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本文是深度科普系列《从线性代数到量子力学》第28课。

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0) 开篇语

上节课我们导出了狄拉克方程，并且由方程解的性质导出了概率流密度（虽然我们还没正式求解方程），由此看到，狄拉克方程解决了K-G方程的第一个问题：负概率问题。

这节课，我们要来正式求解最简单情形下的狄拉克方程，看看它还能给我们带来哪些已知的和未知的物理事实，特别是我们一直提到的自旋将以怎样的方式从狄拉克方程中出现。

注：本文中出现的算符有时候会加上hat、有时候又忘了加，而三个方向的脚下标有时候用的是$x,y,z$、有时候又用的是1,2,3，相信这不会影响阅读和理解，以后再慢慢整理和规范化吧……

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1) 自由粒子解

我们在推导狄拉克方程的时候，暂时没考虑势能项，这就意味着，我们前面给出的狄拉克方程是描述自由粒子的（今后会讨论有势能情形下的方程形式），这方便我们快速求解，并且足够让我们从解中发现一些有意思的物理意义。

现在，我们先把解算出来。

推导过程作者是根据自己作为普通人的智商水平为标准来写的，因此可能会显得有点啰嗦甚至笨拙，如果同学们遇到一些看起来很显然而没有必要写出来的步骤，可以直接跳过。

由于方程是线性的，且对时间和空间的导数都是一阶，所以我们不妨假设解是一个包含了时间和空间变量的线性函数的复指数（下式中红色部分，这是一阶线性常系数微分方程解的通用形式）乘以一个四分量旋量（下式中蓝色部分）的形式：

$\small \boldsymbol \psi=\begin{bmatrix}\psi_1\\ \psi_2\\ \psi_3\\ \psi_4\end{bmatrix}=\color{blue}{\begin{bmatrix}\phi^{(L)}\\ \phi^{(R)}\\ \chi^{(L)}\\ \chi^{(R)}\end{bmatrix}}\color{red}{\exp{\left[\frac{\text i}{\hbar}\left(Et-p_xx-p_yy-p_zz\right)\right]}} \quad{\scriptsize(式28.1)}$

其中$\small \phi^{(L)},\ \phi^{(R)},\ \chi^{(L)},\ \chi^{(R)}$的含义以后会解释（相信同学们能看出上标L, R分别代表Left和Right……）。

对$\small \boldsymbol \psi$求$\small t,x,y,z$的偏导数，就能分别得到$\small E,p_x,p_y,p_z$的本征值，再约去两边的复指数，方程就变成了：

$\small \begin{align} E\begin{bmatrix}\psi_1\\\psi_2\\\psi_3\\\psi_4\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}mc^2&0&p_3c&p_1c-\text ip_2c\\0&mc^2&p_1c+\text ip_2c&-p_3c\\p_3c&p_1c-\text ip_2c&-mc^2&0\\p_1c+\text ip_2c&-p_3c&0&-mc^2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\psi_1\\\psi_2\\\psi_3\\\psi_4\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize(式28.2)}$

这就回到了一个明显的4×4矩阵的本征方程形式，它的本征值正好就是能量本征值，本征态乘以复指数函数就是能量本征态。

我们可以用线性代数中求特征值和特征向量的标准流程来求能量本征值和本征态，或者直接关门放Matlab。

但这里我们不打算这么做，而是要用一种看起来有点绕的方式来计算它们，因为这样可以将本征态表示为方便后面讨论物理意义的形式（而用Matlab直接求解给出来的解的形式不是我们想要的，后面会具体说明）。

首先，将狄拉克方程写成分块矩阵的形式：

$\small \begin{align} E\psi&=\left(\alpha_1\hat p_1c+\alpha_2\hat p_2c+\alpha_3\hat p_3c+\beta mc^2\right)\psi\\ &=\left(\begin{bmatrix}0&\sigma_1\\\sigma_1&0\end{bmatrix}\hat p_1c+\begin{bmatrix}0&\sigma_2\\\sigma_2&0\end{bmatrix}\hat p_2c+\begin{bmatrix}0&\sigma_3\\\sigma_3&0\end{bmatrix}\hat p_3c+\begin{bmatrix}I&0\\0&-I\end{bmatrix}\hat mc^2\right)\psi\\ &=\begin{bmatrix}mc^2&\left(\sigma_1p_1+\sigma_2p_2+\sigma_3p_3\right)c\\\left(\sigma_1p_1+\sigma_2p_2+\sigma_3p_3\right)c&-mc^2\end{bmatrix}\psi\\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.3)}$

令：$\small \boldsymbol \sigma=(\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3)$，则方程可以写为：

$\small \begin{align} E\psi&=\begin{bmatrix}mc^2I&\boldsymbol\sigma \cdot\boldsymbol pc\\\boldsymbol\sigma \cdot\boldsymbol pc&-mc^2I\end{bmatrix}\psi\\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.4)}$

再将方程左右合并：

$\small \begin{align} \begin{bmatrix}\left(E-mc^2\right)I&-\boldsymbol\sigma \cdot\boldsymbol pc\\-\boldsymbol\sigma \cdot\boldsymbol pc&\left(E+mc^2\right)I\end{bmatrix}\psi&=0\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.5)}$

同时将$\small \psi$也分成上下两块，分别用$\small \phi$和$\small \chi$表示：

$\small \begin{align} \begin{bmatrix}\left(E-mc^2\right)I&-\boldsymbol\sigma \cdot\boldsymbol pc\\-\boldsymbol\sigma \cdot\boldsymbol pc&\left(E+mc^2\right)I\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\phi\\chi\end{bmatrix}&=0\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.6)}$

注意：$\small \chi$不是拉丁字母$\small x$，而是希腊字母chi，读作“凯”

由此可得$\small \psi$上下两部分的关系：

$\small \left\{\begin{align} \phi=\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E-mc^2}\chi\\ \chi=\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E+mc^2}\phi\\ \end{align} \right. \quad{\scriptsize (式28.7)}$

为了让两个等式自洽，我们不妨将第二个等式代入第一个等式，得到：

$\small \begin{align} \phi&=\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E-mc^2}\chi\\ &=\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E-mc^2}\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E+mc^2}\phi\\ &=\frac{(\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol p)^2c^2}{E^2-m^2c^4}\phi\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.8)}$

方程要自洽，就意味着上式右边的矩阵要等于2×2的单位矩阵，即：

$\small \begin{align} (\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol p)^2=\frac{E^2-m^2c^4}{c^2}I\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.9)}$

其中左边等于：

$\small \begin{align} (\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol p)^2&=\begin{bmatrix}p_3&p_1-\text ip_y\\p_1+\text ip_y&-p_z\end{bmatrix}^2\\ &=\begin{bmatrix}p_3^2+p_1^2+p_2^2&0\\0&p_3^2+p_1^2+p_2^2\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}p^2&0\\0&p^2\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize (式28.10)}$

于是式28.9就可以归为一个方程：

$\small \begin{align} E^2-m^2c^4=p^2c^2\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.11)}$

这样就得到了两个能量本征值解：

$\small E=\pm\sqrt{m^2c^4+p^2c^2} \quad{\scriptsize(式28.12)}$

（没错，狄拉克方程也有负能解，我们后面会看到狄拉克如何解释它）

考虑到式28.2是一个4×4矩阵的特征方程，因此能量本征值有四个，那么一正一负两个解就是两组二重本征值（简并的），即：

$\small \left\{\begin{align} E_1,E_2&=\sqrt{m^2c^4+p^2c^2}\\ E_3,E_4&=-\sqrt{m^2c^4+p^2c^2} \end{align}\right. \quad{\scriptsize(式28.13)}$

这也就意味着，正能解和负能解都各有两组线性无关的本征态，现在我们来找出它们。

如果记：

$\small \begin{align} \frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E+mc^2}=K \end{align} \quad{\scriptsize (式28.14)}$

那么在$\small E$取两个能量本征值之一的时候，式28.7就可以记为：

$\small \left\{\begin{align} \phi&=K^{-1}\chi\\ \chi&=K\phi\\ \end{align} \right. \quad{\scriptsize (式28.15)}$

两个式子是等价的，我们这里将它们分别写出来，是因为它们代表着不同的自由变量的选取，这有助于我们理解方程解的物理意义。

对于正能解，我们选取$\small \phi$作为自由变量，那么利用$\small \chi=K\phi$，就可以将相应的本征态表示为：

$\small \begin{align} u=\begin{bmatrix}\phi\\K\phi\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\phi\\\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E+mc^2}\phi\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize (式28.16)}$

而$\small \phi$是2×1列向量，并且对应二重能量本征值，因此我们可以任意选取两个基底构造基础解系。

而按照常规做法，不妨就选：

$\small \begin{align} \phi_1=A_1\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix},\phi_2=A_2\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize (式28.17)}$

其中$\small A_1,A_2$为归一化系数，为方便推导，后文省略。

则正能解对应的两个特征向量就是：

$\small \begin{align} u_1=\begin{bmatrix}\phi_1\\\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E+mc^2}\phi_1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\\frac{c}{E+mc^2}{\scriptsize\begin{bmatrix}p_3&p_1-\text ip_2\\p_1+\text ip_2&-p_3\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\0\\\frac{p_3c}{E+mc^2}\\\frac{p_1c+\text ip_2c}{E+mc^2}\end{bmatrix}\\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.18\text{a})}$

$\small \begin{align} u_2=\begin{bmatrix}\phi_2\\\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E+mc^2}\phi_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\1\\\frac{c}{E+mc^2}{\scriptsize\begin{bmatrix}p_3&p_1-\text ip_2\\p_1+\text ip_2&-p_3\end{bmatrix} \begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0\\1\\\frac{p_1c-\text ip_2c}{E+mc^2}\\\frac{-p_3c}{E+mc^2}\end{bmatrix}\\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.18\text{b})}$

而当能量取负能解时，我们选取$\small \chi$作为自由变量，并且利用$\small \phi=K^{-1}\chi$给出本征态：

$\small \begin{align} v_1=\begin{bmatrix}\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E-mc^2}\chi_1\\\chi_1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{p_3c}{E-mc^2}\\\frac{p_1c+\text ip_2c}{E-mc^2}\\1\\0\end{bmatrix}\\ \\ v_2=\begin{bmatrix}\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E-mc^2}\chi_2\\\chi_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\frac{p_1c-\text ip_2c}{E-mc^2}\\\frac{-p_3c}{E-mc^2}\\0\\1\end{bmatrix}\\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.19)}$

这样，我们就完成了能量本征值和本征态的求解，接下来可以讨论它们的物理意义了。

注1：如果直接用Matlab求解，Matlab会对所有本征态都默认选取$\small \chi$为自由变量，不方便我们讨论解的物理意义。
注2：别忘了，完整的解还要在$\small u_1,u_2,v_1,v_2$后面乘上一个复指数函数。

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2) 负能解与反粒子

首先来说说能量本征值的物理意义。

从能量本征值解的结果可以看到，狄拉克方程的解同样出现了负能解$\small E_3,E_4$，看来狄拉克方程也同样存在K-G方程的负能解问题。

既然问题无法回避，又不能解决提出问题的人（毕竟狄拉克不能自己解决自己），那就想办法把它合理化，顺水推舟提出个新理论（再顺手领个诺奖）。

问了更好理解狄拉克的解释，我们不妨想象，有一个提问者和狄拉克之间，在用一问一答的方式讨论负能态问题：

问：负能态真的存在吗？
狄：我相信我的方程没有错，所以我相信它存在。
问：那为什么我们从来观察不到电子往负能态跃迁呢？
狄：因为在真空状态下，负能级已经被电子填满了，根据泡利不相容原理，它无法再容下新的电子。
问：那负能级的电子会不会向上跃迁呢？
狄：会。
问：那这时候不就空出一个位子来了吗？
狄：是的，而且这个空穴会有和负能量电子完全互补的一套物理量：正的能量、正的质量和正的电荷。换句话说，真空受到能量激发后，会产生一个普通的电子（从负能态跃迁到正能态）和一个具有正能量、正质量、正电荷的空穴，我们不妨将这个空穴叫做正电子（positive electron）。反过来，如果电子跃迁回负能态空穴，那么这个空穴就会被重新填满，这个时候我们就会观察到电子$-$正电子对发生湮灭，同时放出两份电子的能量。
问：那为什么我们没观察到你所说的正电子呢？
狄：等几年吧，时间会给出答案的。

而狄拉克没有等太久，两年后的1930年，中国物理学家赵忠尧发现了γ射线在重原子核附近的反常能量损失，以及γ射线被散射时出现的与电子能量相当的新的反常γ光子（正负电子对湮灭），可惜他当时并不知道关于正电子的预言，没有进行进一步的验证。

而他的同学安德森受到他的实验结果启发，在1932年通过一个让宇宙射线穿过云室的实验，观察到了正电子的轨迹，从而证实了正电子的存在，并且与四年后喜提诺奖。

而正电子理论也因此成为狄拉克方程带来的第一个重大突破。

现在说完了本征值，我们将注意力放到更有意思的本征态上。

首先，根据负能态的意义，我们不难得知，狄拉克方程的四个本征态中，$\small u_1,u_2$代表正能态、也就是正粒子的解，而$\small v_1,v_2$代表着负能态、也就是反粒子的解，它们在有着很多截然相反的物理特性和空间特性，我们会在未来的课程里慢慢讨论。

现在我们只关心这些本征态中包含的一个信息：

在上节课追随狄拉克的脚步构建方程的过程中，我们曾经引入了泡利算符，这似乎意味着，狄拉克方程以及它的本征态中应该天然包含自旋信息。

接下来我们来看看是不是这样。

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3) 自旋的引入

我们在第26课曾经提到，非相对论情形下，自旋和动量、位置等经典力学量互不相干，完全是一个独立的自由度，在理论上也是可有可无，只是因为实验观测到了能级分裂才“被迫”引入。

但是接下来我们将看到，在狄拉克方程中，自旋的引入在理论上也是物理上的必然。

这要从角动量的守恒律说起。

我们知道，在经典图像中，一个受球对称场作用、或者完全不受任何外场作用的物体的角动量应该是守恒的。

而在量子力学中，这条定律也被保留了下来，不过，由于粒子的状态往往并不处在角动量的本征态上，因此量子版本的角动量守恒，应该是角动量的期望值不随时间变化，即：

$\small\begin{align} \frac{\text d\left<\boldsymbol J\right>}{\text dt}&=0 \end{align}\quad\scriptsize{(式28.20)}$

其中$\small \boldsymbol J$代表角动量。

现在，请同学们回忆起我们在第14课讨论动量期望值随时间变化的时候，提到过的一个式子：

$\small\begin{align} \frac{\text d\left<p\right>}{\text dt}&=\frac{1}{\text i\hbar}\left<\psi\right|\left(\hat{p}\hat{H}-\hat{H}\hat{p}\right)\left|\psi\right>\ &=\frac{1}{\text i\hbar}\left<\psi\right|\left[\hat p,\hat H\right]\left|\psi\right> \end{align}\quad\scriptsize{(式14.18)}$

这个式子告诉我们，动量期望值随时间的变化与动量算符和哈密顿算符的对易子$\small \left[\hat p,\hat H\right]$有关，如果动量算符与哈密顿算符对易，则动量期望值将不随时间变化，即：

$\small \begin{align} \left[\hat p,\hat H\right]=0\ \Rightarrow\ \frac{\text d\left<p\right>}{\text dt}&=0 \end{align} \quad{\scriptsize(式28.21)}$

而今后讨论量子力学中的对称性时，我们将证明，这个关系可以推广到任意力学量上面：如果一个力学量算符$\small \hat F$与哈密顿算符对易，那么这个力学量将是守恒的。

回到角动量，在一个量子力学系统里，角动量要守恒，就必须有：

$\small \begin{align} \left[\hat {\boldsymbol J},\hat H\right]=0 \end{align} \quad{\scriptsize(式28.22)}$

注意：角动量是矢量，因此这个对易关系其实包含了三个角动量分量分别与哈密顿算符对易的关系。

如果不考虑粒子的自旋，那么它的角动量将只包含轨道角动量$\small \boldsymbol L=\boldsymbol r\times \boldsymbol p$（就像一个没有自转的经典粒子）

我们在第19课已经证明，非相对论情形下，球对称场中粒子轨道角动量的三个分量$\small \hat L_x,\hat L_y,\hat L_z$的确是分别与哈密顿算符对易的，而自由粒子可以看成$\small V(r)\equiv 0$的特殊情形，因此轨道角动量也天然地与哈密顿量对易。

但是如果来到相对论情形、考虑狄拉克方程中的哈密顿算符，一切就不一样了。

我们先将轨道角动量展开写成位置和动量的算符的函数：

$\small \begin{align} \hat {\boldsymbol L}&=\left(\hat L_x,\hat L_y,\hat L_z\right)\\ &=\left(\hat y\hat p_z-\hat z\hat p_y,\hat z\hat p_x-\hat x\hat p_z,\hat x\hat p_y-\hat y\hat p_x\right)\ \end{align} \quad{\scriptsize(式28.23)}$

另一方面，从狄拉克方程中：

$\small \begin{align} \text i\hbar\frac{\partial \psi}{\partial t}&=\left(\alpha_1\hat p_xc+\alpha_2\hat p_yc+\alpha_3\hat p_zc+\beta mc^2\right)\psi\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.16)}$

可以导出粒子的哈密顿算符：

$\small \begin{align} \hat H&=\alpha_1\hat p_xc+\alpha_2\hat p_yc+\alpha_3\hat p_zc+\beta mc^2\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.24)}$

接下来，我们来计算角动量与哈密顿量的对易子。

以$\small \hat L_z$为例：

$\small \begin{align} \left[\hat L_z,\hat H\right]&=\left[\hat x\hat p_y-\hat y\hat p_x,\alpha_1\hat p_xc+\alpha_2\hat p_yc+\alpha_3\hat p_zc+\beta mc^2\right]\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.25)}$

根据第19课给出的公式19.4，我们可以将上式拆成8组对易子之和：

$\small \begin{align} \left[\hat L_z,\hat H\right]&=\ \ \left[\hat x\hat p_y,\alpha_1\hat p_xc\right]+\left[\hat x\hat p_y,\alpha_2\hat p_yc\right]+\left[\hat x\hat p_y,\alpha_3\hat p_zc\right]+\left[\hat x\hat p_y,\beta mc^2\right]\\ &\quad-\left[\hat y\hat p_x,\alpha_1\hat p_xc\right]-\left[\hat y\hat p_x,\alpha_2\hat p_yc\right]-\left[\hat y\hat p_x,\alpha_3\hat p_zc\right]-\left[\hat y\hat p_x,\beta mc^2\right] \end{align} \quad{\scriptsize (式28.26)}$

其中第2、3、5、7项等于0（将$\small \alpha_i$视为常数，再通过第19课给出的式19.5和19.34推导得出）、而第4项和第8项中，可以将$\small \beta mc^2$视作常数（它们和坐标、动量都无关），因此上式只剩下第1项和第6项：

$\small \begin{align} \left[\hat L_z,\hat H\right]&=\left[\hat x\hat p_y,\alpha_1\hat p_xc\right]-\left[\hat y\hat p_x,\alpha_2\hat p_yc\right]\\ &=\alpha_1c\hat x\left[\hat p_y,\hat p_x\right]+\left[\hat x,\hat p_x\right]\alpha_1c\hat p_y-\alpha_2c\hat y\left[\hat p_x,\hat p_y\right]-\left[\hat y,\hat p_y\right]\alpha_2c\hat p_x\\ &=0+\text i\hbar\alpha_1c\hat p_y-0-\text i\hbar\alpha_2c\hat p_x\\ &=\text i\hbar c\left(\alpha_1\hat p_2-\alpha_2\hat p_1\right)\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.27)}$

最后一步无论如何都不可能等于0，因此$\small \hat L_z,\hat H$不对易。

同理可得轨道角动量的其他分量与哈密顿算符的对易子，最终整理如下：

$\small \left\{\begin{align} \left[\hat L_x,\hat H\right]&=\text i\hbar c\left(\alpha_2\hat p_3-\alpha_3\hat p_2\right)\\ \left[\hat L_y,\hat H\right]&=\text i\hbar c\left(\alpha_3\hat p_1-\alpha_1\hat p_3\right)\\ \left[\hat L_z,\hat H\right]&=\text i\hbar c\left(\alpha_1\hat p_2-\alpha_2\hat p_1\right)\\ \end{align} \right. \quad{\scriptsize (式28.28)}$

总结成矢量式就是：

$\small \begin{align} \left[\hat {\boldsymbol L},\hat H\right]&=\text i\hbar c\left(\boldsymbol\alpha\times\boldsymbol p\right)\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.29)}$

这就意味着，轨道角动量不是一个守恒量，那怎么补救这个守恒律呢？

我们可以尝试着引入粒子的“自转”，然后看看总角动量是否守恒，而这个“自转”自然就是粒子的自旋了（虽然并没有真的在转）。

不过现在有个问题：自旋算符是三个2×2矩阵，但狄拉克方程的解是4×1的，没法直接作用。

为了匹配，我们将自旋算符简单扩充一下，变成这样的4×4分块对角矩阵：

$\small \left\{\begin{align} \hat S_{x}^{(\text{D})}&=\begin{bmatrix}\hat S_{x}&O\\O&\hat S_{x}\end{bmatrix} =\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix}0&1&0&0\\1&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&1&0\end{bmatrix} \\ S_{y}^{(\text{D})}&=\begin{bmatrix}\hat S_{y}&O\\O&\hat S_{y}\end{bmatrix} =\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix}0&-\text i&0&0\\\text i&0&0&0\\0&0&0&-\text i\\0&0&\text i&0\end{bmatrix} \\ S_{z}^{(\text{D})}&=\begin{bmatrix}\hat S_{z}&O\\O&\hat S_{z}\end{bmatrix} =\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&-1\end{bmatrix} \\ \end{align}\right. \quad{\scriptsize (式28.30)}$

然后我们来看看它们在物理意义上是否符合自旋的特征。

仍然以$\small S_{z}^{(\text{D})}$为例：

$\small \begin{align} \left[\hat S_{z}^{(\text{D})},\hat H\right]&=\begin{bmatrix}S_z&O\\O&S_z\end{bmatrix}\begin{bmatrix}mc^2I&\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc\\\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc&-mc^2I\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}mc^2I&\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc\\\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc&-mc^2I\end{bmatrix}\begin{bmatrix}S_z&O\\O&S_z\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}mc^2S_z&S_z\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc\\S_z\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc&-mc^2S_z\end{bmatrix}-\begin{bmatrix}mc^2S_z&\boldsymbol\sigma S_z\cdot\boldsymbol pc\\\boldsymbol\sigma S_z\cdot\boldsymbol pc&-mc^2S_z\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}O&\left(S_z\boldsymbol\sigma -\boldsymbol\sigma S_z\right)\cdot\boldsymbol pc\\\left(S_z\boldsymbol\sigma -\boldsymbol\sigma S_z\right)\cdot\boldsymbol pc&O\end{bmatrix}\\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.31)}$

而$\small \boldsymbol \sigma=\frac{2}{\hbar}\boldsymbol S$，由三个泡利矩阵分量构成，于是：

$\small \begin{align} S_z\boldsymbol\sigma -\boldsymbol\sigma S_z&=\left(S_z\sigma_x-\sigma_xS_z,S_z\sigma_y-\sigma_yS_z,S_z\sigma_z-\sigma_zS_z\right)\\ &=\frac{2}{\hbar}\left([S_z,S_x],[S_z,S_y],[S_z,S_z]\right)\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.32)}$

根据第26课给出的三个自旋分量的对易关系（式26.14），可得：

$\small \begin{align} S_z\boldsymbol\sigma -\boldsymbol\sigma S_z&=\frac{2}{\hbar}\left(\text i\hbar S_y,-\text i\hbar S_x,0\right)\\ &=\text i\hbar\left(\sigma_y,-\sigma_x,0\right)\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.33)}$

将其代回式28.31，可得：

$\small \begin{align} \left[\hat S_{z}^{(\text{D})},\hat H\right]&=\text i\hbar c\begin{bmatrix}O&-\left(\sigma_xp_y-\sigma_yp\right)\\-\left(\sigma_xp_y-\sigma_yp\right)&O\end{bmatrix}\\ &=-\text i\hbar c\left(\begin{bmatrix}O&\sigma_x\\\sigma_x&O\end{bmatrix}p_y-\begin{bmatrix}O&\sigma_y\\\sigma_y&O\end{bmatrix}p_x\right)\\ &=-\text i\hbar c\left(\alpha_1p_2-\alpha_2p_1\right)\\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.34)}$

同理可得其他分量，最后汇总为：

$\small \left\{\begin{align} \left[\hat S_{x}^{(\text{D})},\hat H\right]&=-\text i\hbar c\left(\alpha_2\hat p_3-\alpha_3\hat p_2\right)\\ \left[\hat S_{y}^{(\text{D})},\hat H\right]&=-\text i\hbar c\left(\alpha_3\hat p_1-\alpha_1\hat p_3\right)\\ \left[\hat S_{z}^{(\text{D})},\hat H\right]&=-\text i\hbar c\left(\alpha_1\hat p_2-\alpha_2\hat p_1\right)\\ \end{align} \right. \quad{\scriptsize (式28.35)}$

以及总的矢量式：

$\small \begin{align} \left[\hat {\boldsymbol S}^{(\text{D})},\hat H\right]&=-\text i\hbar c\left(\boldsymbol\alpha\times\boldsymbol p\right)\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.36)}$

将式28.29和式28.36相加，我们将得到一个非常喜人的结果：

$\small \begin{align} \left[\hat {\boldsymbol L},\hat H\right]+\left[\hat {\boldsymbol S},\hat H\right]&=\text i\hbar c\left(\boldsymbol\alpha\times\boldsymbol p\right)-\text i\hbar c\left(\boldsymbol\alpha\times\boldsymbol p\right)=\boldsymbol 0\ \end{align} \quad{\scriptsize(式28.37)}$

从这里开始，我们省略右上标$(D)$，默认$\small \hat {\boldsymbol S}$为狄拉克语境下的自旋算符。

也就是：

$\small \begin{align} \left[\hat {\boldsymbol L}+\hat {\boldsymbol S},\hat H\right]=\boldsymbol 0\ \end{align} \quad{\scriptsize(式28.38)}$

这简直太妙了！

这意味着，轨道和自旋合成的总角动量算符和哈密顿量对易，也就意味着总角动量是守恒的，也就是说，我们从狄拉克方程出发、结合角动量守恒这个朴素的原理、非常自然地引出了自旋，而不是像非相对论情形那样强加上去。

此外，这样定义的自旋和非相对论情形还有一个令人惊奇的不同之处，我们马上来看看。

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4) 自旋方向与螺旋度

我们在第26课提到，非相对论情形下，自旋和波函数是独立的，这意味着，一个粒子可以同时具有某个方向$\small \boldsymbol n_p$上确定的动量和另一个方向$\small \boldsymbol n_s$上确定的自旋，动量方向和自旋方向互不干扰。

但是在狄拉克方程解的波函数中，事情发生了一些变化。

由于空间各个方向的均一性，我们不妨选取自旋方向为$z$方向，然后看看，处于任意方向动量本征态的例子，能否都同时具有确定的$z$方向的自旋。

以正能解$\small u_1$为例，将自旋算符$\small \hat S_z$作用在式$28.18$中给出的$\small u_1$上，并假设 $\small u_1$ 是$\small \hat S_z$的本征态，于是有：

$\small \begin{align} \hat S_{z}u_1&=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&-1\end{bmatrix} \begin{bmatrix}1\\0\\\frac{p_3c}{E+mc^2}\\\frac{p_1c+\text ip_2c}{E+mc^2}\end{bmatrix}=\frac{\hbar}{2}\begin{bmatrix}1\\0\\\frac{p_3c}{E+mc^2}\\-\frac{p_1c+\text ip_2c}{E+mc^2}\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize (式28.39)}$

比较$\small u_1$和上式最右边，可以看到，除非$\small p_1+\text ip_2=0$、也就是$\small p_1=p_2=0$，否则$\small \hat S_{z}u_1\neq \frac{\hbar}{2}u_1$

同理可证，$\small u_2$以及$\small u_1,u_2$的任意线性组合（也是正能解）、以及$\small v_1,v_2$的任意线性组合，都不是$\small \hat S_z$的本征态，除非$\small p_1=p_2=0$（同学们可以自己动手证明一遍）。

而$\small p_1=p_2=0$意味着动量只有$z$分量，也就是说，动量方向和自旋方向必须一致。

反过来，当粒子的状态位于动量$\small \left(p_1,p_2,p_3\right)$的本征态时，其对应的自旋态也只能是$\small \boldsymbol n_p=\frac{1}{p}\left(p_1,p_2,p_3\right)$方向的自旋，即：

$\small \begin{align} \hat h_{\boldsymbol p}&=\hat {\boldsymbol S}\cdot \frac{\boldsymbol p}{|p|}\\&=\frac{1}{|p|}\left(\hat S_1p_1+\hat S_2p_2+\hat S_3p_3\right)\\ &=\frac{\hbar}{2|p|}\begin{bmatrix}p_3&p_1-\text ip_2&0&0\\p_1+\text ip_2&-p_3&0&0\\0&0&p_3&p_1-\text ip_2\\0&0&p_1+\text ip_2&-p_3\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize (式28.40)}$

可以证明，$\small u_1,u_2$以及$\small v_1,v_2$的下列线性组合都是$\small \small \hat h_{\boldsymbol p}$的本征态：

$\small \left\{\begin{align} u_+&=\cos\frac{\theta}{2}u_1+\text e^{\text i\varphi}\sin\frac{\theta}{2}u_2\\ u_-&=-\sin\frac{\theta}{2}u_1+\text e^{\text i\varphi}\cos\frac{\theta}{2}u_2\\ v_+&=\cos\frac{\theta}{2}v_1+\text e^{\text i\varphi}\sin\frac{\theta}{2}v_2\\ v_-&=-\sin\frac{\theta}{2}u_1+\text e^{\text i\varphi}\cos\frac{\theta}{2}u_2\\ \end{align}\right. \quad{\scriptsize(式28.41)}$

其中$\small \theta,\varphi$满足：

$\small \cos\theta=\frac{p_1}{\sqrt{p_1^2+p_2^2}},\ \sin\theta=\frac{p_2}{\sqrt{p_1^2+p_2^2}},\ \cos\varphi=\frac{p_3}{|p|} \quad{\scriptsize(式28.42)}$

以上证明请同学们动手试一试。
提示：利用下列关系式：
$\small \begin{align} a_1u_1+a_2u_2&=a_1\begin{bmatrix}\phi_1\\\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E+mc^2}\phi_1\end{bmatrix}+a_2\begin{bmatrix}\phi_2\\\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E+mc^2}\phi_2\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}a_1\phi_1+a_2\phi_2\\\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E+mc^2}\left(a_1\phi_1+a_2\phi_2\right)\end{bmatrix}\\ &=\begin{bmatrix}\phi\\\frac{\boldsymbol\sigma\cdot\boldsymbol pc}{E+mc^2}\phi\end{bmatrix}\\ \end{align} \quad{\scriptsize (式28.43)}$
其中$\small \phi=\begin{bmatrix}a_1\\a_2\end{bmatrix}$
然后利用分块矩阵运算，就能更快得出结果。
另外，推导时请注意区分狄拉克方程解中的分量$\small \phi$和自旋方向中的相位角$\small \varphi$

而这里新定义的力学量：

$\small \hat h_{\boldsymbol p}=\hat {\boldsymbol S}\cdot \frac{\boldsymbol p}{|p|} \quad{\scriptsize(式28.44)}$

叫做螺旋度（helicity，请注意与普朗克常数$\small h$区分）。它和自旋一样，有$\small \pm\frac{\hbar}{2}$两个本征值。如果将自旋直观想象成“自转”，那么螺旋度可以看成粒子在前进方向上的“旋进”，两个本征值对应的物理图景可以直观表示成下图的样子：

再次提醒：粒子并不是真的在“转”

这样一来，自旋就不再是那个随便摆出什么姿态都不会影响到其他力学量状态的“透明人”，而是和动量等经典力学量紧密结合在一起，成为整个波函数中不可或缺的一部分。

这里请同学们思考一个问题：
假设参考系$A$中的观测者张三，观察到一个粒子具有$z$方向的动量以及$z$方向的自旋本征态，而参考系$B$相对于参考系$A$沿$x$方向运动，那么对于参考系$B$中的观测者李四而言，粒子的自旋态还是$z$方向的自旋本征态吗？

而自旋的这一特殊方向性，也可以尝试从物理意义的角度去理解（以下为个人心得，不一定正确，如有偏差还请路过的各位大佬指出）：

考虑一个处于能量本征态（也是动量本征态）的自由粒子。
当自旋方向与动量方向不一致时，如果选定了某个原点，那么动量和粒子坐标将形成轨道角动量，但是坐标和动量不能同时确定，因此轨道角动量$\small \boldsymbol L$也就没有确定值（这也就对应了轨道角动量和哈密顿算符不对易的事实），而总角动量$\small \boldsymbol J$和哈密顿算符对易、具有确定值，那么自旋$\small \boldsymbol S=\boldsymbol J-\boldsymbol L$也就没有确定值了；
但是当自旋方向与动量方向一致时，动量在自旋所在平面上投影为0（如果将自旋想象成自转的话），于是该方向上的轨道角动量分量也就确定是0，此时该方向上自旋角动量就是总角动量，天然与哈密顿算符对易，也就有了确定的自旋本征态。

当然，当粒子的“速度”远小于光速时（$\small |p|\ll mc$时），四个本征态近似变成：

$\small u_1,u_2\simeq\begin{bmatrix}\phi\\ \boldsymbol 0\end{bmatrix},v_1,v_2\simeq\begin{bmatrix}\boldsymbol 0\\ \chi\end{bmatrix} \quad{\scriptsize(式28.45)}$

由于自由变量$\small \phi,\chi$可以任意选取，且$\small \boldsymbol \sigma\boldsymbol 0=\boldsymbol 0$，因此这些状态又可以取成任意方向自旋的本征态，不再受动量方向的影响，此时就又回到了非相对论的近似情形。

【练习】考虑一个处于动量本征态的电子，动量本征值为：
$\small \left(p_1,p_2,p_3\right)=\left(0,0,\frac{c}{1000}\right)$
电子的状态为：
$\small \psi=\frac{1}{\sqrt{2}}u_1+\frac{1}{\sqrt{2}}u_2$
如果对电子测量$x$方向的自旋，得到本征值$\small +\frac{\hbar}{2}$的概率是多少？

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5) 小结与预告

这节课，我们完成了自由粒子狄拉克方程的求解过程，并且跟随大师的意识流看到了反粒子概念的诞生，接下来，我们从方程出发、结合角动量守恒这样朴素的原理，用更自然地方式导出了自旋，并且看到了它和动量之间密不可分的联系，从而体验到了相对论情形下自旋存在的必然性（而不再是非相对论情形下理论上可有可无的东西）。

到此为止，我们对狄拉克方程的讨论就告一段落了，接下来，我们要开启一段新的话题：体验蕴藏在量子力学中的各种精巧的对称性。

不过这里需要提前向一直追更的同学们道个歉：新的内容更新可能又要等到半年以后。

一是因为我对这部分内容还不能轻松驾驭，还需要更多的学习和整理；
二是因为接下来的半年里，我将开启（挖）一个关于量子计算的新系列（新坑）。这个话题源自于去年年底出现的一些机缘巧合，这接近一年的时间里，我花了很多时间和精力来自学，这也是为什么这个系列第28课拖更这么长时间。
虽然我挖的坑有点多，但我保证这个新坑一定会在半年内填完，然后回到咱们的量子力学系列来。这段时间也欢迎同学们关注我的新系列。
量子计算学习心得(0)：序言与目录

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补遗：

我们在上节课曾经提到过一个问题：

狄拉克方程定义的概率流密度

$\small \begin{align} \boldsymbol j=c\left(\psi^\dagger\alpha_1\psi,\ \psi^\dagger\alpha_2\psi,\ \psi^\dagger\alpha_3\psi\right) \end{align}$

能否化为更直观的“速度乘以概率密度”的形式：

$\small \begin{align} \boldsymbol j&=\psi^\dagger\psi\left(\frac{p_x}{m},\frac{p_y}{m},\frac{p_z}{m}\right)\\ &=\rho\left(\frac{p_x}{m},\frac{p_y}{m},\frac{p_z}{m}\right) \end{align} \quad{\scriptsize (式27.37)}$

当时我们给出了肯定的回答。

但是在没有给出狄拉克方程解的具体形式之前，我们还无法将两种形式联系起来，而现在有了方程解的形式、具体说是式28.7给出的形式，就理解推导过程了。

具体推导过程在这篇文章里：

私房笔记 | 狄拉克方程概率流密度的物理直观形式

有兴趣的同学可以读一读。

编辑于 2023-10-30 11:33・IP 属地四川

PeiLingX
物理学等 2 个话题下的优秀答主

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本文是深度科普系列《从线性代数到量子力学》第27课。

了解本系列及本专栏其他文章，请收藏目录：

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0) 开篇语

经过几节课的准备，我们终于要开始慢慢认识“物理学史上最伟大开根号”之狄拉克方程了。

不过这不是一节课能完成的事情，这节课里我们会先梳理方程的构造过程，然后看看它是否解决了克莱因$-$高登方程那个让人困惑的负概率问题，并且顺便再体验一把相对论框架下的对称性。到了下节课，我们会尝试找出方程最简单的解，顺便从中窥探一个新的空间，并且在下一章里对这个新的空间进行更深的认识。

⚠ 枯燥预警：这个方程的构造过程看起来更像是一个数学把戏，会显得比较枯燥，并且微分方程和矩阵方程交杂到一起的形式理解起来也会有些困难(特别是在一些等式的推导过程中)。不过以后我们回顾这里面蕴含的空间结构时，会理清楚它们的玄妙之处，只是这节课里我们还得先忍受一下这种枯燥和不适应感。

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1) 方程构造：第一次尝试

我们在第25课中提到，狄拉克构造新的方程的动机，是要解决K-G方程的负概率问题，而解决这个问题的关键是使方程对时间的导数回到一阶，也就是这样的形式：

$\small \begin{align} \text i\hbar\frac{\partial \psi}{\partial t}=E\psi=\left(\alpha\hat pc+\beta mc^2\right)\psi \end{align} \quad{\scriptsize (式27.1)}$

注意：由于动量是三维的，而左右两边都应该是标量(因为左边的能量是标量)，因此右边第一项其实是一个“向量”$\small \boldsymbol\alpha$和三维动量算符$\small \hat {\boldsymbol p}$的内积：
$\small \boldsymbol\alpha\cdot\hat {\boldsymbol p}=\alpha_1\hat p_1+\alpha_2\hat p_2+\alpha_3\hat p_3 \quad{\scriptsize (式27.2)}$

而为了满足相对论能量关系，我们希望等号右边取平方后变成：

$\small \begin{align} \left(c\boldsymbol \alpha\cdot \hat{\boldsymbol p}+\beta mc^2\right)^2=\hat p^2c^2+m^2c^4 \end{align} \quad{\scriptsize (式27.3)}$

将上式的左边展开，就是：

$\small \begin{align} \left(c\boldsymbol \alpha\cdot \hat{\boldsymbol p}+\beta mc\right)^2&=\left(\alpha_1\hat p_1c+\alpha_2\hat p_2c+\alpha_3\hat p_3c+\beta mc^2\right)^2\\ &=\alpha_1^2\hat p_1^2c^2+\alpha_2^2\hat p_2^2c^2+\alpha_3^2\hat p_3^2c^2+\beta^2m^2c^4\\ &\quad{\scriptsize +\left(\alpha_1\alpha_2+\alpha_2\alpha_1\right)\hat p_1\hat p_2c^2+\left(\alpha_2\alpha_3+\alpha_3\alpha_2\right)\hat p_2\hat p_3c^2+\left(\alpha_3\alpha_1+\alpha_1\alpha_3\right)\hat p_3\hat p_1c^2}\\ &\quad{\scriptsize +\left(\alpha_1\beta+\beta\alpha_1\right)\hat p_1mc^3+\left(\alpha_2\beta+\beta\alpha_2\right)\hat p_2mc^3+\left(\alpha_3\beta+\beta\alpha_3\right)\hat p_3mc^3} \end{align} \quad{\scriptsize (式27.4)}$

对比式27.3的右边，我们可以导出$\small \boldsymbol \alpha,\beta$需要满足的一组条件：

$\small \begin{cases} 条件\text a:&\alpha_i^2=I&i=1,2,3&(\alpha_i^2\hat p_i^2=\hat p_i^2)\\ 条件\text b:&\beta^2=I&&(\beta^2m^2c^2=m^2c^2)\\ 条件\text c:&\alpha_i\alpha_j+\alpha_j\alpha_i=O&i\neq j&(交叉项\hat p_i\hat p_j系数为零)\\ 条件\text d:&\alpha_i\beta+\beta\alpha_i=O&i=1,2,3&(交叉项\hat p_imc系数为零) \end{cases} \quad{\scriptsize (式27.5)}$

显然，如果$\small \alpha_i$是标量，那么我们将没办法找到同时满足上面四个条件的实数或复数。

所以唯一的解决方案就是：假设$\small \beta,\alpha_i$是矩阵，然后找出它们。

对于条件$a$和$c$，如果我们回忆起上节课的式26.16，会发现，三个泡利矩阵天然满足这一点，即：

$\small \sigma_1^2=\sigma_2^2=\sigma_3^2=I \quad{\scriptsize (式27.6)}$

而且也满足：

$\small \sigma_i\sigma_j+\sigma_j\sigma_i=0$

所以接下来的事情看起来也很简单：基于三个泡利矩阵，利用条件$d$，找出$\small \beta$的矩阵形式就完事儿了。

但实际上，如果我们选择了$\small \alpha_i=\sigma_i$，那么最后求出的$\small \beta$将会是零矩阵。

我们来简单推导一下。

首先，我们假设：

$\small \beta=\begin{bmatrix}u_{11}+\text iv_{11}&u_{12}+\text iv_{12}\\ u_{21}+\text iv_{21}&u_{22}+\text iv_{22} \end{bmatrix} \quad{\scriptsize (式27.7)}$

而稍加分析我们会发现，其实任意复2×2矩阵都可以分解为单位矩阵和三个泡利矩阵的线性组合：

$\small \begin{align} \beta&=b_0\begin{bmatrix}1&0\\0&1\end{bmatrix}+b_1\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix}+b_2\begin{bmatrix}0&-\text i\\ \text i&0\end{bmatrix}+b_3\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix}\\ &=b_0I+b_1\sigma_1+b_2\sigma_2+b_3\sigma_3 \end{align} \quad{\scriptsize (式27.8)}$

其中：

$\small \begin{cases} b_0=\frac{u_{11}+u_{22}}{2}+\text i\frac{v_{11}+v_{22}}{2}\\ b_1=\frac{u_{12}+u_{21}}{2}+\text i\frac{v_{12}+v_{21}}{2}\\ b_2=\frac{v_{21}-v_{12}}{2}+\text i\frac{u_{12}-u_{21}}{2}\\ b_3=\frac{u_{11}-u_{22}}{2}+\text i\frac{v_{11}-v_{22}}{2}\\ \end{cases} \quad{\scriptsize (式27.9)}$

也就是说，任意一个2×2的复数矩阵都可以表示成$\small \left\{I,\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3\right\}$这组基底的线性组合，这样表示的好处是可以利用泡利矩阵的性质直接算$\small \beta$

比如，将矩阵$\small \beta$代入条件$d$，我们将得到：

$\small \begin{align} O&=\alpha_1\beta+\beta\alpha_1\\&=\sigma_1\left(b_0I+b_1\sigma_1+b_2\sigma_2+b_3\sigma_3\right)+\left(b_0I+b_1\sigma_1+b_2\sigma_2+b_3\sigma_3\right)\sigma_1\\ &=2b_0\sigma_1+2b_1I+b_2\left(\sigma_1\sigma_2+\sigma_2\sigma_1\right)+b_3\left(\sigma_1\sigma_3+\sigma_3\sigma_1\right)\\ &=2b_0\sigma_1+2b_1I\\ &=\begin{bmatrix}2b_1&2b_0\\2b_0&2b_1\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize (式27.10)}$

并且解出：

$\small b_0=b_1=0 \quad{\scriptsize (式27.11)}$

再利用同样的操作，我们还能解出：

$\small b_2=b_3=0 \quad{\scriptsize (式27.12)}$

也就是说，$\small \beta$是一个2×2的零矩阵。

这样一来，条件$b$、也就是$\small \beta^2=I$，就不满足了，这也意味着方程中$\small mc$那一项也随之消失了，这显然不符合物理事实。

不过好在狄拉克很快找到了解决办法：把泡利矩阵扩充一下就行了，扩充后的泡利矩阵有了更多的未知数，至少有了更多的选择。

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2) 正确的方程

我们直接说结果：

扩充后的矩阵$\small \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$仍然各自由三个泡利矩阵组成，只不过它们是泡利矩阵分块组合而成的三个4×4矩阵，长这个样子：

$\small \alpha_i=\begin{bmatrix}O&\sigma_i\\ \sigma_i&O \end{bmatrix}\ (i=1,2,3) \quad{\scriptsize (式27.13)}$

展开写，就是：

$\small \begin{align} \alpha_1&={\scriptsize \begin{bmatrix}O&\sigma_1\\ \sigma_1&O \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&0&1\\0&0&1&0\\0&1&0&0\\1&0&0&0 \end{bmatrix}}\\ \alpha_2&={\scriptsize \begin{bmatrix}O&\sigma_2\\ \sigma_2&O \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&0&-\text i\\0&0&\text i&0\\0&-\text i&0&0\\ \text i&0&0&0 \end{bmatrix}} \\ \alpha_3&={\scriptsize \begin{bmatrix}O&\sigma_3\\ \sigma_3&O \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&0&1&0\\0&0&0&-1\\1&0&0&0\\0&-1&0&0 \end{bmatrix}} \end{align} \quad{\scriptsize (式27.14)}$

很容易证明，它们仍然满足条件a和c。

而矩阵$\small \beta$可以这样构造：

$\small \beta={\scriptsize \begin{bmatrix}I&O\\O&-I \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&-1 \end{bmatrix}} \quad{\scriptsize (式27.15)}$

它的平方等于单位矩阵，这样就满足了条件b。

而它与三个$\small \alpha_i$相乘时，由于对角上的$\small I$和$\small -I$符号相反，可以正好让左乘$\small \alpha_i$和右乘$\small \alpha_i$的结果相反(同学们可以动手算一下)，因此满足了条件d

这样，我们就重新构造出了狄拉克方程。

而如果将$\small \beta,\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$四个矩阵代入方程中：

$\small \begin{align} \text i\hbar\frac{\partial \psi}{\partial t}&=\left(\alpha_1\hat p_xc+\alpha_2\hat p_yc+\alpha_3\hat p_zc+\beta mc^2\right)\psi\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.16)}$

再将三个动量算符看作三个数，乘到矩阵$\small \alpha_i$里面去，然后再将右边几个矩阵求和，我们就能得到完整的狄拉克方程的最终矩阵形式：

$\small \begin{align} \text i\hbar\frac{\partial }{\partial t}\begin{bmatrix}\psi_1\\\psi_2\\\psi_3\\\psi_4\end{bmatrix}&=\begin{bmatrix}mc^2&0&\hat p_zc&\hat p_xc-\text i\hat p_yc\\0&mc^2&\hat p_xc+\text i\hat p_yc&-\hat p_zc\\\hat p_zc&\hat p_xc-\text i\hat p_yc&-mc^2&0\\\hat p_xc+\text i\hat p_yc&-\hat p_zc&0&-mc^2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\psi_1\\\psi_2\\\psi_3\\\psi_4\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize (式27.17)}$

· 由于方程中各算符以4×4矩阵形式呈现，因此相应的本征态也应该是一个4×1的矩阵，只不过它的四个分量不是常数，而仍然是时间和空间的波函数；
· 另外，可以证明，如果把等号右边那个矩阵平方一下，就可以变成一个4×4单位矩阵$\small I_{4\times 4}$数乘$\small p^2c^2+m^2c^4$的结果，也就回到了相对论能量的平方关系，同学们可以自己动笔算一下。

到此，我们就跟随狄拉克的步伐，通过一组4×4矩阵的组合，开出了那个不带根号的伟大的“平方根”。

如果我们意识到方程解的分量个数，再联想到我们是在四维的相对论时空中讨论问题，那么同学们是不是会“很自然地”猜想：这个解也是个“四维向量”？
但这其实是一种误解：虽然方程解刚好也有4个分量，但它们并不是四维时空中的向量，因为以后我们会看到，它们在各类时空的几何变换中具有完全不同于四维向量的另一套变换规则，这也意味着它们存在于不同于四维时空的另一类空间中。
我们先记住它们的名字：这些具有四维列矩阵形式的解，被称为4分量“旋量”(Spinor)，它们所存在的空间也称作“旋量空间”，这个空间就是狄拉克方程呈现给我们的新世界，我们在未来还要慢慢认识它们。
那么话说回来，狄拉克方程中，四维时空中的“4”体现在哪里呢？我们可以先简单地认为，这个“4”体现在4个矩阵 $\small \left(\beta,\ \alpha_1,\ \alpha_2,\ \alpha_3\right)$的组合上(也就是说，体现在矩阵的个数、而不是维数上)，不久后我们会看到，对它们稍作变形，我们就能得到一个相对论味道更浓厚的方程形式。
当然，四维时空中的“4”和四分量旋量中的“4”虽然物理意义不同，但两者之间也不是毫无关联，这一点我们以后也会讨论到。

现在我们回来考虑下一个话题：

第25课中我们提到，构造这样一个一阶微分方程的最初动机，是为了解决负概率的问题，那么现在这个问题解决了吗？

为了寻找答案，我们不妨先来构造狄拉克方程的概率和概率流密度。

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3) 概率流守恒

在经过第25课的热身之后，构造概率流密度的过程对我们来说也算是轻车熟路了。

首先，我们将原方程右边写成动量算符的坐标表象形式：

$\small \begin{align} \text i\hbar\frac{\partial }{\partial t}\psi&=-\text i\hbar c\left(\alpha_1\frac{\partial}{\partial x}+\alpha_2\frac{\partial}{\partial y}+\alpha_3\frac{\partial}{\partial z}\right)\psi+\beta mc^2\psi\end{align} \quad{\scriptsize (式27.18)}$

在这里，由于三个$\small \alpha_i$是常数矩阵，因此它们可以交换顺序，这样，上式右边括号中的部分就可以写成：

$\small \begin{align} \left(\alpha_1\frac{\partial}{\partial x}+\alpha_2\frac{\partial}{\partial y}+\alpha_3\frac{\partial}{\partial z}\right)\psi&= \frac{\partial}{\partial x}\left(\alpha_1\psi\right)+\frac{\partial}{\partial y}\left(\alpha_2\psi\right)+\frac{\partial}{\partial z}\left(\alpha_3\psi\right) \end{align} \quad{\scriptsize (式27.19)}$

如果我们将$\small \alpha_1\psi,\alpha_2\psi,\alpha_3\psi$看作某个三维向量的三个分量(虽然它们不是三个数而是三个4×1矩阵)，并且定义：

$\small \begin{align} \boldsymbol\alpha\psi&=\left(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3\right)\psi\\&=\left(\alpha_1\psi,\alpha_2\psi,\alpha_3\psi\right) \end{align} \quad{\scriptsize (式27.20)}$

那么我们还可以将方程右边第一项简写为梯度算子$\small \boldsymbol\nabla$和向量$\small \boldsymbol \alpha\psi$的内积：

$\small \begin{align} \text i\hbar\frac{\partial }{\partial t}\psi&=-\text i\hbar c\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)+\beta mc^2\psi \end{align} \quad{\scriptsize (式27.21)}$

接下来是第二步：对原方程两边取复共轭，找到它的共轭方程。

不过，这里需要注意的是，对于含有矩阵的微分方程而言，我们在取复共轭的同时，还要对矩阵取转置(就像我们在第2课讨论态矢量内积的时候所做的那样)，这样的操作叫做厄米共轭(Hermitian Conjugation)[1]，一个矩阵$\small A$的厄米共轭记作 $\small A^\dagger$ (右上角那个符号读作$dagger$，因为它长得像一把剑)，我们以2×2矩阵为例，将厄米共轭的运算规则具体写出来就是：

$\small \left(\begin{bmatrix}a&\color{red}{b}\\\color{blue}{c}&d\end{bmatrix}\right)^\dagger=\begin{bmatrix}a^*&\color{blue}{c^*}\\\color{red}{b^*}&d^*\end{bmatrix} \quad{\scriptsize (式27.22)}$

(当然，这只是厄米共轭在矩阵形式的算符上的狭义定义，更严格的数学定义我们这里不讨论)

于是原方程的复共轭在形式上可以写为：

$\small \begin{align} -\text i\hbar\frac{\partial }{\partial t}\psi^\dagger&=\text i\hbar c\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger+mc^2\left(\beta\psi\right)^\dagger \end{align} \quad{\scriptsize (式27.23)}$

在这个式子中，$\small \psi^\dagger$写出来就是：

$\small \psi^\dagger=\left(\begin{bmatrix}\psi_1\\\psi_2\\\psi_3\\\psi_4\end{bmatrix}\right)^\dagger=\begin{bmatrix}\psi_1^*&\psi_2^*&\psi_3^*&\psi_4^*\end{bmatrix} \quad{\scriptsize (式27.24)}$

这是一个1×4的行矩阵

其他几个矩阵$\small \beta,\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$的厄米共轭也是相同的操作，如果同学们动手算一下会发现，它们共轭转置后还是等于它们本身，即：

$\small \begin{cases} \beta^\dagger=\beta\ \alpha_i^\dagger=\alpha_i&(i=1,2,3) \end{cases} \quad{\scriptsize (式27.25)}$

还记得我们在第$x$课提到的厄米算符吗？对于物理上可观测的力学量而言，它们的算符都应该是厄米的，具有实的本征值(毕竟复数没办法观测到)。
而当一个算符以矩阵形式呈现时，我们就能很具体地从运算上识别出一个厄米算符来：它的厄米共轭正好等于它自身。并且我们可以证明，这样的矩阵具有实的特征值。
狄拉克方程中的$\small \beta$和三个$\small \alpha_i ($以及三个泡利矩阵$\small \sigma_i )$就是这样的例子。

此外，由于共轭转置也是一种转置运算，根据转置运算的规则，我们还可以得出：

$\small (AB)^\dagger=B^\dagger A^\dagger \quad{\scriptsize (式27.26)}$

综合上面的信息，我们可以将式27.23右边第二项进一步化为：

$\small \begin{align} -\text i\hbar\frac{\partial }{\partial t}\psi^\dagger&=\text i\hbar c\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger+mc^2\left(\beta\psi\right)^\dagger\\ &=\text i\hbar c\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger+mc^2\psi^\dagger\beta^\dagger \\ &=\text i\hbar c\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger+mc^2\psi^\dagger\beta \end{align} \quad{\scriptsize (式27.27)}$

现在，我们将式27.21左乘$\small \psi^\dagger$、式27.27右乘$\small \psi$，可得：

$\small \begin{cases} \text i\hbar\psi^\dagger\frac{\partial }{\partial t}\psi=-\text i\hbar c\psi^\dagger\left[\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol \alpha\psi\right)\right]+mc^2\psi^\dagger\beta \psi&{\scriptsize (\text c)}\\ -\text i\hbar\left(\frac{\partial }{\partial t}\psi^\dagger\right)\psi=\text i\hbar c\left[\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger\right]\psi+mc^2\psi^\dagger\beta\psi&{\scriptsize (\text d)}\ \end{cases} \quad{\scriptsize (式27.28)}$

两式相减，并且两边消去$\small \text i\hbar$，又可得：

$\small \begin{align} \psi^\dagger\frac{\partial \psi}{\partial t}+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t}\psi=-\left(c\psi^\dagger\left(\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)\right)+c\left(\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger\right)\psi\right)\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.29)}$

这个方程的左边好处理，我们可以直接将它们合并成：

$\small \begin{align} \psi^\dagger\frac{\partial \psi}{\partial t}+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t}\psi=\frac{\partial }{\partial t}\left(\psi^\dagger\psi\right)=\frac{\partial \rho}{\partial t} \end{align} \quad{\scriptsize (式27.30)}$

这样，概率密度随时间变化的项就出来了。

关键是右边，我们能不能将它化简成一个物理意义更明确的形式？

这里我们先写出结论(证明放到本文最后)：

$\small \begin{align} c\psi^\dagger\left[\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)\right]+c\left[\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger\right]\psi&=c\left[\partial_x\left(\psi^\dagger\alpha_1\psi\right)+\partial_y\left(\psi^\dagger\alpha_2\psi\right)+\partial_z\left(\psi^\dagger\alpha_3\psi\right)\right] \end{align} \quad{\scriptsize (式27.31)}$

而如果我们定义这样一个向量：

$\small \psi^\dagger\boldsymbol\alpha\psi=\left(\psi^\dagger\alpha_1\psi,\ \psi^\dagger\alpha_2\psi,\ \psi^\dagger\alpha_3\psi\right) \quad{\scriptsize (式27.32)}$

$( \small \psi^\dagger$是1×4矩阵、$\small \alpha_i$是4×4矩阵、$\small \psi$是4×1矩阵，于是$\small \psi^\dagger\alpha_i\psi$就是一个标量，三个凑一块正好是三维向量)

那么，式$27.31$的右边可以看成梯度算子$\small \boldsymbol \nabla=\left(\partial_x,\partial_y,\partial_z\right)$和$\small \psi^\dagger\boldsymbol\alpha\psi$的点乘，即：
$\small \begin{align} c\left[\partial_x\left(\psi^\dagger\alpha_1\psi\right)+\partial_y\left(\psi^\dagger\alpha_2\psi\right)+\partial_z\left(\psi^\dagger\alpha_3\psi\right)\right]=c\boldsymbol\nabla\cdot\left(\psi^\dagger\boldsymbol\alpha\psi\right)\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.33)}$

于是守恒流方程就变成了：

$\small \begin{align} \frac{\partial \rho}{\partial t}=-c\boldsymbol\nabla\cdot\left(\psi^\dagger\boldsymbol\alpha\psi\right)\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.34)}$

再对比守恒流的经典物理形式：

$\small \begin{align} \frac{\partial \rho}{\partial t}=-\boldsymbol\nabla\cdot\boldsymbol j \end{align} \quad{\scriptsize (式27.35)}$

我们不难得知，相应的概率流密度为：

$\small \begin{align} \boldsymbol j&=c\left(\psi^\dagger\boldsymbol\alpha\psi\right)\ &=c\left(\psi^\dagger\alpha_1\psi,\ \psi^\dagger\alpha_2\psi,\ \psi^\dagger\alpha_3\psi\right) \end{align} \quad{\scriptsize (式27.36)}$

当然，等式右边括号里这堆符号对我们来说还是很抽象，它有没有物理上更直观的形式？

比如，回想我们在第25课导出的薛定谔方程对应的概率流密度：

$\small \begin{align} \frac{\text i\hbar}{2m}\left(\psi\boldsymbol \nabla \psi^*-\psi^*\boldsymbol \nabla \psi\right)&=\frac{\text i\hbar}{2m}\left[-\frac{2\text i}{\hbar}\boldsymbol p\left(\psi\psi^*\right)\right]=\frac{\boldsymbol p}{m}\rho=\boldsymbol v\rho \end{align} \quad{\scriptsize(式25.30)}$

就是一个速度乘以密度的形式，“流密度”的物理意义跃然纸上，那么我们在式27.36中给出的流密度也能化成这样的形式吗？

答案是“能”，等到我们下节课给出狄拉克方程的一个简单解之后，我们也能推导出一个几乎一模一样的形式来：

$\small \begin{align} \boldsymbol j&=\psi^\dagger\psi\left(\frac{p_x}{m},\frac{p_y}{m},\frac{p_z}{m}\right)\\ &=\rho\left(\frac{p_x}{m},\frac{p_y}{m},\frac{p_z}{m}\right) \end{align} \quad{\scriptsize (式27.37)}$

这样，从物理意义上来说，我们就构造出了概率流守恒定律。

不过我们对于概率流的考察还没完全结束。接下来，我们还要来讨论守恒律的另一个性质：对称性。

在相对论框架下，对称性是一个必须讨论也值得随时把玩的特性。

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4) 守恒律的对称性

由于我们是在相对论框架下讨论物理定律，根据相对论的“对称动机”，这个守恒律不仅需要守恒，还需要满足相对论特有的对称性，也就是我们在第24课提到的协变对称性，或者换句话说，这个守恒律应该和参考系无关，在任意参考系下都成立。

而我们在第24课提到过，在不同参考系中，时间和长度、能量和动量等物理量都会发生变化，但是它们组合成的四维向量的模平方是保持不变的，这是一种参考系变化下的对称性。

从另一个角度来讲，这些四维向量的模平方，其实就是四维向量与自身的内积，只不过这种内积的空间部分是负号而已：

$\small \begin{align} P^2&=\left(\frac{E}{c}\right)^2-p_x^2-p_y^2-p_z^2 \\ &=\begin{bmatrix}\frac{E}{c}&-p_x&-p_y&-p_z\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\frac{E}{c}\\p_x\\p_y\\p_z\end{bmatrix}\\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.38)}$

而这种内积其实可以推广到任意两个四维向量之间：

$\small \begin{align} \boldsymbol A\cdot \boldsymbol B&=A_tB_t-A_xB_x-A_yB_y-A_zB_z\\ &=\begin{bmatrix}A_t&-A_x&-A_y&-A_z\end{bmatrix}\begin{bmatrix}B_t\\B_x\\B_y\\B_z\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize (式27.39)}$

它们的内积仍然是一个不变量。

现在我们回头来看概率流守恒定律。

我们先把概率流守恒定律的时间部分和空间部分写到一起：

$\small \begin{align} \frac{\partial \rho}{\partial t}+\boldsymbol\nabla\cdot\boldsymbol j=0 \end{align} \quad{\scriptsize (式27.40)}$

接下来，我们把三维梯度扩张一下，变成四维梯度：

$\small \boldsymbol \nabla_4=\left(\frac{\partial }{c\partial t},\frac{\partial }{\partial x},\frac{\partial }{\partial y},\frac{\partial }{\partial z}\right) \quad{\scriptsize (式27.41)}$

(梯度算子的下标4是为了表示这是四维梯度，以区分三维梯度；而时间分量的分母乘以光速$\small c$是为了量纲统一)

然后把三维流密度也扩张一下，变成四维流密度：

$\small \boldsymbol J=\left(\rho c,j_x,j_y,j_z\right) \quad{\scriptsize (式27.42)}$

那么概率流守恒定律就可以写成内积形式：

$\small \begin{align} 0=\begin{bmatrix}\frac{\partial }{c\partial t}&\frac{\partial }{\partial x}&\frac{\partial }{\partial y}&\frac{\partial }{\partial z}\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\rho c\\j_x\\j_y\\j_z\end{bmatrix}=\boldsymbol\nabla_4\cdot\boldsymbol J \end{align} \quad{\scriptsize (式27.43)}$

根据前面的讨论，我们知道，这个内积是一个不变量，在任意参考系下都是0，这也就意味着这个守恒律在任意参考系下都是成立的，这就是一种协变对称性。

不过这里我们要暂停一下，因为有细心的同学已经发现有些地方不对了：

如果我们仔细对比一下式27.39和27.43，会看到，式27.39中，四维向量$\small \boldsymbol A$的三个空间分量前面有个负号，但是式27.43中的四维梯度三个空间分量却是正的，这是为什么？

简单地说，正负号其实并不是关键，关键的是它们在参考系变换下满足的变换规律。

而这个变换规律，就牵涉到相对论中一对非常重要的概念：协变向量与逆变向量。我们这里先提前预习一下，同学们无法完全理解也没关系，下一章讨论对称性时我们会详细介绍，现在只要模糊知道个大概就行了。

无论是在欧氏空间中的坐标变换，还是不同参考系之间的参考系变换中，如果仔细思考，那么我们都不难发现，普通向量的变换规律其实是和基底的变换规律互逆的。

为了方便理解，我们还是以二维旋转为例来体会一下：

对于一个给定了基底的二维向量空间，如果我们将基底旋转$\small \theta$角：

那么新的基底相对于原基底的旋转变换写成矩阵乘法就是：

$\small \begin{bmatrix}\boldsymbol e_1'&\boldsymbol e_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\boldsymbol e_1&\boldsymbol e_2\end{bmatrix} \quad{\scriptsize (式27.44)}$

而假设平面上有一个向量$\small \boldsymbol a$，在原来坐标系下的分量为$\small \left(a_1,a_2\right)^T$，当基底旋转$\small \theta$角时，$\small \boldsymbol a$保持原地不动，其实就相当于相对基底旋转了$\small -\theta$角

于是它在新的基底下的坐标分量就是：

$\small \begin{bmatrix}a_1'\\a_2'\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\cos\theta&\sin\theta\\-\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}\begin{bmatrix}a_1\\a_2\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{bmatrix}^{-1}\begin{bmatrix}a_1\\a_2\end{bmatrix} \quad{\scriptsize (式27.45)}$

这个变换正好就是基底变换的逆变换，这种性质我们称为逆变性，相应的向量也称为逆变向量。

那么协变向量是什么呢？我们还是要从内积的不变性说起。

在有的对称变换下，当两个向量做内积的时候，内积的值往往是不随坐标系或参考系变换而改变的(比如四维时空的参考系变换中的内积不变量)。

如果我们将两个向量在原坐标系下的矩阵形式分别抽象地写作$\small \boldsymbol A,\boldsymbol B$，变换后的矩阵形式写作$\small \boldsymbol A',\boldsymbol B'$，将基底变换的矩阵写作$\small \boldsymbol R$，那么内积不变，就意味着：

$\small \boldsymbol A\boldsymbol B=\boldsymbol A' \boldsymbol B' \quad{\scriptsize (式27.46)}$

假设向量$\small \boldsymbol B$是逆变向量，即$\small \boldsymbol B'=\boldsymbol R^{-1}\boldsymbol B$，那么上式就可以化为：

$\small \boldsymbol A\boldsymbol B=\boldsymbol A' \boldsymbol R^{-1}\boldsymbol B \quad{\scriptsize (式27.47)}$

等式左右两边要相等，就要求$\small \boldsymbol A'=\boldsymbol A \boldsymbol R$，也就是向量$\small \boldsymbol A$满足的是坐标变换的正变换，这样的向量被称为“协变向量”。

实际上，在相对论体系中，每一个向量其实都有协变和逆变两种形式，它们互为对偶。

在三维空间的直角坐标系中，这两者具有相同的形式，所以我们从来没有区分过它，但是相对论中，两者就有区别了。

比如四维动量$\small \left(\frac{E}{c},p_x,p_y,p_z\right)$是逆变的，它对应的协变动量就是$\small \left(\frac{E}{c},-p_x,-p_y,-p_z\right)$，两者的内积就是不变量。

在概率流守恒方程中，四维流密度是逆变的，所以我们不过多讨论，我们的重点是要看看四维梯度。

四维梯度是对四维位矢$\small (ct,x,y,z)$求导所得的向量，而四维位矢本身其实和其他“普通的”四维向量一样是逆变的，但它们对应的四维梯度算子却恰好满足和基底相同的变换规律(我们以后会证明这一点，而且，某种意义下梯度算符其实就可以看成基底本身)，于是$\small \left(\frac{\partial }{c\partial t},\ \frac{\partial }{\partial x},\ \frac{\partial }{\partial y},\ \frac{\partial }{\partial z}\right)$自身就是一个协变向量(而不需要在空间部分加上负号)。

于是，守恒律就变成了一个典型的协变向量和一个典型的逆变向量之间的内积：

$\small \begin{align} \underbrace{\begin{bmatrix}\frac{\partial }{c\partial t}&\frac{\partial }{\partial x}&\frac{\partial }{\partial y}&\frac{\partial }{\partial z}\end{bmatrix}}_{协变}\underbrace{\begin{bmatrix}\rho c\\j_x\\j_y\\j_z\end{bmatrix}}_{逆变}=\underbrace{0}_{不变} \end{align} \quad{\scriptsize (式27.48)}$

这样一来，概率流守恒定律的确就是两个四维向量的内积了。

当然，我们这里关于协变和逆变的讨论还很粗浅，同学们很难现在就完全理解，不过这没关系，我们以后还会慢慢地通过一些计算规则去熟悉它们，现在我们不妨只笼统地认为：

向量有一协一逆两种形式，而它们的内积在某些变换中，一协一逆两个变换刚好相互抵消，于是得到一个与变换无关的不变量。

到此，我们可以完全相信，我们的确从狄拉克方程出发构造了正确的概率流守恒定律，并且也看到了，重新变回对时间的一阶方程后，我们再次得到了一个正的概率密度(态矢量与自身的内积必然为正数$)$。

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5) 小结与预告

这节课，我们从“对能量开根号得到一阶微分方程”的动机出发，跟随狄拉克的脚步，构造出了一个由4×4矩阵和四分量旋量构成的能量本征方程，也就是狄拉克方程：

$\small \begin{align} \text i\hbar\frac{\partial \psi}{\partial t}&=\left(\alpha_1\hat p_xc+\alpha_2\hat p_yc+\alpha_3\hat p_zc+\beta mc^2\right)\psi\\ &=\begin{bmatrix}mc^2&0&\hat p_zc&\hat p_xc-\text i\hat p_yc\\0&mc^2&\hat p_xc+\text i\hat p_yc&-\hat p_zc\\\hat p_zc&\hat p_xc-\text i\hat p_yc&-mc^2&0\\\hat p_xc+\text i\hat p_yc&-\hat p_zc&0&-mc^2\end{bmatrix}\begin{bmatrix}\psi_1\\\psi_2\\\psi_3\\\psi_4\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize (式27.49)}$

这个方程对我们的意义不仅仅是分量数目的扩张，更重要的是它为我们展现了一个全新的旋量空间，未来我们会慢慢认识到这个空间的玄妙之处。

此外，我们还通过在方程中构造概率密度和概率流密度的传统艺能，证明了这个方程的确解决了负概率的问题，并且还顺便看到了概率流守恒定律在相对论框架下的另一个美妙特质：协变对称性。

不过，我们的重点还是要继续求解狄拉克方程，并且看看它是不是能符合已知的物理事实，同时给我们带来一些新的东西。

下节课我们就来做这件事情。

而这节课结束之前，我们还要来补完前面关于概率流密度的一段证明。

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补遗：概率流等式的证明

我们现在来证明前面给出的关于概率流密度的关系式：

$\small \begin{align} \psi^\dagger\left[\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)\right]+\left[\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger\right]\psi&=\partial_x\left(\psi^\dagger\alpha_1\psi\right)+\partial_y\left(\psi^\dagger\alpha_2\psi\right)+\partial_z\left(\psi^\dagger\alpha_3\psi\right) \end{align} \quad{\scriptsize (式27.50)}$

我们先来讨论等式左边的第一项。

首先，为了方便理解，我们将括号中的$\small \boldsymbol \alpha\psi$展开：

$\small \boldsymbol\alpha\psi=\left(\alpha_1\psi,\ \alpha_2\psi,\ \alpha_3\psi\right) \quad{\scriptsize (式27.51)}$

注意：右边括号里的三个分量分别是三个4×4矩阵乘以4×1的旋量得到的4×1旋量

再作用上梯度算子，就是：

$\small \begin{align} \boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)&=\frac{\partial }{\partial x}\left(\alpha_1\psi\right)+\frac{\partial}{\partial y}\left(\alpha_2\psi\right)+\frac{\partial}{\partial z}\left(\alpha_3\psi\right)\\ &=\alpha_1\frac{\partial \psi}{\partial x}+\alpha_2\frac{\partial \psi}{\partial y}+\alpha_3\frac{\partial \psi}{\partial z}\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.52)}$

注意：这里得到的结果是一个4×1矩阵，写出来就是：
$\small \begin{align} \boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)&= \begin{bmatrix}\partial_z\psi_3+\partial_x\psi_4-\text i\partial_y\psi_4\ \partial_x\psi_3+\text i\partial_y\psi_3-\partial_z\psi_4\\partial_z\psi_1+\partial_x\psi_2-\text i\partial_y\psi_2\\partial_x\psi_1+\text i\partial_y\psi_1-\partial_z\psi_2\end{bmatrix} \end{align} \quad{\scriptsize (式27.53)}$

再左乘$\small \psi^\dagger$就是：

$\small \begin{align} \psi^\dagger\left[\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)\right]&=\psi^\dagger\frac{\partial }{\partial x}\left(\alpha_1\psi\right)+\psi^\dagger\frac{\partial}{\partial y}\left(\alpha_2\psi\right)+\psi^\dagger\frac{\partial}{\partial z}\left(\alpha_3\psi\right)\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.54)}$

注意：由于$\small \psi^\dagger$是1×4矩阵，因此乘到$\small \boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right) ($一个4×1矩阵)的左边后，就得到一个标量。

现在我们来看式27.50左边第二项、也就是厄米共轭项。

重复前面的推导过程，我们将得到：

$\small \begin{align} \boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger&=\frac{\partial }{\partial x}\left(\alpha_1\psi\right)^\dagger+\frac{\partial}{\partial y}\left(\alpha_2\psi\right)^\dagger+\frac{\partial}{\partial z}\left(\alpha_3\psi\right)^\dagger\\ &=\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial x}\alpha_1^\dagger+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial y}\alpha_2^\dagger+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial z}\alpha_3^\dagger\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.55)}$

而三个$\small \alpha_i$的厄米共轭就是它们本身(厄米算符)，于是：

$\small \begin{align} \boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger &=\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial x}\alpha_1+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial y}\alpha_2+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial z}\alpha_3\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.56)}$

注意：上式的计算结果是一个1×4矩阵，同学们可以试着写出它的具体分量来。

右乘$\small \psi$，就是：

$\small \begin{align} \left[\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger\right]\psi &=\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial x}\alpha_1\psi+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial y}\alpha_2\psi+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial z}\alpha_3\psi\ \end{align} \quad{\scriptsize (式27.57)}$

注意：这里也是一个1×4矩阵右乘4×1矩阵，得到一个标量。

两式合并，就得到：

$\small \begin{align} \psi^\dagger\left[\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)\right]+\left[\boldsymbol\nabla\cdot\left(\boldsymbol\alpha\psi\right)^\dagger\right]\psi&=\psi^\dagger\frac{\partial }{\partial x}\left(\alpha_1\psi\right)+\psi^\dagger\frac{\partial}{\partial y}\left(\alpha_2\psi\right)+\psi^\dagger\frac{\partial}{\partial z}\left(\alpha_3\psi\right)\\ &\quad+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial x}\alpha_1\psi+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial y}\alpha_2\psi+\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial z}\alpha_3\psi\\ &=\frac{\partial}{\partial x}\left(\psi^\dagger\alpha_1\psi\right)+\frac{\partial}{\partial y}\left(\psi^\dagger\alpha_2\psi\right)+\frac{\partial}{\partial z}\left(\psi^\dagger\alpha_3\psi\right) \end{align} \quad{\scriptsize (式27.58)}$

Q.E.D.

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参考

1. 对于正常的量子力学教材而言，厄米共轭通常会出现在前三章甚至第一章，作者自己都没想到这个系列居然到这里才第一次介绍它

编辑于 2023-10-23 18:26・IP 属地四川