付録CPauli 行列と Dirac 行列

導出1：積の公式 \eqref{eq:C-sigma-product} の証明

ステップ1：$i=j$ の場合．すでに見たとおり $(\sigma^i)^2=\mathbb{1}_2$ である．右辺は $\delta^{ii}\mathbb{1}=\mathbb{1}$（$i$ は固定，和をとらない）で，$\varepsilon^{iik}=0$ だから第2項は消える．一致する．

ステップ2：$i\ne j$ の場合を一つ計算する．$i=1,j=2$ をとる．

$$ \sigma^1\sigma^2=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-\ii\\ \ii&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\ii&0\\0&-\ii\end{pmatrix} =\ii\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}=\ii\sigma^3 $$

右辺の予言は $\delta^{12}\mathbb{1}+\ii\varepsilon^{123}\sigma^3=0+\ii\sigma^3$．一致する．

ステップ3：順序を逆にする．

$$ \sigma^2\sigma^1=\begin{pmatrix}0&-\ii\\ \ii&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\ii&0\\0&\ii\end{pmatrix}=-\ii\sigma^3 $$

右辺は $\ii\varepsilon^{213}\sigma^3=-\ii\sigma^3$．一致する．すなわち $\sigma^1$ と $\sigma^2$ は反交換する．

ステップ4：残りは巡回対称性で片づく．$\sigma^2\sigma^3=\ii\sigma^1$，$\sigma^3\sigma^1=\ii\sigma^2$ も同様に直接計算で確かめられる．$\varepsilon^{ijk}$ が添字の巡回置換で不変なので，$(1,2,3)\to(2,3,1)\to(3,1,2)$ の三つはすべて同じ形になる．

ステップ5：交換子と反交換子に分ける．任意の行列について $AB=\tfrac12\{A,B\}+\tfrac12[A,B]$ である．\eqref{eq:C-sigma-product} の右辺のうち $\delta^{ij}\mathbb{1}$ は $i\leftrightarrow j$ で対称，$\ii\varepsilon^{ijk}\sigma^k$ は反対称だから，対称部分が反交換子の半分，反対称部分が交換子の半分に対応する．すなわち $\{\sigma^i,\sigma^j\}=2\delta^{ij}\mathbb{1}$，$[\sigma^i,\sigma^j]=2\ii\varepsilon^{ijk}\sigma^k$ である．$\blacksquare$

導出2：恒等式 \eqref{eq:C-ab-sigma} の証明

ステップ1：成分で書き下す．$\bm{a}\cdot\bm{\sigma}=a_i\sigma^i$，$\bm{b}\cdot\bm{\sigma}=b_j\sigma^j$（$i,j$ は $1,2,3$ の和）だから

$$ (\bm{a}\cdot\bm{\sigma})(\bm{b}\cdot\bm{\sigma}) = a_i b_j\,\sigma^i\sigma^j $$

ステップ2：積の公式 \eqref{eq:C-sigma-product} を代入する．

$$ = a_i b_j\left(\delta^{ij}\mathbb{1}_2+\ii\varepsilon^{ijk}\sigma^k\right) = a_i b_i\,\mathbb{1}_2 + \ii\,\varepsilon^{ijk}a_i b_j\,\sigma^k $$

ステップ3：各項を読む．第1項の $a_ib_i$ は内積 $\bm{a}\cdot\bm{b}$ である．第2項の $\varepsilon^{ijk}a_ib_j$ は外積の第 $k$ 成分 $(\bm{a}\times\bm{b})_k$ にほかならない．よって

$$ = (\bm{a}\cdot\bm{b})\,\mathbb{1}_2 + \ii\,(\bm{a}\times\bm{b})_k\,\sigma^k = (\bm{a}\cdot\bm{b})\,\mathbb{1}_2+\ii\,\bm{\sigma}\cdot(\bm{a}\times\bm{b}) $$

$\blacksquare$ 証明は3行だが，使い道は無数にある．

導出3：Rashba ハミルトニアンを \eqref{eq:C-two-level} で解く

ステップ1：ハミルトニアンを書く．2次元電子ガスの面直方向（$z$）に反転対称性が破れているとき，最低次のスピン軌道項は

$$ \Ham_\mathrm{R} = \frac{\hbar^2\kk^2}{2m^*}\mathbb{1}_2 + \alpha_\mathrm{R}\left(\bm{\sigma}\times\kk\right)\cdot\hat{\bm{z}} $$

ステップ2：$\bm{d}$ を読み取る．$(\bm{\sigma}\times\kk)_z=\sigma^xk_y-\sigma^yk_x$ であるから

$$ \Ham_\mathrm{R} = \underbrace{\frac{\hbar^2k^2}{2m^*}}_{d^0}\mathbb{1}_2 + \underbrace{\alpha_\mathrm{R}(k_y,\,-k_x,\,0)}_{\bm{d}(\kk)}\cdot\bm{\sigma} $$

ステップ3：\eqref{eq:C-two-level} を適用する．$\abs{\bm{d}}=\alpha_\mathrm{R}\sqrt{k_y^2+k_x^2}=\alpha_\mathrm{R}k$ なので

ステップ4：バンド構造を読む．$E_-$ は $k_0=m^*\alpha_\mathrm{R}/\hbar^2$ で最小値 $-m^*\alpha_\mathrm{R}^2/2\hbar^2\equiv-E_\mathrm{R}$ をとる．すなわちバンド底が原点からリング状にずれる．$E_\mathrm{R}$ を Rashba エネルギーと呼ぶ．

ステップ5：スピンの向きを読む．固有状態は $\bm{d}$ の向きを向いたスピンである．$\bm{d}\parallel(k_y,-k_x,0)$ は $\kk$ に垂直な面内ベクトルだから，スピンは常に運動量に直交して面内を向く．$\kk$ を1周させると $\bm{d}$ も1周する——これがスピン運動量ロッキングであり，スピントロニクスの基本現象である（図C.2）．

ステップ6：数値を入れる．Bi/Ag(111) 表面合金では $\alpha_\mathrm{R}\approx3.05\ \mathrm{eV\,\mathring{A}}$，$m^*\approx-0.35\,m_e$ と報告されている（Ast ら，Phys. Rev. Lett. 98, 186807 (2007)）．$m^*$ が負，すなわちこの $sp_z$ 表面バンドは正孔的で放物線が上に凸であり，ステップ4で描いた「バンド底がリング状にずれる」絵は上下が逆になって，リング状の極値は $E_+$ 枝の頂の側に現れる．分裂の大きさを与える式は同じなので，以下では $\abs{m^*}$ で評価する．$\hbar^2/m_e=7.62\ \mathrm{eV\,\mathring{A}^2}$ を使うと

$$ k_0=\frac{\abs{m^*}\alpha_\mathrm{R}}{\hbar^2}=\frac{0.35\times3.05}{7.62}\ \mathring{\mathrm{A}}^{-1}=0.14\ \mathring{\mathrm{A}}^{-1}, \qquad E_\mathrm{R}=\frac{\alpha_\mathrm{R}k_0}{2}=0.21\ \mathrm{eV} $$

同文献の実測値は $k_0\approx0.13\ \mathring{\mathrm{A}}^{-1}$，$E_\mathrm{R}\approx0.2\ \mathrm{eV}$ で，$\alpha_\mathrm{R}$ と $m^*$ の丸めの範囲で一致している．$\blacksquare$ $E_\mathrm{R}$ は室温 $k_BT=0.026\ \mathrm{eV}$ の8倍であり，室温で十分観測できる大きさである．

導出4：回転演算子 \eqref{eq:C-rotation} の証明

ステップ1：指数関数を級数で定義する．行列 $A$ に対して $\ee^{A}=\sum_{n=0}^\infty A^n/n!$ である．いま $A=-\ii(\theta/2)(\bm{n}\cdot\bm{\sigma})$ とおく．

ステップ2：$(\bm{n}\cdot\bm{\sigma})$ の冪を整理する．\eqref{eq:C-asq} より $(\bm{n}\cdot\bm{\sigma})^2=\mathbb{1}_2$ である．したがって

$$ (\bm{n}\cdot\bm{\sigma})^{2m}=\mathbb{1}_2, \qquad (\bm{n}\cdot\bm{\sigma})^{2m+1}=\bm{n}\cdot\bm{\sigma} $$

すなわち偶数冪はすべて単位行列，奇数冪はすべて $\bm{n}\cdot\bm{\sigma}$ に潰れる．行列の指数関数がスカラーの場合と同じくらい簡単になるのは，この性質のおかげである．

ステップ3：級数を偶数項と奇数項に分ける．$x\equiv\theta/2$ と書くと

$$ \ee^{-\ii x(\bm{n}\cdot\bm{\sigma})} =\sum_{n=0}^\infty \frac{(-\ii x)^n}{n!}(\bm{n}\cdot\bm{\sigma})^n =\underbrace{\sum_{m=0}^\infty \frac{(-\ii x)^{2m}}{(2m)!}}_{\text{偶}}\mathbb{1}_2 +\underbrace{\sum_{m=0}^\infty \frac{(-\ii x)^{2m+1}}{(2m+1)!}}_{\text{奇}}(\bm{n}\cdot\bm{\sigma}) $$

ステップ4：それぞれの級数を同定する．$(-\ii x)^{2m}=(-1)^m x^{2m}$ だから偶数項の和は $\sum(-1)^mx^{2m}/(2m)!=\cos x$．$(-\ii x)^{2m+1}=-\ii(-1)^mx^{2m+1}$ だから奇数項の和は $-\ii\sum(-1)^mx^{2m+1}/(2m+1)!=-\ii\sin x$．よって

$$ \ee^{-\ii x(\bm{n}\cdot\bm{\sigma})}=\cos x\,\mathbb{1}_2-\ii\sin x\,(\bm{n}\cdot\bm{\sigma}) $$

$x=\theta/2$ を戻せば \eqref{eq:C-rotation} である．$\blacksquare$

導出5：随伴作用 \eqref{eq:C-adjoint} の証明

ステップ1：$U$ を展開して代入する．$c\equiv\cos(\theta/2)$，$s\equiv\sin(\theta/2)$，$N\equiv\bm{n}\cdot\bm{\sigma}$，$A\equiv\bm{a}\cdot\bm{\sigma}$ と略記する．$U=c-\ii sN$，$U^\dagger=c+\ii sN$ だから

$$ U^\dagger A U = (c+\ii sN)A(c-\ii sN) = c^2A + \ii cs\,(NA-AN) + s^2 NAN $$

ステップ2：$NA-AN$ を \eqref{eq:C-ab-sigma} で書く．$NA=(\bm{n}\cdot\bm{a})+\ii\bm{\sigma}\cdot(\bm{n}\times\bm{a})$，$AN=(\bm{a}\cdot\bm{n})+\ii\bm{\sigma}\cdot(\bm{a}\times\bm{n})$ である．内積の項は打ち消し，外積の項は符号が逆なので

$$ NA-AN = 2\ii\,\bm{\sigma}\cdot(\bm{n}\times\bm{a}) $$

ステップ3：$NAN$ を計算する．まず $NA=(\bm{n}\cdot\bm{a})\mathbb{1}+\ii\bm{\sigma}\cdot(\bm{n}\times\bm{a})$．これに右から $N$ を掛ける．第1項は $(\bm{n}\cdot\bm{a})N$．第2項は，あらためて \eqref{eq:C-ab-sigma} で $\bm{a}\to\bm{n}\times\bm{a}$，$\bm{b}\to\bm{n}$ として

$$ \ii\left[\left((\bm{n}\times\bm{a})\cdot\bm{n}\right)\mathbb{1}+\ii\bm{\sigma}\cdot\left((\bm{n}\times\bm{a})\times\bm{n}\right)\right] = -\bm{\sigma}\cdot\left((\bm{n}\times\bm{a})\times\bm{n}\right) $$

（$(\bm{n}\times\bm{a})\cdot\bm{n}=0$ を使った．）さらに $(\bm{n}\times\bm{a})\times\bm{n}=\bm{a}-\bm{n}(\bm{n}\cdot\bm{a})$ だから

$$ NAN = (\bm{n}\cdot\bm{a})\,\bm{\sigma}\cdot\bm{n} - \bm{\sigma}\cdot\bm{a} + (\bm{n}\cdot\bm{a})\,\bm{\sigma}\cdot\bm{n} = \bm{\sigma}\cdot\left[2\bm{n}(\bm{n}\cdot\bm{a})-\bm{a}\right] $$

ステップ4：まとめる．

$$ U^\dagger AU = \bm{\sigma}\cdot\Big[c^2\bm{a} - 2cs\,(\bm{n}\times\bm{a}) + s^2\left(2\bm{n}(\bm{n}\cdot\bm{a})-\bm{a}\right)\Big] $$

ステップ5：半角を倍角に直す．$c^2-s^2=\cos\theta$，$2cs=\sin\theta$，$2s^2=1-\cos\theta$ を使うと

$$ U^\dagger AU = \bm{\sigma}\cdot\Big[\bm{a}\cos\theta + \bm{n}(\bm{n}\cdot\bm{a})(1-\cos\theta) + (\bm{a}\times\bm{n})\sin\theta\Big] $$

角括弧の中身はまさに Rodrigues の回転公式（外積が $(\bm{a}\times\bm{n})$ の順なので，定理の直後に注意したとおり $R(\bm{n},-\theta)=R(\bm{n},\theta)^{\mathsf{T}}$ の形）である．$\blacksquare$

導出6：分解 \eqref{eq:C-decomp} と完全性 \eqref{eq:C-fierz} の証明

ステップ1：分解できることを仮定して係数を決める．$\{\mathbb{1},\sigma^i\}$ が4次元空間の基底だから，$M=c^0\mathbb{1}+c^i\sigma^i$ と書けるはずである．両辺のトレースをとると $\Tr M=2c^0$ より $c^0=\tfrac12\Tr M$．両辺に $\sigma^j$ を掛けてトレースをとると

$$ \Tr(M\sigma^j)=c^0\Tr\sigma^j+c^i\Tr(\sigma^i\sigma^j)=0+2c^i\delta^{ij}=2c^j $$

より $c^j=\tfrac12\Tr(M\sigma^j)$．これで \eqref{eq:C-decomp} が出た．

ステップ2：基底であることを確認する．$\{\mathbb{1},\sigma^i\}$ は4個で，\eqref{eq:C-sigma-trace} から Hilbert–Schmidt 内積 $\braket{A,B}\equiv\tfrac12\Tr(A^\dagger B)$ に関して正規直交している．4次元空間の4個の正規直交系は基底である．これで \eqref{eq:C-decomp} の証明が終わった．続いて \eqref{eq:C-fierz} へ進む．

ステップ3：\eqref{eq:C-decomp} を成分で書き直す．行列成分で書くと，$\Tr(M\sigma^i)=M_{\gamma\delta}(\sigma^i)_{\delta\gamma}$ だから

$$ M_{\alpha\beta}=\frac12\left[M_{\gamma\gamma}\,\delta_{\alpha\beta} + M_{\gamma\delta}(\sigma^i)_{\delta\gamma}(\sigma^i)_{\alpha\beta}\right] $$

ステップ4：$M$ が任意であることを使う．$M_{\gamma\delta}$ の係数を両辺で比べる．左辺は $M_{\alpha\beta}=M_{\gamma\delta}\delta_{\gamma\alpha}\delta_{\delta\beta}$ と書けるから

$$ \delta_{\gamma\alpha}\delta_{\delta\beta} = \frac12\left[\delta_{\gamma\delta}\delta_{\alpha\beta}+(\sigma^i)_{\delta\gamma}(\sigma^i)_{\alpha\beta}\right] $$

ステップ5：整理する．両辺を $2$ 倍して移項し，添字を $\gamma\leftrightarrow\delta$ の名前替えで整えると

$$ (\sigma^i)_{\alpha\beta}(\sigma^i)_{\gamma\delta} = 2\delta_{\alpha\delta}\delta_{\gamma\beta}-\delta_{\alpha\beta}\delta_{\gamma\delta} $$

$\blacksquare$ これが \eqref{eq:C-fierz} である．

導出7：エルミート性条件の二つの書き方が同値であること

ステップ1：$\mu=0$ の場合を確かめる．$\gamma^0\gamma^{0\dagger}\gamma^0=\gamma^0\gamma^0\gamma^0=(\gamma^0)^2\gamma^0=\gamma^0$．$\checkmark$

ステップ2：$\mu=i$ の場合．$\gamma^{i\dagger}=-\gamma^i$ を使うと $\gamma^0\gamma^{i\dagger}\gamma^0=-\gamma^0\gamma^i\gamma^0$．ここで $\gamma^0$ と $\gamma^i$ は反交換するので $\gamma^0\gamma^i=-\gamma^i\gamma^0$，したがって

$$ -\gamma^0\gamma^i\gamma^0 = +\gamma^i\gamma^0\gamma^0 = \gamma^i $$

$\checkmark$

ステップ3：逆向き．$\gamma^0\gamma^{\mu\dagger}\gamma^0=\gamma^\mu$ に左右から $\gamma^0$ を掛ければ $\gamma^{\mu\dagger}=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$ が出る．$\mu=0$ なら右辺 $=\gamma^0$，$\mu=i$ なら反交換を使って $-\gamma^i$ となり，元の条件に戻る．$\blacksquare$

この条件が効く場所．Dirac 随伴 $\bar\psi\equiv\psi^\dagger\gamma^0$ を使うと，任意の $\Gamma$ に対して $\overline{\Gamma\psi}=\bar\psi\,\bar\Gamma$，$\bar\Gamma\equiv\gamma^0\Gamma^\dagger\gamma^0$ が成り立つ．\eqref{eq:C-hermiticity} は $\bar{\gamma^\mu}=\gamma^\mu$ と言い換えられ，これが $\bar\psi\gamma^\mu\psi$（電磁カレント）が実であることを保証する．振幅の複素共役を計算するときに必ず使う（C.4.6 項）．

導出8：Dirac–Pauli 表示が Clifford 代数を満たすことの確認

ステップ1：$(\gamma^0)^2$．対角ブロックの二乗なので $\mathrm{diag}(\mathbb{1},\mathbb{1})=\mathbb{1}_4$．$\checkmark$（$g^{00}=+1$）

ステップ2：$(\gamma^i)^2$．

$$ \begin{pmatrix}0&\sigma^i\\ -\sigma^i&0\end{pmatrix}^2 =\begin{pmatrix}-\sigma^i\sigma^i&0\\0&-\sigma^i\sigma^i\end{pmatrix} =-\mathbb{1}_4 $$

$\checkmark$（$g^{ii}=-1$）

ステップ3：$\{\gamma^0,\gamma^i\}$．

$$ \gamma^0\gamma^i=\begin{pmatrix}0&\sigma^i\\ \sigma^i&0\end{pmatrix}, \qquad \gamma^i\gamma^0=\begin{pmatrix}0&-\sigma^i\\ -\sigma^i&0\end{pmatrix} $$

和はゼロ．$\checkmark$（$g^{0i}=0$）

ステップ4：$\{\gamma^i,\gamma^j\}$（$i\neq j$）．

$$ \gamma^i\gamma^j=\begin{pmatrix}-\sigma^i\sigma^j&0\\0&-\sigma^i\sigma^j\end{pmatrix} $$

だから $\{\gamma^i,\gamma^j\}$ の対角ブロックは $-\{\sigma^i,\sigma^j\}=-2\delta^{ij}\mathbb{1}_2$．$i\neq j$ ならゼロ．$\checkmark$

ステップ5：エルミート性．$\gamma^{0\dagger}=\gamma^0$ は明らか．$\gamma^i$ については，$\sigma^{i\dagger}=\sigma^i$ を使い，ブロック転置で非対角ブロックが入れ替わることに注意すると

$$ \gamma^{i\dagger}=\begin{pmatrix}0&(-\sigma^i)^\dagger\\ (\sigma^i)^\dagger&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&-\sigma^i\\ \sigma^i&0\end{pmatrix}=-\gamma^i $$

$\checkmark$ $\blacksquare$

導出9：Weyl 表示で $\gamma^5$ が対角になること

ステップ1：定義から始める．$\gamma^5\equiv\ii\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ である．

ステップ2：$\gamma^0\gamma^1$ を計算する．

$$ \gamma^0\gamma^1=\begin{pmatrix}0&\mathbb{1}\\ \mathbb{1}&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&\sigma^1\\ -\sigma^1&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\sigma^1&0\\ 0&\sigma^1\end{pmatrix} $$

ステップ3：$\gamma^2\gamma^3$ を計算する．

$$ \gamma^2\gamma^3=\begin{pmatrix}0&\sigma^2\\ -\sigma^2&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&\sigma^3\\ -\sigma^3&0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\sigma^2\sigma^3&0\\ 0&-\sigma^2\sigma^3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\ii\sigma^1&0\\ 0&-\ii\sigma^1\end{pmatrix} $$

ここで $\sigma^2\sigma^3=\ii\sigma^1$（式 \eqref{eq:C-sigma-product}）を使った．

ステップ4：掛け合わせる．両方ともブロック対角なのでブロックごとに掛ければよい．

$$ \gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3=\begin{pmatrix}(-\sigma^1)(-\ii\sigma^1)&0\\ 0&\sigma^1(-\ii\sigma^1)\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}\ii\,\mathbb{1}_2&0\\ 0&-\ii\,\mathbb{1}_2\end{pmatrix} $$

$(\sigma^1)^2=\mathbb{1}$ を使った．

ステップ5：$\ii$ を掛ける．

$$ \gamma^5_\mathrm{W}=\ii\begin{pmatrix}\ii&0\\0&-\ii\end{pmatrix}\otimes\mathbb{1}_2 =\begin{pmatrix}-\mathbb{1}_2&0\\ 0&\mathbb{1}_2\end{pmatrix} $$

$\blacksquare$ 対角である．左上ブロック（固有値 $-1$）が左巻き $\psi_L$，右下ブロック（固有値 $+1$）が右巻き $\psi_R$ に対応する．

導出10：Majorana 表示の性質の確認

ステップ1：純虚数であること．$\sigma^2=\begin{pmatrix}0&-\ii\\ \ii&0\end{pmatrix}$ は純虚数，$\ii\sigma^3=\begin{pmatrix}\ii&0\\0&-\ii\end{pmatrix}$ も純虚数，$-\ii\sigma^1=\begin{pmatrix}0&-\ii\\ -\ii&0\end{pmatrix}$ も純虚数である．よって \eqref{eq:C-majorana} の4つはすべて純虚数．$\checkmark$

ステップ2：$(\gamma^0)^2=+\mathbb{1}$．$\begin{pmatrix}0&\sigma^2\\ \sigma^2&0\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}(\sigma^2)^2&0\\0&(\sigma^2)^2\end{pmatrix}=\mathbb{1}_4$．$\checkmark$

ステップ3：$(\gamma^i)^2=-\mathbb{1}$．$\gamma^1$ はブロック対角で $(\ii\sigma^3)^2=-\mathbb{1}_2$，$\gamma^3$ も $(-\ii\sigma^1)^2=-\mathbb{1}_2$．$\gamma^2$ は $\begin{pmatrix}0&-\sigma^2\\ \sigma^2&0\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}-(\sigma^2)^2&0\\0&-(\sigma^2)^2\end{pmatrix}=-\mathbb{1}_4$．$\checkmark$

ステップ4：反交換の代表例 $\{\gamma^0,\gamma^2\}$．

$$ \gamma^0\gamma^2=\begin{pmatrix}(\sigma^2)^2&0\\ 0&-(\sigma^2)^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\mathbb{1}&0\\0&-\mathbb{1}\end{pmatrix}, \qquad \gamma^2\gamma^0=\begin{pmatrix}-\mathbb{1}&0\\0&\mathbb{1}\end{pmatrix} $$

和はゼロ．$\checkmark$ 残りの5組も同様に，Pauli 行列の反交換 $\{\sigma^i,\sigma^j\}=2\delta^{ij}$ に帰着して確かめられる（うち $\{\gamma^1,\gamma^2\}$ と $\{\gamma^1,\gamma^3\}$ の2組は演習C.2(1)）．

ステップ5：エルミート性．$\gamma^{0\dagger}=\gamma^0$（$\sigma^{2\dagger}=\sigma^2$ かつ非対角が対称）．$\gamma^{1\dagger}=(\ii\sigma^3)^\dagger=-\ii\sigma^3=-\gamma^1$．$\gamma^{2\dagger}$：非対角ブロックが $-\sigma^2$ と $\sigma^2$ で入れ替わるので $\begin{pmatrix}0&\sigma^2\\ -\sigma^2&0\end{pmatrix}=-\gamma^2$．$\gamma^{3\dagger}=(-\ii\sigma^1)^\dagger=\ii\sigma^1=-\gamma^3$．$\checkmark$ $\blacksquare$

導出11：変換 \eqref{eq:C-S-weyl} の確認

ステップ1：ユニタリ性．

$$ S S^\dagger=\frac12\begin{pmatrix}\mathbb{1}&-\mathbb{1}\\ \mathbb{1}&\mathbb{1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\mathbb{1}&\mathbb{1}\\ -\mathbb{1}&\mathbb{1}\end{pmatrix} =\frac12\begin{pmatrix}2\mathbb{1}&0\\ 0&2\mathbb{1}\end{pmatrix}=\mathbb{1}_4 \quad\checkmark $$

ステップ2：$\gamma^0$ を変換する．

$$ S\gamma^0_\mathrm{DP}S^{-1} =\frac12\begin{pmatrix}\mathbb{1}&-\mathbb{1}\\ \mathbb{1}&\mathbb{1}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\mathbb{1}&0\\ 0&-\mathbb{1}\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\mathbb{1}&\mathbb{1}\\ -\mathbb{1}&\mathbb{1}\end{pmatrix} $$

まず右の2つを掛ける：$\begin{pmatrix}\mathbb{1}&0\\0&-\mathbb{1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\mathbb{1}&\mathbb{1}\\ -\mathbb{1}&\mathbb{1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\mathbb{1}&\mathbb{1}\\ \mathbb{1}&-\mathbb{1}\end{pmatrix}$．次に左から掛ける：

$$ =\frac12\begin{pmatrix}\mathbb{1}-\mathbb{1}&\mathbb{1}+\mathbb{1}\\ \mathbb{1}+\mathbb{1}&\mathbb{1}-\mathbb{1}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0&\mathbb{1}\\ \mathbb{1}&0\end{pmatrix}=\gamma^0_\mathrm{W} \quad\checkmark $$

ステップ3：$\gamma^5$ を変換する．$\gamma^5_\mathrm{DP}=\begin{pmatrix}0&\mathbb{1}\\ \mathbb{1}&0\end{pmatrix}$ に同じ操作をする．右の2つ：$\begin{pmatrix}0&\mathbb{1}\\ \mathbb{1}&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\mathbb{1}&\mathbb{1}\\ -\mathbb{1}&\mathbb{1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\mathbb{1}&\mathbb{1}\\ \mathbb{1}&\mathbb{1}\end{pmatrix}$．左から：

$$ =\frac12\begin{pmatrix}-\mathbb{1}-\mathbb{1}&\mathbb{1}-\mathbb{1}\\ -\mathbb{1}+\mathbb{1}&\mathbb{1}+\mathbb{1}\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-\mathbb{1}&0\\ 0&\mathbb{1}\end{pmatrix}=\gamma^5_\mathrm{W} \quad\checkmark $$

ステップ4：$\gamma^i$ は不変．$\gamma^i_\mathrm{DP}=\begin{pmatrix}0&\sigma^i\\ -\sigma^i&0\end{pmatrix}$ は $S$ と可換になる形をしている．実際に計算すると同じ行列が返る（演習C.2）．だから Dirac–Pauli 表示と Weyl 表示で $\gamma^i$ の見た目は同じである．$\blacksquare$

スピノルの意味．$\psi_\mathrm{W}=S\psi_\mathrm{DP}$ を成分で書くと $\psi_L=(\varphi-\chi)/\sqrt2$，$\psi_R=(\varphi+\chi)/\sqrt2$（$\psi_\mathrm{DP}=\binom{\varphi}{\chi}$）．すなわち「大成分・小成分」の和と差が「右巻き・左巻き」である．非相対論極限では $\chi\approx0$ なので $\psi_L\approx\psi_R\approx\varphi/\sqrt2$ ——遅い粒子ではカイラリティが半々に混ざる．これが「弱い相互作用は左巻きだけに働くのに，重い粒子でもゼロにならない」理由である（第12章）．

導出12：$\gamma^5$ の性質の証明

ステップ1：反交換 $\{\gamma^5,\gamma^\mu\}=0$．$\gamma^5=\ii\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ に，たとえば右から $\gamma^0$ を掛けて左へ移動させる．$\gamma^0$ は $\gamma^1,\gamma^2,\gamma^3$ の3個と反交換するので，通り抜けるたびに $(-1)$ が出る：

$$ \gamma^5\gamma^0 = \ii\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^0 = \ii(-1)^3\gamma^0\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3 = -\gamma^0\gamma^5 $$

一般の $\gamma^\mu$ についても，$\gamma^5$ の中の4個のうち $\mu$ 自身とは交換（同じ行列だから）し，残り3個とは反交換する．$\gamma^\mu$ を左端まで移すと $(-1)^3=-1$ が付く．よって $\{\gamma^5,\gamma^\mu\}=0$．$\blacksquare$

ステップ2：$(\gamma^5)^2=\mathbb{1}$．

$$ (\gamma^5)^2 = -\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3 $$

右側の $\gamma^0$ を左端まで運ぶ：3個の $\gamma^i$ を通るので $(-1)^3$．

$$ = -(-1)^3\gamma^0\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^1\gamma^2\gamma^3 = +\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^1\gamma^2\gamma^3 $$

（$(\gamma^0)^2=+\mathbb{1}$ を使った．）次に右側の $\gamma^1$ を左へ2個分通す：$(-1)^2=+1$．

$$ = \gamma^1\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^2\gamma^3 = -\gamma^2\gamma^3\gamma^2\gamma^3 $$

（$(\gamma^1)^2=-\mathbb{1}$．）さらに $\gamma^2$ を1個分通して $(-1)$，$(\gamma^2)^2=-\mathbb{1}$：

$$ = -(-1)\gamma^2\gamma^2\gamma^3\gamma^3 = +(-\mathbb{1})(-\mathbb{1}) = \mathbb{1}_4 $$

$\blacksquare$

ステップ3：エルミート性．$(\ii\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3)^\dagger=-\ii\gamma^{3\dagger}\gamma^{2\dagger}\gamma^{1\dagger}\gamma^{0\dagger}=-\ii(-\gamma^3)(-\gamma^2)(-\gamma^1)\gamma^0=\ii\gamma^3\gamma^2\gamma^1\gamma^0$．この順を逆に並べ替えるには，$4$ 個の相異なる行列の完全反転が必要で，必要な互換の回数は $\binom{4}{2}=6$ 回，符号は $(-1)^6=+1$．よって $=\ii\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3=\gamma^5$．$\blacksquare$

ステップ4：$\Tr\gamma^5=0$．$(\gamma^0)^2=\mathbb{1}$ を使って $\Tr\gamma^5=\Tr(\gamma^5\gamma^0\gamma^0)$ と書く．ステップ1より $\gamma^5\gamma^0=-\gamma^0\gamma^5$ だから

$$ \Tr\gamma^5 = -\Tr(\gamma^0\gamma^5\gamma^0) \overset{\text{巡回}}{=} -\Tr(\gamma^5\gamma^0\gamma^0)=-\Tr\gamma^5 $$

ゆえに $\Tr\gamma^5=0$．$\blacksquare$ この「$\gamma^5$ を通り抜けさせて巡回で戻す」という手口は，C.4 節のトレース定理でくり返し使う．

導出13：縮約公式の証明

すべての証明の道具は，Clifford 代数を「$\gamma^\mu$ を右へ通す規則」として読み直した式

$$ \gamma^\mu\gamma^\nu = -\gamma^\nu\gamma^\mu + 2g^{\mu\nu}\mathbb{1} $$

だけである．「1個通すごとに符号が変わり，おつりに $2g$ が出る」と覚えるとよい．

ステップ1：\eqref{eq:C-contr1} の証明．$\gamma^\mu\gamma_\mu=g_{\mu\nu}\gamma^\mu\gamma^\nu$ と書き，$\gamma^\mu\gamma^\nu$ を対称化する（$g_{\mu\nu}$ が対称なので反対称部分は落ちる）：

$$ \gamma^\mu\gamma_\mu = g_{\mu\nu}\gamma^\mu\gamma^\nu = \frac12 g_{\mu\nu}\{\gamma^\mu,\gamma^\nu\} = \frac12 g_{\mu\nu}\cdot 2g^{\mu\nu}\mathbb{1} = g_{\mu\nu}g^{\mu\nu}\,\mathbb{1} $$

$g_{\mu\nu}g^{\mu\nu}=\delta^\mu_\mu=4$（時空の次元）だから $\gamma^\mu\gamma_\mu=4$．$\blacksquare$

ステップ2：\eqref{eq:C-contr2} の証明．左の $\gamma^\mu$ を $\gamma^\nu$ の右へ通す．

$$ \gamma^\mu\gamma^\nu\gamma_\mu = \left(-\gamma^\nu\gamma^\mu+2g^{\mu\nu}\right)\gamma_\mu = -\gamma^\nu\gamma^\mu\gamma_\mu + 2g^{\mu\nu}\gamma_\mu $$

第1項は \eqref{eq:C-contr1} より $-4\gamma^\nu$．第2項は $g^{\mu\nu}\gamma_\mu=\gamma^\nu$ だから $2\gamma^\nu$．合計 $-4\gamma^\nu+2\gamma^\nu=-2\gamma^\nu$．$\blacksquare$

ステップ3：\eqref{eq:C-contr3} の証明．同じく左の $\gamma^\mu$ を1個通す．

$$ \gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma_\mu = \left(-\gamma^\nu\gamma^\mu+2g^{\mu\nu}\right)\gamma^\rho\gamma_\mu = -\gamma^\nu\left(\gamma^\mu\gamma^\rho\gamma_\mu\right) + 2\gamma^\rho\gamma^\nu $$

括弧の中は \eqref{eq:C-contr2} より $-2\gamma^\rho$ だから第1項は $+2\gamma^\nu\gamma^\rho$．よって

$$ = 2\gamma^\nu\gamma^\rho + 2\gamma^\rho\gamma^\nu = 2\{\gamma^\nu,\gamma^\rho\} = 4g^{\nu\rho}\mathbb{1} $$

$\blacksquare$ 反交換子が出てくるのがこの公式の急所である．結果が行列でなく数（$\times\mathbb{1}$）になる．

ステップ4：\eqref{eq:C-contr4} の証明．同じ手順を1回多く踏む．

$$ \gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma_\mu = -\gamma^\nu\left(\gamma^\mu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma_\mu\right) + 2\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma^\nu $$

括弧の中は \eqref{eq:C-contr3} より $4g^{\rho\sigma}$ だから第1項は $-4g^{\rho\sigma}\gamma^\nu$．よって

$$ = -4g^{\rho\sigma}\gamma^\nu + 2\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma^\nu $$

ここで $\gamma^\rho\gamma^\sigma=-\gamma^\sigma\gamma^\rho+2g^{\rho\sigma}$ を使って第2項を書き換えると

$$ = -4g^{\rho\sigma}\gamma^\nu + 2\left(-\gamma^\sigma\gamma^\rho+2g^{\rho\sigma}\right)\gamma^\nu = -4g^{\rho\sigma}\gamma^\nu - 2\gamma^\sigma\gamma^\rho\gamma^\nu + 4g^{\rho\sigma}\gamma^\nu = -2\gamma^\sigma\gamma^\rho\gamma^\nu $$

$\blacksquare$ 順序が逆転するのがこの公式の特徴である．

ステップ5：スラッシュ形へ．\eqref{eq:C-contr2}〜\eqref{eq:C-contr4} に $a_\nu$，$a_\nu b_\rho$，$a_\nu b_\rho c_\sigma$ を掛けて縮約すれば \eqref{eq:C-contr-slash} が出る．たとえば $\gamma^\mu\slashed{a}\slashed{b}\gamma_\mu=a_\nu b_\rho\cdot4g^{\nu\rho}=4a\cdot b$．$\blacksquare$

導出14：奇数個のトレースがゼロであることの証明

ステップ1：$(\gamma^5)^2=\mathbb{1}$ を挿入する．これが唯一の技巧である．

$$ T\equiv\Tr\left(\gamma^{\mu_1}\cdots\gamma^{\mu_n}\right) = \Tr\left(\gamma^5\gamma^5\,\gamma^{\mu_1}\cdots\gamma^{\mu_n}\right) $$

ステップ2：左端の $\gamma^5$ を右端まで通す．$\{\gamma^5,\gamma^\mu\}=0$（式 \eqref{eq:C-gamma5-props}）だから，$\gamma^\mu$ を1個通り抜けるごとに $(-1)$ が出る．$n$ 個通るので $(-1)^n$：

$$ T = (-1)^n\,\Tr\left(\gamma^5\,\gamma^{\mu_1}\cdots\gamma^{\mu_n}\,\gamma^5\right) $$

ステップ3：トレースの巡回性を使う．$\Tr(ABC)=\Tr(CAB)$ より，右端の $\gamma^5$ を先頭に持ってくる．

$$ T = (-1)^n\,\Tr\left(\gamma^5\gamma^5\,\gamma^{\mu_1}\cdots\gamma^{\mu_n}\right) = (-1)^n\,T $$

ステップ4：結論．$n$ が奇数なら $T=-T$，したがって $T=0$．$\blacksquare$

補足：$\gamma^5$ を含む場合．$\Tr(\gamma^5\gamma^{\mu_1}\cdots\gamma^{\mu_n})$ に対しては，同じ論法で「$\gamma^5$ を挿入して通す」ができない（すでに $\gamma^5$ がある）ので，代わりに $\gamma^\alpha$（$\alpha$ は $\mu_i$ のどれとも異なる添字）を選び，$(\gamma^\alpha)^2=\pm\mathbb{1}$ を挿入して同じ操作をする．$\gamma^\alpha$ は $\gamma^5$ とも $n$ 個の $\gamma^{\mu_i}$ とも反交換するので，全部で $(n+1)$ 回の符号反転が起き，$n$ が奇数なら $(-1)^{n+1}=+1$ で情報が出ないが，$n$ が偶数なら $(-1)^{n+1}=-1$ でゼロが従う（$n\le3$ なら $\mu_i$ のどれとも異なる $\alpha$ が必ず残るので，この論法が使える）．

では $n$ が奇数のときはどうするか．$\gamma^5=\ii\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ と書き直せばよい．そうすると $\Tr(\gamma^5\gamma^{\mu_1}\cdots\gamma^{\mu_n})$ は $\gamma$ 行列を $(n+4)$ 個含むトレースであり，$n$ が奇数なら $(n+4)$ も奇数だから，本定理 \eqref{eq:C-trace-odd} がそのまま使えてゼロである．結局，$\gamma^5$ を1個含むトレースは，$n$ が奇数ならこの議論で，$n$ が偶数かつ $n\le2$ なら上の $\gamma^\alpha$ 挿入でゼロになり，最初にゼロでない値が出るのは $n=4$ である．それが式 \eqref{eq:C-trace-g5-4} の $-4\ii\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}$ であり，C.4.3 項で計算する．

導出15：2個と4個のトレースの証明

ステップ1：2個の場合．トレースの巡回性から $\Tr(\gamma^\mu\gamma^\nu)=\Tr(\gamma^\nu\gamma^\mu)$．したがって

$$ \Tr(\gamma^\mu\gamma^\nu)=\frac12\Tr\left(\gamma^\mu\gamma^\nu+\gamma^\nu\gamma^\mu\right) =\frac12\Tr\left(\{\gamma^\mu,\gamma^\nu\}\right) =\frac12\cdot2g^{\mu\nu}\Tr\mathbb{1}=4g^{\mu\nu} $$

$\blacksquare$ 対称化して反交換関係に持ち込む，というのが定石である．

ステップ2：4個の場合の方針．いちばん左の $\gamma^\mu$ を，反交換関係を使って右端まで移動させる．移動のたびに $2g$ のおつりが出る．

$$ \gamma^\mu\gamma^\nu = 2g^{\mu\nu}-\gamma^\nu\gamma^\mu $$

を繰り返し使う．

ステップ3：1回目の移動．

$$ \Tr(\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma) = 2g^{\mu\nu}\Tr(\gamma^\rho\gamma^\sigma) - \Tr(\gamma^\nu\gamma^\mu\gamma^\rho\gamma^\sigma) $$

ステップ4：2回目の移動．右辺第2項の中の $\gamma^\mu\gamma^\rho$ に同じ処理をする．

$$ \Tr(\gamma^\nu\gamma^\mu\gamma^\rho\gamma^\sigma) = 2g^{\mu\rho}\Tr(\gamma^\nu\gamma^\sigma)-\Tr(\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\mu\gamma^\sigma) $$

ステップ5：3回目の移動．

$$ \Tr(\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\mu\gamma^\sigma) = 2g^{\mu\sigma}\Tr(\gamma^\nu\gamma^\rho)-\Tr(\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma^\mu) $$

ステップ6：巡回性で元に戻す．最後の項は $\Tr(\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma\gamma^\mu)=\Tr(\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\rho\gamma^\sigma)$ である．これを $T$ と書き，ステップ3〜5をまとめると

$$ T = 2g^{\mu\nu}\Tr(\gamma^\rho\gamma^\sigma) - 2g^{\mu\rho}\Tr(\gamma^\nu\gamma^\sigma) + 2g^{\mu\sigma}\Tr(\gamma^\nu\gamma^\rho) - T $$

ステップ7：$T$ について解く．$2T=2\left[\cdots\right]$ すなわち

$$ T = g^{\mu\nu}\Tr(\gamma^\rho\gamma^\sigma)-g^{\mu\rho}\Tr(\gamma^\nu\gamma^\sigma)+g^{\mu\sigma}\Tr(\gamma^\nu\gamma^\rho) $$

ステップ1の結果 $\Tr(\gamma^\alpha\gamma^\beta)=4g^{\alpha\beta}$ を代入して

$$ T = 4\left(g^{\mu\nu}g^{\rho\sigma}-g^{\mu\rho}g^{\nu\sigma}+g^{\mu\sigma}g^{\nu\rho}\right) $$

$\blacksquare$ 符号が $+,-,+$ と交代することに注意する．これは「$\gamma^\mu$ を何個通り抜けたか」の記録であり，覚え方は次項の図C.4を見よ．

導出16：$\gamma^5$ を含むトレースの証明

ステップ1：$\Tr\gamma^5=0$．C.2.6 項の導出12ステップ4で示した．$(\gamma^0)^2=\mathbb{1}$ を挿入し，$\gamma^5$ を通してから巡回で戻すと $\Tr\gamma^5=-\Tr\gamma^5$ となる．

ステップ2：$\Tr(\gamma^5\gamma^\mu\gamma^\nu)=0$，$\mu=\nu$ の場合．$\gamma^\mu\gamma^\mu=g^{\mu\mu}\mathbb{1}$（和をとらない）なので $\Tr(\gamma^5\gamma^\mu\gamma^\mu)=g^{\mu\mu}\Tr\gamma^5=0$．

ステップ3：$\mu\neq\nu$ の場合．$\mu,\nu$ のどちらとも異なる添字 $\alpha$ を選ぶ（4次元なので必ず2個は残っている）．$(\gamma^\alpha)^2=g^{\alpha\alpha}\mathbb{1}=\pm\mathbb{1}$ だから，$1=\left(\gamma^\alpha\right)^2/g^{\alpha\alpha}$ を挿入できる．

$$ \Tr\left(\gamma^5\gamma^\mu\gamma^\nu\right) = \frac{1}{g^{\alpha\alpha}}\Tr\left(\gamma^5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\alpha\gamma^\alpha\right) $$

ステップ4：右端の $\gamma^\alpha$ を左端まで運ぶ．$\gamma^\alpha$ は $\gamma^\nu$，$\gamma^\mu$（$\alpha\neq\mu,\nu$ だから反交換），$\gamma^5$（つねに反交換）の3個を通り抜ける．したがって $(-1)^3=-1$：

$$ = \frac{-1}{g^{\alpha\alpha}}\Tr\left(\gamma^\alpha\gamma^5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\alpha\right) $$

ステップ5：巡回性で $\gamma^\alpha$ を隣り合わせる．左端の $\gamma^\alpha$ を右端に回すと

$$ = \frac{-1}{g^{\alpha\alpha}}\Tr\left(\gamma^5\gamma^\mu\gamma^\nu\gamma^\alpha\gamma^\alpha\right) = -\Tr\left(\gamma^5\gamma^\mu\gamma^\nu\right) $$

よってこのトレースはゼロ．$\blacksquare$ 同じ論法で $\Tr(\gamma^5)$ も $\Tr(\gamma^5\gamma^\mu)$ もゼロになる（後者は奇数個なので \eqref{eq:C-trace-odd} の補足からも従う）．

ステップ6：4個の場合，添字に重複があればゼロ．$\mu,\nu,\rho,\sigma$ のうち二つが等しいとする．反交換を使ってその二つを隣り合わせにすると（符号が出るだけ）$\gamma^\mu\gamma^\mu=g^{\mu\mu}$ で潰れ，$\Tr(\gamma^5\gamma^\alpha\gamma^\beta)$ の形になる．これはステップ5でゼロと分かっている．したがって4個の添字がすべて異なるときだけ生き残る．

ステップ7：$(\mu\nu\rho\sigma)=(0123)$ を計算する．$\gamma^5=\ii\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ より $\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3=-\ii\gamma^5$ である．したがって

$$ \Tr\left(\gamma^5\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\right) = \Tr\left(\gamma^5\cdot(-\ii\gamma^5)\right) = -\ii\,\Tr\left((\gamma^5)^2\right) = -\ii\,\Tr\mathbb{1} = -4\ii $$

ステップ8：一般の添字へ．添字を入れ替えると，$\gamma$ 行列が反交換するので符号が変わる．すなわち左辺は $(\mu\nu\rho\sigma)$ について完全反対称である．完全反対称で $(0123)$ 成分が $-4\ii$ である4階テンソルは $-4\ii\,\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}$（$\varepsilon^{0123}=+1$）に限る．$\blacksquare$

導出17：電子側のテンソル $L^{\mu\nu}$ を計算する

ステップ1：定義．電子線から来る因子は $\bar u(p')\gamma^\mu u(p)$ である．その絶対値二乗をスピン和すると，添字 $\mu,\nu$ をもつテンソルになる．

$$ L^{\mu\nu}\equiv\sum_{\text{spins}}\left[\bar u(p')\gamma^\mu u(p)\right]\left[\bar u(p')\gamma^\nu u(p)\right]^* $$

ステップ2：複素共役を $\bar\Gamma$ で書く．$\left[\bar u(p')\gamma^\nu u(p)\right]^*=\bar u(p)\,\overline{\gamma^\nu}\,u(p')=\bar u(p)\gamma^\nu u(p')$．エルミート性条件 \eqref{eq:C-hermiticity} により $\overline{\gamma^\nu}=\gamma^0\gamma^{\nu\dagger}\gamma^0=\gamma^\nu$ だからである．

ステップ3：完全性関係でトレースにする．式 \eqref{eq:C-why-trace} の手順で

$$ L^{\mu\nu} = \Tr\left[(\slashed{p}'+m_e)\gamma^\mu(\slashed{p}+m_e)\gamma^\nu\right] $$

ステップ4：展開して奇数項を捨てる．4項に展開すると

$$ = \Tr\left[\slashed{p}'\gamma^\mu\slashed{p}\gamma^\nu\right] + m_e\Tr\left[\gamma^\mu\slashed{p}\gamma^\nu\right] + m_e\Tr\left[\slashed{p}'\gamma^\mu\gamma^\nu\right] + m_e^2\Tr\left[\gamma^\mu\gamma^\nu\right] $$

中央の2項は $\gamma$ が3個（奇数）なので \eqref{eq:C-trace-odd} によりゼロである．

ステップ5：残りを計算する．第1項は $\Tr(\slashed{a}\slashed{b}\slashed{c}\slashed{d})$ の形で $a=p'$，$b=e_\mu$（$\gamma^\mu$ の添字），$c=p$，$d=e_\nu$ とみなす．式 \eqref{eq:C-trace4} を直接使うと

$$ \Tr\left[\slashed{p}'\gamma^\mu\slashed{p}\gamma^\nu\right] = p'_\alpha p_\beta\,\Tr\left(\gamma^\alpha\gamma^\mu\gamma^\beta\gamma^\nu\right) = 4p'_\alpha p_\beta\left(g^{\alpha\mu}g^{\beta\nu}-g^{\alpha\beta}g^{\mu\nu}+g^{\alpha\nu}g^{\mu\beta}\right) $$ $$ = 4\left(p'^\mu p^\nu - g^{\mu\nu}\,p'\!\cdot\!p + p'^\nu p^\mu\right) $$

第4項は $m_e^2\cdot4g^{\mu\nu}$．

ステップ6：まとめる．

$\blacksquare$ これが レプトン・テンソルである．$\mu\leftrightarrow\nu$ について対称であり，カレント保存 $q_\mu L^{\mu\nu}=0$（$q=p'-p$）も満たす．実際 $q_\mu L^{\mu\nu}=4[(p'\cdot q)p^\nu+(p\cdot q)p'^\nu-q^\nu(p'\cdot p-m_e^2)]$ で，$p'^2=p^2=m_e^2$ より $p'\cdot q=m_e^2-p'\cdot p$，$p\cdot q=p'\cdot p-m_e^2$ となり，最初の二項が $\left(m_e^2-p'\!\cdot\!p\right)p^\nu+\left(p'\!\cdot\!p-m_e^2\right)p'^\nu$，第三項が $-\left(p'^\nu-p^\nu\right)\left(p'\!\cdot\!p-m_e^2\right)$ で，すべて打ち消す．

ステップ7：断面積へ．$\mu$ 粒子側にも同じ形のテンソル $M_{\mu\nu}$ があり，光子伝播関数が両者を縫うので

$$ \sum_{\text{spins}}\abs{\mathcal{M}}^2 = \frac{e^4}{q^4}\,L^{\mu\nu}M_{\mu\nu} $$

となる．あとは $L^{\mu\nu}M_{\mu\nu}$ を計算するだけで，これは運動量の内積だけの計算である．第10章で最後まで実行する．

導出18：完全性関係の証明

ステップ1：静止系で確かめる．$p^\mu=(m,\bm{0})$ とすると，Dirac–Pauli 表示での正エネルギー解は

$$ u(p,1)=\sqrt{2m}\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}, \qquad u(p,2)=\sqrt{2m}\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix} $$

（規格化 $\bar uu=u^\dagger\gamma^0u=2m$ を満たす．）

ステップ2：和をとる．$\bar u=u^\dagger\gamma^0$ で，$\gamma^0=\mathrm{diag}(1,1,-1,-1)$ だから $\bar u(p,1)=\sqrt{2m}(1,0,0,0)$．よって

$$ \sum_s u\bar u = 2m\left[ \begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}(1,0,0,0) +\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}(0,1,0,0)\right] = 2m\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix} $$

ステップ3：右辺と比べる．静止系では $\slashed{p}=\gamma^0 m=m\,\mathrm{diag}(1,1,-1,-1)$ だから

$$ \slashed{p}+m = m\begin{pmatrix}2&0&0&0\\0&2&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix} = 2m\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&0&0\end{pmatrix} $$

一致する．$\checkmark$

ステップ4：一般の $p$ へ持ち上げる．両辺とも Lorentz 変換のもとで同じように振る舞う．左辺は $u\to S(\Lambda)u$，$\bar u\to\bar uS^{-1}(\Lambda)$ だから $\sum u\bar u\to S(\sum u\bar u)S^{-1}$．右辺も $\slashed{p}+m\to S(\slashed{p}+m)S^{-1}$（$\gamma^\mu$ の変換性）．静止系で一致し，同じ変換則に従うのだから，任意の系で一致する．$\blacksquare$

ステップ5：$v$ についても同様．静止系の負エネルギー解は下2成分に立つので $\sum_s v\bar v=-2m\,\mathrm{diag}(0,0,1,1)$，一方 $\slashed{p}-m=m\,\mathrm{diag}(0,0,-2,-2)$ で一致する．符号の違い（$-m$）は，$v$ の規格化が $\bar vv=-2m$ であることに対応している．

導出19：射影演算子であることの確認

ステップ1：冪等性．$\slashed{p}\slashed{p}=p^2=m^2$（\eqref{eq:C-slash-product} と質量殻条件）を使う．

$$ \Lambda_+^2 = \frac{(\slashed{p}+m)^2}{4m^2} = \frac{\slashed{p}\slashed{p}+2m\slashed{p}+m^2}{4m^2} = \frac{m^2+2m\slashed{p}+m^2}{4m^2} = \frac{2m(\slashed{p}+m)}{4m^2}=\Lambda_+ $$

$\checkmark$ $\Lambda_-$ も同様．

ステップ2：直交性．

$$ \Lambda_+\Lambda_- = \frac{(\slashed{p}+m)(-\slashed{p}+m)}{4m^2} = \frac{-\slashed{p}\slashed{p}+m^2}{4m^2} = \frac{-m^2+m^2}{4m^2}=0 $$

$\checkmark$（$\slashed{p}$ と $m\mathbb{1}$ は可換なので途中の交差項が消える．）

ステップ3：完全性．$\Lambda_++\Lambda_-=\dfrac{(\slashed{p}+m)+(-\slashed{p}+m)}{2m}=\dfrac{2m}{2m}=\mathbb{1}$．$\checkmark$

ステップ4：トレース．$\Tr\slashed{p}=p_\mu\Tr\gamma^\mu=0$（奇数個）だから $\Tr\Lambda_\pm=\dfrac{0+m\Tr\mathbb{1}}{2m}=\dfrac{4m}{2m}=2$．$\checkmark$ $\blacksquare$

導出20：スピン射影演算子の性質

ステップ1：$(\gamma^5\slashed{s})^2=\mathbb{1}$ を示す．$\gamma^5$ は $\slashed{s}=\gamma^\mu s_\mu$ と反交換するので $\gamma^5\slashed{s}\gamma^5\slashed{s}=-\gamma^5\gamma^5\slashed{s}\slashed{s}=-\mathbb{1}\cdot s^2$．$s^2=-1$（\eqref{eq:C-spin-vector}）だから $=+\mathbb{1}$．$\checkmark$

ステップ2：冪等性．ステップ1より

$$ \Sigma(s)^2 = \frac{1+2\gamma^5\slashed{s}+(\gamma^5\slashed{s})^2}{4} = \frac{1+2\gamma^5\slashed{s}+1}{4} = \frac{1+\gamma^5\slashed{s}}{2}=\Sigma(s) $$

$\checkmark$ $\Sigma(s)+\Sigma(-s)=\mathbb{1}$ と $\Sigma(s)\Sigma(-s)=\left[1-(\gamma^5\slashed{s})^2\right]/4=0$ も同様．

ステップ3：$\Lambda_\pm$ と可換であること．$\Lambda_\pm$ は $\slashed{p}$ の関数だから，$[\gamma^5\slashed{s},\slashed{p}]=0$ を示せばよい．$\gamma^5$ は $\slashed{p}$ と反交換し，$\slashed{s}$ と $\slashed{p}$ は $s\!\cdot\!p=0$ より反交換するので

$$ \gamma^5\slashed{s}\slashed{p} = \gamma^5\left(2\,s\!\cdot\!p-\slashed{p}\slashed{s}\right) = -\gamma^5\slashed{p}\slashed{s} = +\slashed{p}\gamma^5\slashed{s} $$

ここで $\{\slashed{s},\slashed{p}\}=2s\cdot p=0$（\eqref{eq:C-spin-vector}）と $\gamma^5\slashed{p}=-\slashed{p}\gamma^5$ を使った．よって可換．$\checkmark$ $s\cdot p=0$ という条件が効いているのがポイントである．

ステップ4：トレース．$\Tr(\gamma^5\slashed{s})=s_\mu\Tr(\gamma^5\gamma^\mu)=0$（奇数個）だから $\Tr\Sigma(s)=\tfrac12\Tr\mathbb{1}=2$．$\checkmark$

ステップ5：\eqref{eq:C-uubar-spin} の確認．$\Lambda_+$ と $\Sigma(s)$ が可換な射影演算子なので，積 $\Lambda_+\Sigma(s)$ も射影演算子であり，そのトレースは（両方が2次元部分空間に射影し，交わりが1次元なので）$1$ である．すなわち1次元部分空間への射影であり，それが $u(p,s)\bar u(p,s)/2m$ にほかならない．規格化 $\bar uu=2m$ を掛け戻すと \eqref{eq:C-uubar-spin} を得る．$\blacksquare$

導出21：カイラル射影の規則

ステップ1：$\gamma^\mu P_L=P_R\gamma^\mu$．$\gamma^5\gamma^\mu=-\gamma^\mu\gamma^5$ だから

$$ \gamma^\mu P_L = \gamma^\mu\frac{1-\gamma^5}{2}=\frac{\gamma^\mu-\gamma^\mu\gamma^5}{2} =\frac{\gamma^\mu+\gamma^5\gamma^\mu}{2}=\frac{1+\gamma^5}{2}\gamma^\mu=P_R\gamma^\mu $$

$\blacksquare$ $\gamma^\mu$ を1個通すと $L$ と $R$ が入れ替わる．

ステップ2：$\overline{\psi_L}=\bar\psi P_R$．$\overline{\psi_L}=(P_L\psi)^\dagger\gamma^0=\psi^\dagger P_L^\dagger\gamma^0$．$\gamma^{5\dagger}=\gamma^5$ より $P_L^\dagger=P_L$．そして $P_L\gamma^0=\gamma^0P_R$（ステップ1）だから

$$ \overline{\psi_L}=\psi^\dagger\gamma^0P_R=\bar\psi P_R $$

$\blacksquare$ バーをとると $L$ が $R$ になる．これを忘れると符号を落とす．

ステップ3：カレント．ステップ1・2より

$$ \overline{\psi_L}\gamma^\mu\psi_L = \bar\psi P_R\gamma^\mu P_L\psi = \bar\psi\gamma^\mu P_L P_L\psi = \bar\psi\gamma^\mu P_L\psi $$

$\blacksquare$ すなわち $V-A$ カレント $\bar\psi\gamma^\mu(1-\gamma^5)\psi=2\overline{\psi_L}\gamma^\mu\psi_L$ は，左巻き成分だけのベクトルカレントである．これが「弱い相互作用は左巻きだけに働く」という文の正確な意味である（第12章）．

ステップ4：質量項は逆．スカラー（$\gamma^\mu$ が0個）では

$$ \bar\psi\psi = \bar\psi(P_L+P_R)\psi = \overline{\psi_R}\psi_L+\overline{\psi_L}\psi_R $$

となり，質量項は左巻きと右巻きを結びつける．$\gamma^\mu$ が偶数個（0個）なので $L$ と $R$ が入れ替わったままになるからである．式 \eqref{eq:C-weyl-eq} で見た構造の別表現である．

導出22：\eqref{eq:C-eps4-1} と \eqref{eq:C-eps4-2} の確認

ステップ1：\eqref{eq:C-eps4-1}．$\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\varepsilon_{\mu\nu\rho\sigma}$ の和は，$(\mu\nu\rho\sigma)$ が $(0123)$ の置換になる $4!=24$ 通りだけが寄与する．各項は $\varepsilon^{\cdots}\varepsilon_{\cdots}$ の形で，上付きと下付きが逆符号（\eqref{eq:C-eps4-def}）だから，どの項も $(+1)(-1)=-1$ または $(-1)(+1)=-1$ で $-1$ である．よって和は $24\times(-1)=-24$．$\blacksquare$

ステップ2：\eqref{eq:C-eps4-2}．$\alpha\neq\beta$ なら，左辺で $\mu\nu\rho$ が $\alpha$ 以外の3つを走らねばならず，同時に $\beta$ 以外の3つでもなければならない．$\alpha\neq\beta$ ではこれは不可能なのでゼロ．$\alpha=\beta$（和をとらない）なら，$\mu\nu\rho$ は残り3個の添字の $3!=6$ 通りで，各項は $-1$．よって $-6$．まとめて $-6\delta^\alpha_\beta$．$\blacksquare$

ステップ3：\eqref{eq:C-eps4-3} の検算．\eqref{eq:C-eps4-3} で $\alpha=\gamma$，$\beta=\delta$ として和をとると（4次元なので $\delta^\alpha_\alpha=4$）

$$ \varepsilon^{\mu\nu\alpha\beta}\varepsilon_{\mu\nu\alpha\beta}=-2\left(4\cdot4-\delta^\alpha_\beta\delta^\beta_\alpha\right)=-2(16-4)=-24 $$

\eqref{eq:C-eps4-1} と一致する．$\checkmark$ このように，一段縮約するごとに $-24\to-6\cdot4=-24$，$-2(16-4)=-24$ と整合する．公式を思い出せないときは，この検算で符号と係数を復元できる．