Dirac 方程

第一步：老老实实展开 $\hat H^2$。 注意保持 $\alpha,\beta$ 的顺序 （我们还不知道它们是否交换）：

第一项里 $\hat p_j\hat p_k=\hat p_k\hat p_j$（动量分量互相对易）， 所以只有对称组合起作用，可写成 $\frac12(\alpha_j\alpha_k+\alpha_k\alpha_j)\hat p_j\hat p_k$。

第二步：与目标逐项对比。 要求 $\hat H^2=c^2(\hat p_1^2+\hat p_2^2+\hat p_3^2)+m^2c^4$：

• $\hat p_j\hat p_k$ 的交叉项（$j\neq k$）必须消失，平方项系数必须是 1：

• $\hat p_k$ 的一次项必须消失，常数项系数必须是 1：

第三步：读出结论——它们不可能是数。 条件 $\alpha_1\alpha_2=-\alpha_2\alpha_1$ 叫反对易：交换顺序要变号。两个非零的普通数字永远乘法交换， 绝无可能反对易。Dirac 的顿悟：让它们是矩阵——矩阵乘法本来就不交换， $\psi$ 则相应变成多分量的列向量。

第四步：矩阵至少要多大？ 三条快速侦察：

1. 候选人就在手边：Pauli 矩阵 $\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3$ （5.3 节）恰好满足 $\sigma_j\sigma_k+\sigma_k\sigma_j=2\delta_{jk}$——但它们只有三个， 而我们需要四个互相反对易的矩阵，2×2 里凑不出第四个 （任何 2×2 矩阵都能展开成 $1,\sigma_1,\sigma_2,\sigma_3$ 的组合， 单位阵与谁都对易，凑不成反对易的第四员）。
2. 迹为零：由 $\alpha_k=-\beta\alpha_k\beta$（用 $\beta^2=1$ 改写反对易关系） 取迹得 $\mathrm{tr}\,\alpha_k=-\mathrm{tr}\,\alpha_k=0$；同理 $\mathrm{tr}\,\beta=0$。
3. 本征值 ±1：$\alpha_k^2=\beta^2=1$ 意味着本征值只能是 $\pm1$； 迹为零则要求 $+1$ 与 $-1$ 个数相等——维数必须是偶数。

2 维不够、奇数维出局，下一个候选是 4×4。四维果然够用，标准取法（Dirac 表象）用 2×2 分块写：

（用 $\sigma_j\sigma_k+\sigma_k\sigma_j=2\delta_{jk}$ 逐条验证三组关系，两分钟的事。）

第一步：检查轨道角动量。 取 $\hat L_z=\hat x\hat p_y-\hat y\hat p_x$， 与 $\hat H=c\vec\alpha\cdot\hat{\vec p}+\beta mc^2$ 对易一下（$\beta mc^2$ 与坐标动量无关）：

不为零。 在薛定谔理论里自由粒子的 $\hat L_z$ 铁定守恒； 在 Dirac 理论里它竟然不守恒——孤立系统的角动量漏了，漏去了哪里？

第二步：找回漏掉的部分。 用分块的 Pauli 矩阵定义

利用 $\sigma_x\sigma_y=\ii\sigma_z$ 等关系逐块计算（练习：只用 2×2 分块乘法）：

与第一步的结果只差一个系数 $-2/\hbar$。

第三步：合并。 定义 $\hat J_z=\hat L_z+\frac{\hbar}{2}\Sigma_z$，则

守恒的是 $\hat{\vec J}=\hat{\vec L}+\frac\hbar2\vec\Sigma$。 补上的那一块 $\frac\hbar2\vec\Sigma$ 是一个内禀角动量： 每个分量本征值 $\pm\hbar/2$，平方和为 $\frac34\hbar^2=s(s+1)\hbar^2$、$s=\frac12$。 这正是第 5 章里从 Stern-Gerlach 实验硬塞进理论的自旋 1/2—— 此刻它从方程的代数里自己走了出来。