第62章Dirac 方程式 — 1 階の方程式とスピン 1/2

例題62.1　$\hat{H}^2$ の展開と $4\times4$ 行列による確認

(1) $\hat{H}=c(\alpha_x\hat{p}_x+\alpha_y\hat{p}_y+\alpha_z\hat{p}_z)+\beta mc^2$ の二乗を，$\hat{p}_x\hat{p}_y$ の係数と $\hat{p}_x$ の係数に注目して展開し，式 \eqref{eq:62-square} が任意の運動量で成り立つための $\alpha_i$，$\beta$ の条件を書け．(2) 次の節で作る $4\times4$ 行列 $\alpha_i=\begin{pmatrix}0&\sigma_i\\\sigma_i&0\end{pmatrix}$，$\beta=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$ を使い，運動量 $\bm{p}=(0.3,\,-0.4,\,1.2)\,mc$ のとき，$\hat{H}$ を平面波の運動量の値で置き換えた行列 $H(\bm{p})=c\,\bm{\alpha}\cdot\bm{p}+\beta mc^2$ の二乗が $\bigl(\abs{\bm{p}}^2c^2+m^2c^4\bigr)$ の単位行列倍になることを確かめよ．

解答　(1) 積を展開する．$\hat{H}=A+B$，$A=c\sum_i\alpha_i\hat{p}_i$，$B=\beta mc^2$ とおくと $\hat{H}^2=A^2+AB+BA+B^2$ である．

$A^2$ は，$\hat{p}_x\hat{p}_y$ に関わる部分が $c^2(\alpha_x\alpha_y\hat{p}_x\hat{p}_y+\alpha_y\alpha_x\hat{p}_y\hat{p}_x)=c^2(\alpha_x\alpha_y+\alpha_y\alpha_x)\hat{p}_x\hat{p}_y$ になる（$\hat{p}_y\hat{p}_x=\hat{p}_x\hat{p}_y$）．したがって，$\hat{p}_x\hat{p}_y$ の係数は $c^2(\alpha_x\alpha_y+\alpha_y\alpha_x)$ であり，$\hat{\bm{p}}^2c^2$ には $\hat{p}_x\hat{p}_y$ の項がないので，これが $0$ でなければならない．

$AB+BA=mc^3\sum_i(\alpha_i\beta+\beta\alpha_i)\hat{p}_i$．$\hat{p}_x$ の係数は $mc^3(\alpha_x\beta+\beta\alpha_x)$ で，これも右辺にない項なので $0$ でなければならない．

$\hat{p}_x^2$ の係数は $c^2\alpha_x^2$ で，右辺の $c^2$ に等しくなければならないから $\alpha_x^2=1$，定数項は $\beta^2m^2c^4=m^2c^4$ から $\beta^2=1$．まとめると，条件は

(2) エネルギーは $mc^2$ を単位に，運動量は $mc$ を単位に測る（したがって $cp$ の単位も $mc^2$）．$\tilde{\bm{p}}=\bm{p}/(mc)=(0.3,\,-0.4,\,1.2)$ とおくと，$\tilde{H}=H(\bm{p})/mc^2=\begin{pmatrix}1&\bm{\sigma}\cdot\tilde{\bm{p}}\\\bm{\sigma}\cdot\tilde{\bm{p}}&-1\end{pmatrix}$ である．ここで $\bm{\sigma}\cdot\tilde{\bm{p}}=\sigma_x\tilde{p}_x+\sigma_y\tilde{p}_y+\sigma_z\tilde{p}_z=\begin{pmatrix}\tilde{p}_z&\tilde{p}_x-i\tilde{p}_y\\\tilde{p}_x+i\tilde{p}_y&-\tilde{p}_z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1.2&0.3+0.4i\\0.3-0.4i&-1.2\end{pmatrix}$．ブロックごとに二乗すると

非対角ブロックは $1\cdot\bm{\sigma}\cdot\tilde{\bm{p}}+\bm{\sigma}\cdot\tilde{\bm{p}}\cdot(-1)=0$ で消える．$(\bm{\sigma}\cdot\tilde{\bm{p}})^2$ を成分で計算すると，(1,1) 成分は $1.2^2+(0.3+0.4i)(0.3-0.4i)=1.44+0.09+0.16=1.69$，(1,2) 成分は $1.2(0.3+0.4i)+(0.3+0.4i)(-1.2)=0$，(2,2) 成分は $(0.3-0.4i)(0.3+0.4i)+1.44=1.69$ なので $(\bm{\sigma}\cdot\tilde{\bm{p}})^2=1.69\cdot\mathbb{1}$（$=\abs{\tilde{\bm{p}}}^2$：$0.09+0.16+1.44=1.69$）．よって $\tilde{H}^2=(1+1.69)\,\mathbb{1}_4=2.69\,\mathbb{1}_4$，すなわち $H^2=\bigl(\abs{\bm{p}}^2c^2+m^2c^4\bigr)\mathbb{1}_4=2.69\,m^2c^4\,\mathbb{1}_4$ で，$(\abs{\bm{p}}^2c^2+m^2c^4)=(1.69+1)\,m^2c^4$ の単位行列倍になる．エネルギー固有値は $E=\pm\sqrt{2.69}\,mc^2=\pm1.640\,mc^2$ である．

例題62.2　$2\times2$ での不可能性を直接確かめる

$\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z$ のすべてと反交換する $2\times2$ 行列 $M=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$ は零行列しかないことを，成分を使って直接示せ．また，$N=3$ が不可能であることを示せ．

解答　$\sigma_z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$ について：$\sigma_zM=\begin{pmatrix}a&b\\-c&-d\end{pmatrix}$，$M\sigma_z=\begin{pmatrix}a&-b\\c&-d\end{pmatrix}$，和は $\begin{pmatrix}2a&0\\0&-2d\end{pmatrix}$ なので，反交換するなら $a=d=0$．このとき $M=\begin{pmatrix}0&b\\c&0\end{pmatrix}$．

$\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ について：$\sigma_xM=\begin{pmatrix}c&0\\0&b\end{pmatrix}$，$M\sigma_x=\begin{pmatrix}b&0\\0&c\end{pmatrix}$，和は $(b+c)\mathbb{1}$ なので $c=-b$．

$\sigma_y=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}$ について：$\sigma_yM=\begin{pmatrix}-ic&0\\0&ib\end{pmatrix}$，$M\sigma_y=\begin{pmatrix}ib&0\\0&-ic\end{pmatrix}$，和は $i(b-c)\mathbb{1}$ なので $c=b$．

$c=-b$ と $c=b$ から $b=c=0$．よって $M=0$ であり，Pauli 行列の 3 つを使う限り 4 つ目は加えられない．一般の 3 つの組は $\bm{a}_k\cdot\bm{\sigma}$（$\bm{a}_k$ は直交する単位ベクトル）の形で，定理62.2 (4) のとおり，その 3 つのすべてと反交換する 4 つ目は存在しない．

$N=3$：定理62.2 (2)，(3) より，トレースが $0$ の行列の固有値は $+1$ と $-1$ が同数でなければならない．$N=3$ では固有値 $\pm1$ を合わせて 3 個なので，$n_+-n_-$ は奇数（$\pm1$ か $\pm3$）となり，$0$ にできない．したがって $N=3$ も不可能で，最初に可能なのは $N=4$ である．

例題62.3　ブロック計算による代数の確認

式 \eqref{eq:62-rep} の行列について，(1) $\alpha_x^2=1$，(2) $\alpha_x\alpha_y+\alpha_y\alpha_x=0$，(3) $\alpha_x\beta+\beta\alpha_x=0$，(4) $\alpha_i^\dagger=\alpha_i$，$\tr\alpha_i=0$ を，ブロック計算で示せ．

解答　(1) $\alpha_x^2=\begin{pmatrix}0&\sigma_x\\\sigma_x&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&\sigma_x\\\sigma_x&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\sigma_x^2&0\\0&\sigma_x^2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\mathbb{1}&0\\0&\mathbb{1}\end{pmatrix}$（$\sigma_x^2=\mathbb{1}$）．

(2) $\alpha_x\alpha_y=\begin{pmatrix}\sigma_x\sigma_y&0\\0&\sigma_x\sigma_y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}i\sigma_z&0\\0&i\sigma_z\end{pmatrix}$（$\sigma_x\sigma_y=i\sigma_z$），同様に $\alpha_y\alpha_x=\begin{pmatrix}\sigma_y\sigma_x&0\\0&\sigma_y\sigma_x\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-i\sigma_z&0\\0&-i\sigma_z\end{pmatrix}$（$\sigma_y\sigma_x=-i\sigma_z$）．和は $0$．

(3) $\alpha_x\beta=\begin{pmatrix}0&\sigma_x\\\sigma_x&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\mathbb{1}&0\\0&-\mathbb{1}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-\sigma_x\\\sigma_x&0\end{pmatrix}$，$\beta\alpha_x=\begin{pmatrix}\mathbb{1}&0\\0&-\mathbb{1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&\sigma_x\\\sigma_x&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&\sigma_x\\-\sigma_x&0\end{pmatrix}$．和は $0$．

(4) ブロックの共役転置は，ブロックの位置を転置して各ブロックの共役転置をとる：$\begin{pmatrix}0&\sigma_i\\\sigma_i&0\end{pmatrix}^\dagger=\begin{pmatrix}0&\sigma_i^\dagger\\\sigma_i^\dagger&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&\sigma_i\\\sigma_i&0\end{pmatrix}$（$\sigma_i^\dagger=\sigma_i$）．トレースは対角ブロックのトレースの和で，対角ブロックは $0$ だから $\tr\alpha_i=0$．$\beta$ のトレースは $\tr\mathbb{1}-\tr\mathbb{1}=2-2=0$．以上より，$\alpha_x^2=\alpha_y^2=\alpha_z^2=\beta^2=1$ も含めて，式 \eqref{eq:62-algebra} がすべて成り立つ．なお $\alpha_z$ の固有値は，$\alpha_z^2=1$ とトレース $0$ から $+1$ が 2 個，$-1$ が 2 個である（具体的に特性多項式を計算すると $(\lambda^2-1)^2=0$）．

例題62.4　一般の向きの $\bm{n}\cdot\bm{\alpha}$ — 反交換する行列は 3 方向と $\beta$ まで

単位ベクトル $\bm{n}=(1,2,2)/3$，$\bm{m}=(2,1,-2)/3$ について，(1) $\bm{n}\cdot\bm{m}=0$，$\abs{\bm{n}}=\abs{\bm{m}}=1$ を確かめ，$\bm{l}=\bm{n}\times\bm{m}$ を求めよ．(2) $\alpha_n=\bm{n}\cdot\bm{\alpha}$，$\alpha_m=\bm{m}\cdot\bm{\alpha}$，$\alpha_l=\bm{l}\cdot\bm{\alpha}$ と $\beta$ の 4 つが，互いに反交換し，二乗が $1$ であることを示せ．(3) $2\times2$ では，$\sigma_n=\bm{n}\cdot\bm{\sigma}$，$\sigma_m$，$\sigma_l$ の 3 つで尽き，4 つ目が作れないことを，3 次元ベクトルの言葉で説明せよ．

解答　(1) $\bm{n}\cdot\bm{m}=(1\cdot2+2\cdot1+2\cdot(-2))/9=(2+2-4)/9=0$．$\abs{\bm{n}}^2=(1+4+4)/9=1$，$\abs{\bm{m}}^2=(4+1+4)/9=1$．外積は $\bm{l}=\dfrac{1}{9}\bigl(2\cdot(-2)-2\cdot1,\ 2\cdot2-1\cdot(-2),\ 1\cdot1-2\cdot2\bigr)=\dfrac{1}{9}(-6,\,6,\,-3)=\dfrac{1}{3}(-2,\,2,\,-1)$．$\abs{\bm{l}}^2=(4+4+1)/9=1$，$\bm{l}\cdot\bm{n}=(-2+4-2)/9=0$，$\bm{l}\cdot\bm{m}=(-4+2+2)/9=0$．3 本は互いに直交する単位ベクトルである．

(2) 実数ベクトル $\bm{a}$，$\bm{b}$ について，$\acomm{\alpha_i}{\alpha_j}=2\delta_{ij}$ を使うと，$\acomm{\bm{a}\cdot\bm{\alpha}}{\bm{b}\cdot\bm{\alpha}}=\sum_{i,j}a_ib_j\acomm{\alpha_i}{\alpha_j}=2\,(\bm{a}\cdot\bm{b})\,\mathbb{1}$ である．したがって，$\acomm{\alpha_n}{\alpha_m}=2\bm{n}\cdot\bm{m}=0$，$\acomm{\alpha_n}{\alpha_l}=2\bm{n}\cdot\bm{l}=0$，$\acomm{\alpha_m}{\alpha_l}=2\bm{m}\cdot\bm{l}=0$，$\alpha_n^2=\abs{\bm{n}}^2=1$（$\alpha_m^2$，$\alpha_l^2$ も同様）．$\beta$ とは $\acomm{\bm{a}\cdot\bm{\alpha}}{\beta}=\sum_ia_i\acomm{\alpha_i}{\beta}=0$ である．こうして $\alpha_n,\alpha_m,\alpha_l,\beta$ は互いに反交換し，二乗が $1$ のエルミート行列（$4\times4$）になる．Dirac–Pauli 表示で $\alpha_n=\begin{pmatrix}0&\sigma_n\\\sigma_n&0\end{pmatrix}$，$\sigma_n=\dfrac13\begin{pmatrix}2&1-2i\\1+2i&-2\end{pmatrix}$ であり，たとえば $\sigma_n^2$ の (1,1) 成分は $\dfrac{1}{9}\bigl(4+(1-2i)(1+2i)\bigr)=\dfrac{4+5}{9}=1$，(1,2) 成分は $\dfrac{1}{9}\bigl(2(1-2i)-(1-2i)\cdot2\bigr)=0$ となって $\sigma_n^2=\mathbb{1}$ を満たす．

(3) $2\times2$ のトレースが $0$ のエルミート行列は $\bm{a}\cdot\bm{\sigma}$ の形で，反交換するための条件は $\bm{a}\perp\bm{b}$，二乗が $1$ であるための条件は $\abs{\bm{a}}=1$ だった（定理62.2 (4)）．$\bm{n},\bm{m},\bm{l}$ は 3 次元空間の基底なので，これらすべてに直交する $0$ でないベクトルは存在せず，4 つ目の行列は作れない．$4\times4$ では，3 つの $\alpha$ に加えて，3 次元のベクトルでは表せない $\beta$ が 4 つ目として反交換する．

例題62.5　運動量 $p=mc$ の電子の速度の期待値

$z$ 方向に運動量 $p=mc$ をもつ電子の正エネルギー平面波 $u=(0.9239,\,0,\,0.3827,\,0)^{\mathsf T}$（Dirac–Pauli 表示．62.5 節で導く）について，(1) $H(\bm{p})\,u=E\,u$ を成分で確かめてエネルギー $E$ と運動エネルギー $T=E-mc^2$ を求めよ．(2) $u^\dagger(c\,\alpha_z)\,u$ を直接計算し，式 \eqref{eq:62-vexp} の $pc^2/E$ と比べよ．(3) $\hat{v}_z$ の測定で $+c$ と $-c$ が得られる確率を求めよ．

解答　エネルギーの単位を $mc^2$，運動量の単位を $mc$ にとる．$H=\begin{pmatrix}1&\sigma_z\\\sigma_z&-1\end{pmatrix}$（$\bm{\sigma}\cdot\bm{p}=\sigma_z$ で $p=1$）．$u=(a,0,b,0)^{\mathsf T}$，$a=0.9239$，$b=0.3827$ とおく．

(1) $\sigma_z(b,0)^{\mathsf T}=(b,0)^{\mathsf T}$，$\sigma_z(a,0)^{\mathsf T}=(a,0)^{\mathsf T}$ より，$Hu=\bigl(a+b,\,0,\,a-b,\,0\bigr)^{\mathsf T}=(1.3066,\,0,\,0.5412,\,0)^{\mathsf T}$．これが $E\,u=E\,(0.9239,0,0.3827,0)^{\mathsf T}$ に等しいので，$E=1.3066/0.9239=1.4142=\sqrt2$，下の成分でも $0.5412/0.3827=1.4142$．$E=\sqrt2\,mc^2$ である．これは $E_p=\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}=\sqrt{2}\,mc^2$ と一致する．電子の $mc^2=510.999\ \mathrm{keV}$ を使うと $E=722.66\ \mathrm{keV}$，運動エネルギーは $T=(\sqrt2-1)\,mc^2=211.66\ \mathrm{keV}$．

(2) $\alpha_zu=\begin{pmatrix}0&\sigma_z\\\sigma_z&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\0\\b\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}b\\0\\a\\0\end{pmatrix}$ だから，$u^\dagger\alpha_zu=ab+ba=2ab=2\times0.9239\times0.3827=0.7071$．したがって $\expval{ c\,\alpha_z}=0.7071\,c=c/\sqrt2$．一方 $pc^2/E=(mc)c^2/(\sqrt2\,mc^2)=c/\sqrt2$ であり，Hellmann–Feynman の結果と一致する（$0.7071\,c=2.120\times10^8\ \mathrm{m/s}$）．なお $\expval{\alpha_x}=\expval{\alpha_y}=0$：$\alpha_xu=(0,b,0,a)^{\mathsf T}$ と $u$ は直交する．

(3) $\alpha_z$ の固有値 $\pm1$ への射影演算子は $P_\pm=(1\pm\alpha_z)/2$ で，確率は $P(\pm c)=u^\dagger P_\pm u=(1\pm0.7071)/2$．よって $P(+c)=0.854$，$P(-c)=0.146$．期待値は $c\,(0.854-0.146)=0.707\,c$ で，(2) と一致する．1 回ごとの測定値は $\pm c$ のどちらかだが，平均は $0.707\,c$ であり，これが粒子の「速さ」として観測される量である．

例題62.6　$\gamma$ 行列の実際と，共変形への書き換え

(1) Dirac–Pauli 表示で $\gamma^0,\gamma^1,\gamma^2,\gamma^3$ を $4\times4$ の行列として書き，$\acomm{\gamma^\mu}{\gamma^\nu}=2g^{\mu\nu}$ を $(\mu,\nu)=(0,1),(1,1),(2,2)$ で確かめ，さらに $\gamma^5$ の式 \eqref{eq:62-gamma-rep} を確かめよ．(2) ハミルトニアン形から共変形への書き換えを 1 行ずつ示せ．

解答　(1) $\gamma^0=\beta=\mathrm{diag}(1,1,-1,-1)$．$\gamma^i=\beta\alpha_i=\begin{pmatrix}\mathbb{1}&0\\0&-\mathbb{1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&\sigma_i\\\sigma_i&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&\sigma_i\\-\sigma_i&0\end{pmatrix}$ だから，成分で書くと

$(0,1)$：$\gamma^0\gamma^1=\begin{pmatrix}0&\sigma_x\\\sigma_x&0\end{pmatrix}$，$\gamma^1\gamma^0=\begin{pmatrix}0&-\sigma_x\\-\sigma_x&0\end{pmatrix}$，和は $0=2g^{01}$．$(1,1)$：$(\gamma^1)^2=\begin{pmatrix}0&\sigma_x\\-\sigma_x&0\end{pmatrix}^2=\begin{pmatrix}-\sigma_x^2&0\\0&-\sigma_x^2\end{pmatrix}=-\mathbb{1}_4$ だから $\acomm{\gamma^1}{\gamma^1}=-2=2g^{11}$．$(2,2)$：同様に $(\gamma^2)^2=-\sigma_y^2\oplus(-\sigma_y^2)=-\mathbb{1}_4$ で $\acomm{\gamma^2}{\gamma^2}=-2=2g^{22}$．（$(0,0)$ は $(\gamma^0)^2=\mathbb{1}_4$ で $2g^{00}=2$．）

$\gamma^5$：$\gamma^1\gamma^2=\begin{pmatrix}0&\sigma_x\\-\sigma_x&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&\sigma_y\\-\sigma_y&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-\sigma_x\sigma_y&0\\0&-\sigma_x\sigma_y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-i\sigma_z&0\\0&-i\sigma_z\end{pmatrix}$．これに $\gamma^3$ を右から掛けると $\begin{pmatrix}-i\sigma_z&0\\0&-i\sigma_z\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&\sigma_z\\-\sigma_z&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}$（$\sigma_z^2=\mathbb{1}$）．$\gamma^0$ を左から掛けると $\begin{pmatrix}\mathbb{1}&0\\0&-\mathbb{1}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0&-i\\-i&0\end{pmatrix}$，$i$ 倍して $\gamma^5=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$．

(2) 式 \eqref{eq:62-dirac-x}：$i\hbar\,\partial_t\psi=-i\hbar c\sum_k\alpha_k\partial_k\psi+mc^2\beta\psi$．(a) 左から $\beta/c$ を掛ける：$i\hbar\,\beta\,\tfrac1c\partial_t\psi=-i\hbar\sum_k\beta\alpha_k\partial_k\psi+mc\,\beta^2\psi$．(b) $\beta^2=1$，$\tfrac1c\partial_t=\partial_0$，$\gamma^0=\beta$，$\gamma^k=\beta\alpha_k$ を代入：$i\hbar\,\gamma^0\partial_0\psi=-i\hbar\sum_k\gamma^k\partial_k\psi+mc\,\psi$．(c) 右辺の第 1 項を左辺に移す：$i\hbar\left(\gamma^0\partial_0+\sum_k\gamma^k\partial_k\right)\psi-mc\,\psi=0$．(d) 縮約記法でまとめる：$(i\hbar\gamma^\mu\partial_\mu-mc)\psi=0$．

例題62.7　$v=0.6c$ のブースト — 静止スピノルから運動するスピノルへ

粒子が $S$ で静止していて，スピノルが $\psi_0=(1,0,0,0)^{\mathsf T}$（スピン上向き，エネルギー $+mc^2$）であるとする．$S$ に対して $+x$ 方向に $v=0.6c$ で動く座標系 $S'$ でのスピノルを，式 \eqref{eq:62-boost} で求めよ．$S'$ での運動量 $p'$ と比べて，62.5 節の $u(\bm{p},\uparrow)$ と一致することを確かめよ．

解答　$v=0.6c$ から $\gamma_{\mathrm L}=1/\sqrt{1-0.36}=1.25$，$\tanh\eta=0.6$ から $\eta=\operatorname{artanh}0.6=\tfrac12\ln\dfrac{1+0.6}{1-0.6}=\tfrac12\ln4=\ln2=0.6931$．$\cosh\dfrac{\eta}{2}=\sqrt{\dfrac{1.25+1}{2}}=\sqrt{1.125}=1.0607$，$\sinh\dfrac{\eta}{2}=\sqrt{\dfrac{1.25-1}{2}}=\sqrt{0.125}=0.3536$．$\alpha_x\psi_0=\begin{pmatrix}0&\sigma_x\\\sigma_x&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\\sigma_x(1,0)^{\mathsf T}\end{pmatrix}=(0,0,0,1)^{\mathsf T}$ だから

この大きさは $\psi'^\dagger\psi'=1.0607^2+0.3536^2=1.125+0.125=1.25=\gamma_{\mathrm L}$ で，確率密度が $\gamma_{\mathrm L}$ 倍になる（$\rho$ が 4 元電流の時間成分であるため．$S'$ から見ると粒子を含む長さが $1/\gamma_{\mathrm L}$ に縮むから）．規格化 $u^\dagger u=1$ のために $\sqrt{\gamma_{\mathrm L}}=1.1180$ で割ると，$(0.9487,\,0,\,0,\,-0.3162)^{\mathsf T}$．

一方，$S'$ から見た粒子の速度は $-0.6c$（$-x$ 方向），運動量は $\bm{p}'=-\gamma_{\mathrm L}mv\,\bm{e}_x=-0.75\,mc\,\bm{e}_x$，$E'=\gamma_{\mathrm L}mc^2=1.25\,mc^2$．62.5 節の $u(\bm{p},\uparrow)=\sqrt{\dfrac{E+mc^2}{2E}}\begin{pmatrix}\chi_\uparrow\\\dfrac{c\,\bm{\sigma}\cdot\bm{p}}{E+mc^2}\chi_\uparrow\end{pmatrix}$ に代入する．$\sqrt{\dfrac{2.25}{2.5}}=0.9487$，$c\,\bm{\sigma}\cdot\bm{p}\,\chi_\uparrow=-0.75\,mc^2\sigma_x(1,0)^{\mathsf T}=(0,\,-0.75\,mc^2)^{\mathsf T}$，$E+mc^2=2.25\,mc^2$ なので小成分は $0.9487\times(0,-0.75/2.25)=(0,-0.3162)$．よって $u=(0.9487,0,0,-0.3162)^{\mathsf T}$ で，上の結果と一致する．すなわち，静止スピノルにブースト行列を作用させると，同じ運動量をもつ正エネルギーの平面波スピノルが得られる．

例題62.8　静止系の 4 解と $\Sigma_z$

(1) $\hat{H}=\beta mc^2$ の固有値と固有ベクトルを求めよ．(2) $\hat{H}$ と $\Sigma_z=\mathrm{diag}(\sigma_z,\sigma_z)$ の同時固有ベクトルを求め，スピンの向きと対応づけよ．(3) スピンが $x$ 方向を向いた状態（$\Sigma_x=+1$）で $E=+mc^2$ のものを書け．(4) 運動量があるとき $\Sigma_z$ は $\hat{H}$ と可換でなくなる．なぜか．

解答　(1) $\hat{H}=mc^2\,\mathrm{diag}(1,1,-1,-1)$ は対角行列なので，特性方程式は $(\lambda-mc^2)^2(\lambda+mc^2)^2=0$．固有値は $+mc^2$（2 重縮退）と $-mc^2$（2 重縮退）で，固有ベクトルは式 \eqref{eq:62-rest} の $u^{(1)},\dots,u^{(4)}$ である．

(2) $\Sigma_z=\mathrm{diag}(1,-1,1,-1)$ もこれらを固有ベクトルとし，固有値は $u^{(1)}$：$+1$，$u^{(2)}$：$-1$，$u^{(3)}$：$+1$，$u^{(4)}$：$-1$．したがって，$(E,\ \Sigma_z)$ の組は $u^{(1)}$：$(+mc^2,+1)$，$u^{(2)}$：$(+mc^2,-1)$，$u^{(3)}$：$(-mc^2,+1)$，$u^{(4)}$：$(-mc^2,-1)$ で，縮退していた 2 つの解がスピンの向きで区別される．$\hat{S}_z=\tfrac{\hbar}{2}\Sigma_z$ なので，$\Sigma_z=\pm1$ はスピン $S_z=\pm\tfrac{\hbar}{2}$ である．

(3) $\Sigma_x=\mathrm{diag}(\sigma_x,\sigma_x)$ の固有値 $+1$ の固有ベクトルのうち，$E=+mc^2$ のもの（上 2 成分だけ）：$\sigma_x(1,1)^{\mathsf T}=(1,1)^{\mathsf T}$ より，$\dfrac{1}{\sqrt2}(1,1,0,0)^{\mathsf T}=\dfrac{1}{\sqrt2}\bigl(u^{(1)}+u^{(2)}\bigr)$．正エネルギー解の線形結合なので，やはりエネルギーは $+mc^2$ である（縮退した固有ベクトルの線形結合は固有ベクトル）．

(4) $\bm{p}\ne0$ では $\hat{H}$ に $c\,\bm{\alpha}\cdot\bm{p}$ が加わる．$\alpha_i$ は $\Sigma_z$ と可換でなく（$\comm{\alpha_i}{\Sigma_j}=2i\sum_k\varepsilon_{ijk}\alpha_k$．62.5.4 節），たとえば $\comm{\hat{H}}{\Sigma_z}=2ic\,(\alpha_xp_y-\alpha_yp_x)\ne0$ となる（62.6 節）．つまり，運動しているとスピンの $z$ 成分は保存量ではなくなる．代わりに，運動量の向きへの射影 $\bm{\Sigma}\cdot\bm{p}/\abs{\bm{p}}$（ヘリシティ）が保存量になる（62.5.4 節）．

例題62.9　運動量 $p=mc$（$z$ 方向）の電子の解

電子が $z$ 方向に運動量 $p=mc$ をもつとする．(1) $E_p$，運動エネルギー $T$，(2) $u(\bm{p},\uparrow)$ と $u(\bm{p},\downarrow)$，(3) $w(\bm{p},\uparrow)$ を求め，(4) $(H-E)u=0$ を確かめよ．

解答　(1) $E_p=\sqrt{1+1}\,mc^2=\sqrt2\,mc^2=722.66\ \mathrm{keV}$（$mc^2=510.999\ \mathrm{keV}$），$T=E_p-mc^2=(\sqrt2-1)\,mc^2=211.66\ \mathrm{keV}$．

(2) 規格化因子 $N_p=\sqrt{\dfrac{\sqrt2+1}{2\sqrt2}}=\sqrt{0.85355}=0.9239$．$\bm{\sigma}\cdot\bm{p}=p\,\sigma_z$，$\dfrac{c\,p}{E_p+mc^2}=\dfrac{1}{\sqrt2+1}=\sqrt2-1=0.4142$ だから，

（$\sigma_z\chi_\downarrow=-\chi_\downarrow$ なので小成分は符号が逆．）

(3) $w(\bm{p},\uparrow)=0.9239\begin{pmatrix}-0.4142\,\sigma_z\chi_\uparrow\\\chi_\uparrow\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-0.3827\\0\\0.9239\\0\end{pmatrix}$．エネルギー $-\sqrt2\,mc^2$．

(4) $mc^2=1$，$p=1$（単位 $mc$）で，$H=\begin{pmatrix}1&\sigma_z\\\sigma_z&-1\end{pmatrix}$．$u=(a,0,b,0)^{\mathsf T}$（$a=0.9239$，$b=0.3827$）に作用させると，例題62.5 のとおり $Hu=(a+b,0,a-b,0)^{\mathsf T}=(1.3066,0,0.5412,0)^{\mathsf T}$ で，$E\,u=1.4142\,(0.9239,0,0.3827,0)^{\mathsf T}=(1.3066,0,0.5412,0)^{\mathsf T}$ と一致する．大成分と小成分の比は $b/a=0.4142=1/(\sqrt2+1)$，小成分の重みは $b^2=0.1464=(E-mc^2)/2E$（次小節）である．$w(\bm{p},\uparrow)$ も $H\,w=(-0.3827+0.9239,\,0,\,-0.3827-0.9239,\,0)^{\mathsf T}=(0.5412,0,-1.3066,0)^{\mathsf T}=-\sqrt2\,(-0.3827,0,0.9239,0)^{\mathsf T}$ を満たす．

例題62.10　200 kV の透過電子顕微鏡の電子の大成分と小成分

加速電圧 $200\ \mathrm{kV}$ の透過電子顕微鏡（TEM）の電子（運動エネルギー $T=200\ \mathrm{keV}$）の正エネルギー平面波解について，大小成分の比と重み，$\bar{u}u$ を求めよ．全エネルギー，運動量，速さ，波長は第61章の例題61.2 で求めた値を使ってよい．

解答　第61章の例題61.2 より，$mc^2=510.999\ \mathrm{keV}$ として $E=mc^2+T=711.0\ \mathrm{keV}$，$\gamma_{\mathrm L}=E/mc^2=1.3914$，$pc=\sqrt{T(T+2mc^2)}=494.4\ \mathrm{keV}$，$v/c=pc/E=0.6953$，$\lambda=2.508\ \mathrm{pm}$ である．

大小成分の比は式 \eqref{eq:62-ratio}：$\dfrac{pc}{E+mc^2}=\dfrac{494.4}{1222.0}=0.4046$，小成分の重みは式 \eqref{eq:62-weights}：$\dfrac{E-mc^2}{2E}=\dfrac{200}{1422.0}=0.1406$（大成分は $0.8594$）．$\bar{u}u=mc^2/E=0.7187$ で，Lorentz 因子の逆数 $1/\gamma_{\mathrm L}=0.7187$ に等しい．すなわち，$200\ \mathrm{kV}$ の電子は速さが光の約 70 % で，4 成分のスピノルの約 14 % が「小成分」に入っている．

例題62.11　ヘリシティの保存と固有スピノル

(1) 質量ありの電子（$p=mc$）が $x$ 方向に進むとき，ヘリシティ $\lambda=+1$ の正エネルギー解 $u(\bm{p},+)$ を求め，$(H-E)u=0$ と $\bm{\Sigma}\cdot\bm{n}\,u=u$ を確かめよ．(2) この状態での $\Sigma_z$ の期待値を求めよ．(3) 質量ゼロの極限での $u$ を求めよ．

解答　(1) $\bm{n}=\bm{e}_x$（$\theta=\pi/2$，$\varphi=0$）で $\chi_+=\dfrac{1}{\sqrt2}(1,1)^{\mathsf T}$（$\sigma_x\chi_+=\chi_+$）．$N_p=0.9239$，$\dfrac{pc}{E_p+mc^2}=0.4142$ で，式 \eqref{eq:62-helicity} から

$H=\begin{pmatrix}1&\sigma_x\\\sigma_x&-1\end{pmatrix}$（$mc^2=1$，$p=1$）．$u=(a,a,b,b)^{\mathsf T}$（$a=0.6533$，$b=0.2706$）に対して $\sigma_x(b,b)^{\mathsf T}=(b,b)^{\mathsf T}$，$\sigma_x(a,a)^{\mathsf T}=(a,a)^{\mathsf T}$ だから $Hu=(a+b,\,a+b,\,a-b,\,a-b)^{\mathsf T}=(0.9239,0.9239,0.3827,0.3827)^{\mathsf T}$．一方 $\sqrt2\,u=1.4142\,(0.6533,0.6533,0.2706,0.2706)^{\mathsf T}=(0.9239,0.9239,0.3827,0.3827)^{\mathsf T}$ で一致する．ヘリシティは $\bm{\Sigma}\cdot\bm{n}=\Sigma_x=\mathrm{diag}(\sigma_x,\sigma_x)$ で，$\Sigma_xu=(\sigma_x(a,a),\sigma_x(b,b))=(a,a,b,b)=u$，固有値 $+1$．

(2) $\Sigma_z=\mathrm{diag}(1,-1,1,-1)$ なので，$u^\dagger\Sigma_zu=a^2-a^2+b^2-b^2=0$．この状態では，スピンの $z$ 成分を測ると $+\hbar/2$ と $-\hbar/2$ が等確率で現れる（スピンは運動の向き $x$ を向いている）．

(3) $m\to0$ では $pc/(E_p+mc^2)\to1$，$N_p\to1/\sqrt2$ で，$u(\bm{p},+)=\dfrac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}\chi_+\\\chi_+\end{pmatrix}=\dfrac{1}{2}(1,1,1,1)^{\mathsf T}=(0.5,0.5,0.5,0.5)^{\mathsf T}$．ヘリシティ $-$ の解は $\dfrac{1}{\sqrt2}(\chi_-;-\chi_-)$ で，$\chi_-=\dfrac{1}{\sqrt2}(-1,1)^{\mathsf T}$ から $\dfrac12(-1,1,1,-1)^{\mathsf T}$．

例題62.12　InSb を Dirac 型分散で表す

InSb の（室温の代表的な）バンドギャップ $E_g=0.17\ \mathrm{eV}$，伝導帯底の有効質量 $m^*=0.014\,m_{\mathrm e}$ を使う．(1) 式 \eqref{eq:62-kane} の $\Delta$ と速さ $v$ を，$m^*=\Delta/v^2$ から求めよ．$c$ との比も示せ．(2) $\Delta/\hbar v$ を求めよ．(3) 伝導帯底からの運動エネルギー $T=E-\Delta$ が $\Delta/2$ のとき，放物線近似 $T_p=\hbar^2k^2/2m^*$ はどれだけ過大評価か．また，放物線近似が 10 % ずれる $T$ はいくらか．(4) 真空中の電子（$\Delta=mc^2$）とのスケール比を求めよ．

解答　(1) $\Delta=E_g/2=0.085\ \mathrm{eV}=0.085\times1.6022\times10^{-19}\ \mathrm{J}=1.3618\times10^{-20}\ \mathrm{J}$．$m^*=0.014\times9.1094\times10^{-31}\ \mathrm{kg}=1.2753\times10^{-32}\ \mathrm{kg}$．$v^2=\Delta/m^*=1.0678\times10^{12}\ \mathrm{m^2/s^2}$，$v=1.033\times10^6\ \mathrm{m/s}$（約 $1.03\times10^6\ \mathrm{m/s}$）．$c/v=2.9979\times10^8/1.0334\times10^6=290$，すなわち $v\approx c/290$．グラフェンの Fermi 速度 $v_{\mathrm F}\approx10^6\ \mathrm{m/s}$（第65章）と同程度である．

(2) $\Delta/\hbar v=1.3618\times10^{-20}/(1.0546\times10^{-34}\times1.0334\times10^6)\ \mathrm{m^{-1}}=1.25\times10^8\ \mathrm{m^{-1}}=0.125\ \mathrm{nm^{-1}}$．これが，分散が放物線から直線に移り変わる波数の目安である（これより小さい $k$ では放物線，大きい $k$ では $E\approx\hbar vk$）．

(3) $x\equiv(\hbar vk/\Delta)^2$ とおくと，$E=\Delta\sqrt{1+x}$，$T=\Delta(\sqrt{1+x}-1)$，放物線近似は $T_p=\hbar^2k^2/2m^*=\hbar^2k^2v^2/2\Delta=\Delta x/2$．$T=\Delta/2$ なら $\sqrt{1+x}=1.5$，$x=1.25$ で，$T_p=0.625\,\Delta$．$T=0.5\,\Delta=42.5\ \mathrm{meV}$ に対して $T_p=0.625\,\Delta=53.1\ \mathrm{meV}$ なので，25 % の過大評価である（そのときの $k=\sqrt{1.25}\times0.125\ \mathrm{nm^{-1}}=0.140\ \mathrm{nm^{-1}}$）．10 % ずれる場合は $T_p/T-1=\dfrac{x/2}{\sqrt{1+x}-1}-1=0.1$ で，$\sqrt{1+x}=s$ とおくと $\dfrac{(s^2-1)/2}{s-1}=\dfrac{s+1}{2}=1.1$，$s=1.2$，$x=0.44$，$T=0.2\,\Delta=17\ \mathrm{meV}$．すなわち，伝導帯底から $17\ \mathrm{meV}$ を超えて電子を励起すると，放物線バンドの近似（一定の有効質量）は 10 % 以上ずれる（非放物線性）．展開すると $E\approx\Delta+T_p-T_p^2/2\Delta$ である．

(4) 真空中の電子は $\Delta=mc^2=0.511\ \mathrm{MeV}$，$v=c$ なので，エネルギーのスケールの比は $0.511\ \mathrm{MeV}/0.085\ \mathrm{eV}=6.0\times10^6$，ギャップ（$2\Delta$）は $1.022\ \mathrm{MeV}$ と $0.17\ \mathrm{eV}$ で同じ比である．波数のスケール $\Delta/\hbar v$ の比は，$mc/\hbar=2.59\times10^{12}\ \mathrm{m^{-1}}$ と $1.25\times10^8\ \mathrm{m^{-1}}$ で $2.1\times10^4$．エネルギーと波数を $\Delta$，$\Delta/\hbar v$ で無次元化すれば，同じ曲線になる（図62.6）．

例題62.13　$\comm{\hat{H}}{\hat{L}_z}$，$\comm{\hat{H}}{\Sigma_z}$ を手計算で求め，$\hat{J}_z$ の保存を示す

(1) $\comm{\hat{H}}{\hat{L}_z}=-i\hbar c\,(\alpha_x\hat{p}_y-\alpha_y\hat{p}_x)$ を，$\hat{L}_z=\hat{x}\hat{p}_y-\hat{y}\hat{p}_x$ と $\comm{\hat{p}_x}{\hat{x}}=-i\hbar$ から導け．(2) $\comm{\hat{H}}{\Sigma_z}=2ic\,(\alpha_x\hat{p}_y-\alpha_y\hat{p}_x)$ を，Dirac–Pauli 表示で導け．(3) $\hat{J}_z=\hat{L}_z+\tfrac{\hbar}{2}\Sigma_z$ が保存することを示せ．

解答　(1) $\hat{H}=c(\alpha_x\hat{p}_x+\alpha_y\hat{p}_y+\alpha_z\hat{p}_z)+\beta mc^2$ で，$\beta$ と $\alpha_i$ は $\hat{L}_z$ と可換．各 $\hat{p}_j$ との交換子を計算する．$\comm{\hat{p}_x}{\hat{L}_z}=\comm{\hat{p}_x}{\hat{x}}\hat{p}_y-\comm{\hat{p}_x}{\hat{y}}\hat{p}_x=-i\hbar\hat{p}_y-0$，$\comm{\hat{p}_y}{\hat{L}_z}=\comm{\hat{p}_y}{\hat{x}}\hat{p}_y-\comm{\hat{p}_y}{\hat{y}}\hat{p}_x=0-(-i\hbar)\hat{p}_x=i\hbar\hat{p}_x$，$\comm{\hat{p}_z}{\hat{L}_z}=0$．したがって

(2) $\Sigma_z=\mathrm{diag}(\sigma_z,\sigma_z)$．$\alpha_x=\begin{pmatrix}0&\sigma_x\\\sigma_x&0\end{pmatrix}$ との交換子は $\comm{\alpha_x}{\Sigma_z}=\begin{pmatrix}0&\comm{\sigma_x}{\sigma_z}\\\comm{\sigma_x}{\sigma_z}&0\end{pmatrix}$ で，$\comm{\sigma_x}{\sigma_z}=-2i\sigma_y$ だから $=-2i\alpha_y$．同様に $\comm{\sigma_y}{\sigma_z}=2i\sigma_x$ から $\comm{\alpha_y}{\Sigma_z}=2i\alpha_x$，$\comm{\alpha_z}{\Sigma_z}=0$（$\comm{\sigma_z}{\sigma_z}=0$），$\comm{\beta}{\Sigma_z}=0$．よって

(3) $\comm{\hat{H}}{\hat{J}_z}=\comm{\hat{H}}{\hat{L}_z}+\dfrac{\hbar}{2}\comm{\hat{H}}{\Sigma_z}=-i\hbar c\,(\alpha_x\hat{p}_y-\alpha_y\hat{p}_x)+\dfrac{\hbar}{2}\cdot2ic\,(\alpha_x\hat{p}_y-\alpha_y\hat{p}_x)=0$．$\hat{L}_z$ も $\Sigma_z$ も単独では保存しないが，和は保存する．$x,y$ 成分も同様で，$\hat{\bm{J}}$ のすべての成分が保存する．

例題62.14　運動する電子ではスピンの $z$ 成分が保存しない

$x$ 方向に運動量 $p=mc$ をもつ電子を考える．(1) 正エネルギー平面波 $u(\bm{p},\uparrow)$ で $\expval{\Sigma_z}$ を求めよ．(2) 初期状態を $\psi(0)=(1,0,0,0)^{\mathsf T}e^{ipx/\hbar}$（静止していれば $\Sigma_z=+1$ の状態）として，$\expval{\Sigma_z}(t)$ を求めよ．(3) $\dd\expval{\Sigma_z}/\dd t=\dfrac{i}{\hbar}\expval{\comm{\hat{H}}{\Sigma_z}}$ を $\expval{\alpha_y}$ で書き，(2) の結果と一致することを確かめよ．

解答　エネルギーは $mc^2$ を単位に，運動量は $mc$ を単位に，時間は $\hbar/mc^2$ を単位に測る．$x$ 方向の運動量なので $\bm{\sigma}\cdot\bm{p}\to\sigma_x$ で，$H=\begin{pmatrix}1&\sigma_x\\\sigma_x&-1\end{pmatrix}$．

(1) 式 \eqref{eq:62-u} で $\chi_\uparrow=(1,0)^{\mathsf T}$，$\sigma_x\chi_\uparrow=(0,1)^{\mathsf T}$ なので，$u(\bm{p},\uparrow)=N_p\,(1,\,0,\,0,\,a)^{\mathsf T}$，$N_p=0.9239$，$a=pc/(E_p+mc^2)=\sqrt2-1=0.4142$．$\Sigma_z=\mathrm{diag}(1,-1,1,-1)$ なので，第 1 成分が $+1$，第 4 成分が $-1$ を与えて

一般には $N_p^2=(E_p+mc^2)/2E_p$，$N_p^2a^2=(E_p-mc^2)/2E_p$ なので $\expval{\Sigma_z}=mc^2/E_p=1/\gamma_{\mathrm L}$（$\gamma_{\mathrm L}=\sqrt2$）である．静止しているときの値 $1$ から，運動量に垂直な方向のスピンの期待値がずれている．

(2) $H^2=(1+p^2)\mathbb{1}=2\,\mathbb{1}_4$ なので，$\omega=\sqrt2$ として $e^{-iHt}=\cos\omega t-\dfrac{i\sin\omega t}{\omega}H$ である（$H^2=\omega^2$ のときの指数関数の展開）．$H\psi_0=(1,0,0,1)^{\mathsf T}$（下のブロックに $\sigma_x(1,0)^{\mathsf T}=(0,1)^{\mathsf T}$ が現れる）なので，$s=\dfrac{\sin\omega t}{\sqrt2}$ として

規格化は $\cos^2\omega t+s^2+s^2=\cos^2\omega t+\sin^2\omega t=1$ で保たれる．$\expval{\Sigma_z}=\abs{\psi_1}^2-\abs{\psi_4}^2=(\cos^2\omega t+s^2)-s^2=\cos^2\omega t$，すなわち

$t=0$ の $1$ から，$\sqrt2\,mc^2t/\hbar=\pi/2$（$t=1.11\,\hbar/mc^2=1.43\times10^{-21}\ \mathrm{s}$）で $0$ まで減り，その後は振動する（時間平均は $1/2$）．角振動数 $2\sqrt2\,mc^2/\hbar=2E_p/\hbar$ は，62.3 節の Zitterbewegung と同じである．

(3) 式 \eqref{eq:62-HSigma} より $\comm{\hat{H}}{\Sigma_z}=2ic\,(\alpha_x\hat{p}_y-\alpha_y\hat{p}_x)$．$\bm{p}=(p,0,0)$ では $=-2icp\,\alpha_y$ なので，$\dfrac{\dd\expval{\Sigma_z}}{\dd t}=\dfrac{i}{\hbar}\left(-2icp\right)\expval{\alpha_y}=\dfrac{2cp}{\hbar}\expval{\alpha_y}$，上の単位では $2\expval{\alpha_y}$ である．$\alpha_y\psi$ の上ブロックは $\sigma_y\psi_B=(-i\psi_4,0)^{\mathsf T}$，下ブロックは $\sigma_y\psi_A=(0,\,i\psi_1)^{\mathsf T}$ なので $\expval{\alpha_y}=-i\psi_1^*\psi_4+i\psi_4^*\psi_1=2\,\mathrm{Im}(\psi_1^*\psi_4)$．$\psi_1^*\psi_4=(\cos\omega t+is)(-is)=s^2-is\cos\omega t$ から $\expval{\alpha_y}=-2s\cos\omega t=-\dfrac{\sin2\omega t}{\sqrt2}$．したがって $2\expval{\alpha_y}=-\sqrt2\sin2\omega t$．一方，(2) の結果を微分すると $\dfrac{\dd}{\dd t}\cos^2\omega t=-\omega\sin2\omega t=-\sqrt2\sin2\omega t$ で，両者は一致する．$\Sigma_z$ の変化は，速度演算子 $c\,\alpha_y$ の期待値（運動量に垂直な「ふるえ」の成分）によって引き起こされている．

演習62.1　$\alpha_x\alpha_y\alpha_z$ と行列の次元の制限

(1) 関係式 \eqref{eq:62-algebra} だけから，$\Gamma\equiv\alpha_x\alpha_y\alpha_z$ が $\Gamma^2=-1$ を満たし，各 $\alpha_i$ と可換で，$\beta$ と反交換することを示せ．また Dirac–Pauli 表示で $\Gamma$ を求め，$\gamma^5=i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3$ が $-i\Gamma$ に等しいことを確かめよ．(2) 定理62.2 の「$N$ は偶数」に加えて，$N=6$ の $6\times6$ 行列では関係式 \eqref{eq:62-algebra} を満たす 4 つの行列が存在しないことを示せ（したがって $N$ は 4 の倍数である）．

ヒント：(1) $\alpha_x$ を右へ動かすたびに符号が変わる．$\gamma^1\gamma^2\gamma^3=\beta\alpha_x\beta\alpha_y\beta\alpha_z$．(2) $\beta$ の固有値 $+1$ の固有空間（次元 $N/2=3$）の上で，$\beta$ と可換な $K_y=\alpha_x\alpha_y$，$K_z=\alpha_x\alpha_z$ を考え，$K_y^2=K_z^2=-1$，$K_yK_z+K_zK_y=0$ を示して，行列式をとる．

→ 解答

演習62.2　Weyl（カイラル）表示

$\beta'=\begin{pmatrix}0&\mathbb{1}\\\mathbb{1}&0\end{pmatrix}$，$\alpha_i'=\begin{pmatrix}-\sigma_i&0\\0&\sigma_i\end{pmatrix}$ が式 \eqref{eq:62-algebra} を満たすことを示せ．また，ユニタリ行列 $U=\dfrac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}\mathbb{1}&-\mathbb{1}\\\mathbb{1}&\mathbb{1}\end{pmatrix}$ で $\beta'=U\beta U^\dagger$，$\alpha_i'=U\alpha_iU^\dagger$ となることを示せ．

ヒント：ブロック計算．$U^\dagger=\dfrac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix}\mathbb{1}&\mathbb{1}\\-\mathbb{1}&\mathbb{1}\end{pmatrix}$．

→ 解答

演習62.3　ブロック形で連続の式を導く

ブロック方程式 \eqref{eq:62-blockA}，\eqref{eq:62-blockB} から，$\rho=\psi_A^\dagger\psi_A+\psi_B^\dagger\psi_B$，$j_k=c\,(\psi_A^\dagger\sigma_k\psi_B+\psi_B^\dagger\sigma_k\psi_A)$ が連続の式 $\partial_t\rho+\nabla\cdot\bm{j}=0$ を満たすことを示せ．このとき $j_k=c\,\psi^\dagger\alpha_k\psi$ となることも確かめよ．

ヒント：$\psi_A^\dagger\psi_A$ と $\psi_B^\dagger\psi_B$ の時間微分を別々に計算すると，$mc^2$ の項はそれぞれの中で消える．

→ 解答

演習62.4　任意の向きのヘリシティ固有スピノル

運動量 $\bm{p}=(p\sin\theta,\,0,\,p\cos\theta)$，$p=mc$ の電子について，ヘリシティ $\pm$ の正エネルギー解 $u(\bm{p},\pm)$ を求めよ．$\theta=0$ の結果（例題62.9）と比べ，$\theta=60^\circ$ の数値を求めて $(H-E)u=0$ を確かめよ．

ヒント：$\chi_+=(\cos\frac{\theta}{2},\sin\frac{\theta}{2})^{\mathsf T}$，$\chi_-=(-\sin\frac{\theta}{2},\cos\frac{\theta}{2})^{\mathsf T}$．式 \eqref{eq:62-helicity}．

→ 解答

演習62.5　$\bar{\psi}$ の方程式と $j^\mu$ の保存

共変形 \eqref{eq:62-cov} の共役転置をとり，$\gamma^{\mu\dagger}=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$ を使って $\bar{\psi}$ の満たす方程式 $i\hbar\,\partial_\mu\bar{\psi}\,\gamma^\mu+mc\,\bar{\psi}=0$ を導け．これを使って $\partial_\mu\bigl(\bar{\psi}\gamma^\mu\psi\bigr)=0$ を示せ．

ヒント：$\gamma^{\mu\dagger}=\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0$ は，$\mu=0$ では $\gamma^0$，$\mu=k$ では $-\gamma^k$ となる（定理62.4）．右から $\gamma^0$ を掛ける．

→ 解答

演習62.6　$v=0.8c$ のブースト

静止スピノル $(1,0,0,0)^{\mathsf T}$ を，$+x$ 方向に $v=0.8c$ で動く座標系に移すブースト行列 $\mathcal{S}$ を求め，作用させた結果を $\sqrt{\gamma_{\mathrm L}}$ で割って，$u(\bm{p},\uparrow)$（$\bm{p}=-\tfrac43\,mc\,\bm{e}_x$）と一致することを確かめよ．

ヒント：$\gamma_{\mathrm L}=5/3$，$\cosh\frac{\eta}{2}=\sqrt{(\gamma_{\mathrm L}+1)/2}$，$\sinh\frac{\eta}{2}=\sqrt{(\gamma_{\mathrm L}-1)/2}$．

→ 解答

演習62.7　$\hat{J}_x$，$\hat{J}_y$ の保存と $j$ の値

(1) $\comm{\hat{H}}{\hat{L}_x}$，$\comm{\hat{H}}{\Sigma_x}$，$\comm{\hat{H}}{\hat{L}_y}$，$\comm{\hat{H}}{\Sigma_y}$ を求め，$\hat{J}_x$，$\hat{J}_y$ が保存することを示せ．(2) $\hat{\bm{J}}^2=j(j+1)\hbar^2$ の $j$ が，軌道の量子数 $l$ が整数のとき半整数になることを，$l=0,1$ の場合に具体的に調べよ．

ヒント：(1) 式 \eqref{eq:62-HL}，\eqref{eq:62-HSigma} の成分．(2) $\hat{\bm{J}}^2=\hat{\bm{L}}^2+\hbar\,\hat{\bm{L}}\cdot\bm{\Sigma}+\tfrac34\hbar^2$．$\bm{\Sigma}=\mathrm{diag}(\bm{\sigma},\bm{\sigma})$ なので $\bm{\sigma}\cdot\hat{\bm{L}}$ の固有値を調べればよい．$\hat{\bm{L}}\times\hat{\bm{L}}=i\hbar\hat{\bm{L}}$ と $\sigma_i\sigma_j=\delta_{ij}+i\sum_k\varepsilon_{ijk}\sigma_k$ から $(\bm{\sigma}\cdot\hat{\bm{L}})^2$ を $\hat{\bm{L}}^2$ と $\bm{\sigma}\cdot\hat{\bm{L}}$ で表す．

→ 解答

演習62.8　InAs の Dirac 型分散

InAs の室温の代表値 $E_g=0.354\ \mathrm{eV}$，$m^*=0.023\,m_{\mathrm e}$（文献により $0.023$〜$0.026\,m_{\mathrm e}$ 程度）を使い，Dirac 型分散 $E=\pm\sqrt{\Delta^2+\hbar^2v^2k^2}$ の $\Delta$，$v$（$c$ との比）を求めよ．また，伝導帯底からの運動エネルギー $T=\Delta/2$ のとき，放物線近似 $T_p=\hbar^2k^2/2m^*$ はどれだけ過大評価か，$10$ % ずれる $T$ はいくらかを，InSb（例題62.12）と比べよ．

ヒント：$m^*=\Delta/v^2$．$x=(\hbar vk/\Delta)^2$ として $T=\Delta(\sqrt{1+x}-1)$，$T_p=\Delta x/2$．

→ 解答