第9章Dirac 方程式とスピノル

導出：KG 方程式の連続の式

ステップ1：方程式に $\phi^*$ を掛ける．式 \eqref{eq:9-kg} の左から $\phi^*$ を掛けると

$$ \phi^*\Box\phi + m^2\abs{\phi}^2 = 0 $$

ステップ2：複素共役をとった式に $\phi$ を掛ける．\eqref{eq:9-kg} の複素共役は $\Box\phi^*+m^2\phi^*=0$（$m$ は実）．これに左から $\phi$ を掛けると

$$ \phi\,\Box\phi^* + m^2\abs{\phi}^2 = 0 $$

ステップ3：辺々引く．$m^2$ の項が消えて

$$ \phi^*\Box\phi - \phi\,\Box\phi^* = 0 $$

ステップ4：全微分の形にまとめる．ここで恒等式

$$ \partial_\mu\!\left(\phi^*\partial^\mu\phi - \phi\,\partial^\mu\phi^*\right) = \phi^*\Box\phi + \partial_\mu\phi^*\partial^\mu\phi - \phi\,\Box\phi^* - \partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi^* = \phi^*\Box\phi - \phi\,\Box\phi^* $$

を使う（真ん中の2項が打ち消し合う）．したがってステップ3の結果は $\partial_\mu J^\mu=0$ という連続の式に書ける．規格化定数を選んで

$$ \begin{equation} J^\mu \equiv \frac{\ii}{2m}\left(\phi^*\partial^\mu\phi - \phi\,\partial^\mu\phi^*\right) \label{eq:9-kg-current} \end{equation} $$

と定義すれば $\partial_\mu J^\mu = 0$，すなわち $\partial\rho/\partial t + \nabla\cdot\bm{J}=0$ である．ここで $\rho=J^0$．

ステップ5：平面波に対して $\rho$ を評価する．$\phi=N\ee^{-\ii p\cdot x}=N\ee^{-\ii(Et-\pp\cdot\xx)}$ を代入する．$\partial^0\phi = \partial\phi/\partial t = -\ii E\phi$ だから

$$ \rho = J^0 = \frac{\ii}{2m}\left[\phi^*(-\ii E\phi) - \phi(+\ii E\phi^*)\right] = \frac{\ii}{2m}(-2\ii E)\abs{\phi}^2 = \frac{E}{m}\abs{N}^2 $$

導出：$\bm{\alpha}$ と $\beta$ が満たすべき関係

ステップ1：要請を立てる．解が相対論の分散関係 \eqref{eq:9-dispersion} を満たすためには，$\psi$ の各成分が KG 方程式を満たさねばならない．そこで \eqref{eq:9-dirac-ham} をもう一度時間微分して，二乗した形を作る．

ステップ2：両辺に演算子をもう一度作用させる．

$$ -\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2} = \left(\bm{\alpha}\cdot\pp+\beta m\right)^2\psi $$

右辺を展開する．$\alpha^i$ と $\beta$ は行列なので順序を勝手に入れ替えてはならない．一方 $p^i=-\ii\partial_i$ どうしは可換である（偏微分の順序交換）．したがって

$$ \left(\bm{\alpha}\cdot\pp+\beta m\right)^2 = \sum_{i,j}\alpha^i\alpha^j p^i p^j + m\sum_i\left(\alpha^i\beta + \beta\alpha^i\right)p^i + \beta^2 m^2 $$

ステップ3：第1項を対称化する．$p^ip^j = p^jp^i$ なので，$\alpha^i\alpha^j$ の部分を $i\leftrightarrow j$ で対称化してよい：

$$ \sum_{i,j}\alpha^i\alpha^j p^ip^j = \sum_{i,j}\frac{1}{2}\left(\alpha^i\alpha^j+\alpha^j\alpha^i\right)p^ip^j $$

ステップ4：KG 方程式と係数を比較する．目標は $-\partial_t^2\psi = (\pp^2+m^2)\psi$，すなわち右辺が $\sum_i (p^i)^2 + m^2$ になることである．各項を比べると

第1式で $i=j$ とおけば $(\alpha^i)^2=\mathbb{1}$，$i\ne j$ なら $\alpha^i$ と $\alpha^j$ は反交換する．まとめると：$\alpha^1,\alpha^2,\alpha^3,\beta$ の4つは，二乗が単位行列で，互いにすべて反交換する行列でなければならない．

導出：$4\times4$ の必然性

ステップ1：エルミート性．ハミルトニアン $\Ham=\bm{\alpha}\cdot\pp+\beta m$ がエルミートであるためには，$\alpha^i$ も $\beta$ もエルミート行列でなければならない．

ステップ2：固有値は $\pm1$．$(\alpha^i)^2=\mathbb{1}$，$\beta^2=\mathbb{1}$ より，固有値 $\lambda$ は $\lambda^2=1$ すなわち $\lambda=\pm1$ である．

ステップ3：トレースがゼロ．$\alpha^i\beta=-\beta\alpha^i$ の両辺に右から $\beta$ を掛けると，$\beta^2=\mathbb{1}$ を使って

$$ \alpha^i\beta^2 = -\beta\alpha^i\beta \quad\Longrightarrow\quad \alpha^i = -\beta\alpha^i\beta $$

トレースをとる．トレースの巡回性 $\Tr(ABC)=\Tr(CAB)$ より

$$ \Tr\alpha^i = -\Tr\!\left(\beta\alpha^i\beta\right) = -\Tr\!\left(\alpha^i\beta^2\right) = -\Tr\alpha^i $$

よって $\Tr\alpha^i=0$．同様に $\beta\alpha^i=-\alpha^i\beta$ から出発すれば $\Tr\beta=0$ が言える．

ステップ4：次元は偶数．固有値が $\pm1$ しかなく，かつトレース（＝固有値の和）がゼロなら，$+1$ と $-1$ の固有値の個数が等しい．したがって行列の次元 $N$ は偶数でなければならない．

ステップ5：$N=2$ は不可能．まず，互いに反交換し二乗が $\mathbb{1}$ になる行列の組 $\{M_k\}$ は線形独立である：$\sum_k c_kM_k=0$ の両辺に $M_j$ を掛けてトレースをとると，$\Tr(M_jM_k)=0$（$j\ne k$．反交換するのでトレースの巡回性から従う）と $\Tr(M_j^2)=N$ より $c_jN=0$，すなわち $c_j=0$ である．しかもステップ3より各 $M_k$ はトレースゼロである．ところが $2\times2$ のトレースゼロなエルミート行列は $\sigma^1,\sigma^2,\sigma^3$ が張る3次元の空間しかない（$\mathbb{1}$ はトレースが $2$ なので入らない）．したがって線形独立な4つは収まらず，$N=2$ では足りない．

ステップ6：$N=4$ で足りる．$N=4$ なら実際に構成できる（次項で明示する）．よって最小の次元は $N=4$ である．

導出：Clifford 代数の確認

$\mu=\nu=0$：$\{\gamma^0,\gamma^0\}=2\beta^2=2\mathbb{1}=2g^{00}\mathbb{1}$．$g^{00}=1$ なので合う．

$\mu=0,\nu=i$：$\gamma^0\gamma^i+\gamma^i\gamma^0 = \beta(\beta\alpha^i)+(\beta\alpha^i)\beta = \beta^2\alpha^i + \beta\alpha^i\beta$．第2項は $\alpha^i\beta=-\beta\alpha^i$ より $\beta\alpha^i\beta = -\beta\beta\alpha^i=-\alpha^i$．したがって $\alpha^i-\alpha^i=0=2g^{0i}\mathbb{1}$．$g^{0i}=0$ なので合う．

$\mu=i,\nu=j$：

$$ \gamma^i\gamma^j = \beta\alpha^i\beta\alpha^j = -\beta^2\alpha^i\alpha^j = -\alpha^i\alpha^j $$

（$\alpha^i\beta=-\beta\alpha^i$ を1回使った）．よって

$$ \gamma^i\gamma^j+\gamma^j\gamma^i = -\left(\alpha^i\alpha^j+\alpha^j\alpha^i\right) = -2\delta^{ij}\mathbb{1} = 2g^{ij}\mathbb{1} $$

$g^{ij}=-\delta^{ij}$ なので合う．以上で \eqref{eq:9-clifford} が全成分について確認された．

導出：随伴方程式と保存流

ステップ1：Dirac 方程式のエルミート共役をとる．\eqref{eq:9-dirac} の $\dagger$ をとると（$\partial_\mu$ は実の演算子なので触らない）

$$ -\ii\,\partial_\mu\psi^\dagger\gamma^{\mu\dagger} - m\psi^\dagger = 0 $$

ステップ2：$\gamma^{\mu\dagger}=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$ を代入する．

$$ -\ii\,\partial_\mu\psi^\dagger\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0 - m\psi^\dagger = 0 $$

ステップ3：右から $\gamma^0$ を掛ける．$(\gamma^0)^2=\mathbb{1}$ を使うと

$$ -\ii\,\partial_\mu\left(\psi^\dagger\gamma^0\right)\gamma^\mu - m\left(\psi^\dagger\gamma^0\right) = 0 $$

すなわち，$\bar\psi$ についての随伴 Dirac 方程式

$$ \begin{equation} \ii\,\partial_\mu\bar\psi\,\gamma^\mu + m\bar\psi = 0 \label{eq:9-adjoint-eq} \end{equation} $$

を得る（全体に $-1$ を掛けた）．矢印つきの記法では $\bar\psi(\ii\overleftarrow{\Dsl}+m)=0$ と書く．

ステップ4：連続の式を作る．\eqref{eq:9-dirac} に左から $\bar\psi$ を，\eqref{eq:9-adjoint-eq} に右から $\psi$ を掛けて足す：

$$ \underbrace{\ii\bar\psi\gamma^\mu\partial_\mu\psi - m\bar\psi\psi}_{\text{Dirac}} +\underbrace{\ii(\partial_\mu\bar\psi)\gamma^\mu\psi + m\bar\psi\psi}_{\text{随伴}} = \ii\,\partial_\mu\left(\bar\psi\gamma^\mu\psi\right) = 0 $$

質量項が打ち消し合い，きれいに全微分になった．

ステップ5：確率密度を読み取る．保存流を

と定義する．その時間成分は

$$ \rho = j^0 = \bar\psi\gamma^0\psi = \psi^\dagger\gamma^0\gamma^0\psi = \psi^\dagger\psi = \sum_{a=1}^{4}\abs{\psi_a}^2 \;\ge\; 0 $$

導出：$u(p)$ の明示形

ステップ1：$\slashed{p}$ をブロックで書く．$\slashed{p}=\gamma^\mu p_\mu = \gamma^0 p_0+\gamma^i p_i$．$p_0=E$，$p_i=-p^i$ なので $\slashed{p}=\gamma^0E-\bm{\gamma}\cdot\pp$．ブロック表示を代入すると

$$ \slashed{p} = \begin{pmatrix}E&0\\0&-E\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}0&\bm{\sigma}\cdot\pp\\ -\bm{\sigma}\cdot\pp&0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}E & -\bm{\sigma}\cdot\pp\\ \bm{\sigma}\cdot\pp & -E\end{pmatrix} $$

ステップ2：$u$ を上下2成分に分ける．$u=\begin{pmatrix}u_A\\u_B\end{pmatrix}$（$u_A,u_B$ は2成分）とおくと，\eqref{eq:9-u-equation} は

$$ \begin{pmatrix}E-m & -\bm{\sigma}\cdot\pp\\ \bm{\sigma}\cdot\pp & -E-m\end{pmatrix} \begin{pmatrix}u_A\\u_B\end{pmatrix}=0 $$

すなわち連立方程式

$$ \begin{equation} (E-m)\,u_A = (\bm{\sigma}\cdot\pp)\,u_B, \qquad (E+m)\,u_B = (\bm{\sigma}\cdot\pp)\,u_A \label{eq:9-coupled} \end{equation} $$

を得る．

ステップ3：無矛盾条件（分散関係）を確認する．第2式を第1式に代入すると

$$ (E-m)(E+m)\,u_A = (\bm{\sigma}\cdot\pp)^2 u_A = \pp^2\,u_A $$

ここで恒等式 $(\bm{\sigma}\cdot\bm{a})(\bm{\sigma}\cdot\bm{b}) = \bm{a}\cdot\bm{b} + \ii\,\bm{\sigma}\cdot(\bm{a}\times\bm{b})$ を $\bm{a}=\bm{b}=\pp$ に使った（$\pp\times\pp=0$）．したがって $E^2-m^2=\pp^2$，つまり $E=\pm\sqrt{\pp^2+m^2}$ で，やはり両符号が許される．

ステップ4：正エネルギー解を書き下す．$E=+\sqrt{\pp^2+m^2}>0$ を選ぶ．$u_A$ を自由に選んで $u_A=\chi$（任意の2成分スピノル）とすると，\eqref{eq:9-coupled} の第2式から

$$ u_B = \frac{\bm{\sigma}\cdot\pp}{E+m}\,\chi $$

（$E+m>0$ なので割ってよい．$E-m$ で割らないのは，$\pp\to0$ で発散するのを避けるためである．）よって

$$ \begin{equation} u(p,s) = N\begin{pmatrix}\chi_s\\[4pt] \dfrac{\bm{\sigma}\cdot\pp}{E+m}\chi_s\end{pmatrix}, \qquad \chi_{+1/2}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix},\quad \chi_{-1/2}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix} \label{eq:9-u-explicit} \end{equation} $$

ステップ5：規格化定数を決める．本書では $\bar u u = 2m$ という規約を採る（理由は後述）．$\bar u = u^\dagger\gamma^0 = N^*(\chi^\dagger,\ -\chi^\dagger\frac{\bm{\sigma}\cdot\pp}{E+m})$（$\gamma^0$ が下2成分の符号を反転させる；$\bm{\sigma}\cdot\pp$ はエルミート）なので

$$ \bar u u = \abs{N}^2\left[\chi^\dagger\chi - \chi^\dagger\frac{(\bm{\sigma}\cdot\pp)^2}{(E+m)^2}\chi\right] = \abs{N}^2\left[1 - \frac{\pp^2}{(E+m)^2}\right] $$

分子を整理する．$\pp^2=E^2-m^2=(E+m)(E-m)$ を使うと

$$ 1-\frac{(E+m)(E-m)}{(E+m)^2} = 1-\frac{E-m}{E+m} = \frac{(E+m)-(E-m)}{E+m}=\frac{2m}{E+m} $$

したがって $\bar u u = \abs{N}^2\,\dfrac{2m}{E+m}$．これを $2m$ に等しいとおけば

ステップ6：$u^\dagger u$ も計算しておく．

$$ u^\dagger u = (E+m)\left[1+\frac{\pp^2}{(E+m)^2}\right] = \frac{(E+m)^2+\pp^2}{E+m} = \frac{E^2+2Em+m^2+E^2-m^2}{E+m} = \frac{2E(E+m)}{E+m}=2E $$

すなわち $u^\dagger u = 2E$．これは $\rho=\psi^\dagger\psi$ が「単位体積あたり $2E$ 個」という規格化に対応する．

導出：$v(p)$ の明示形

ステップ1：ブロックで書く．

$$ \begin{pmatrix}E+m & -\bm{\sigma}\cdot\pp\\ \bm{\sigma}\cdot\pp & -E+m\end{pmatrix} \begin{pmatrix}v_A\\v_B\end{pmatrix}=0 $$

ステップ2：第1行を解く．$(E+m)v_A=(\bm{\sigma}\cdot\pp)v_B$．今度は $v_B$ を自由に選ぶ（$E+m$ で割れば発散しない）：$v_B=\eta$ とおくと

$$ v_A = \frac{\bm{\sigma}\cdot\pp}{E+m}\,\eta $$

ステップ3：第2行が自動的に満たされることを確認する．

$$ (\bm{\sigma}\cdot\pp)v_A + (m-E)v_B = \frac{\pp^2}{E+m}\eta - (E-m)\eta = \frac{\pp^2-(E-m)(E+m)}{E+m}\eta = \frac{\pp^2-(E^2-m^2)}{E+m}\eta = 0 $$

分散関係により確かにゼロ．$\checkmark$

ステップ4：規格化．$u$ とまったく同じ計算で $\bar v v = \abs{N}^2\left[\frac{\pp^2}{(E+m)^2}-1\right] = -\abs{N}^2\frac{2m}{E+m}$（符号が逆転する点に注意）．$N=\sqrt{E+m}$ とすれば

$v$ では下2成分が大成分，上2成分が小成分になっていることに注意．非相対論極限で $v$ は下2成分だけの静止解に帰着する．

導出：Pauli 方程式と $g=2$（本章最重要の導出）

ステップ1：電磁場つきの連立方程式を書く．\eqref{eq:9-coupled} で $E\to E-q\phi$，$\pp\to\bm{\pi}$ と置き換える：

$$ \begin{equation} (E-q\phi-m)\,\psi_A = (\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi})\,\psi_B, \qquad (E-q\phi+m)\,\psi_B = (\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi})\,\psi_A \label{eq:9-coupled-em} \end{equation} $$

ステップ2：静止エネルギーを分離する．非相対論的な粒子のエネルギーは静止エネルギー $m$ にわずかな量が加わったものである．そこで

$$ E = m + \varepsilon, \qquad \abs{\varepsilon}\ll m,\quad \abs{q\phi}\ll m $$

と書く．$\varepsilon$ が「非相対論的エネルギー」である．

ステップ3：小成分を消去する．\eqref{eq:9-coupled-em} の第2式で $E-q\phi+m = 2m+\varepsilon-q\phi \simeq 2m$ と近似すると

$$ \begin{equation} \psi_B \simeq \frac{\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi}}{2m}\,\psi_A \label{eq:9-small-elim} \end{equation} $$

これは \eqref{eq:9-small-large} の一般化である（$\abs{\psi_B}/\abs{\psi_A}\sim v/2$）．

ステップ4：第1式に代入する．第1式の左辺は $(m+\varepsilon-q\phi-m)\psi_A=(\varepsilon-q\phi)\psi_A$ だから

$$ \begin{equation} (\varepsilon-q\phi)\,\psi_A = \frac{(\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi})^2}{2m}\,\psi_A \label{eq:9-before-pauli} \end{equation} $$

ここまでで4成分方程式が2成分方程式になった．残るは $(\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi})^2$ の計算である．

ステップ5：$(\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi})^2$ を展開する．恒等式

$$ (\bm{\sigma}\cdot\bm{a})(\bm{\sigma}\cdot\bm{b}) = \bm{a}\cdot\bm{b} + \ii\,\bm{\sigma}\cdot(\bm{a}\times\bm{b}) $$

を $\bm{a}=\bm{b}=\bm{\pi}$ に使う．注意すべきは，$\bm{\pi}$ は演算子なので $\bm{\pi}\times\bm{\pi}\ne0$ という点である．これが $g=2$ の源である．

ステップ6：$\bm{\pi}\times\bm{\pi}$ を計算する．任意の関数 $f$ に作用させる．$\bm{\pi}=\pp-q\bm{A}=-\ii\nabla-q\bm{A}$ なので

$$ (\bm{\pi}\times\bm{\pi})f = (\pp-q\bm{A})\times(\pp-q\bm{A})f = \underbrace{\pp\times\pp f}_{=0} - q\left(\pp\times\bm{A}f + \bm{A}\times\pp f\right) + q^2\underbrace{\bm{A}\times\bm{A}}_{=0}f $$

残った項を計算する．$\pp=-\ii\nabla$ なので

$$ \pp\times(\bm{A}f) = -\ii\nabla\times(\bm{A}f) = -\ii\left[(\nabla\times\bm{A})f - \bm{A}\times\nabla f\right] = -\ii(\nabla\times\bm{A})f - \bm{A}\times\pp f $$

（$\nabla\times(f\bm{A}) = f\nabla\times\bm{A}+(\nabla f)\times\bm{A} = f\nabla\times\bm{A}-\bm{A}\times\nabla f$ を使った．）したがって

$$ \pp\times(\bm{A}f)+\bm{A}\times\pp f = -\ii(\nabla\times\bm{A})f = -\ii\bm{B}f $$

まとめると

$$ \begin{equation} \bm{\pi}\times\bm{\pi} = -q\times(-\ii\bm{B}) = \ii q\bm{B} \label{eq:9-pi-cross} \end{equation} $$

演算子どうしの外積が，磁場そのものになった．

ステップ7：ステップ5に戻す．

$$ (\bm{\sigma}\cdot\bm{\pi})^2 = \bm{\pi}^2 + \ii\,\bm{\sigma}\cdot(\ii q\bm{B}) = \bm{\pi}^2 - q\,\bm{\sigma}\cdot\bm{B} $$

ステップ8：Pauli 方程式を書き下す．\eqref{eq:9-before-pauli} に代入して

これが Pauli 方程式である．第1項は普通の運動エネルギー，第3項は静電ポテンシャル，そして第2項がスピンと磁場の結合である．

ステップ9：$g$ 因子を読み取る．スピン演算子は $\bm{S}=\bm{\sigma}/2$ である．第2項を $-\bm{\mu}\cdot\bm{B}$ の形に書くと

$$ -\frac{q}{2m}\bm{\sigma}\cdot\bm{B} = -\frac{q}{m}\bm{S}\cdot\bm{B} = -\bm{\mu}\cdot\bm{B} \quad\Longrightarrow\quad \bm{\mu} = \frac{q}{m}\bm{S} = g\,\frac{q}{2m}\bm{S} $$

すなわち

導出：空孔の量子数

いま，海の中の1個の電子（電荷 $-e$，エネルギー $-E$，運動量 $-\pp$，スピン $-\bm{s}$）を，光子を当てて正エネルギー領域へ叩き出したとする．残された「穴」（空孔，hole）の量子数を，「海全体の量子数」から「取り去った電子の量子数」を引いて求める．

ステップ1：真空の量子数をゼロと定義する．埋まった海全体で電荷もエネルギーも運動量もゼロ，と定義する（無限大の繰り込み）．

ステップ2：引き算する．

$$ \begin{aligned} \text{空孔の電荷} &= 0 - (-e) = +e \\ \text{空孔のエネルギー} &= 0 - (-E) = +E \;(>0)\\ \text{空孔の運動量} &= 0 - (-\pp) = +\pp \\ \text{空孔のスピン} &= 0 - (-\bm{s}) = +\bm{s} \end{aligned} $$

ステップ3：解釈する．空孔は，電子と同じ質量・同じスピンをもち，電荷だけが反対の，正エネルギー粒子として振る舞う．これが陽電子（positron）である．

導出：$\sum_s u\bar u = \slashed{p}+m$

ステップ1：$u$ と $\bar u$ をブロックで書く．\eqref{eq:9-u-normalized} より，$\lambda\equiv\bm{\sigma}\cdot\pp/(E+m)$ と略記して

$$ u = \sqrt{E+m}\begin{pmatrix}\chi_s\\ \lambda\chi_s\end{pmatrix}, \qquad \bar u = u^\dagger\gamma^0 = \sqrt{E+m}\left(\chi_s^\dagger,\ -\chi_s^\dagger\lambda\right) $$

（$\gamma^0$ が下2成分の符号を反転させる．$\lambda$ はエルミートなので $\lambda^\dagger=\lambda$．）

ステップ2：外積をとる．

$$ u\bar u = (E+m)\begin{pmatrix}\chi_s\chi_s^\dagger & -\chi_s\chi_s^\dagger\lambda\\ \lambda\chi_s\chi_s^\dagger & -\lambda\chi_s\chi_s^\dagger\lambda\end{pmatrix} $$

ステップ3：スピンについて和をとる．2成分スピノルの完全性

$$ \sum_{s=\pm1/2}\chi_s\chi_s^\dagger = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}(1,0)+\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}(0,1) = \begin{pmatrix}1&0\\0&1\end{pmatrix} = \mathbb{1}_2 $$

を使うと

$$ \sum_s u\bar u = (E+m)\begin{pmatrix}\mathbb{1} & -\lambda\\ \lambda & -\lambda^2\end{pmatrix} $$

ステップ4：各ブロックを整理する．

左上：$(E+m)\mathbb{1}$．

右上：$-(E+m)\lambda = -(E+m)\dfrac{\bm{\sigma}\cdot\pp}{E+m} = -\bm{\sigma}\cdot\pp$．

左下：$+\bm{\sigma}\cdot\pp$．

右下：$\lambda^2 = \dfrac{(\bm{\sigma}\cdot\pp)^2}{(E+m)^2}=\dfrac{\pp^2}{(E+m)^2}=\dfrac{(E+m)(E-m)}{(E+m)^2}=\dfrac{E-m}{E+m}$ なので，$-(E+m)\lambda^2 = -(E-m)$．

まとめると

$$ \sum_s u\bar u = \begin{pmatrix}E+m & -\bm{\sigma}\cdot\pp\\ \bm{\sigma}\cdot\pp & -(E-m)\end{pmatrix} $$

ステップ5：$\slashed{p}+m$ と比較する．9.3.2 のステップ1で得た $\slashed{p}=\begin{pmatrix}E&-\bm{\sigma}\cdot\pp\\ \bm{\sigma}\cdot\pp&-E\end{pmatrix}$ に $m\,\mathbb{1}_4=\begin{pmatrix}m&0\\0&m\end{pmatrix}$ を足すと

$$ \slashed{p}+m = \begin{pmatrix}E+m & -\bm{\sigma}\cdot\pp\\ \bm{\sigma}\cdot\pp & -E+m\end{pmatrix} $$

ステップ4の結果と完全に一致する．$\blacksquare$

$v$ についても同様に計算すると，各所で符号が反転して $\sum_s v\bar v=\slashed{p}-m$ を得る（演習9.2）．

導出：$\gamma^5$ の性質の証明

反交換性．$\gamma^5\gamma^\mu$ を考える．$\gamma^5=\ii\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ の中で $\gamma^\mu$ を左から右へ通していく．$\gamma^\mu$ は $\gamma^\nu$（$\nu\ne\mu$）とは反交換し，$\gamma^\mu$ 自身とは交換する．$\gamma^5$ には4つの $\gamma$ が並んでおり，そのうち1つが $\gamma^\mu$ と同じ，残り3つが異なる．したがって $\gamma^\mu$ を通り抜けさせると，符号 $(-1)^3=-1$ が付く：

$$ \gamma^\mu\gamma^5 = -\gamma^5\gamma^\mu $$

二乗．$(\gamma^5)^2 = -\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$（$\ii^2=-1$）．右側の $\gamma^0$ を左へ3回通すと $(-1)^3$，同様に整理していくと

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

同じ手順を繰り返すと $\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^1\gamma^2\gamma^3 = (-1)^2(\gamma^1)^2\gamma^2\gamma^3\gamma^2\gamma^3 = -\gamma^2\gamma^3\gamma^2\gamma^3 = +(\gamma^2)^2(\gamma^3)^2 = (-1)(-1)=1$．ゆえに $(\gamma^5)^2=\mathbb{1}$．（$(\gamma^i)^2=-\mathbb{1}$ を使っている．）

エルミート性．$\gamma^{5\dagger}=-\ii\gamma^{3\dagger}\gamma^{2\dagger}\gamma^{1\dagger}\gamma^{0\dagger}=-\ii(-\gamma^3)(-\gamma^2)(-\gamma^1)\gamma^0=+\ii\gamma^3\gamma^2\gamma^1\gamma^0$．順序を $\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ に戻すには6回の入れ替えが必要で $(-1)^6=+1$．よって $\gamma^{5\dagger}=\ii\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3=\gamma^5$．$\blacksquare$

導出：質量項は $L$ と $R$ を混ぜる

ステップ1：$\bar\psi_L$ を計算する．$\gamma^{5\dagger}=\gamma^5$ より $\bar\psi_L=(P_L\psi)^\dagger\gamma^0=\psi^\dagger P_L\gamma^0$．ここで $\gamma^5$ と $\gamma^0$ は反交換するので $P_L\gamma^0=\gamma^0 P_R$．したがって

$$ \bar\psi_L = \psi^\dagger\gamma^0 P_R = \bar\psi P_R $$

「バーをつけると $L$ と $R$ が入れ替わる」．同様に $\bar\psi_R=\bar\psi P_L$．

ステップ2：質量項を分解する．

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

（ステップ1の関係と $P_L^2=P_L$ を使った．）

ステップ3：カレント項を分解する．$\gamma^\mu$ は $\gamma^5$ と反交換するので $P_L\gamma^\mu=\gamma^\mu P_R$．よって

$$ \bar\psi\gamma^\mu\psi = \bar\psi_L\gamma^\mu\psi_L + \bar\psi_R\gamma^\mu\psi_R $$

今度は混ざらない．

導出：質量ゼロならカイラリティ＝ヘリシティ

ステップ1：$m=0$ のスピノル．$m=0$ なら $E=\abs{\pp}$ であり，\eqref{eq:9-u-normalized} は

$$ u = \sqrt{E}\begin{pmatrix}\chi\\ \dfrac{\bm{\sigma}\cdot\pp}{E}\chi\end{pmatrix} = \sqrt{E}\begin{pmatrix}\chi\\ (\bm{\sigma}\cdot\hat{\pp})\chi\end{pmatrix} $$

ステップ2：ヘリシティ固有状態をとる．$\chi$ を $(\bm{\sigma}\cdot\hat{\pp})\chi = \lambda\chi$（$\lambda=\pm1$）となるように選ぶ．すると

$$ u = \sqrt{E}\begin{pmatrix}\chi\\ \lambda\chi\end{pmatrix} $$

ステップ3：$\gamma^5$ を作用させる．Dirac–Pauli 表示で $\gamma^5=\begin{pmatrix}0&\mathbb{1}\\ \mathbb{1}&0\end{pmatrix}$ は上下を入れ替えるので

$$ \gamma^5 u = \sqrt{E}\begin{pmatrix}\lambda\chi\\ \chi\end{pmatrix} = \lambda\sqrt{E}\begin{pmatrix}\chi\\ \lambda^{-1}\chi\end{pmatrix} = \lambda\sqrt{E}\begin{pmatrix}\chi\\ \lambda\chi\end{pmatrix} = \lambda\, u $$

（$\lambda=\pm1$ なので $\lambda^{-1}=\lambda$．）すなわち $u$ は $\gamma^5$ の固有ベクトルでもあり，固有値はヘリシティ $\lambda$ に等しい．$\blacksquare$

導出：実光子の偏極自由度は2つ

ステップ1：波動方程式から質量ゼロ条件．$\Box A^\mu=0$ に \eqref{eq:9-photon-planewave} を代入すると $-k^2\varepsilon^\mu=0$，すなわち

$$ k^2 = k^\mu k_\mu = 0 \quad\Longleftrightarrow\quad \omega = \abs{\kk} $$

これは光子の質量がゼロであることを意味する（$k^2=m^2$ のはずだから）．出発点は「自由度4のベクトル場」であった．

ステップ2：Lorenz 条件で1つ落ちる．$\partial_\mu A^\mu=0$ に代入すると $-\ii k_\mu\varepsilon^\mu=0$，すなわち

$$ \begin{equation} k\cdot\varepsilon = 0 \label{eq:9-lorenz-eps} \end{equation} $$

4成分に1本の条件が付いたので，独立成分は3つになった．

ステップ3：残留ゲージ自由度でもう1つ落ちる．$\lambda = \ii a\,\ee^{-\ii k\cdot x}$（$a$ は定数）は $\Box\lambda = \ii a(-k^2)\ee^{-\ii k\cdot x}=0$ を満たすので許される．このとき $\partial^\mu\lambda = a k^\mu\ee^{-\ii k\cdot x}$ なので，偏極ベクトルは

$$ \varepsilon^\mu \;\longrightarrow\; \varepsilon^\mu + a\,k^\mu $$

と変わる．$k^\mu$ の分だけずらしても同じ物理を表すということである．$a$ を適当に選べば，$\varepsilon^0=0$ とすることができる（$a=-\varepsilon^0/k^0$ ととればよい）．独立成分は2つになった．

ステップ4：横波であることを読み取る．$\varepsilon^0=0$ とすると，ステップ2の条件 $k\cdot\varepsilon = k^0\varepsilon^0-\kk\cdot\bm{\varepsilon} = -\kk\cdot\bm{\varepsilon}$ より

すなわち偏極は進行方向に垂直な2方向しかない．これをCoulomb ゲージ（放射ゲージ）と呼ぶ．$\blacksquare$

導出：強束縛近似からグラフェンの Dirac 方程式へ

ステップ1：格子を書く．グラフェンは炭素原子が蜂の巣状に並んだ2次元結晶で，単位胞に2個の原子（副格子 A と B）を含む．A 原子から見た最近接 B 原子の位置ベクトルは，C–C 結合長を $a=0.142\ \mathrm{nm}$ として

$$ \bm{\delta}_1 = \frac{a}{2}\left(1,\sqrt3\right), \qquad \bm{\delta}_2 = \frac{a}{2}\left(1,-\sqrt3\right), \qquad \bm{\delta}_3 = a\left(-1,0\right) $$

ステップ2：$\pi$ 電子の強束縛ハミルトニアンを立てる．各炭素の $2p_z$ 軌道を1個ずつ取り，最近接飛び移り積分 $t\simeq2.8\ \mathrm{eV}$ だけを残すと

$$ \Ham = -t\sum_{\bm{R}\in A}\sum_{j=1}^{3}\left(c^\dagger_{B,\bm{R}+\bm{\delta}_j}c_{A,\bm{R}} + \text{h.c.}\right) $$

Bloch 和 $c_{X,\kk}=N^{-1/2}\sum_{\bm{R}}\ee^{-\ii\kk\cdot\bm{R}}c_{X,\bm{R}}$ を入れると，$\kk$ ごとに $2\times2$ の行列になる：

$$ \begin{equation} H(\kk) = \begin{pmatrix}0 & -t\,f(\kk)\\ -t\,f^*(\kk) & 0\end{pmatrix}, \qquad f(\kk)\equiv\sum_{j=1}^{3}\ee^{\ii\kk\cdot\bm{\delta}_j} \label{eq:9-graphene-H} \end{equation} $$

対角成分がゼロなのは，同一副格子内の飛び移りを無視したからである（$A$ と $B$ のオンサイトエネルギーは等しいとして原点にとった）．

ステップ3：エネルギー固有値．$2\times2$ の反対角行列なので直ちに

$$ E_\pm(\kk) = \pm t\,\abs{f(\kk)} $$

これが有名なグラフェンのバンドである．上の枝が $\pi^*$（伝導帯），下が $\pi$（価電子帯）．中性のグラフェンでは炭素1個あたり $\pi$ 電子1個なので，下の枝がちょうど満杯になる．

ステップ4：$f(\kk)$ の零点を探す．$\abs{f}=0$ となる点でバンドが接触する．計算すると，六角形ブリルアンゾーンの頂点だけが零点である：

$$ \bm{K} = \left(\frac{2\pi}{3a},\ -\frac{2\pi}{3\sqrt3\,a}\right), \qquad \bm{K}' = -\bm{K}, \qquad \abs{\bm{K}} = \frac{4\pi}{3\sqrt3\,a} $$

これをDirac 点（$K$ 点，$K'$ 点）と呼ぶ．六角形の6頂点のうち独立なのは2つだけで，これを谷（valley）の自由度という．

ステップ5：$K$ 点のまわりで展開する．$\kk=\bm{K}+\qq$（$\abs{\qq}a\ll1$）とおいて $f$ を1次まで展開する．$f(\bm{K})=0$ なので

$$ f(\bm{K}+\qq) \simeq \qq\cdot\nabla_{\kk}f\big|_{\bm{K}} = \ii\sum_j\left(\qq\cdot\bm{\delta}_j\right)\ee^{\ii\bm{K}\cdot\bm{\delta}_j} $$

3つの $\bm{\delta}_j$ と $\ee^{\ii\bm{K}\cdot\bm{\delta}_j}$（値は $1,\ \ee^{2\pi\ii/3},\ \ee^{-2\pi\ii/3}$ のいずれか）を代入して和をとると，きれいにまとまって

$$ -t\,f(\bm{K}+\qq) = \frac{3ta}{2}\left(q_x - \ii q_y\right) $$

（全体の位相は副格子の基底の位相の取り方で吸収できる．）

ステップ6：Dirac ハミルトニアンを読み取る．したがって

$$ H(\bm{K}+\qq) = \frac{3ta}{2}\begin{pmatrix}0 & q_x-\ii q_y\\ q_x+\ii q_y & 0\end{pmatrix} = \frac{3ta}{2}\left(\sigma_x q_x + \sigma_y q_y\right) $$

ここで $\sigma_x,\sigma_y$ は Pauli 行列で，作用する2成分空間はスピンではなく副格子（$A$/$B$）である．これを擬スピン（pseudospin）という．$\hbar v_F\equiv 3ta/2$ とおけば

格子・ブリルアンゾーン・Dirac 錐の関係は図9.4 に示した．

ステップ7：$v_F$ の数値．$t=2.8\ \mathrm{eV}$，$a=1.42\times10^{-10}\ \mathrm{m}$，$\hbar=6.582\times10^{-16}\ \mathrm{eV\,s}$ を入れると

$$ v_F = \frac{3\times2.8\ \mathrm{eV}\times1.42\times10^{-10}\ \mathrm{m}}{2\times6.582\times10^{-16}\ \mathrm{eV\,s}} = \frac{1.193\times10^{-9}}{1.316\times10^{-15}}\ \mathrm{m/s} = 9.1\times10^{5}\ \mathrm{m/s} $$

実験値は $v_F\simeq1.0\times10^{6}\ \mathrm{m/s}$ である．

導出：擬スピン固有状態と Berry 位相 $\pi$

ステップ1：固有ベクトルを求める．$\qq=q(\cos\theta_q,\sin\theta_q)$ とおくと

$$ H_K = \hbar v_F q\begin{pmatrix}0&\ee^{-\ii\theta_q}\\ \ee^{\ii\theta_q}&0\end{pmatrix} $$

固有値 $E_\pm=\pm\hbar v_Fq$ に属する固有ベクトルは

$$ \begin{equation} \ket{\psi_\pm(\qq)} = \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}1\\ \pm\ee^{\ii\theta_q}\end{pmatrix} \label{eq:9-graphene-eigenstate} \end{equation} $$

これを 9.3.2 の Dirac スピノルと比べると，$m=0$ のときの $u=\sqrt E(\chi,\ (\bm{\sigma}\cdot\hat{\pp})\chi)^T$ と同じ構造（上下成分の比が単位絶対値の位相因子だけ）であることが分かる．

ステップ2：Berry 接続を計算する．$\qq$ 空間で $\theta_q$ を $0\to2\pi$ と回すときの Berry 接続は

$$ A_\theta = \ii\braket{\psi_\pm|\partial_{\theta_q}|\psi_\pm} = \ii\cdot\frac{1}{2}\left(\pm\ee^{-\ii\theta_q}\right)\left(\pm\ii\,\ee^{\ii\theta_q}\right) = \ii\cdot\frac{\ii}{2} = -\frac{1}{2} $$

（上成分は $\theta_q$ に依らないので寄与しない．$(\pm1)^2=1$ なので符号は落ちる．）

ステップ3：1周積分する．

すなわち Dirac 点を1周する断熱過程で，波動関数は符号を変える（$\ee^{\ii\pi}=-1$）．

導出：Klein トンネリング — 障壁が透明になる

ステップ1：問題設定．高さ $V_0$，幅 $D$ の矩形障壁にエネルギー $E$（$0<E<V_0$）の Dirac 粒子を，法線から角度 $\phi$ で入射させる．通常の Schrödinger 粒子なら，障壁内では波数が虚数になり，透過率は $T\sim\ee^{-2\kappa D}$ と指数的に小さい．

ステップ2：障壁内の波数．Dirac 粒子では，障壁内のエネルギーは $E-V_0<0$ となるが，これは禁止領域ではなく正孔（価電子帯）の状態である．障壁内の波数の $x$ 成分は

$$ q_x = \sqrt{\frac{(E-V_0)^2}{\hbar^2v_F^2} - k_y^2} $$

で，$\abs{E-V_0}$ が大きければ実数である．すなわち障壁の中に伝播する状態が存在する．これが Klein トンネリングの本質である．

ステップ3：擬スピンの整合を考える．垂直入射（$\phi=0$，$k_y=0$）では，入射粒子の擬スピンは $+x$ 方向を向いている．障壁内の正孔状態も同じ方向に進むなら，やはり擬スピンが $+x$ を向いた状態が存在する．一方，反射波は $-x$ 方向に進むので擬スピンは $-x$ を向く．擬スピンの重なりがゼロなので反射振幅が厳密にゼロになる．

ステップ4：透過率の式．境界条件（波動関数の2成分が連続；Dirac 方程式は1階なので微分の連続は課さない）を解くと，$\abs{V_0}\gg\abs{E}$ の極限で

ステップ5：極限を確かめる．

• $\phi=0$（垂直入射）：$T=\dfrac{1}{1-0}=1$．障壁の高さと幅によらず完全透過．
• $q_xD=n\pi$（共鳴）：$\cos^2(q_xD)=1$ なので $T=\dfrac{\cos^2\phi}{1-\sin^2\phi}=\dfrac{\cos^2\phi}{\cos^2\phi}=1$．すべての角度で完全透過（Fabry–Pérot 共鳴）．
• $\phi\to\pi/2$（掠め入射）：$T\to0$．

導出：平均場 BCS ハミルトニアンから BdG 方程式へ

ステップ1：平均場ハミルトニアン．BCS 理論の平均場ハミルトニアンは，$\xi_\kk = \varepsilon_\kk-\mu$（Fermi 準位から測った1電子エネルギー），$\Delta$ を超伝導ギャップとして

$$ \Ham = \sum_\kk \xi_\kk\left(c^\dagger_{\kk\uparrow}c_{\kk\uparrow}+c^\dagger_{\kk\downarrow}c_{\kk\downarrow}\right) + \sum_\kk\left(\Delta\, c^\dagger_{\kk\uparrow}c^\dagger_{-\kk\downarrow} + \Delta^*\,c_{-\kk\downarrow}c_{\kk\uparrow}\right) $$

第2項が特異である：電子を2個作る（消す）項が入っている．粒子数が保存しない．これは超伝導が $\mathrm{U}(1)$ 対称性を自発的に破っているためである（第13章）．

ステップ2：Nambu スピノルを導入する．粒子数非保存の項を「行列の非対角成分」に押し込むために，電子の生成演算子と消滅演算子を同じ列ベクトルに並べる：

これが Nambu スピノル（南部スピノル，1960年）である．上成分が「電子」，下成分が「正孔」を表す．

ステップ3：ハミルトニアンを行列で書く．反交換関係 $\{c,c^\dagger\}=1$ を使って定数項を落とすと

$$ \Ham = \sum_\kk \Psi^\dagger_\kk\,H_{\text{BdG}}(\kk)\,\Psi_\kk + \text{const.}, \qquad H_{\text{BdG}}(\kk)=\begin{pmatrix}\xi_\kk & \Delta\\ \Delta^* & -\xi_\kk\end{pmatrix} $$

Pauli 行列（Nambu 空間なので $\tau$ と書く）で表せば，$\Delta$ を実にとって

ステップ4：対角化する．$\tau_z$ と $\tau_x$ は反交換するので $(\xi\tau_z+\Delta\tau_x)^2=(\xi^2+\Delta^2)\mathbb{1}$．したがって固有値は直ちに

$$ \begin{equation} E_\kk = \pm\sqrt{\xi_\kk^2+\abs{\Delta}^2} \label{eq:9-bdg-spectrum} \end{equation} $$

これが BCS の準粒子分散である．Fermi 面上（$\xi_\kk=0$）でも $\abs{E}=\abs{\Delta}$ のギャップが残る．

ステップ5：Fermi 面近傍で線形化する．$\xi_\kk\simeq\hbar v_F(k-k_F)\equiv\hbar v_F q$ と展開すると

これは1次元の Dirac ハミルトニアンそのものである．9.2 節の $\Ham=\alpha p+\beta m$ と比べれば，$\alpha\to\tau_z$，$\beta\to\tau_x$（この2つは確かに反交換し，二乗が $\mathbb{1}$）， $p\to\hbar v_Fq$，そして

$$ \boxed{\ \text{質量 } m \;\longleftrightarrow\; \text{超伝導ギャップ }\Delta\ } $$

導出：粒子正孔対称性と Majorana 条件

ステップ1：粒子正孔対称性の演算子．$\Xi\equiv\tau_y\mathcal{K}$（$\mathcal{K}$ は複素共役）とおく．\eqref{eq:9-bdg} を $H=\xi\tau_z+\mathrm{Re}\Delta\,\tau_x-\mathrm{Im}\Delta\,\tau_y$ と書き，$\tau_y^*=-\tau_y$，$\tau_{x,z}^*=\tau_{x,z}$ を使うと

$$ \mathcal{K}H\mathcal{K} = H^* = \xi\tau_z+\mathrm{Re}\Delta\,\tau_x+\mathrm{Im}\Delta\,\tau_y $$

これに $\tau_y$ を左右から挟む．$\tau_y\tau_z\tau_y=-\tau_z$，$\tau_y\tau_x\tau_y=-\tau_x$，$\tau_y\tau_y\tau_y=\tau_y$ より

$$ \Xi H(\kk)\Xi^{-1} = \tau_yH^*(\kk)\tau_y = -\xi\tau_z-\mathrm{Re}\Delta\,\tau_x+\mathrm{Im}\Delta\,\tau_y = -H(\kk) $$

$\xi_{-\kk}=\xi_\kk$ なので，これは $\Xi H(\kk)\Xi^{-1}=-H(-\kk)$ と書ける．

ステップ2：スペクトルが $E=0$ について対称になる．$H\ket{u}=E\ket{u}$ なら，上の関係から $H(-\kk)\,\Xi\ket{u}=-E\,\Xi\ket{u}$．すなわちエネルギー $E$ の準粒子があれば，必ずエネルギー $-E$ の相棒がある．これは Dirac 方程式で $u$ 解と $v$ 解が対をなすのと同じ構造である（9.4 節）．

ステップ3：Bogoliubov 準粒子．\eqref{eq:9-bdg} を対角化する固有ベクトルの成分を $(u_\kk,v_\kk)$ と書くと，準粒子生成演算子は

$$ \gamma^\dagger_\kk = u_\kk\,c^\dagger_{\kk\uparrow} + v_\kk\,c_{-\kk\downarrow}, \qquad u_\kk^2=\frac{1}{2}\left(1+\frac{\xi_\kk}{E_\kk}\right),\quad v_\kk^2=\frac{1}{2}\left(1-\frac{\xi_\kk}{E_\kk}\right) $$

これが BCS のコヒーレンス因子である．準粒子は電子と正孔の重ね合わせであり，電荷の固有状態ではない．

ステップ4：Fermi 面上で $u=v$ になる．$\xi_\kk=0$ では $u^2=v^2=1/2$，すなわち $u=v=1/\sqrt2$（位相を適当にとる）．このとき

$$ \gamma^\dagger = \frac{1}{\sqrt2}\left(c^\dagger_{\kk\uparrow}+c_{-\kk\downarrow}\right) $$

となり，スピンと運動量の添字を無視できる状況（スピンレスの $p$ 波超伝導体，あるいはトポロジカル超伝導体の渦糸中心・端の零モード）では

が成り立つ．自分自身が自分の反粒子である粒子——Majorana フェルミオンである．

ただし $u=v$ だけでは足りない．通常のスピン一重項 $s$ 波超伝導体では，上の $\gamma^\dagger$（これを $\gamma^\dagger_{\kk\uparrow}$ と書く）のエルミート共役は $(c_{\kk\uparrow}+c^\dagger_{-\kk\downarrow})/\sqrt2$ であり，これは $(-\kk,\downarrow)$ 側の別の準粒子の生成演算子 $\gamma^\dagger_{-\kk\downarrow}$ に等しい．すなわち得られる関係は $\gamma_{\kk\uparrow}=\gamma^\dagger_{-\kk\downarrow}$（粒子正孔対称性による記述の冗長性）であって，$\gamma=\gamma^\dagger$ ではない．$u=v$ が言っているのは「準粒子が電荷中性である」ことだけで，これは Majorana 条件の必要条件にすぎない．$\gamma=\gamma^\dagger$ が本当に成立するには，$E=0$ の孤立したモードが粒子正孔変換で自分自身に写らなければならず，それが上に挙げたスピンレス $p$ 波超伝導体の端や渦糸芯という限定の意味である．