330　電磁場内のディラック方程式
f-denshi.com  更新日：　23/10/23 符号を訂正　→　[#]

１．電磁場が存在するときのディラック方程式

［１］　まず，必要な予備知識を挙げておくと，電磁気学より，

E ＝ (E1，E2，E3)　＝−gradφ− ∂A 　　　　・・・　（２）
∂t
B ＝ rot A，　
B＝(B1，B2，B3)，　　　　　磁束密度
A＝ ( A1，A2，A3)　  　　　ベクトルポテンシャル
φ　　　　　　　　スカラーポテンシャル　(クーロンポテンシャル)
(φ/c，A1，A2，A3)　　　　電磁ポテンシャル４元ベクトル

電磁場が存在するときの荷電粒子の量子力学演算子の変更は次のとおり，

E　⇒　ih ∂ −qφ，
∂t

px　⇒　−ih

 ∂

−qA1， py⇒−ih

 ∂

−qA2， pz⇒−ih

 ∂ −qA3
∂x ∂y ∂z

ただし，これから電子について考えていくので，q　⇒　- e　（電子） とする。

電磁場内のディラック方程式

ニュートン力学
E ，p ＝ (px，py，pz)
E ＝ p2/2m		 → 量子力学
ih ∂ ，-ih∇
∂t
E ＝ p2/2m
↓ ↓
相対論的力学
(E/c，p1，p2，p3)
E2＝c2p2＋m2c4		 → 相対論的量子力学
ih ∂ ，-ih ∂ ，-ih ∂ ，-ih ∂
c∂t ∂x ∂y ∂z
E＝cα･p＋mc2α0

↓　のところで，電磁ポテンシャル　(φ/c，A1，A2，A3 )を考慮する。

ih ∂ 　　→　 ih ∂ ，-qφ
∂t ∂t
　　p　　→　p −qA　＝ (p1−qA1，p2−qA2，p3−qA3)

［２］　したがって，電磁場内の電子に対するディラック方程式へ変更は，

ih ∂ ψ＝ −ih c α1 ∂ ＋α2 ∂ ＋α3 ∂ ＋α0mc2 ψ
∂t ∂x ∂y ∂z
↓
ih ∂ ＋eφ ψ＝ cα1 −ih ∂ ＋eA1 ＋cα2 −ih ∂ ＋eA2
∂t ∂x ∂y
　　　　　　　　　　　　　　＋cα3 −ih ∂ ＋eA3 　＋α0mc2　 ψ
∂z
　　↓↑
ih ∂ ＋eφ ψ− cα・(p＋eA)＋α0mc2 ψ＝0　　･･･　(6)
∂t
　　↓↑
電磁場内の電子に対する　ディラック方程式 ０
ih ∂ ψ＝ cα・(p＋eA)＋α0mc2−eφ ψ　　　　≡Hψ
∂t

ただし，

α≡(α1，α2，α3)，
p ＝　(p1，p2，p3)＝ -ih ∂ ，-ih ∂ ，-ih ∂
∂x ∂y ∂z
α･p ≡α1p1＋α2p2＋α3p3　

とおいている。

［３］　ここで定常解を求めるために，

ψ(r，t)＝exp (-iεt/h)φ(r)
φ(r)＝ φ1(r)
φ2(r)
φ3(r)
φ4(r)

とおいて，ディラック方程 ０ に代入して，計算後に両辺exp (-iεt/h) で除すと，

定常状態のディラック方程式 ２

　　　　　(ε＋eφ−α0mc2)φ(r)＝cα・(p＋eA)φ(r)　　             　･･･　[*]　

となる。これを成分で書くと，

(ε＋eφ) E 0 −mc2 E 0 φ1(r)
φ2(r)
0 E 0 -E φ3(r)
φ4(r)
    ＝c 0 σ1 (p1+eA1)＋ 0 σ2 (p2+eA2)＋ 0 σ3 (p3+eA3) φ1(r)
φ2(r)
σ1 0 σ2 0 σ3 0 φ3(r)
φ4(r)

この４次行列方程式を２次パウリ行列を用いて，上下２行ずつに分けて書くこともでき，

定常状態のディラック方程式 ３

(ε＋eφ−mc2) E φ1(r) ＝c σ・(p＋eA) φ3(r) 　　　　　　　　　　　(8)
φ2(r) φ4(r)
(ε＋eφ＋mc2) E φ3(r) ＝c σ・(p＋eA) φ1(r) 　　　　　　　　　　　(9)
φ4(r) φ2(r)

ただし，　σ・(p+eA)≡σ1(p1+eA1)＋σ2(p2+eA2)＋σ3(p3+eA3)


２．スピンと磁場との相互作用

［１］　ディラック方程式にはスピンと磁場との相互作用がすでに含まれていることを示しましょう。

(6)式，

ih ∂ ＋eφ − cα・(p＋eA)＋α0mc2 ψ＝0
∂t

に左から，

ih ∂ ＋eφ ＋ cα・(p＋eA)＋α0mc2
∂t

をかけると，

ih ∂ ＋eφ 2 − cα・(p＋eA)＋α0mc2 2 ＋ih ecα ･E　 ψ＝0　　　　　・・・・・[**]
∂t
−W0 W1

を得ます。　

ここで，W1 の導出は，

W1＝ cα・(p＋eA)＋α0mc2 ih ∂ ＋eφ − ih ∂ ＋eφ ＋cα・(p＋eA)＋α0mc2
∂t ∂t
＝ c(α1p1＋α2p2＋α3p3)＋(ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2) ih ∂ ＋eφ
∂t
　　　　　　　− ih ∂ ＋eφ c(α1p1＋α2p2＋α3p3)＋(ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2)
∂t
＝ (ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2) ih ∂
∂t
　　　　　　　− ih ∂ (ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2)　　←右にあるψにもかかることに注意して　
∂t

　　　　　　　＋c(α1p1＋α2p2＋α3p3)eφ−eφc(α1p1＋α2p2＋α3p3)　　←右にあるψにもかかることに注意して

＝ (ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2) ih ∂
∂t
　　　　　　− ihec α1 ∂A1 ＋α2 ∂A2 ＋α3 ∂A3 − (ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2) ih ∂
∂t ∂t ∂t ∂t
　　　　　　−ihec α1 ∂φ ＋α2 ∂φ ＋α3 ∂φ ＋ecφ(α1p1＋α2p2＋α3p3)−eφc(α1p1＋α2p2＋α3p3)
∂x ∂y ∂z
＝　−ihec α1 ∂φ ＋ ∂A1 ＋α2 ∂φ ∂A2 ＋α3 ∂φ ＋ ∂A3
∂x ∂t ∂y ∂t ∂z ∂t

＝ih ec (α1E1＋α2E2＋α3E3)

＝ih ecα･E　　　　　　　ただし，α ＝(α1，α2，α3)，　E ＝(E1，E2，E3)


［２］　一方，[**]の第２項−W0 をさらに変形すると，，

W0＝ cα・(p＋eA)＋α0mc2 2
　　＝ c(α1p1＋α2p2＋α3p3)＋(ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2) 2

　　　＝c2(α1p1＋α2p2＋α3p3)2＋(ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2)2＋W2

ここで，

W2＝c(α1p1＋α2p2＋α3p3)(ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2)＋(ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2)c(α1p1＋α2p2＋α3p3)

　＝c(α1p1(ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2)＋c(ecα1A1　＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2)α1p1＋・・・・

　　　　　　　　↓　右のψへ作用することを考えて

　＝ec2(α12p1A1＋α1α2p1A2＋α1α3p1A3)＋ec2α1(α1A1＋α2A2＋α3A3)p1＋cα1α0mc2p1＋c(ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2)α1p1
                                     ＋　・・( p2，p3に関する同様な項 )・・

　＝ec2(α12p1A1＋α1α2p1A2＋α1α3p1A3)＋ec2(2 α12 A1＋ (α1α2＋α2α1) A2＋ (α1α3＋α3α1) A3)p1＋c ((α1α0＋α0α1) mc2)p1＋　・・・・
I 0 0 0

                                    ＋　・・( p2，p3に関する同様な項 )・・

　＝　　ec2(p1A1＋α1α2p1A2＋α1α3p1A3)＋2ec2A1p1　
　　＋ec2(p2A2＋α2α1p2A1＋α2α3p2A3)＋2ec2A2p2
　　＋ec2(p3A3＋α3α1p3A1＋α3α2p3A2)＋2ec2A3p3

　＝　ec2｛p1A1＋p2A2＋p3A3＋α2α3(p2A3−p3A2)＋α3α1(p3A1−p1A3)｝＋α1α2(p1A2−p2A1)　＋2ec2(A1p1＋A2p2＋A3p3)

　＝　ec2(p1A1＋p2A2＋p3A3）−ihec2 α2α3 ∂A3 − ∂A2 ＋α3α1 ∂A1 − ∂A3 ＋α1α2 ∂A2 − ∂A1 ＋2ec2(A1p1＋A2p2＋A3p3)
∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y
　＝　ec2(p1A1＋p2A2＋p3A3）−ihec2 iσ1B1 ＋iσ2B2 ＋iσ3B3 ＋2ec2(A1p1＋A2p2＋A3p3)

　＝　ec2(p1A1＋p2A2＋p3A3）＋2ec2(A1p1＋A2p2＋A3p3)＋hec2σ4×4・B

上記の赤字の符号を訂正しました。　(23/10/12)　ご指摘ありがとうございました。　　

［３］　よって，[**]式は，

ih ∂ ＋eφ 2 ＋ihecα･E　−hec2σ・B −W3 ψ＝0　　　　　・・・・・[**]’
∂t


W3＝c2(α1p1＋α2p2＋α3p3)2＋(ecα1A1＋ecα2A2＋ecα3A3＋α0mc2)2
　　　　　　＋ec2(p1A1＋p2A2＋p3A3）＋2ec2(A1p1＋A2p2＋A3p3)

　　＝c2(p12＋p22＋p32)＋e2c2(A12＋A22＋A32)＋ec2(p1A1＋p2A2＋p3A3）
　　　　　　　　　　　＋2ec2(A1p1＋A2p2＋A3p3)＋(mc2)2

　　＝c2(p＋eA)2＋m2c4　　　　←右にあるψにもかかることに注意して

すなわち，[**]’式は，

ih ∂ ＋eφ 2 −m2c4−c2(p＋eA)2＋ihecα･E −hec2σ4×4・B ψ＝0　　・・・[**]”
∂t

さらに　ψ(r,t)＝exp(−iεt/)φ(r)　とおいてφの関数で表すと，

(ε＋eφ)2−m2c4−c2(p＋eA)2＋ihecα･E　−hec2σ4×4・B φ＝0　　・・・[***]　

［４］　上の２行と下の２行に分けて書くと，

電磁場内でのディラック方程式　４

(ε＋eφ)2−m2c4−(p＋eA)2−hec2σ・B φ1(r) ＋ihecσ・E　 φ3(r) ＝0　　　　(11)
φ2(r) φ4(r)
(ε＋eφ)2−m2c4−(p＋eA)2−hec2σ・B φ3(r) ＋ihecσ・E　 φ1(r) ＝0　　　　(12)
φ4(r) φ2(r)
ここで，σ＝ (σx，σy，σz)，φは静電ポテンシャル，φ＝(φ1(r)，φ2(r)，φ3(r)，φ4(r))


［５］　速度が遅いときの近似は，

（１）　(ε＋eφ)2−m2c4　〜　2mc2(ε＋eφ)　　（　ε〜mc2，ε>> eφ　とする）
（２）　φ3(r)，φ4(r)の項を落とす。　(＝正エネルギー状態だけを考える。)

(11)は，

2mc2(ε＋eφ)　−(p＋eA)2−hec2σ・B φ1(r) ＝0　
φ2(r)
　　　　　　　　　　↓↑
ε φ1(r) ＝ 1 (p＋eA)2＋ e h σ・B−eφ φ1(r) 　　　　　(11)’
φ2(r) 2m m 2 φ2(r)

となりますが，右辺第２項にはスピンと磁場の相互作用が含まれていることが分かります。

［６］　次に電子が中心力だけを受けている場合のディラック方程式４ (11)式の第２項について考えます。

(11)式を 2mc2 で割ると，

ihe
2m
(σ･E) φ3(r) 　　　　　　　(20)
φ4(r)

電子の速度が小さく，磁場が存在しないときのディラック方程式（定常状態）は，(9) において，A＝0，および，ε＋eφ≒mc2　(電子のもつエネルギーは静止質量と同程度)と近似して得られる，

φ3(r) ＝
1
2mc
(σ･p) φ1(r)
φ4(r) φ2(r)

を(20)に代入すると，

ihe
4m2c2
(σ･E)(σ･p) φ1(r)
φ2(r)

と第２項は表される。

［７］　さらに，

(σ･E)(σ･p)＝(σ1E1＋σ2E2＋σ3E3)(σ1p1＋σ2p2＋σ3p3)
＝ σ12E1p1 ＋σ1σ2E1p2 ＋σ1σ3E1p3
＋σ22E2p2 ＋σ2σ1E2p1 ＋σ2σ3E2p3
＋σ32E3p3 ＋σ3σ1E3p1 ＋σ3σ2E3p2
＝ E1p1＋E2p2＋E3p3
＋σ1σ2(E1p2−E2p1) ＋ σ3σ1(E3p1−E1p3） ＋ σ2σ3(E2p3−E3p2)
＝ (E ･p) ＋iσ3(E1p2−E2p1) ＋ iσ2(E3p1−E1p3） ＋ iσ1(E2p3−E3p2)
＝(E ･p)＋iσ･(E×p)

と変形して，

ihe
4m2c2
(E ･p) −
he
4m2c2
σ･(E×p) φ1(r)
φ2(r)

また，原子内の電子系は静電（中心力）場で，電場が

E ＝−gradφ(r) ＝ ∂φ(r) er 　＝− dφ(r) 　r
∂r rdr
er ：球対称の静電場の中心から電子の位置方向の単位ベクトル

で与えられる（部分を考える）ときは，s＝(h/2)σ，　r×p＝L と置き換えて，

−
he
4m2c2
σ･(E×p) 　〜　　 e dφ(r) (s･L)
2m2c2 rdr

この項はスピン-軌道相互作用と呼ばれます。ディラック方程式にはスピンに関わる相互作用エネルギーが自ずと含まれていることが分かりました。


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