克莱因-高登方程
薛定谔方程
$$i\hbar\partial_t\psi=[\frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla-q\boldsymbol{A})^2+qV]\psi$$
动能与机械动量关系
$$E-qV=\frac{1}{2m}(\boldsymbol{p}-q\boldsymbol{A})^2$$
相对论关系
$$(E-qV)^2=p^2c^2+m^2c^4$$
将薛定谔方程移项平方得克莱因-高等方程
$$(i\hbar\partial_t-qV)^2\psi=(-\hbar^2c^2\nabla^2+m^2c^4)\psi$$
此方程存在以下缺陷
$1$.$\psi^*\psi$非正定，无法解释为概率密度
$2$.总能量本征值无下限
$3$.为对时间的二阶微分方程，除初始波函数$\psi$外还需$\partial_t\psi$才能确定系统如何演化
$4$.计算氢原子能级与实验偏差较大
$5$.除$V=0$的情况外无法写为$i\hbar\partial_t\psi=H\psi$的形式
虽然克莱因-高等方程具有以上缺陷，但也不能简单否定
$1$.非相对论极限为薛定谔方程
$2$.能导出连续性方程$\partial_t\rho+\nabla\cdot \boldsymbol{j}=0$，其中$\rho=\displaystyle\frac{1}{2m}(\psi^*\partial_t\psi-\partial_t\psi^*\psi)$，
$\boldsymbol{j}=-\displaystyle\frac{1}{2m}(\psi^*\nabla\psi-\nabla\psi^*\psi)$，与经典方程相似
由于克莱因-高等方程符合相对论要求，故猜测错误的并不是方程本身，而是态函数$\psi$，其应该满足更严格的要求
狄拉克方程
相对论要求时空的对等性，由于对时间应为一阶方程，故对空间也应为一阶方程，先考虑$\boldsymbol{A}=0,V=0$的情况，对克莱因-高登方程
$$[i\hbar\partial_t-c\boldsymbol{\alpha}\cdot(-i\hbar\nabla)-\beta mc^2]\psi=0$$
与克莱因-高登方程比较，可知
$(\alpha^i)^2=\beta^2=1\qquad i=1,2,3$
$\alpha^i\alpha^j+\alpha^j\alpha^i=0\qquad i\neq j$
$\alpha^i\beta+\beta\alpha^i=0$
$\boldsymbol{\alpha}$与$\beta$显然不是普通的向量和数，将$\boldsymbol{A},V$纳入得
$$[i\hbar\partial_t-qV-c\boldsymbol{\alpha}\cdot(\hat{\boldsymbol{P}}-q\boldsymbol{A})-\beta mc^2]\psi=0$$
按相对论，取四维矢量$x^\mu=(ct,\boldsymbol{x})$，$p^\mu=(E/c,\boldsymbol{p})$，$A_\mu=(-V/c,\boldsymbol{A})$
定义算符$D_\mu=\displaystyle\partial_\mu-\frac{iq}{\hbar}A_\mu$，$\gamma^0=\beta$，$\gamma^i=\beta\alpha^i\quad i=1,2,3$，
$\gamma^4=\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3=-\alpha^1\alpha^2\alpha^3$
$\gamma$算符满足关系
$(\gamma^0)^2=1\qquad(\gamma^i)^2=-1\qquad i=1,2,3$
$\gamma^\mu\gamma^\nu+\gamma^\nu\gamma^\mu=0\qquad \mu\neq \nu$
$\gamma^\mu\gamma^4+\gamma^4\gamma^\mu=0$
可得狄拉克方程协变形式
$$(i\hbar\gamma^\mu D_\mu-mc)\psi=0$$
旋转坐标系
纯空间转动
设时空度规在基$e_\mu$下化为洛伦兹度规$\eta_{\mu\nu}=\text{diag}(+,-,-,-)$，可得弯曲时空狄拉克方程
$$i\hbar\gamma^\mu D_\mu\psi=i\hbar\gamma^\mu(e_\mu+\Gamma_\mu)\psi=mc\psi$$
转动柱坐标系下线元
$$\begin{aligned}
\dd s^2&=c^2\dd t^2-\dd r^2-r^2(\dd \phi+\omega\dd t)^2-\dd z^2\\
\qquad\\
&=\left(1-\frac{\omega^2r^2}{c^2}\right)\left(c\dd t-\frac{1}{c}\frac{\omega r^2}{\displaystyle\left(1-\frac{\omega^2r^2}{c^2}\right)}\dd\phi\right)^2-\dd r^2-\frac{ r^2}{\displaystyle\left(1-\frac{\omega^2r^2}{c^2}\right)}\dd \phi^2-\dd z^2\\
\qquad\\
&\overset{\omega r/c\ll 1}{\approx} \left(c\dd t-\frac{\omega r^2}{c}\dd \phi\right)^2-\dd r^2-(r\dd\phi)^2-\dd z^2\\
\qquad\\
&:=(\theta^0)^2-(\theta^1)^2-(\theta^2)^2-(\theta^3)^2
\end{aligned}$$
由 $e_\mu \theta^\nu=\delta_\mu^\nu$ 可得基矢量
$$e_0=\frac{1}{c}\partial_t\qquad e_1=\partial_r\qquad e_2=\frac{1}{r}\partial_\phi+\frac{\omega r}{c^2}\partial_t\qquad e_4=\partial_z$$
对易子$[e_\mu,e_\nu]=c_{\;\mu\nu}^\lambda e_\lambda$，非零系数只有
$$\displaystyle c_{\;21}^2=-c_{\;12}^2=\frac{1}{r}\qquad c_{\;12}^0=-c_{\;21}^0=\frac{2\omega}{c}$$
自旋联络系数 $\omega_{\mu\nu\lambda}=\displaystyle\frac{1}{2}(c_{\mu\nu\lambda}+c_{\lambda\nu\mu}-c_{\nu\lambda\mu})$，非零成分为
$$\omega_{212}=\frac{1}{r}$$
$$\omega_{012}=\omega_{102}=\omega_{210}=\frac{\omega}{c}$$
计算$\Gamma_{\mu}=\displaystyle\frac{1}{8}\omega_{\mu\nu\lambda}[\gamma^\nu,\gamma^\lambda]$，非零成分为
$$\Gamma_0=\frac{\omega}{4c}[\gamma^1,\gamma^2]\qquad \Gamma_1=\frac{\omega}{4c}[\gamma^0,\gamma^2]\qquad\Gamma_2=-\frac{\omega}{4c}[\gamma^0,\gamma^1]+\frac{1}{4r}[\gamma^1,\gamma^2]$$
狄拉克方程成为
$$i\hbar\left\lbrace\left(\gamma^0+\frac{\omega r}{c}\gamma^2\right)\frac{1}{c}\partial_t+\gamma^1\partial_r+\gamma^2\frac{1}{r}\partial_\phi+\gamma^3\partial_z+\left(\frac{1}{4r}\gamma^2-\frac{\omega }{4c}\gamma^0\right) [\gamma^1,\gamma^2]\right\rbrace \psi=mc\psi$$