狄拉克方程式

理論物理中，相對於薛丁格方程式之於非相對論量子力學，狄拉克方程式是相對論量子力學的一項描述自旋-½粒子的波函數方程式，由英國物理學家保羅·狄拉克於1928年建立，不帶矛盾地同時遵守了狹義相對論與量子力學兩者的原理，實則為薛丁格方程的洛倫茲協變式。這條方程預言了反粒子的存在，隨後1932年由卡爾·安德森發現了正電子(positron)而證實。$(i{\partial\!\!\!\big /} - m) \psi = 0\,$

帶有自旋-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粒子的質量，$\mathbf{x}$與$t$分別是空間和時間的座標。

## 狄拉克的最初推導

狄拉克所希望建立的是一個同時具有洛倫茲協變性和薛丁格方程形式的波方程，並且這個方程需要確保所導出的機率密度為正值，而不是像克萊因-戈爾登方程那樣存在缺乏物理意義的負值。

考慮無場勢自由粒子的薛丁格方程式：

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

薛丁格方程式採用的時間項為一階導數，而空間項為二階導數，因此不具有洛倫茲協變性。若要符合洛倫茲協變性，很自然地需建構一個具有空間項一階導數的哈密頓量。

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

而動量算符恰好是空間一階導數。將動量算符

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

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

亦可以向量符號寫為：

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

其中的係數$\alpha_i$和$\beta$不能是簡單的常數，否則即使對於簡單的空間旋轉變換，這個方程也不是洛倫茲協變的。因此狄拉克假設這些係數都是N×N階矩陣以滿足洛倫茲協變性。如果係數$\alpha_i$是矩陣，那麼波函數$\psi (\mathbf{x},t)$也不能是簡單的標量場，而只能是N×1階列矢量

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

狄拉克把這些列矢量叫做旋量（Spinor），這些旋量所決定的機率密度總是正值

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

同時，這些旋量的每一個標量分量$\psi_i(\mathbf{x},t)$需要滿足標量場的克萊因-戈爾登方程。比較兩者可以得出係數矩陣需要滿足如下關係:

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

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

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

滿足以上條件的係數矩陣$\alpha$和$\beta$本徵值只可以取±1，並且要求是無跡的，即矩陣的對角線元素和為零。這樣，矩陣的階數N只能為偶數，即包含有相等數量的+1和-1。滿足條件的最小偶數是4而不是2，原因是存在3個泡利矩陣。也可以用狹義相對論慣用四維矩陣來理解，如四動量。

在不同基中這些係數矩陣有不同形式，最常見的形式為：

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

這裡$\sigma_i$即為泡利矩陣：

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

因此係數矩陣$\alpha$和$\beta$可進一步寫為：

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

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

按照量子場論的自然單位制習慣，設$\hbar = c = 1$，狄拉克方程可寫為：

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

## 狄拉克方程的洛倫茲協變形式

定義四個反對易矩陣γμ，μ=0,1,2,3（稱為狄拉克矩陣）。其反對易關係為：

$\left\{ \gamma^\mu, \gamma^\nu \right\} = 2\eta^{\mu\nu}$，其中ημν是閔可夫斯基時空的度規。

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

利用上式可證明

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

因此狄拉克方程式可寫成：

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

採取自然單位制習慣$\hbar = c = 1$，則可將狄拉克方程式寫成：

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

與上面給出的 α, β相對應，可以選擇：

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

$$\gamma^0=\beta$$

$\boldsymbol\gamma=\beta\boldsymbol\alpha$，或寫成$\gamma^i=\beta \alpha^i, i=1,2,3$

若採用費曼斜線標記，比如偏微分符號${\partial\!\!\!\big /}$（英語唸作d-slash）；其將狄拉克矩陣與各分量做乘積求和的計算，合併為一標有斜線之符號：

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

可使狄拉克方程式變成：

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

若同時採用費曼斜線符號及自然單位制ħ = c = 1，狄拉克方程式可寫成一極為簡單的形式：

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

## 狄拉克之海

以狄拉克公式來解釋能量階，會發現每個電子能階會有相對的負能階，但是實驗上普通電子無法帶有負能量，因此狄拉克假設負能量階已被無限的負能電子海佔據，所以觀測的電子無法進入負能階。這假說有許多疑點，尤其是無限的電子海其實有接受更多電子的能階，所以無法防止負能階電子的產生。

## 外部連結

- The Dirac Equation，於MathPages
- The Nature of the Dirac Equation, its solutions and Spin
- Dirac equation for a spin ½ particle
- Pedagogic Aids to Quantum Field Theory 點擊第四章，以閱讀關於狄拉克方程式、旋量等按步驟的物理學介紹。