狄拉克方程式

理论物理中，相对于薛定谔方程式之于非相对论量子力学，狄拉克方程式是相对论量子力学的一项描述自旋-½粒子的波函数方程式，由英国物理学家保罗·狄拉克于1928年建立，不带矛盾地同时遵守了狭义相对论与量子力学两者的原理，实则为薛定谔方程的洛伦兹协变式。这条方程预言了反粒子的存在，随后1932年由卡尔·安德森发现了正电子(positron)而证实。$(i{\partial\!\!\!\big /} - m) \psi = 0\,$

带有自旋-½的自由粒子的狄拉克方程式的形式如下：

$i \hbar \frac{\partial\psi (\mathbf{x},t)}{\partial t} = \left( \frac{\hbar c}{i}\boldsymbol{\alpha \cdot \nabla} +\beta m c^2 \right) \psi (\mathbf{x},t)$。

其中$m \,$是自旋-½粒子的质量，$\mathbf{x}$与$t$分别是空间和时间的座标。

## 狄拉克的最初推导

狄拉克所希望建立的是一个同时具有洛伦兹协变性和薛定谔方程形式的波方程，并且这个方程需要确保所导出的概率密度为正值，而不是像克莱因-戈尔登方程那样存在缺乏物理意义的负值。

考虑无场势自由粒子的薛定谔方程式：

$$i \hbar \frac{\partial\psi (\mathbf{x},t)}{\partial t} = H \psi (\mathbf{x},t) \equiv -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\psi (\mathbf{x},t)$$

薛定谔方程式采用的时间项为一阶导数，而空间项为二阶导数，因此不具有洛伦兹协变性。若要符合洛伦兹协变性，很自然地需建构一个具有空间项一阶导数的哈密顿量。

$$i \hbar \frac{\partial\psi(\mathbf{x},t) }{\partial t} = H \psi (\mathbf{x},t) \equiv \left(c(\alpha_1 p_1 + \alpha_2 p_2 + \alpha_3 p_3) + \beta mc^2 \right) \psi (\mathbf{x},t)$$

而动量算符恰好是空间一阶导数。将动量算符

$$p_n=\frac{\hbar}{i} \frac{\partial}{\partial x_n}, n=1,2,3$$

代入式子中，从而得到$$i \hbar \frac{\partial\psi (\mathbf{x},t)}{\partial t} = \left[ \frac{\hbar c}{i} \left( \alpha_1\frac{\partial}{\partial x_1} + \alpha_2\frac{\partial}{\partial x_2} + \alpha_3\frac{\partial}{\partial x_3}\right) + \beta m c^2\right] \psi (\mathbf{x},t) \equiv H \psi (\mathbf{x},t)$$

亦可以向量符号写为：

$$i \hbar \frac{\partial\psi (\mathbf{x},t)}{\partial t} = \left( \frac{\hbar c}{i}\boldsymbol{\alpha \cdot \nabla} +\beta m c^2 \right) \psi (\mathbf{x},t)$$

其中的系数$\alpha_i$和$\beta$不能是简单的常数，否则即使对于简单的空间旋转变换，这个方程也不是洛伦兹协变的。因此狄拉克假设这些系数都是N×N阶矩阵以满足洛伦兹协变性。如果系数$\alpha_i$是矩阵，那么波函数$\psi (\mathbf{x},t)$也不能是简单的标量场，而只能是N×1阶列矢量

$$\psi (\mathbf{x},t)= \begin{pmatrix} <pre> \psi_1 (\mathbf{x},t)\\ \psi_2 (\mathbf{x},t)\\ \psi_3 (\mathbf{x},t)\\ \vdots \\ \psi_N (\mathbf{x},t)\\ \end{pmatrix}$$

狄拉克把这些列矢量叫做旋量（Spinor），这些旋量所决定的概率密度总是正值

$$\rho(x) = \psi^\dagger \psi = \sum_{i=1}^N \psi_i^* \psi_i$$

同时，这些旋量的每一个标量分量$\psi_i(\mathbf{x},t)$需要满足标量场的克莱因-戈尔登方程。比较两者可以得出系数矩阵需要满足如下关系:

$$\alpha_i\alpha_j + \alpha_j\alpha_i = 2 \delta_{ij}I$$

$$\alpha_i\beta + \beta\alpha_i = 0$$

$$\alpha_i^2 = \beta^2 = I$$

满足以上条件的系数矩阵$\alpha$和$\beta$本征值只可以取±1，并且要求是无迹的，即矩阵的对角线元素和为零。这样，矩阵的阶数N只能为偶数，即包含有相等数量的+1和-1。满足条件的最小偶数是4而不是2，原因是存在3个泡利矩阵。也可以用狭义相对论惯用四维矩阵来理解，如四动量。

在不同基中这些系数矩阵有不同形式，最常见的形式为：

$$\beta = \begin{pmatrix} I & 0 \\ 0 & -I \end{pmatrix} \quad \alpha_i = \begin{pmatrix} 0 & \sigma_i \\ \sigma_i & 0 \end{pmatrix}$$

这里$\sigma_i$即为泡利矩阵：

$$\sigma_1 = \begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} \quad \sigma_2 = \begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix} \quad\sigma_3 = \begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$$

因此系数矩阵$\alpha$和$\beta$可进一步写为：

$$\beta = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad \alpha_1 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix},$$

$$\alpha_2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & i & 0 \\ 0 & -i& 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}, \quad \alpha_3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix}$$

按照量子场论的自然单位制习惯，设$\hbar = c = 1$，狄拉克方程可写为：

$$i\frac{\partial\psi (\mathbf{x},t)}{\partial t} = \left( \frac{1}{i}\boldsymbol{\alpha \cdot \nabla} +\beta m \right) \psi (\mathbf{x},t)$$

## 狄拉克方程的洛伦兹协变形式

定义四个反对易矩阵γμ，μ=0,1,2,3（称为狄拉克矩阵）。其反对易关系为：

$\left\{ \gamma^\mu, \gamma^\nu \right\} = 2\eta^{\mu\nu}$，其中ημν是闵可夫斯基时空的度规。

$$\eta = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1\end{pmatrix}$$

利用上式可证明

$$\left( \gamma^\mu \partial _\mu \right)^2 = \frac{1}{2}\left\{ \gamma^\mu, \gamma^\nu \right\}\partial _\mu \partial _\nu = -\partial _\nu \partial ^\nu = \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2$$

因此狄拉克方程式可写成：

$$i \hbar \gamma^\mu \partial_\mu \psi - m c \psi = 0$$

采取自然单位制习惯$\hbar = c = 1$，则可将狄拉克方程式写成：

$$i \gamma^\mu \partial_\mu \psi - m\psi = 0$$

与上面给出的 α, β相对应，可以选择：

$$\gamma^\mu=(\gamma^0,\boldsymbol\gamma) \equiv (\gamma^0,\gamma^1,\gamma^2,\gamma^3)$$

$$\gamma^0=\beta$$

$\boldsymbol\gamma=\beta\boldsymbol\alpha$，或写成$\gamma^i=\beta \alpha^i, i=1,2,3$

若采用费曼斜线标记，比如偏微分符号${\partial\!\!\!\big /}$（英语念作d-slash）；其将狄拉克矩阵与各分量做乘积求和的计算，合并为一标有斜线之符号：

$${\partial\!\!\!\big /} \equiv \gamma^\mu \partial_\mu$$

可使狄拉克方程式变成：

$$i \hbar {\partial\!\!\!\big /} \psi - m c \psi = 0$$

若同时采用费曼斜线符号及自然单位制ħ = c = 1，狄拉克方程式可写成一极为简单的形式：

$$(i{\partial\!\!\!\big /} - m) \psi = 0\,$$

## 狄拉克之海

以狄拉克公式来解释能量阶，会发现每个电子能阶会有相对的负能阶，但是实验上普通电子无法带有负能量，因此狄拉克假设负能量阶已被无限的负能电子海占据，所以观测的电子无法进入负能阶。这假说有许多疑点，尤其是无限的电子海其实有接受更多电子的能阶，所以无法防止负能阶电子的产生。

## 外部链接

- The Dirac Equation，于MathPages
- The Nature of the Dirac Equation, its solutions and Spin
- Dirac equation for a spin ½ particle
- Pedagogic Aids to Quantum Field Theory 点击第四章，以阅读关于狄拉克方程式、旋量等按步骤的物理学介绍。