# 相対論的量子力学：Klein–Gordon 方程式、Dirac 方程式の共変性、Pauli 方程式、水素原子の Dirac 解 > Klein–Gordon 方程式の確率密度の困難から Dirac 方程式を導き、Dirac 行列の次元、ローレンツ共変性、非相対論極限（Pauli 方程式、g=2）、水素原子の厳密解、Klein のパラドックスを証明する。 > https://rikai.mugen-giken.com/physics/quantum-mechanics-2/relativistic-quantum-mechanics ## 0. この記事の要点 電子が光速に近い速さで動くとき、普通の Schrödinger 方程式だけでは正確に扱えません。この記事の問いは、量子力学と特殊相対性理論を矛盾なく両立させる波動方程式はどんな形か、です。素朴に作ると確率が負になってしまうという失敗が起き、それを直す過程で、電子のスピンと磁気モーメントの大きさが方程式から自然に出てきます。読み終えると、Dirac 方程式がなぜ 4 成分になるのか、水素原子の微細構造の公式がどう厳密に導かれるのかを、順を追って説明できるようになります。 - 相対論的なエネルギー・運動量の関係 $E^2=p^2c^2+m^2c^4$ に $E\to i\hbar\partial_t$、$\boldsymbol{p}\to-i\hbar\nabla$ を代入すると Klein–Gordon 方程式です。時間について 2 階なので、保存する密度 $\rho$ が正値になりません。確率としては使えません。 - 時間についても 1 階の方程式 $i\hbar\partial_t\psi=(c\,\boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{p}+\beta mc^2)\psi$ を求めると、$\alpha_i,\beta$ は反交換関係（$AB+BA$ についての関係）$\{\alpha_i,\alpha_j\}=2\delta_{ij}$ などを満たす行列でなければならず、その最小の次元は $4$ です。これが Dirac 方程式で、$\psi$ は 4 成分のスピノル（4 つの複素数を縦に並べた波動関数）です。 - Dirac 方程式は $\psi'(x')=S(\Lambda)\psi(x)$ という変換のもとで形を変えません（共変性。座標を取り替えても方程式の形が同じということ）。$\bar\psi\gamma^\mu\psi$ は 4 元ベクトルで、その時間成分 $\psi^\dagger\psi\ge0$ は正値の確率密度です。 - 電磁場がある場合、非相対論的極限は Pauli 方程式 $i\hbar\partial_tu=\left[\frac{\pi^2}{2m}-\frac{q\hbar}{2m}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}+q\phi\right]u$ で、スピンの $g=2$ が自然に出ます。 - クーロン場の中の Dirac 方程式は厳密に解けて、$E_{nj}=mc^2\left[1+\frac{(Z\alpha)^2}{(n-\delta_j)^2}\right]^{-1/2}$ となります。$\alpha$ で展開すると、水素の微細構造の公式に一致します。 ## 1. 動機：Schrödinger 方程式はなぜ相対論的でないか シュレーディンガー方程式は、時間について 1 階、空間について 2 階の方程式です。ローレンツ変換は時間と空間を混ぜるので、この非対称な形は変換のもとで保たれません。それだけではなく、自由粒子のエネルギー $p^2/2m$ は、粒子の速さが光速に近づくと相対論的な $\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}-mc^2$ から大きくずれます。水素原子では電子の速さは $\alpha c\approx c/137$ にすぎないので、ずれは $\alpha^2\sim5\times10^{-5}$ の程度です。しかしそれがちょうど、[電磁場中の荷電粒子](/physics/quantum-mechanics-2/atoms-in-fields)で見た微細構造を作っていました。スピンと、それに伴う磁気モーメントの $g=2$ も、非相対論的な量子力学では実験事実として導入するしかありませんでした（）。 そこで、特殊相対性理論（）と量子力学を整合させる方程式を探します。この章はその探求の歴史的な順序をたどります。最初の候補（Klein–Gordon 方程式）は確率解釈に失敗し、次の候補（Dirac 方程式）がスピンを自動的に含み、水素原子の準位を厳密に再現します。同時に、負エネルギー状態という新しい問題を生みます。この問題は多粒子の場の量子論（[場の量子論の動機](/physics/qft/why-quantum-field-theory)）で解決されます。この章の最後で、その問題が顔を出す Klein のパラドックスを見ます。 記法を確認しておきます。計量は $g_{\mu\nu}=\mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)$（一般相対性理論の記事は $(-,+,+,+)$ を採っているので、混同しないようにしてください）、座標は $x^\mu=(ct,\boldsymbol{x})$、$\partial_\mu=\partial/\partial x^\mu$ です。パウリ行列は $\sigma_i$（）、$1$ は単位行列で、$\hbar$ と $c$ はこの節まで明示します。 ## 2. Klein–Gordon 方程式 質量 $m$ の自由粒子の波動関数 $\psi(x)$（スカラー）が従う方程式 $$ \left(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}-\nabla^2+\frac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\psi=0,\qquad\text{すなわち}\quad\left(\Box+\frac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\psi=0 $$ を **Klein–Gordon 方程式** という。$\Box=\partial_\mu\partial^\mu$ はローレンツ不変なので、この方程式は $\psi'(x')=\psi(x)$ という変換のもとで共変である。 [平面波](/physics/electromagnetism/maxwell-equations#def-plane-wave) $\psi=e^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}$ を代入すると $\omega^2=c^2k^2+m^2c^4/\hbar^2$、つまり $\hbar\omega=\pm\sqrt{\hbar^2c^2k^2+m^2c^4}$ です。**負のエネルギーの解が自然に現れます。** これは $E^2$ の方程式を $E$ に戻すときの符号の不定性で、取り除けません。 $\psi$ が Klein–Gordon 方程式の解のとき、 $$ j^\mu=\frac{i\hbar}{2m}\left(\bar\psi\,\partial^\mu\psi-\psi\,\partial^\mu\bar\psi\right) $$ は $\partial_\mu j^\mu=0$ を満たす。密度 $\rho=j^0/c$ は、平面波 $\psi=Ae^{i(\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}-\omega t)}$ では $\rho=\dfrac{\hbar\omega}{mc^2}|A|^2$ で、$\omega<0$ の解では負になる。 $\partial_\mu j^\mu=\dfrac{i\hbar}{2m}\left(\bar\psi\Box\psi-\psi\Box\bar\psi\right)$ で（$\partial_\mu\bar\psi\,\partial^\mu\psi$ の項は互いに打ち消す）、Klein–Gordon 方程式とその複素共役 $\Box\psi=-\mu^2\psi$、$\Box\bar\psi=-\mu^2\bar\psi$（$\mu=mc/\hbar$）から $\bar\psi\Box\psi-\psi\Box\bar\psi=-\mu^2|\psi|^2+\mu^2|\psi|^2=0$ です。平面波では $\partial^0\psi=\dfrac{1}{c}\partial_t\psi=-\dfrac{i\omega}{c}\psi$ なので、$j^0=\dfrac{i\hbar}{2m}\left(-\dfrac{i\omega}{c}-\dfrac{i\omega}{c}\right)|A|^2=\dfrac{\hbar\omega}{mc}|A|^2$ です。 保存則はあるものの、$\rho$ は正値ではありません。確率密度として解釈できないのが、Klein–Gordon 方程式をそのまま電子の波動方程式にできない理由の 1 つです。原因は、方程式が時間について 2 階で、初期条件として $\psi$ と $\partial_t\psi$ の両方が自由に与えられるため、$\rho$ が $\psi\partial_t\bar\psi$ の形に依存することにあります。後の場の量子論では、この $\rho$ を **電荷** の密度と読み替えることで意味を回復します。 $\psi=e^{-imc^2t/\hbar}\varphi$ と置くと、Klein–Gordon 方程式は $i\hbar\,\partial_t\varphi=-\dfrac{\hbar^2}{2m}\nabla^2\varphi+\dfrac{\hbar^2}{2mc^2}\partial_t^2\varphi$ と同値である。最後の項を落とすと（$|i\hbar\partial_t\varphi|\ll mc^2|\varphi|$ のとき）自由なシュレーディンガー方程式になる。 $\partial_t^2\psi=e^{-imc^2t/\hbar}\left(\partial_t^2\varphi-\dfrac{2imc^2}{\hbar}\partial_t\varphi-\dfrac{m^2c^4}{\hbar^2}\varphi\right)$ なので、方程式に代入すると $m^2c^2/\hbar^2$ の項が相殺し、$\dfrac{1}{c^2}\partial_t^2\varphi-\dfrac{2im}{\hbar}\partial_t\varphi-\nabla^2\varphi=0$ を得ます。両辺に $\hbar^2/2m$ を掛けて整理すれば主張です。 ## 3. Dirac 方程式 時間について 1 階の方程式を作れば、$\rho=\psi^\dagger\psi$ が正値で、保存することも期待できます。ただし相対論的に正しい[分散関係](/physics/mechanics/oscillations-and-waves#def-dispersion) $E^2=p^2c^2+m^2c^4$ は保ちたい。つまり、次の形を探します。 $$ i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t}=H_D\psi,\qquad H_D=c\,\boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{p}+\beta mc^2 $$ ここで $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta$ は $\psi$ に作用する $d\times d$ のエルミート行列です。この方程式がすべての成分で Klein–Gordon 方程式を含意するには、$H_D^2=(c^2p^2+m^2c^4)\,1$ が必要です。理由は、方程式を 2 回使うと $-\hbar^2\partial_t^2\psi=H_D^2\psi$ となり、これが $E^2=p^2c^2+m^2c^4$ から作った Klein–Gordon 方程式と一致するためには、$H_D^2$ が $c^2p^2+m^2c^4$ に等しくなければならないからです。$\boldsymbol{p}$ の成分は可換なので、左辺を展開すると $$ H_D^2=c^2\sum_{i,j}\alpha_i\alpha_jp_ip_j+mc^3\sum_i\left(\alpha_i\beta+\beta\alpha_i\right)p_i+\beta^2m^2c^4=c^2\sum_i\alpha_i^2p_i^2+c^2\sum_{i エルミート行列 $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta$ が **Dirac 代数** を満たすとは、 $$ \alpha_i^2=\beta^2=1,\qquad\{\alpha_i,\alpha_j\}=2\delta_{ij},\qquad\{\alpha_i,\beta\}=0 $$ が成り立つことをいう。すなわち、この 4 個の行列は互いに反交換し、2 乗は $1$ である。 Dirac 代数を満たす $d\times d$ 行列が存在するなら、$d$ は偶数で $d\ge4$ である。$d=4$ では実際に存在し、たとえば Dirac 表示 $$ \beta=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\qquad\alpha_i=\begin{pmatrix}0&\sigma_i\\\sigma_i&0\end{pmatrix} $$ （各ブロックは $2\times2$）がそうである。 **偶数性。** 4 個の行列 $\Gamma_a\in\{\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\beta\}$ について、$\Gamma_b\neq\Gamma_a$ を 1 つ選ぶと $\Gamma_a=-\Gamma_b\Gamma_a\Gamma_b$（反交換と $\Gamma_b^2=1$）なので $\mathrm{tr}\,\Gamma_a=-\mathrm{tr}(\Gamma_b\Gamma_a\Gamma_b)=-\mathrm{tr}\,\Gamma_a$、すなわち $\mathrm{tr}\,\Gamma_a=0$ です。$\Gamma_a^2=1$ から固有値は $\pm1$ で、トレースが $0$ なので $+1$ と $-1$ が同数あり、$d$ は偶数です。 **$d\ge4$。** 4 個の $\Gamma_a$ は 1 次独立です。$\sum_ac_a\Gamma_a=0$ に左から $\Gamma_b$ を掛けてトレースを取ると、$a\ne b$ では $\mathrm{tr}(\Gamma_b\Gamma_a)=-\mathrm{tr}(\Gamma_a\Gamma_b)$ より $\mathrm{tr}(\Gamma_b\Gamma_a)=0$ なので、$c_bd=0$、すなわち $c_b=0$ です。$d=2$ だと、トレースレスなエルミート $2\times2$ 行列の空間は 3 次元（$\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3$ が基底）なので、4 個の 1 次独立な元を含めません。したがって $d\ge4$ です。 **存在。** Dirac 表示で $\alpha_i^2=\mathrm{diag}(\sigma_i^2,\sigma_i^2)=1$、$\{\alpha_i,\alpha_j\}=\mathrm{diag}(\{\sigma_i,\sigma_j\},\{\sigma_i,\sigma_j\})=2\delta_{ij}$（）、$\alpha_i\beta=\begin{pmatrix}0&-\sigma_i\\\sigma_i&0\end{pmatrix}=-\beta\alpha_i$ です。 4 次元の既約表現（これ以上ブロックに分けられない表現）はユニタリ同値（基底のユニタリな取り替え）を除いて一意であること（Pauli の基本定理）が知られています。以後 Dirac 表示を用います。 $\psi:\mathbb{R}^{1+3}\to\mathbb{C}^4$（**Dirac スピノル**）に対する方程式 $$ i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t}=H_D\,\psi,\qquad H_D=c\,\boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{p}+\beta mc^2 $$ を **Dirac 方程式**、$H_D$ を **Dirac ハミルトニアン** という。$L^2(\mathbb{R}^3;\mathbb{C}^4)$ 上で $\boldsymbol{p}=-i\hbar\nabla$ とする。 波数 $\boldsymbol{k}$ の平面波 $\psi=u\,e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{x}}$ に対して、$H_D$ は $4\times4$ エルミート行列 $h(\boldsymbol{k})=\hbar c\,\boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{k}+\beta mc^2$ になる。$h(\boldsymbol{k})$ の固有値は $\pm E_k$、$E_k=\sqrt{\hbar^2c^2k^2+m^2c^4}$ で、それぞれ 2 重に縮退する。したがって $H_D$ のスペクトルは $(-\infty,-mc^2]\cup[mc^2,\infty)$ であり、正のエネルギー側は 2 重のスピンの自由度を持つ。 Dirac 代数により $h(\boldsymbol{k})^2=\hbar^2c^2k^2+m^2c^4=E_k^2$ ですから、固有値は $\pm E_k$ のいずれかです。$\mathrm{tr}\,h(\boldsymbol{k})=0$（各 $\Gamma_a$ がトレースレス）なので、$+E_k$ と $-E_k$ の重複度は等しく、ともに $2$ です。$\boldsymbol{k}$ を動かしたときの和集合として、$L^2$ 上のスペクトル（フーリエ変換で $h(\boldsymbol{k})$ の直積分になる）は、$E_k\ge mc^2$ を走る $\pm E_k$ の閉包で、主張の集合です。 負エネルギーのスペクトルが現れること自体は Klein–Gordon 方程式と同じですが、Dirac 方程式では確率が正値になります。
+mc² −mc² E = +E_k（正のエネルギー） E = −E_k（負のエネルギー） ギャップ k
Dirac 方程式の解は、$\rho=\psi^\dagger\psi\ge0$ と $\boldsymbol{j}=c\,\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi$ に対して $\partial_t\rho+\nabla\cdot\boldsymbol{j}=0$ を満たす。 方程式を $\partial_t\psi=-c\alpha_i\partial_i\psi-\dfrac{imc^2}{\hbar}\beta\psi$、その随伴を $\partial_t\psi^\dagger=-c\,\partial_i\psi^\dagger\alpha_i+\dfrac{imc^2}{\hbar}\psi^\dagger\beta$ とします（$\alpha_i,\beta$ はエルミート）。$\partial_t(\psi^\dagger\psi)$ を作ると質量項 $\mp\dfrac{imc^2}{\hbar}\psi^\dagger\beta\psi$ が相殺し、$-c\,\partial_i(\psi^\dagger\alpha_i\psi)$ が残ります。 $\boldsymbol{L}=\boldsymbol{x}\times\boldsymbol{p}$ と $\boldsymbol{\Sigma}=\mathrm{diag}(\boldsymbol{\sigma},\boldsymbol{\sigma})$ について、$[H_D,\boldsymbol{L}]\neq0$ 、$[H_D,\boldsymbol{\Sigma}]\ne0$ だが、全角運動量 $\boldsymbol{J}=\boldsymbol{L}+\dfrac{\hbar}{2}\boldsymbol{\Sigma}$ は $H_D$ と可換である。 $\beta$ は $\boldsymbol{L}$ と $\boldsymbol{\Sigma}$ の両方と可換です。$[L_j,p_i]=i\hbar\varepsilon_{jik}p_k$ から $[H_D,L_j]=c\,\alpha_i[p_i,L_j]=-i\hbar c\,\varepsilon_{jik}\alpha_ip_k=i\hbar c\,\varepsilon_{jik}\alpha_kp_i$（添字 $i\leftrightarrow k$ の付け替え）です。また $[\Sigma_j,\alpha_i]=2i\varepsilon_{jik}\alpha_k$ から $\left[H_D,\tfrac\hbar2\Sigma_j\right]=\tfrac{\hbar c}{2}[\alpha_i,\Sigma_j]p_i=-i\hbar c\,\varepsilon_{jik}\alpha_kp_i$ です。2 式の和は $0$ です。 Dirac 方程式には、スピン 1/2 を前提として入れていません。$\boldsymbol{L}$ だけでは保存しないという事実が、スピンを要請します。 ## 4. ローレンツ共変性 自然単位 $\hbar=c=1$ に移ります。 $\gamma^0=\beta$、$\gamma^i=\beta\alpha_i$（$i=1,2,3$）とおく。Dirac 表示では $$ \gamma^0=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\qquad\gamma^i=\begin{pmatrix}0&\sigma_i\\-\sigma_i&0\end{pmatrix},\qquad\gamma^5:=i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} $$ である。$\bar\psi=\psi^\dagger\gamma^0$ を **Dirac 共役** と呼ぶ。 $\{\gamma^\mu,\gamma^\nu\}=2g^{\mu\nu}$、$(\gamma^0)^\dagger=\gamma^0$、$(\gamma^i)^\dagger=-\gamma^i$、すなわち $(\gamma^\mu)^\dagger=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$ である。さらに $(\gamma^5)^2=1$、$(\gamma^5)^\dagger=\gamma^5$ で $\gamma^5$ は各 $\gamma^\mu$ と反交換する。Dirac 方程式は $$ \left(i\gamma^\mu\partial_\mu-m\right)\psi=0 $$ と同値である。 $\{\gamma^0,\gamma^i\}=\beta\beta\alpha_i+\beta\alpha_i\beta=\alpha_i-\alpha_i=0$ です（$\beta\alpha_i\beta=-\alpha_i$）。$\{\gamma^i,\gamma^j\}=\beta\alpha_i\beta\alpha_j+\beta\alpha_j\beta\alpha_i=-\{\alpha_i,\alpha_j\}=-2\delta_{ij}=2g^{ij}$、$(\gamma^0)^2=\beta^2=1$ です。エルミート性は $(\gamma^i)^\dagger=\alpha_i\beta=-\beta\alpha_i=-\gamma^i$ から。$\gamma^5$ の性質は Dirac 表示で直接計算でき（$(\gamma^5)^2=1$、各 $\gamma^\mu$ との反交換）、またこの 4 つが反交換することからも従います。方程式は、$i\partial_t\psi=(\boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{p}+\beta m)\psi$ に左から $\beta$ を掛けて $i\gamma^0\partial_0\psi=-i\gamma^i\partial_i\psi+m\psi$（$\beta\alpha_ip_i=-i\gamma^i\partial_i$）と書き直せば得られます。 次の定理が言いたいのは、観測者を取り替える（ローレンツ変換する）とき、スピノルを適当な行列 $S$ で変換してやれば Dirac 方程式は同じ形のまま成り立つ、ということです。証明は 3 段階です。まず、求める条件 $S^{-1}\gamma^\mu S=\Lambda^\mu{}_\nu\gamma^\nu$ を、$1$ に近い変換で満たす $S$ を見つけます。$\delta S$ の形は天下りに見えますが、この条件を満たすようにつくったもので、満たすことは交換子の計算で確かめます。次にそれを有限の変換に伸ばし、最後に方程式の形が保たれることを確かめます。 固有ローレンツ変換（$\det\Lambda=1$ かつ $\Lambda^0{}_0\ge1$、群 $L_+^\uparrow$）の各元 $\Lambda$ に対して、可逆な $4\times4$ 行列 $S(\Lambda)$ が存在して $S^{-1}\gamma^\mu S=\Lambda^\mu{}_\nu\gamma^\nu$ を満たす。このとき $\psi$ が $(i\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi=0$ を満たすなら、$\psi'(x')=S(\Lambda)\psi(x)$（$x'=\Lambda x$）も同じ形の方程式 $(i\gamma^\mu\partial'_\mu-m)\psi'=0$ を満たす。 **無限小変換。** $\Lambda=1+\omega$（$\omega^\mu{}_\nu$ は無限小、$\omega_{\mu\nu}=-\omega_{\nu\mu}$）に対し、$\delta S=\dfrac18\omega_{\mu\nu}[\gamma^\mu,\gamma^\nu]$ と置きます。恒等式 $[\gamma^\lambda,[\gamma^\mu,\gamma^\nu]]=4\left(g^{\lambda\mu}\gamma^\nu-g^{\lambda\nu}\gamma^\mu\right)$（$[\gamma^\mu,\gamma^\nu]=2\gamma^\mu\gamma^\nu-2g^{\mu\nu}$ と $\gamma^\lambda\gamma^\mu=2g^{\lambda\mu}-\gamma^\mu\gamma^\lambda$ を繰り返し使う）から $[\gamma^\lambda,\delta S]=\omega^\lambda{}_\nu\gamma^\nu$ で、$S=1+\delta S$ なら $S^{-1}\gamma^\lambda S=\gamma^\lambda+[\gamma^\lambda,\delta S]=(1+\omega)^\lambda{}_\nu\gamma^\nu$ です。 **有限変換。** $\Lambda(t)=e^{t\omega}$、$S(t)=e^{t\,\delta S}$ とすると $g^\lambda(t)=S(t)^{-1}\gamma^\lambda S(t)$ は $\dot g^\lambda=S^{-1}[\gamma^\lambda,\delta S]S=\omega^\lambda{}_\nu g^\nu$ を満たし、$g^\lambda(0)=\gamma^\lambda$ です。この線形常微分方程式の解は $(e^{t\omega})^\lambda{}_\nu\gamma^\nu$ ですから、$S(t)^{-1}\gamma^\lambda S(t)=\Lambda(t)^\lambda{}_\nu\gamma^\nu$ が示されました。$L_+^\uparrow$ は連結で、連結リー群は単位元の近傍の元（すなわち $e^\omega$ の形）の有限個の積で生成される（[リー群](/mathematics/manifolds/lie-groups)）ので、一般の $\Lambda$ には積の $S$ を取ります。 **共変性。** $\partial'_\nu=(\Lambda^{-1})^\mu{}_\nu\partial_\mu$ なので、 $\gamma^\nu\partial'_\nu S\psi=S\,(S^{-1}\gamma^\nu S)(\Lambda^{-1})^\mu{}_\nu\partial_\mu\psi=S\,\Lambda^\nu{}_\rho\gamma^\rho(\Lambda^{-1})^\mu{}_\nu\partial_\mu\psi=S\gamma^\mu\partial_\mu\psi$ です。したがって $(i\gamma^\nu\partial'_\nu-m)\psi'=S(i\gamma^\mu\partial_\mu-m)\psi=0$ です。 $z$ 軸まわりの角度 $\theta$ の回転は $\omega_{12}=\theta$（$\omega_{21}=-\theta$）で、$\delta S=\tfrac14\theta[\gamma^1,\gamma^2]$。$[\gamma^1,\gamma^2]=2\gamma^1\gamma^2=-2\alpha_1\alpha_2=-2i\Sigma_3$ なので $\delta S=-\tfrac i2\theta\Sigma_3$ となり、$S=e^{-i\theta\Sigma_3/2}$ です。これはスピン $1/2$ の回転演算子（）そのもので、$\theta=2\pi$ で $S=-1$ になります。スピノルは $2\pi$ の回転で符号を変えます。ブースト（$\omega_{0i}\ne0$）に対する $S$ は、ユニタリでなくエルミートです。 $S(\Lambda)^\dagger\gamma^0=\gamma^0S(\Lambda)^{-1}$ が成り立つ。したがって $\bar\psi'(x')=\bar\psi(x)S^{-1}$、$j^\mu=\bar\psi\gamma^\mu\psi$ は 4 元ベクトル、すなわち $j'^\mu(x')=\Lambda^\mu{}_\nu j^\nu(x)$ で、$\bar\psi\psi$ はスカラーである。$j^0=\psi^\dagger\psi$ で、$\partial_\mu j^\mu=0$ が成り立つ。 $(\gamma^\mu)^\dagger=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$（）より $(\delta S)^\dagger=\dfrac18\omega_{\mu\nu}[\gamma^{\nu\dagger},\gamma^{\mu\dagger}]=\dfrac18\omega_{\mu\nu}\gamma^0[\gamma^\nu,\gamma^\mu]\gamma^0=-\gamma^0\,\delta S\,\gamma^0$ です。よって無限小の $S$ では $S^\dagger=\gamma^0S^{-1}\gamma^0$、指数関数に移しても同じで、一般の $S$ は積なので成立します。$\bar\psi'=\psi^\dagger S^\dagger\gamma^0=\psi^\dagger\gamma^0S^{-1}=\bar\psi S^{-1}$ から $\bar\psi'\gamma^\mu\psi'=\bar\psi S^{-1}\gamma^\mu S\psi=\Lambda^\mu{}_\nu\bar\psi\gamma^\nu\psi$ です。$j^0=\psi^\dagger\gamma^0\gamma^0\psi=\psi^\dagger\psi$、$j^i=\psi^\dagger\gamma^0\gamma^i\psi=\psi^\dagger\alpha_i\psi$ ですから、$\partial_\mu j^\mu=0$ は の保存則です。 確率密度 $\rho=j^0$ は、4 元ベクトルの時間成分なので、ブーストで $\gamma$ 倍に変わります（長さの収縮と同じ）。全体の確率は保存されます。 ## 5. 電磁場中の Dirac 粒子：Pauli 方程式 電荷 $q$ の粒子では最小結合 $\boldsymbol{p}\to\boldsymbol{\pi}=\boldsymbol{p}-q\boldsymbol{A}$、$H\to H+q\phi$ を行います（）。 $$ i\hbar\partial_t\psi=\left[c\,\boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{\pi}+\beta mc^2+q\phi\right]\psi $$ $\psi=e^{-imc^2t/\hbar}\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}$（$u,v$ は 2 成分）と置くと、Dirac 表示のブロック計算により、 $$ i\hbar\partial_tu=q\phi\,u+c\,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\,v,\qquad i\hbar\partial_tv=(q\phi-2mc^2)\,v+c\,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\,u $$ です。$u$ を **大成分**、$v$ を **小成分** と呼びます。 粒子の速さが光速よりずっと小さい（$|i\hbar\partial_tv|,|q\phi\,v|\ll2mc^2|v|$）とき、小成分は $v\simeq\dfrac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc}u$ で、大成分は **Pauli 方程式** $$ i\hbar\partial_tu=\left[\frac{(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2}{2m}+q\phi\right]u=\left[\frac{\boldsymbol{\pi}^2}{2m}-\frac{q\hbar}{2m}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}+q\phi\right]u $$ を（$1/c$ の最低次で）満たす。 $v$ の方程式で、近似により $-2mc^2v\simeq-c\,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\,u$、すなわち $v\simeq\dfrac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc}u$ です。これを $u$ の方程式に入れると $i\hbar\partial_tu=q\phi\,u+\dfrac{(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2}{2m}u$ です。 の $\sigma_i\sigma_j=\delta_{ij}+i\varepsilon_{ijk}\sigma_k$ より $(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2=\sum_{ij}\pi_i\pi_j\,\sigma_i\sigma_j=\boldsymbol{\pi}^2+\dfrac i2\varepsilon_{ijk}\sigma_k[\pi_i,\pi_j]$ で（添字の対称部分が相殺する）、 の $[\pi_i,\pi_j]=i\hbar q\varepsilon_{ijl}B_l$ を使うと、$\varepsilon_{ijk}\varepsilon_{ijl}=2\delta_{kl}$ から $\dfrac i2\cdot2\cdot i\hbar q\,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}=-\hbar q\,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}$ を得ます。 この結果の核心は、$-\dfrac{q\hbar}{2m}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{B}=-\boldsymbol{\mu}\cdot\boldsymbol{B}$ で、スピン磁気モーメントが $\boldsymbol{\mu}=\dfrac{q}{2m}\cdot2\boldsymbol{S}$（$\boldsymbol{S}=\tfrac\hbar2\boldsymbol{\sigma}$）、つまり $\boldsymbol{\mu}=g\dfrac{q}{2m}\boldsymbol{S}$ の **$g=2$** が方程式から **導かれる** ことです。軌道運動の磁気モーメントは $g=1$（）。この $g=2$ が[電磁場中の荷電粒子](/physics/quantum-mechanics-2/atoms-in-fields)の Zeeman ハミルトニアン $H_Z=\dfrac{\mu_B}{\hbar}\boldsymbol{B}\cdot(\boldsymbol{L}+2\boldsymbol{S})$ の根拠で、観測される $g_e=2.0023\ldots$ との $0.1\%$ 強のずれは量子電磁力学の補正です。 次の次数（$1/c^2$）まで展開すると、[電磁場中の荷電粒子](/physics/quantum-mechanics-2/atoms-in-fields)で扱った微細構造の 3 項（相対論的運動エネルギー、スピン軌道相互作用、Darwin 項）が現れます。展開の詳細（Foldy–Wouthuysen 変換）は省略し、次の節の厳密解がそれと一致することを確かめます。 ## 6. 水素様原子の Dirac 解 クーロンポテンシャル $V(r)=-\zeta/r$、$\zeta=Z\alpha$ の中の Dirac 方程式を、$\hbar=c=1$ で厳密に解きます（核は静止した点電荷とする）。定常状態 $\psi=e^{-iEt}\begin{pmatrix}U\\W\end{pmatrix}$（$E$ は静止エネルギーを含む）では $$ (E-V-m)\,U=\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}\,W,\qquad(E-V+m)\,W=\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}\,U $$ です。球対称性を使うために、角度部分をスピンと軌道の合成で用意します。以下の定義と補題の目的は、角度の依存性を記号 $\kappa$ と $\Omega_{\kappa m}$ にまとめて、問題を動径 $r$ だけの連立方程式に落とすことです。$\kappa$ は全角運動量 $j$ と軌道角運動量 $l$ の組を 1 つの整数で表す番号で、$\Omega_{\kappa m}$ はその角度部分の関数です。補題の (2) の位相の取り決めは、後の式の符号を簡単にするための約束にすぎません。 $j=\tfrac12,\tfrac32,\ldots$、$m\in\{-j,\ldots,j\}$ と、$\kappa=\pm(j+\tfrac12)$ に対し、$\kappa<0$ なら $l=-\kappa-1=j-\tfrac12$、$\kappa>0$ なら $l=\kappa=j+\tfrac12$ として、 $$ \Omega_{\kappa m}(\theta,\varphi)=\sum_{s=\pm1/2}\langle l,m-s;\tfrac12,s\,|\,j,m\rangle\,Y_l^{m-s}(\theta,\varphi)\,\chi_s $$ とおく（$\chi_{\pm1/2}$ はスピンの基底）。これは $\boldsymbol{J}^2,J_z,\boldsymbol{L}^2$ の同時固有関数（固有値 $j(j+1),m,l(l+1)$）で、2 成分の球面上の関数である。 (1) $(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{L}+1)\,\Omega_{\kappa m}=-\kappa\,\Omega_{\kappa m}$（$\hbar=1$）。(2) $\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}}$ は $\boldsymbol{J}$ と可換で、$\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}}\,\Omega_{\kappa m}$ は $\Omega_{-\kappa,m}$ の（位相を除いて）定数倍である。以下では位相を $\Omega_{-\kappa,m}:=-\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}}\,\Omega_{\kappa m}$ と定め、$\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}}\,\Omega_{-\kappa,m}=-\Omega_{\kappa m}$ となる。(3) $\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}=(\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}})\left(-i\partial_r+\dfrac{i}{r}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{L}\right)$。 (1) $\boldsymbol{J}^2=\boldsymbol{L}^2+\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{L}+\tfrac34$ なので、 のとおり $\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{L}=j(j+1)-l(l+1)-\tfrac34$ は $j=l+\tfrac12$ で $l$、$j=l-\tfrac12$ で $-(l+1)$ です。したがって $\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{L}+1$ は $\kappa=-(l+1)$ で $l+1=-\kappa$、$\kappa=l$ で $-l=-\kappa$ です。 (2) $\hat{\boldsymbol{r}}$ と $\boldsymbol{\sigma}$ はどちらも $\boldsymbol{J}$ のもとでベクトルとして変換するので、内積 $\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}}$ はスカラーで $\boldsymbol{J}$ と可換です。また空間反転 $\hat{\boldsymbol{r}}\to-\hat{\boldsymbol{r}}$ で符号を変えるので、パリティ $(-1)^l$ を反転します。同じ $j,m$ をもつ状態の $l$ は $j\pm\tfrac12$ の 2 通りだけなので、$\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}}\,\Omega_{\kappa m}$ は $\Omega_{-\kappa,m}$ に比例します。$(\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}})^2=1$ より比例定数の絶対値は $1$ で、位相を上のように定めれば $\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}}\,\Omega_{-\kappa,m}=-(\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}})^2\Omega_{\kappa m}=-\Omega_{\kappa m}$ です。 (3) の公式から $(\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}})(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p})=\hat{\boldsymbol{r}}\cdot\boldsymbol{p}+i\boldsymbol{\sigma}\cdot(\hat{\boldsymbol{r}}\times\boldsymbol{p})=-i\partial_r+\dfrac ir\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{L}$ で、左から $\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}}$ を掛けます。 (1) を $-\kappa$ に使うと $\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{L}\,\Omega_{-\kappa}=(\kappa-1)\Omega_{-\kappa}$、$\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{L}\,\Omega_\kappa=(-\kappa-1)\Omega_\kappa$ です。 $U=\dfrac{G(r)}{r}\Omega_{\kappa m}$、$W=\dfrac{iF(r)}{r}\Omega_{-\kappa,m}$ と置くと、中心力 $V(r)$ の Dirac 方程式は $$ G'+\frac\kappa rG=(E+m-V)\,F,\qquad F'-\frac\kappa rF=-(E-m-V)\,G $$ と同値である。規格化は $\int_0^\infty(|G|^2+|F|^2)\,dr=1$。 (1)(2)(3) より、関数 $f(r)\Omega_\kappa$ に対し $\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}\,(f\Omega_\kappa)=(\boldsymbol{\sigma}\cdot\hat{\boldsymbol{r}})\left(-if'-\dfrac{i(\kappa+1)}{r}f\right)\Omega_\kappa=i\left(f'+\dfrac{\kappa+1}rf\right)\Omega_{-\kappa}$、同様に $\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}\,(h\Omega_{-\kappa})=i\left(h'-\dfrac{\kappa-1}rh\right)\Omega_\kappa$ です。$f=G/r$ のとき $f'+\dfrac{\kappa+1}rf=\dfrac1r\left(G'+\dfrac\kappa rG\right)$、$h=iF/r$ のとき $i\left(h'-\dfrac{\kappa-1}rh\right)=-\dfrac1r\left(F'-\dfrac\kappa rF\right)$ です。これらを上の 2 つの方程式に代入し、$\Omega_{-\kappa}$ と $\Omega_\kappa$ の係数を比べれば主張です。規格化は、角度部分が $\int\Omega^\dagger\Omega\,d\Omega=1$ であることから。 この定理の証明の方針を先に述べます。動径方程式を $\rho=2kr$ の方程式に書き直し、原点での振る舞い $\rho^\gamma$ と無限遠での減衰 $e^{-\rho/2}$ をくくり出して、残りを $\rho$ のべき級数で表します。解が無限遠でも規格化できるのは級数が途中で終わるとき（多項式になるとき）に限られ、その条件がそのままエネルギーの量子化条件になります。ステップ 1 の $s=g+f$、$d=g-f$ は、連立方程式の係数が整理された形になり、ステップ 2 の漸化式が 2 項で書けるようにするための取り替えです。 $0<\zeta=Z\alpha<\sqrt3/2$ とする。動径方程式の規格化可能な解（$r\to0$ で $G,F\sim r^{\gamma}$、$\gamma=\sqrt{\kappa^2-\zeta^2}>0$ の正則な解）が存在する $E\in(-m,m)$ は、 $$ E=m\left[1+\frac{\zeta^2}{\left(n_r+\gamma\right)^2}\right]^{-1/2},\qquad n_r=0,1,2,\ldots\ (\kappa>0\text{ のときは }n_r\ge1) $$ に限られる。主量子数 $n=n_r+|\kappa|$ と全角運動量 $j=|\kappa|-\tfrac12$ で書けば $$ E_{nj}=m\left[1+\frac{(Z\alpha)^2}{\left(n-\delta_j\right)^2}\right]^{-1/2},\qquad\delta_j=\left(j+\tfrac12\right)-\sqrt{\left(j+\tfrac12\right)^2-(Z\alpha)^2} $$ で、準位は $n$ と $j$ だけに依存する（$l=j\pm\tfrac12$ の 2 つの状態は縮退）。とくに基底状態 $1s_{1/2}$（$n=1$、$\kappa=-1$）は $E=m\sqrt{1-(Z\alpha)^2}$ である。 $V=-\zeta/r$ とし、$|E|0$、$a=m+E$、$b=m-E$（$ab=k^2$）、$\rho=2kr$ と置きます。 **ステップ 1（変数の取り替え）。** は $G'=-\dfrac\kappa rG+\left(a+\dfrac\zeta r\right)F$、$F'=\dfrac\kappa rF+\left(b-\dfrac\zeta r\right)G$ です。$G=\sqrt a\,g$、$F=\sqrt b\,f$、$\eta=\sqrt{b/a}$ とすると $g'=-\dfrac\kappa rg+\left(k+\dfrac{\zeta\eta}r\right)f$、$f'=\dfrac\kappa rf+\left(k-\dfrac{\zeta}{\eta r}\right)g$ です。さらに $s=g+f$、$d=g-f$ とし、$\eta-\eta^{-1}=-2E/k$、$\eta+\eta^{-1}=2m/k$ を使うと、$\rho$ についての微分を $\dot{}$ で表して $$ \dot s=\frac s2-\frac\lambda\rho\,s-\frac{\kappa+\mu}{\rho}\,d,\qquad\dot d=-\frac d2+\frac\lambda\rho\,d+\frac{\mu-\kappa}{\rho}\,s,\qquad\lambda=\frac{\zeta E}k,\ \ \mu=\frac{\zeta m}k $$ を得ます。$\mu^2-\lambda^2=\zeta^2$ に注意してください。 **ステップ 2（級数）。** $s=e^{-\rho/2}\rho^\gamma\sum_{\nu\ge0}\alpha_\nu\rho^\nu$、$d=e^{-\rho/2}\rho^\gamma\sum_{\nu\ge0}\beta_\nu\rho^\nu$ とおくと、$\rho^{\nu-1}$ の係数から（$\alpha_{-1}=0$） $$ (\gamma+\nu+\lambda)\alpha_\nu+(\kappa+\mu)\beta_\nu=\alpha_{\nu-1},\qquad(\kappa-\mu)\alpha_\nu+(\gamma+\nu-\lambda)\beta_\nu=0 $$ です。$\nu=0$ では右辺が $0$ の連立方程式で、非自明解をもつ条件は行列式 $\gamma^2-\lambda^2-(\kappa^2-\mu^2)=\gamma^2-\kappa^2+\zeta^2=0$、つまり $\gamma=\pm\sqrt{\kappa^2-\zeta^2}$ です。$\zeta<\sqrt3/2$ なら $|\kappa|=1$ でも $\gamma>1/2$ で、負の根は $r^{-\gamma}$ のため $\int|G|^2dr$ が原点で発散するので、正の根を取ります。第 2 式から $\nu\ge1$（かつ $\gamma+\nu\ne\lambda$）で $\beta_\nu=-\dfrac{(\kappa-\mu)\alpha_\nu}{\gamma+\nu-\lambda}$、これを第 1 式に代入し、$(\gamma+\nu)^2-\lambda^2-(\kappa^2-\mu^2)=\nu(2\gamma+\nu)$ を使うと $$ \alpha_\nu=\frac{\gamma+\nu-\lambda}{\nu\,(2\gamma+\nu)}\,\alpha_{\nu-1} $$ です。 **ステップ 3（終端が必要十分）。** 級数が終端しないなら、$\nu\to\infty$ で $\alpha_\nu/\alpha_{\nu-1}\sim1/\nu$、$|\beta_\nu|\ll|\alpha_\nu|$ なので、$s\sim e^{-\rho/2}e^{\rho}\rho^{\gamma-c}$ のように $e^{\rho/2}$ で増大し、$G,F$ は規格化できません。したがって級数は終端する必要があります。係数の対 $(\alpha_\nu,\beta_\nu)$ が $0$ でない最大の添字を $N$ とすると、$\nu=N+1$ の第 1 式から $\alpha_N=0$（左辺は $0$）、よって $\beta_N\ne0$、$\nu=N$ の第 2 式から $\gamma+N-\lambda=0$ です。すなわち $\lambda=\gamma+n_r$（$n_r:=N$）。$N=0$ のとき $\nu=0$ の第 1 式は $(\kappa+\mu)\beta_0=0$ となり $\kappa=-\mu<0$ が必要で、$\kappa>0$ では $n_r\ge1$ です。 逆に $\lambda=\gamma+n_r$ のとき、$\alpha_\nu$ の漸化式は $\nu=n_r$ で $\alpha_{n_r}=0$ となり、以降 $0$ に終端します。$\beta_\nu$ も同様（$\nu\ne n_r$ で $\alpha_\nu$ に比例し、$\nu=n_r$ の $\beta_{n_r}$ は第 1 式で決まる）。この解は $e^{-\rho/2}\rho^\gamma\times$ 多項式で、規格化可能です。なお $\kappa=-\mu$ なら $\lambda^2=\mu^2-\zeta^2=\kappa^2-\zeta^2=\gamma^2$ より $\lambda=\gamma$、つまり $n_r=0$ になります。したがって $n_r\ge1$ では $\kappa+\mu\ne0$ で、$\beta_{n_r}=\alpha_{n_r-1}/(\kappa+\mu)$ と決まり、$\nu=n_r+1$ 以降の $\beta_\nu$ は $0$ です。逆に $n_r=0$ では $\kappa<0$ のとき、$\lambda=\gamma$ から $\mu=|\kappa|=-\kappa$ となって $\nu=0$ の方程式が $\alpha_0=0$、$\beta_0$ 任意の解を許します。$\kappa>0$ では $\alpha_0\ne0$ が必要となり、漸化式が終端しません。 **ステップ 4（エネルギー）。** $\lambda=\zeta E/k=\gamma+n_r>0$ から $E>0$ です。$k=\sqrt{m^2-E^2}$ を代入して $\zeta^2E^2=(m^2-E^2)(\gamma+n_r)^2$ を解くと主張の $E$ になります。$n=n_r+|\kappa|$ と $\gamma=|\kappa|-\delta_j$（$|\kappa|=j+\tfrac12$）で第 2 式を得ます。$n=1$、$n_r=0$、$\kappa=-1$ では $\gamma=\sqrt{1-\zeta^2}$ で、$E=m\gamma/\sqrt{\gamma^2+\zeta^2}=m\gamma$ です。 縮退を数えると、与えられた $n$ について $j=\tfrac12,\ldots,n-\tfrac12$ の各 $j$ が $\kappa=-(j+\tfrac12)$ から、$j\le n-\tfrac32$ では $\kappa=+(j+\tfrac12)$ からも出るので（$n_r=n-j-\tfrac12$ が同じ）、総数は $\sum_j(2j+1)\times(1\text{ または }2)=2n^2$ で、スピンを含む非相対論的な縮退度と一致します。 $\zeta\to0$ で $E_{nj}$ を展開すると $$ E_{nj}=m\left[1-\frac{\zeta^2}{2n^2}-\frac{\zeta^4}{2n^4}\left(\frac{n}{j+\frac12}-\frac34\right)+O(\zeta^6)\right] $$ であり、$\zeta^2$ の項は水素の Bohr のエネルギー、$\zeta^4$ の項は[電磁場中の荷電粒子](/physics/quantum-mechanics-2/atoms-in-fields)の微細構造の公式（）に一致する。 $\delta_j=\kappa'-\sqrt{\kappa'^2-\zeta^2}=\dfrac{\zeta^2}{2\kappa'}+O(\zeta^4)$（$\kappa'=j+\tfrac12$）です。$(n-\delta_j)^{-2}=n^{-2}\left(1+\dfrac{2\delta_j}n+\cdots\right)$、$[1+x]^{-1/2}=1-\tfrac x2+\tfrac38x^2-\cdots$（$x=\zeta^2(n-\delta_j)^{-2}$）を使うと、 $$ \frac Em=1-\frac{\zeta^2}{2n^2}-\frac{\zeta^2\delta_j}{n^3}+\frac{3\zeta^4}{8n^4}+O(\zeta^6)=1-\frac{\zeta^2}{2n^2}-\frac{\zeta^4}{2n^3\kappa'}+\frac{3\zeta^4}{8n^4}+O(\zeta^6) $$ です。$\zeta^4$ の項は $-\dfrac{\zeta^4}{2n^4}\left(\dfrac n{\kappa'}-\dfrac34\right)$ に書き直せます。$mc^2\zeta^4=mc^2\alpha^4$（$Z=1$）です。 水素（$Z=1$）の $2p_{3/2}$ と $2p_{1/2}$ の差を厳密な式で計算すると $\Delta E\approx mc^2\alpha^4/32\approx4.53\times10^{-5}\ \mathrm{eV}$（$10.9\ \mathrm{GHz}$）で、[電磁場中の荷電粒子](/physics/quantum-mechanics-2/atoms-in-fields)の 1 次摂動の値と実質的に同じです。$2s_{1/2}$ と $2p_{1/2}$ は、 により厳密に縮退します。実験では Lamb と Retherford（1947 年）が、この縮退が約 $1.06\ \mathrm{GHz}$ だけ破れていることを見つけました。これは量子化された電磁場との相互作用（Lamb シフト）で、Dirac 方程式の範囲では説明できません。また、重い原子核では $Z\alpha\to1$ に近づき、$1s$ のエネルギー $m\sqrt{1-(Z\alpha)^2}$ は $Z=137$ で実数でなくなります。点電荷の核を仮定した場合の Dirac 方程式の限界を示します。 の仮定 $Z\alpha<\sqrt3/2$ は、作用素 $D_0-Z\alpha/r$ が $C_c^\infty(\mathbb{R}^3\setminus\{0\})$ 上で本質的自己共役になる範囲（$Z\alpha\le\sqrt3/2$）に含まれます。$\sqrt3/2\le Z\alpha<1$ でも、定義域が $D(|x|^{-1/2})$ に入る特別な自己共役拡大がただ 1 つあり、その $(-m,m)$ の固有値がちょうどこの公式で与えられることが、 と で証明されています。 ## 7. Klein のパラドックス 最後に、負エネルギー状態が物理的に顔を出す例を見ます。静電ポテンシャルの階段 $V(x)=0\ (x<0)$、$V(x)=V_0\ (x>0)$ に、エネルギー $E>m$ の電子が左から入射する 1 次元の問題です。横方向の運動量を $0$ にすると、Dirac 表示のスピノルのうち、成分 $(a,0,0,b)$ の形が保たれ（$\alpha_1(a,0,0,b)^{\mathsf T}=(b,0,0,a)^{\mathsf T}$、$\beta(a,0,0,b)^{\mathsf T}=(a,0,0,-b)^{\mathsf T}$）、$\psi=(a,b)$ の方程式は $$ E\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=\left[\sigma_xp+\sigma_zm+V(x)\right]\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix} $$ になります（$p=-i\partial_x$）。電流は $J=\psi^\dagger\sigma_x\psi=2\mathrm{Re}(\bar ab)$ です。4 成分が 2 成分に減るのは、括弧内の 2 つの式が示すように、$\alpha_1$ と $\beta$ を作用させても第 2・3 成分が $0$ のままで、第 1・4 成分だけで閉じた方程式になるからです。この節の問いは、ポテンシャルが高い領域に入った粒子は、シュレーディンガー方程式のように跳ね返されるのか、それとも通り抜けるのか、です。 $V$ が一定のとき、$\varepsilon=E-V$、$p^2=\varepsilon^2-m^2$ として、$(a,b)=(1,r)\,e^{ipx}$（$r=p/(\varepsilon+m)$）は解である。電流は $J=2r$ で、$|\varepsilon|>m$ のとき、$J$ の符号は群速度 $d\varepsilon/dp=p/\varepsilon$ の符号に一致する。 方程式の第 1 成分は $\varepsilon=m+pr$、第 2 成分は $\varepsilon r=p-mr$ で、後者から $r=p/(\varepsilon+m)$、これを前者に入れると $\varepsilon^2-m^2=p^2$ で整合します。$r$ は実数なので $J=2r\,|a|^2=2r$。$\varepsilon>m$ では $\varepsilon+m>0$ で $\mathrm{sgn}\,r=\mathrm{sgn}\,p=\mathrm{sgn}(p/\varepsilon)$。$\varepsilon<-m$ では $\varepsilon+m<0$ で $\mathrm{sgn}\,r=-\mathrm{sgn}\,p=\mathrm{sgn}(p/\varepsilon)$ です。 入射波 $(1,r)e^{ipx}$（$p=\sqrt{E^2-m^2}>0$、$r=p/(E+m)$）に対し、$x<0$ には反射波 $b\,(1,-r)e^{-ipx}$、$x>0$ には透過波 $c\,(1,r')e^{ip'x}$（$\varepsilon'=E-V_0$、$p'^2=\varepsilon'^2-m^2$、$r'=p'/(\varepsilon'+m)$）を置き、$x=0$ で $\psi$ が連続であるとする。透過波の電流が右向き（$r'>0$）となるように $p'$ の符号を選ぶ。このとき $\kappa=r'/r=\dfrac{p'}{p}\cdot\dfrac{E+m}{\varepsilon'+m}$ として、 $$ b=\frac{1-\kappa}{1+\kappa},\quad c=\frac{2}{1+\kappa},\qquad R=\left(\frac{1-\kappa}{1+\kappa}\right)^2,\quad T=\frac{4\kappa}{(1+\kappa)^2},\quad R+T=1 $$ である。(i) $V_00$、$\kappa>0$。(ii) $E-mE+m$ では $\varepsilon'<-m$ で $p'$ は実数となり（$p'<0$ のとき $r'>0$）、$\kappa>0$ で **$T>0$** である。 $x=0$ での連続性は $1+b=c$ と $r(1-b)=r'c$ の 2 式です。第 2 式を $r$ で割り $1-b=\kappa c=\kappa(1+b)$ から $b=(1-\kappa)/(1+\kappa)$、$c=1+b=2/(1+\kappa)$ を得ます。電流は により $J_{\rm in}=2r$、$J_{\rm ref}=-2r|b|^2$、$J_{\rm tr}=2r'|c|^2$ なので、$R=|b|^2$、$T=J_{\rm tr}/J_{\rm in}=\kappa|c|^2=4\kappa/(1+\kappa)^2$ で、$R+T=\dfrac{(1-\kappa)^2+4\kappa}{(1+\kappa)^2}=1$（$\kappa$ が実数のとき）です。(i) では $p'>0$ かつ $\varepsilon'+m>0$ で $r'>0$。(ii) では $p'=i\chi$ で $r'=i\chi/(\varepsilon'+m)$ が純虚数なので $J_{\rm tr}=2\mathrm{Re}(r')|c|^2e^{-2\chi x}=0$、反射のみで $R=|b|^2=1$（$\kappa$ が純虚数のとき $|1-\kappa|=|1+\kappa|$）。(iii) では $\varepsilon'+m<0$ なので、$r'>0$ となるには $p'<0$ が必要で、このとき $\kappa=\dfrac{p'}{p}\cdot\dfrac{E+m}{\varepsilon'+m}>0$、したがって $T=4\kappa/(1+\kappa)^2>0$ です。
E > m（進行波） ギャップ |E| < m E < −m（負エネルギー） ギャップ（V₀−m〜V₀+m、上は図外） E − V₀ < −m（進行波） E x < 0（V = 0） x > 0（V = V₀ > E + m）
(iii) が **パラドックス** と呼ばれる理由は、シュレーディンガー方程式では $V_0>E$ の領域は古典的に禁じられた領域で、波が指数関数的に減衰し、無限に広い段差では完全反射 $R=1$ になるのに、Dirac 方程式では領域 II で振動する進行波が存在し、段差が高くなっても[透過率](/physics/quantum-mechanics/one-dimensional-systems#def-transmission)が $0$ に落ちないことです。実際、$V_0\to\infty$ で $\kappa\to(E+m)/p=\sqrt{(E+m)/(E-m)}$、$T\to4\kappa/(1+\kappa)^2$ で、$E\gg m$ では $\kappa\to1$、$T\to1$ に近づきます。 物理的な解釈は、領域 II の $\varepsilon'<-m$ のバンドが **負エネルギー状態** であることです。強い場が正のエネルギーのバンドを持ち上げて負エネルギーのバンドと重ねると、そこに電子と陽電子の対が生成される過程が開きます。1 粒子の波動方程式の範囲では一貫した記述ができず、粒子の生成・消滅を許す場の量子論に進む必要が生じます。これが [場の量子論の動機](/physics/qft/why-quantum-field-theory)の 1 つです。Dirac の「海」の描像（負エネルギー状態がすべて電子で満たされていると考え、空孔を陽電子とみなす）は、その最初の形でした。 ## 8. 演習 Klein–Gordon 方程式の平面波解 $\psi=Ae^{i(kx-\omega t)}$ について、$\omega=+\omega_k$ と $\omega=-\omega_k$ で、 の密度 $\rho$ の符号を調べよ。ゲージ不変性や電荷の観点から、$\rho$ をどう読み替えるのがよいか。 により $\rho=\dfrac{\hbar\omega}{mc^2}|A|^2$ で、$\omega=\omega_k>0$ では $\rho>0$、$\omega=-\omega_k<0$ では $\rho<0$ です。そこで $\rho$ を確率密度ではなく **電荷密度**（$q\rho$ の符号を持つ量）と読み替えれば、正の周波数の解が電荷 $+q$ の粒子、負の周波数の解が電荷 $-q$ の粒子（反粒子）に対応すると解釈でき、負の密度も矛盾しません。これが場の量子論での扱いです。 自由な場合に の $v\simeq\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}\,u/2mc$ を使うと、大成分に対する方程式がシュレーディンガー方程式になることを示し、小成分の大きさが大成分の $v/c$ 程度であることを見積もれ。 $\boldsymbol{\pi}=\boldsymbol{p}$、$\phi=0$ とすると、 の方程式は $i\hbar\partial_tu=\dfrac{(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p})^2}{2m}u=\dfrac{p^2}{2m}u$ で、これは自由なシュレーディンガー方程式です（$\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}$ の 2 乗は $p^2$）。また $\|v\|\simeq\dfrac{\|\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{p}\,u\|}{2mc}=\dfrac{p}{2mc}\|u\|\sim\dfrac v{2c}\|u\|$ （$v$ は粒子の速さ）です。水素の電子では $v/c\sim\alpha\approx1/137$ で、小成分は大成分の $1\%$ 以下です。 $E=2m$ の電子が高さ $V_0=4m$ の階段に入射する。 を使って $\kappa$、$R$、$T$ を求めよ。 $p=\sqrt{E^2-m^2}=\sqrt3\,m$、$\varepsilon'=E-V_0=-2m$（$<-m$ なので (iii)）、$p'^2=\varepsilon'^2-m^2=3m^2$ から $p'=-\sqrt3\,m$（$r'>0$ のため負）です。$\kappa=\dfrac{p'}{p}\cdot\dfrac{E+m}{\varepsilon'+m}=\dfrac{-\sqrt3m}{\sqrt3m}\cdot\dfrac{3m}{-m}=3$ で、$R=\left(\dfrac{1-3}{1+3}\right)^2=\dfrac14$、$T=\dfrac{4\cdot3}{16}=\dfrac34$ です。$R+T=1$ も確認できます。 水素（$Z=1$）の基底状態 $1s_{1/2}$ の Dirac エネルギー $E=m\sqrt{1-\alpha^2}$ を $\alpha$ で展開し、束縛エネルギー $mc^2-E$ に対する $\alpha^4$ の補正を $\mathrm{eV}$ で求めよ。[電磁場中の荷電粒子](/physics/quantum-mechanics-2/atoms-in-fields)の公式（）の $n=1$、$j=\tfrac12$ と比較せよ。 $\sqrt{1-\alpha^2}=1-\tfrac{\alpha^2}2-\tfrac{\alpha^4}8-\cdots$ より $mc^2-E=\tfrac12mc^2\alpha^2+\tfrac18mc^2\alpha^4+\cdots$ です。第 1 項は Bohr の $13.606\ \mathrm{eV}$、第 2 項は $\tfrac18\times1.449\times10^{-3}\ \mathrm{eV}=1.81\times10^{-4}\ \mathrm{eV}$ で、束縛を $1.3\times10^{-5}$ 倍だけ強めます。微細構造の公式は $n=1$、$j=\tfrac12$ で $-\dfrac{mc^2\alpha^4}2\left(\dfrac{1}{1}-\dfrac34\right)=-\dfrac{mc^2\alpha^4}8$ で、エネルギーを $mc^2\alpha^4/8$ だけ下げるので、一致しています（）。 ## 参考文献 - P. A. M. Dirac, "The Quantum Theory of the Electron", *Proc. R. Soc. Lond. A* **117** (1928), 610. Dirac 方程式の原典。 - W. Gordon, "Die Energieniveaus des Wasserstoffatoms nach der Diracschen Quantentheorie des Elektrons", *Z. Phys.* **48** (1928), 11. 水素原子の Dirac 解。 - O. Klein, "Die Reflexion von Elektronen an einem Potentialsprung nach der relativistischen Dynamik von Dirac", *Z. Phys.* **53** (1929), 157. Klein のパラドックスの原典。 - J. J. Sakurai, *Advanced Quantum Mechanics*, Addison-Wesley, 1967 — Dirac 方程式、共変性、水素原子の章。 - J. D. Bjorken, S. D. Drell, *Relativistic Quantum Mechanics*, McGraw-Hill, 1964 — Dirac 方程式、Klein のパラドックス、水素様原子。 - B. Thaller, *The Dirac Equation*, Springer, 1992 — Dirac ハミルトニアンの数学的な取り扱い（自己共役性、スペクトル、水素様原子）。