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:
\(
\def\slashed#1{#1\llap{/}\,}
\def\ppdiff#1#2{\frac{\partial #1}{\partial #2}}
\def\pdiff#1{\frac{\partial}{\partial #1}}
\def\Bppdiff#1#2{\frac{\partial^{2} #1}{\partial #2^{2}}}
\def\Bpdiff#1{\frac{\partial^{2}}{\partial #1^{2}}}
\def\mb#1{\mathbf{#1}}
\def\mr#1{\mathrm{#1}}
\def\reverse#1{\frac{1}{#1}}
\def\ds#1{\mbox{${\displaystyle\strut #1}$}}
\def\half{\frac{1}{2}}
\newcommand\Braket[1]{\left\langle #1 \right\rangle}
\)

\begin{equation}
\gamma^{\,\mu}\,i\hbar D_{\mu}\,\psi\equiv \gamma^{\,\mu}
\left(i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}\right)\psi=mc\,\psi
\tag{10-1}
\end{equation}

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
\begin{equation}
\gamma^{0}=\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix},\qquad
\gamma^{k}=\begin{pmatrix} 0 & \sigma_{k} \\ -\sigma_{k} & 0 \end{pmatrix},\quad k=1,2,3
\tag{10-2}
\end{equation}

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:
\begin{equation}
1=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\ 0 & 1
\end{pmatrix}\ : \ \mathrm{unit}\ \mathrm{matrix},\qquad
\sigma_{1}=\begin{pmatrix}
0 & 1 \\ 1 & 0
\end{pmatrix},\quad
\sigma_{2}=\begin{pmatrix}
0 & -i \\ i & 0
\end{pmatrix},\quad
\sigma_{3}=\begin{pmatrix}
1 & 0 \\ 0 & -1
\end{pmatrix}
\tag{10-3}
\end{equation}

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:

\begin{align}
&\gamma^{\,0}\gamma^{\,0}=I,\quad \gamma^{\,k}\gamma^{\,k}=-I, \qquad
\gamma^{\,0}\gamma^{\,k}+\gamma^{\,k}\gamma^{\,0}=0\quad k=1,2,3\notag \\
&\gamma^{i}\gamma^{\,j}+\gamma^{\,j}\gamma^{\,i}=0\quad i,j=1,2,3
\tag{10-4}
\end{align}

または, 統合した表記は次である:
\begin{equation}
\gamma^{\,\mu}\gamma^{\,\nu}+\gamma^{\,\nu}\gamma^{\,\mu}=2\eta^{\,\mu\nu},\quad \mathrm{where}\quad
\eta^{\,\mu\nu}=(+,-,-,-)
\tag{10-5}
\end{equation}

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:
\begin{equation}
B^{\,\mu}=\eta^{\mu\nu}B_{\nu},\qquad A\cdot B=A_{\mu}B^{\,\mu}=\eta^{\,\mu\nu}A_{\mu}B_{\nu}
\tag{10-6}
\end{equation}

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:

\begin{equation*}
\gamma^{1}\gamma^{2}\gamma^{3} (=\gamma^{5}\gamma^{0}),\quad
\gamma^{2}\gamma^{3}\gamma^{0} (=-\gamma^{1}\gamma^{5}),\quad
\gamma^{3}\gamma^{0}\gamma^{1} (=-\gamma^{2}\gamma^{5}),\quad
\gamma^{0}\gamma^{1}\gamma^{2} (=-\gamma^{3}\gamma^{5})
\end{equation*}

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:
\begin{equation}
\gamma^{5}\equiv i\gamma^{0}\gamma^{1}\gamma^{2}\gamma^{3}
\tag{10-7}
\end{equation}

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:

\begin{equation}
i\gamma^{1}\gamma^{2}=\begin{pmatrix} \sigma_3 & 0 \\ 0 & \sigma_3 \end{pmatrix},\quad
i\gamma^{2}\gamma^{3}=\begin{pmatrix} \sigma_1 & 0 \\ 0 & \sigma_1 \end{pmatrix},\quad
i\gamma^{3}\gamma^{1}=\begin{pmatrix} \sigma_2 & 0 \\ 0 & \sigma_2 \end{pmatrix}
\tag{10-8}
\end{equation}

そして
\begin{equation}
\gamma^{0}\gamma^{k}=\begin{pmatrix} 0 & \sigma_{k} \\ \sigma_{k} & 0 \end{pmatrix}
\equiv \alpha_k\quad k=1,2,3\quad
(\ \mathrm{definition}\ \mathrm{of}\ \mb{\alpha}=\gamma^{0}\mb{\gamma}\ )
\tag{10-9}
\end{equation}


〈 解答例 〉 式 (10-2) を用いて具体的に計算すると次となる:

\begin{equation}
\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 I
\tag{1}
\end{equation}

このとき Pauli行列 \(\sigma_i\) について次式が成り立つ:
\begin{equation}
\bigl[\sigma_i,\,\sigma_j\bigr]=2i\varepsilon_{ijk}\sigma_k, \qquad
\bigl\{\sigma_i,\,\sigma_j\bigr\}=0\quad (i\ne j) \quad\rightarrow\quad
\sigma_i\sigma_j=i\varepsilon_{ijk}\sigma_k
\tag{2}
\end{equation}

式 (1) と式 (2) から
\begin{equation}
i\gamma^{i}\gamma^{j}=i\times(-\sigma_i\sigma_j I)=-i\sigma_i\sigma_j I
=-i\times i \varepsilon_{ijk}\sigma_k I=\varepsilon_{ijk}\sigma_k I
\end{equation}

従って,
\begin{equation}
i\gamma^{1}\gamma^{2}=\varepsilon_{123}\sigma_3 I=\begin{pmatrix}
\sigma_3 & 0 \\ 0 & \sigma_3 \end{pmatrix},\quad
i\gamma^{2}\gamma^{3}=\varepsilon_{231}\sigma_1 I =\begin{pmatrix}
\sigma_1 & 0 \\ 0 & \sigma_1 \end{pmatrix},\quad
i\gamma^{3}\gamma^{1}=\varepsilon_{312}\sigma_2 I =\begin{pmatrix}
\sigma_2 & 0 \\ 0 & \sigma_2 \end{pmatrix}
\end{equation}

そして式 (10-2) から,
\begin{equation}
\alpha_k\equiv \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 k=1,2,3
\end{equation}


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:

\begin{equation}
\gamma^{5}=i\gamma^{0}\gamma^{1}\gamma^{2}\gamma^{3}
=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}
\tag{10-10}
\end{equation}

次式となることは確認しておこう:
\begin{align}
&\gamma^{0}\gamma^{5}=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix},\qquad
\gamma^{k}\gamma^{5}=\begin{pmatrix} \sigma_{k} & 0 \\ 0 & -\sigma_{k} \end{pmatrix},\quad k=1,2,3\notag\\
&\gamma^{5}\gamma^{5}=I,\qquad \gamma^{5}\gamma^{\mu}+\gamma^{\mu}\gamma^{5}=0
\tag{10-11}
\end{align}

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:
\begin{align}
&\slashed{a}\slashed{b}=-\slashed{b}\slashed{a}+2a\cdot b,
\quad\mathrm{where}\quad a\cdot b =a^{\mu}b_{\mu}, \notag\\
&\slashed{a}^{2}=a^{2}=a^{\mu}a_{\mu},\qquad \slashed{a}\gamma^{5}=-\gamma^{5}\slashed{a}
\tag{10-13}
\end{align}

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:
\begin{equation}
\slashed{a}\slashed{b}=a_{\mu}\gamma^{\,\mu}b_{\nu}\gamma^{\,\nu}
=(a^{0}\gamma^{0}-a^{1}\gamma^{1}-a^{2}\gamma^{2}-a^{3}\gamma^{3})
(b^{0}\gamma^{\,0}-b^{1}\gamma^{\,1}-b^{2}\gamma^{\,2}-b^{3}\gamma^{\,3})
\end{equation}

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:
\begin{equation}
b^{0}\gamma^{\,0}(a^{0}\gamma^{0}+a^{1}\gamma^{1}+a^{2}\gamma^{2}+a^{3}\gamma^{3})
\end{equation}

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:

\begin{align}
&\exp\left[\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{1}\right]=\cosh \frac{u}{2} +\gamma^{0}\gamma^{1}\sinh \frac{u}{2},\notag \\
&\exp\left[\frac{\theta}{2}\gamma^{1}\gamma^{2}\right]=\cos \frac{\theta}{2} +\gamma^{1}\gamma^{2}\sin\frac{\theta}{2}
\tag{10-14}
\end{align}

(3) 次式が成り立つことを示せ:
\begin{align}
&\exp\left[-\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]\gamma^{0}\exp\left[+\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]
=\gamma^{0}\cosh u + \gamma^{3}\sinh u,\notag\\
&\exp\left[-\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]\gamma^{3}\exp\left[+\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]
=\gamma^{3}\cosh u + \gamma^{0}\sinh u,\notag\\
&\exp\left[-\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]\gamma^{2}\exp\left[+\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]
=\gamma^{2},\notag\\
&\exp\left[-\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]\gamma^{1}\exp\left[+\frac{u}{2}\gamma^{0}\gamma^{3}\right]
=\gamma^{1}
\tag{10-15}
\end{align}


〈 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,

\begin{equation*}
\gamma_{\mu}\slashed{a}\slashed{b}\slashed{c}\gamma^{\,\mu}
=\gamma_{\mu}a_{\nu}\gamma^{\nu}b_{\lambda}\gamma^{\lambda}c_{\sigma}\gamma^{\sigma}\gamma^{\,\mu}
=a_{\nu}b_{\lambda}c_{\sigma}\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}\gamma^{\sigma}\gamma^{\,\mu}
\tag{2}
\end{equation*}

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:
\begin{equation*}
\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu}\gamma^{\mu}=-\gamma^{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}
+2\eta^{\nu\mu}\gamma^{\lambda}-2\eta^{\lambda\mu}\gamma^{\nu}+2\eta^{\lambda\nu}\gamma^{\mu}
\tag{4}
\end{equation*}

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:
\begin{equation*}
\gamma_{\mu}\slashed{a}\slashed{b}\slashed{c}\gamma^{\,\mu}
=a_{\nu}b_{\lambda}c_{\sigma}\gamma_{\mu}\gamma^{\nu}\gamma^{\lambda}\gamma^{\sigma}\gamma^{\,\mu}
=a_{\nu}b_{\lambda}c_{\sigma}(-2\gamma^{\sigma}\gamma^{\lambda}\gamma^{\nu})
=-2c_{\sigma}\gamma^{\sigma}b_{\lambda}\gamma^{\lambda}a_{\nu}\gamma^{\nu}
=-2\slashed{c}\slashed{b}\slashed{a}
\end{equation*}

(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,
\begin{equation*}
\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{0}=-\gamma^{0}\gamma^{0}\gamma^{3}=-\gamma^{3},\quad
\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{0}\gamma^{0}\gamma^{3}=-\gamma^{3}\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{3}=-\gamma^{0}
\end{equation*}

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,
\begin{equation*}
\gamma^{3}\gamma^{0}\gamma^{3}=-\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{3}=-\gamma^{0}(-I)=\gamma^{0},\quad
\gamma^{0}\gamma^{3}\gamma^{3}\gamma^{0}\gamma^{3}=\gamma^{0}(-I)\gamma^{0}\gamma^{3}
=-\gamma^{0}\gamma^{0}\gamma^{3}=-I\gamma^{3}=-\gamma^{3}
\end{equation*}

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:

\begin{equation}
\gamma^{\,\mu}\pi_{\mu}S\psi’=mc S\psi’,\qquad \pi_{\mu}=i\hbar D_{\mu}=i\hbar\partial_{\mu}-\frac{e}{c}A_{\mu}
\tag{10-16}
\end{equation}

\(\pi_{\mu}\) 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:
\begin{equation}
\gamma^{\,\mu}S\pi_{\mu}\psi’=mc S\psi’
\tag{10-17}
\end{equation}

逆行列を掛け合わせると,
\begin{equation}
S^{-1}\gamma^{\,\mu}S\pi_{\mu}\psi’=mc S^{-1}S\psi’
\tag{10-18}
\end{equation}

すなわち,
\begin{equation}
\gamma’^{\mu}\pi_{\mu}\psi’=mc\psi’,\qquad\mathrm{where}\quad \gamma’^{\mu}=S^{-1}\gamma^{\,\mu}S
\tag{10-19}
\end{equation}

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:
\begin{equation}
\gamma’^{\mu}\gamma’^{\nu}=(S^{-1}\gamma^{\mu}S)(S^{-1}\gamma^{\nu}S)=S^{-1}(\gamma^{\mu}\gamma^{\nu})S
\tag{10-20}
\end{equation}

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,

\begin{equation}
\gamma’^{1}=\frac{\gamma^{1}-v\gamma^{0}}{\sqrt{1-\beta^{2}}},\quad
\gamma’^{0}=\frac{\gamma^{0}-(v/c^{2})\gamma^{1}}{\sqrt{1-\beta^{2}}},\quad
\gamma’^{2}=\gamma^{2},\quad \gamma’^{3}=\gamma^{3},\quad \beta=\frac{v}{c}
\tag{10-21}
\end{equation}

\(\pi_{\mu}=i\hbar\partial_{\mu}-(e/c)A_{\mu}\) 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,

\begin{equation}
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\}
\end{equation}

であるから, 次のように書くことが出来る:
\begin{equation}
\gamma^{0}\left(i\hbar\frac{\partial}{c\partial t}-\frac{e}{c}\phi\right)\psi
-\mb{\gamma}\cdot\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)\psi = mc\psi
\tag{10-22}
\end{equation}

(\(\gamma^{0}\gamma^{0}=I\) 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
\begin{equation}
i\hbar\ppdiff{\psi}{t}=\left\{c\gamma^{0}\mb{\gamma}\cdot\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)
+e\phi+\gamma^{0}mc^{2}\right\}\psi=H\psi
\tag{10-23}
\end{equation}

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:
\begin{equation}
H=c\mb{\alpha}\cdot\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)
+e\phi+\beta mc^{2}
\tag{10-24}
\end{equation}

Pauli 行列について
\begin{equation*}
\bigl\{\sigma_i,\,\sigma_j\bigr\}=2\delta_{ij},\quad\rightarrow\quad
\sigma_k^{2}=1\quad k=1,2,3
\end{equation*}

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):
\begin{align}
&\left(i\gamma^{i}\gamma^{j}\right)^{2}=\sigma_i^{2}\sigma_j^{2}=I,\quad
\alpha_{1}^{2}=\alpha_{2}^{2}=\alpha_{3}^{2}=\beta^{2}=I,\notag\\
&\alpha_{i}\alpha_{j}+\alpha_{j}\alpha_{i}=0,\quad \beta\alpha_{i}+\alpha_{i}\,\beta=0,
\quad ( i,j =1,2,3 )
\tag{10-25}
\end{align}

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*}


【 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:

\begin{equation*}
\ppdiff{\rho}{t}+\nabla\cdot\mb{j}=0
\end{equation*}

( 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:
\begin{align}
\rho&=\psi^{\dagger}\psi=\begin{pmatrix}
\psi^{*}_{1} & \psi^{*}_{2} & \psi^{*}_{3} & \psi^{*}_{4} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} \psi_{1} \\ \psi_{2} \\ \psi_{3} \\ \psi_{4}\end{pmatrix}
=\psi^{*}_{1}\psi_{1}+\psi^{*}_{2}\psi_{2}+\psi^{*}_{3}\psi_{3}+\psi^{*}_{4}\psi_{4},
\notag\\
j_{1}&=c\psi^{\dagger}\alpha_{1}\psi =\sum_{i,j}c\psi^{*}_{i}\bigl(\alpha_{1}\bigr)_{ij}\psi_{j}
\notag\\
&=c\begin{pmatrix}
\psi^{*}_{1} & \psi^{*}_{2} & \psi^{*}_{3} & \psi^{*}_{4} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} 0 & \sigma_1 \\ \sigma_1 & 0 \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} \psi_{1} \\ \psi_{2} \\ \psi_{3} \\ \psi_{4}\end{pmatrix}
=c\begin{pmatrix}
\psi^{*}_{1} & \psi^{*}_{2} & \psi^{*}_{3} & \psi^{*}_{4} \end{pmatrix}
\begin{pmatrix} \psi_{4} \\ \psi_{3} \\ \psi_{2} \\ \psi_{1} \end{pmatrix}\notag\\
&=c\psi^{*}_{1}\psi_{4}+c\psi^{*}_{2}\psi_{3}+c\psi^{*}_{3}\psi_{2}+c\psi^{*}_{4}\psi_{1}
\tag{10-26}
\end{align}


〈 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,

\begin{equation*}
i\hbar\psi^{\dagger}\ppdiff{\psi}{t}-c\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\mb{\pi}\psi
-e\phi \psi^{\dagger}\psi -mc^{2}\psi^{\dagger}\beta\psi=0
\tag{2}
\end{equation*}

また式 (1) のエルミート共役をとると,
\begin{equation*}
-i\hbar\ppdiff{\psi^{\dagger}}{t}-c\psi^{\dagger}\mb{\pi}^{\dagger}\cdot\mb{\alpha}
-e\phi\psi^{\dagger}-\psi^{\dagger}\beta\, mc^{2}=0
\tag{3}
\end{equation*}

この式 (3) には右から \(\psi\) を掛け合わせると,
\begin{equation*}
-i\hbar \ppdiff{\psi^{\dagger}}{t}\psi -c\psi^{\dagger}\mb{\pi}^{\dagger}\cdot\mb{\alpha}\psi
-e\phi\psi^{\dagger}\psi-mc^{2}\psi^{\dagger}\beta\psi=0
\tag{4}
\end{equation*}

\((2)-(4)\) 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,
\begin{equation*}
i\hbar\left\{\psi^{\dagger}\ppdiff{\psi}{t}+\ppdiff{\psi^{\dagger}}{t}\psi\right\}
+i\hbar c\left(\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\nabla\psi
+\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\nabla\psi\right)=0
\end{equation*}

すなわち,
\begin{equation*}
\psi^{\dagger}\ppdiff{\psi}{t}+\ppdiff{\psi^{\dagger}}{t}\psi
+c\left(\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\nabla\psi
+\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\cdot\nabla\psi\right)=0
\tag{6}
\end{equation*}

他方,
\begin{equation*}
\rho\equiv \psi^{\dagger}\psi,\qquad \mb{j}\equiv c\psi^{\dagger}\mb{\alpha}\psi
\tag{7}
\end{equation*}

とするならば,
\begin{equation*}
\pdiff{t}\rho=\pdiff{t}\psi^{\dagger}\psi
=\ppdiff{\psi^{\dagger}}{t}\psi +\psi^{\dagger}\ppdiff{\psi}{t},\quad
\nabla\cdot\mb{j}=c\nabla\psi^{\dagger}\cdot\mb{\alpha}\psi +c\psi^{\dagger}\mb{\alpha}
\cdot\nabla\psi
\end{equation*}

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:
\begin{equation*}
\pdiff{t}\rho + \nabla\cdot\mb{j}=0
\end{equation*}


References

References
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, 計量テンソルを併用する場合の「Dirac-Pauli標準表示」に変更してあるので注意する.
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 slash notation) と呼ばれている.
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, 次として良いことになる:
\begin{equation*}
\mb{\pi}^{\dagger}=\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)^{\dagger}
=\left(i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)
=\left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mb{A}\right)=\mb{\pi}
\end{equation*}

ただし,「運動量演算子 \(\hat{\mb{p}}=-i\hbar\nabla\) が実である」と見做せるのは, あくまでそれが作用するブラやケットまたは波動関数と一緒に考えたときだけであることに注意しなければならない.