}\psi\right\}
-c\bigl\{\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\mb{\pi}\psi
-\psi^{\dagger}\mb{\pi}^{\dagger}\cdot\mb{\alpha}\psi\bigr\}=0
\tag{5}
\end{align*}
このとき, 式 (5) の第2項の \(\{\ \}\) 内は,
\begin{align*}
\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\mb{\pi}\psi
-\psi^{\dagger}\mb{\pi}^{\dagger}\cdot\mb{\alpha}\psi
&=\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\left(-i\hbar\nabla -\frac{e}{c}\mb{A}\right)\psi
-\psi^{\dagger}\left(-i\hbar\nabla -\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{\dagger}\cdot\mb{\alpha}\psi\\
&=\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\left(-i\hbar\nabla -\frac{e}{c}\mb{A}\right)\psi
-\psi^{\dagger}\left(i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\cdot\mb{\alpha}\psi\\
&=-i\hbar\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\nabla\psi
-\frac{e}{c}\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\mb{A}\psi
-i\hbar\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\nabla\psi+\frac{e}{c}\psi^{\dagger}\mb{A}\cdot\mb{\alpha}\psi\\
&=-i\hbar\left(\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\nabla\psi
+\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\nabla\psi\right)
\end{align*}
従って, 式 (5) は,

すなわち,

他方,

とするならば,

従って式 (6) は, 式 (7) の \(\rho\) と \(\mb{j}\) を用いると次の連続の方程式になっている：

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