整理自喀兴林《高等量子力学》第三章。

自由空间Dirac方程

$\begin{equation} i\hbar\frac{\pd}{\pd t}\Psi=\left(c\bm{\alpha}\cdot\bm{P}+\beta mc^2\right)\Psi \end{equation}$

分离时间变量

$\begin{equation} \Psi(t) = \psi e^{-iE t/\hbar} \end{equation}$

定态方程为

$\begin{equation}\label{eqn:eqn} \left(c\bm{\alpha}\cdot\bm{P}+\beta mc^2\right)|\psi\ra = E|\psi\ra \end{equation}$

其中$\bm{P}=-i\hbar\nabla$是动量算符；$\bm{\alpha}$是一个由三个“特殊的数”$\alpha_x,\alpha_y,\alpha_z$组成的三维矢量，$\beta$是另一个“特殊的数”，它们满足条件：平方为1，且两两反对易。显然它们不在复空间上，应该是矩阵。这些矩阵是一个新的空间上的算符，这个新的空间与时空空间正交，所以态在时空自由度$(x,y,z,t)$外多了一个自由度。（下面我们将看到这个正交空间将与自旋有关。）

显然，哈密顿量$H$与动量$\bm{P}$是对易的，动量算符的本征态是哈密顿量的本征态。因此定态解的空间部分为$e^{i\bm{p}\cdot\bm{x}/\hbar}$。则哈密顿量的定态本征态可以写为

$\begin{equation}\label{eqn:sol} \psi = \omega e^{i\bm{p}\cdot\bm{x}/\hbar} \end{equation}$

其中$\omega$是哈密顿量在新的空间中的本征矢量，称为Dirac旋量。

负值能量的出现

由群表示论知，满足运算条件的$\alpha_x,\alpha_y,\alpha_z,\beta$至少为$4\times 4$矩阵（详细的推导是通过Dirac群导出的）。它们的一种矩阵表示为

$\begin{equation} \bm{\alpha}=\begin{pmatrix}0&\bm{\sigma}\\\bm{\sigma}&0\end{pmatrix},\qquad\beta=\begin{pmatrix}\bm{1} & 0\\0&-\bm{1}\end{pmatrix} \end{equation}$

这里$\bm{\sigma}$是Pauli矩阵，$\bm{1}$是二维单位矩阵。这个表示称为Dirac-Pauli表象下的表示。因此这个新的正交空间是一个四维空间，式$\eqref{eqn:sol}$中的$\omega$是这个哈密顿量在这个四维空间中的一个本征矢量。考虑到$\bm{\alpha}$和$\beta$的分块形式，可以将$\omega$写成两个二维矢量的直积

$\begin{equation} \omega=\begin{pmatrix}\phi_1\\\phi_2\end{pmatrix} \end{equation}$

代入方程$\eqref{eqn:eqn}$，得到

$\begin{equation} \begin{pmatrix}mc^2&\bm{\sigma}\cdot\bm{p}c\\\bm{\sigma}\cdot\bm{p}c&-mc^2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\phi_1\\\phi_2\end{pmatrix}=E\begin{pmatrix}\phi_1\\\phi_2\end{pmatrix} \end{equation}$

解得

$\begin{equation} \left\{\begin{aligned} \phi_1 = &\frac{\bm{\sigma}\cdot\bm{p} c}{E-mc^2}\phi_2\\ \phi_2 = &\frac{\bm{\sigma}\cdot\bm{p} c}{E+mc^2}\phi_1 \end{aligned}\right. \end{equation}$

现在看二维矩阵

$\begin{equation}\label{eqn:sp} \bm{\sigma}\cdot\bm{p}=\begin{pmatrix}p_z&p_x-ip_y\\p_x+ip_y&-p_z\end{pmatrix} \end{equation}$

考虑其二维的本征态。很容易求出这个矩阵的本征值$\lambda=\pm p$，记对应的本征矢量分别为$\chi _ \pm$。设$\phi_1=a _ + \chi _ + + a _ - \chi _ -$，则

$\begin{equation} \phi_2 = \frac{pc}{E+mc^2}(a _ +\chi _ +-a _ -\chi _ -) \end{equation}$

从而

$\begin{equation} \phi_1 = \frac{p^2c^2}{E^2-m^2c^4}\phi_1 \end{equation}$

得到能量的本征值

$\begin{equation} E^2 = p^2c^2+m^2c^4 \end{equation}$

显然数值上$E$有正负两个解$\pm\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}$。现在得到能量本征态为

$\begin{equation} \omega _ {\pm} = \begin{pmatrix}\phi_1\\\frac{\bm{\sigma}\cdot \bm{p}c}{\pm|E|+mc^2}\phi_1\end{pmatrix} \end{equation}$

显然哈密顿量的本征态存在简并，我们再找一个与哈密顿量对易的算符，确定剩余的自由度。

螺旋度

从式$\eqref{eqn:sp}$出发，构造算符

$\begin{equation} \hat{h}=\frac{\hbar}{2}\bm{\Sigma}\cdot\frac{\bm{P}}{P} \end{equation}$

其中

$\begin{equation} \bm{\Sigma} = \begin{pmatrix}\bm{\sigma}&0\\0&\bm{\sigma}\end{pmatrix} \end{equation}$

此算符称为螺旋度算符。可以证明$\hat{h}$与哈密顿量$H$对易。对于动量本征态$\eqref{eqn:sol}$，本征方程为

$\begin{equation} \frac{\hbar}2\frac1p\begin{pmatrix}\bm{\sigma}\cdot\bm{p}&0\\0&\bm{\sigma}\cdot\bm{p}\end{pmatrix}\omega = C\omega \end{equation}$

本征值和本征态为

$\begin{align} C=+\frac{\hbar}2,&\qquad\omega = \begin{pmatrix}a\chi _ +\\b\chi _ +\end{pmatrix},\\ C=-\frac{\hbar}2,&\qquad\omega = \begin{pmatrix}a\chi _ -\\b\chi _ -\end{pmatrix} \end{align}$

各自有二重简并。

实际上，$\bm{\Sigma}$由Dirac方程中的$\bm{\alpha}$得出

$\begin{equation} \bm{\Sigma}=-\frac{i}{2}\bm{\alpha}\times\bm{\alpha} \end{equation}$

而$\bm{S}=\frac{\hbar}2\bm{\Sigma}$就是自旋算符。因此螺旋度算符就是自旋在动量方向上的投影。自旋方向与动量方向一致，则螺旋度本征值为正；相反则为负。

自由电子的平面波解

哈密顿量和螺旋度在动量本征态$\bm{p}$的Dirac旋量空间的共同本征态为（此处记$E=\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}$）

$\begin{align} \Psi _ {(+E,\bm{p},+)} = &N\begin{pmatrix}\chi _ +\\a\chi _ +\end{pmatrix}e^{i(\bm{p}\cdot\bm{x} -E t)/\hbar},\\ \Psi _ {(+E,\bm{p},-)} = &N\begin{pmatrix}\chi _ -\\-a\chi _ -\end{pmatrix}e^{i(\bm{p}\cdot\bm{x} -E t)/\hbar},\\ \Psi _ {(-E,\bm{p},+)} = &N\begin{pmatrix}a\chi _ +\\-\chi _ +\end{pmatrix}e^{i(\bm{p}\cdot\bm{x} +E t)/\hbar},\\ \Psi _ {(-E,\bm{p},-)} = &N\begin{pmatrix}a\chi _ -\\\chi _ -\end{pmatrix}e^{i(\bm{p}\cdot\bm{x} +E t)/\hbar} \end{align}$

其中$a=\frac{E-mc^2}{pc}=\frac{pc}{E+mc^2}$，$N=\frac{1}{(2\pi\hbar)^{3/2}}\sqrt{\frac{E+mc^2}{2E}}$。容易理解，$\omega(+E,\bm{p},+)$和$\omega(+E,\bm{p},-)$分别代表了能量为$E$、自旋与动量平行或反平行的粒子，即右手性和左手性粒子。而能量本征值为$-E$的态表示什么呢？从物理意义上讲，不应当存在负能量的粒子，因此应当舍弃。Dirac使用“Dirac海”的解释来处理“负能解”，并称“负能海平面”下的“空穴”为“反电子”，因为一个电子退回到“负能量能级”上去的时候，就像和一个“空穴”复合了一样。退回的过程中，放出两倍电子的能量，就像是和“反电子”湮灭了一样。所以严格地说，Dirac方程并没有直接预言反电子，而是让人们开始猜想反电子的存在。

Dirac方程的共轭方程

对Dirac方程(1)取复共轭，得到

$\begin{equation} i\hbar\frac{\pd}{\pd t}\Phi = \left(c\bm{\alpha}^ * \cdot\bm{P}-\beta mc^2\right)\Phi \end{equation}$

这个方程相当于原来的Dirac方程哈密顿量重新取了一套$\bm{\alpha}$和$\beta$，可以验证此方程同样是满足条件的，但是描述的是另一种粒子。

刚刚解得的所有$\Psi$的复共轭$\Psi^ * $ 直接就是这个方程的解。为了继续使用$p$描述粒子动量本征值，令$p\to -p$。而$E=\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}$形式不变。

$\begin{align} \Phi _ {(-E,\bm{p},+)}=\Psi _ {(+E,-\bm{p},+)}^ * = &N\begin{pmatrix}\chi _ + ^ * \\-a\chi _ + ^ * \end{pmatrix}e^{i(\bm{p}\cdot\bm{x} +E t)/\hbar},\\ \Phi _ {(-E,\bm{p},-)}=\Psi _ {(+E,-\bm{p},-)}^ * = &N\begin{pmatrix}\chi _ - ^ * \\a\chi _ - ^ * \end{pmatrix}e^{i(\bm{p}\cdot\bm{x} +E t)/\hbar},\\ \Phi _ {(+E,\bm{p},+)}=\Psi _ {(-E,-\bm{p},+)}^ * = &N\begin{pmatrix}a\chi _ + ^ * \\\chi _ + ^ * \end{pmatrix}e^{i(\bm{p}\cdot\bm{x} -E t)/\hbar},\\ \Phi _ {(+E,\bm{p},-)}=\Psi _ {(-E,-\bm{p},-)}^ * = &N\begin{pmatrix}a\chi _ - ^ * \\-\chi _ - ^ * \end{pmatrix}e^{i(\bm{p}\cdot\bm{x} -E t)/\hbar} \end{align}$

发现原来的负能解变成了新方程的正能解，而原来的正能解变成了新方程的负能解。舍去负能解，剩下的就是“反粒子”的解。反粒子解是共轭Dirac方程的解，而不是Dirac方程(1)的解。反粒子和粒子不是同一个解的复共轭，而是不同的解，且对应于不同的哈密顿量。反粒子和粒子的解的关系，称为电荷共轭。

另见南安普敦大学Douglas Ross教授的量子场论讲义。