Klar, hab auf der rechten Seite die Quadrate vergessen. Hab ich inzwischen korrigiert. Machen wir weiter mit der Herleitung. Wir müssen also Gleichung (3) quadrieren, um sie in Gleichung (2) einsetzen zu können (4):
\[E^{2}=p^{2}c^{2}+m^{2}c^{4}=(\vec{\alpha}\vec{p}c+\beta mc^{2})(\vec{\alpha}\vec{p}c+\beta mc^{2})\]
Da unser Raum 3-dimensional ist, gilt (5):
\[E^{2}=p_{x}^{2}c^{2}+p_{y}^{2}c^{2}+p_{z}^{2}c^{2}+m^{2}c^{4}=\]
\[(\alpha_{x}p_{x}c+\alpha_{y}p_{y}c+\alpha_{z}p_{z}c+\beta mc^{2})(\alpha_{x}p_{x}c+\alpha_{y}p_{y}c+\alpha_{z}p_{z}c+\beta mc^{2})\]
Ausmultiplikation der beiden Klammern auf der rechten Seite ergibt (6):
\[E^{2}=\alpha_{x}^{2}p_{x}^{2}c^{2}+\alpha_{y}^{2}p_{y}^{2}c^{2}+\alpha_{z}^{2}p_{z}^{2}c^{2}+\beta^{2}m^{2}c^{4}+\]
\[\alpha_{x}\alpha_{y}p_{x}p_{y}c^{2}+\alpha_{y}\alpha_{x}p_{y}p_{x}c^{2}+\alpha_{x}\alpha_{z}p_{x}p_{z}c^{2}+\alpha_{z}\alpha_{x}p_{z}p_{x}c^{2}+\alpha_{y}\alpha_{z}p_{y}p_{z}c^{2}+\alpha_{z}\alpha_{y}p_{z}p_{y}c^{2}\]
\[\alpha_{x}\beta p_{x}mc^{3}+\beta\alpha_{x}p_{x}mc^{3}+\alpha_{y}\beta p_{y}mc^{3}+\beta\alpha_{y}p_{y}mc^{3}+\alpha_{z}\beta p_{z}mc^{3}+\beta\alpha_{z}p_{z}mc^{3}\]
Es ist nicht schwer zu erkennen, dass die Mischterme in den Zeilen 2 und 3 von Gleichung (6) wegfallen müssen und dass gelten muss (I):
\[\alpha_{x}^{2}=\alpha_{y}^{2}=\alpha_{z}^{2}=\beta^{2}=1\]
Die Zeilen 2 und 3 von Gleichung (6) kann man nun weiter zusammenfassen (7):
\[...+\frac{1}{2}[(\alpha_{x}\alpha_{y}+\alpha_{y}\alpha_{x})p_{x}p_{y}+(\alpha_{x}\alpha_{z}+\alpha_{z}\alpha_{x})p_{x}p_{z}+(\alpha_{y}\alpha_{z}+\alpha_{z}\alpha_{y})p_{y}p_{z}]c^{2}+\]
\[[(\alpha_{x}\beta+\beta\alpha_{x})p_{x}^{2}+(\alpha_{y}\beta+\beta\alpha_{y})p_y^{2}+(\alpha_{z}\beta+\beta\alpha_{z})p_z^{2}]mc^{3}\]
Aus dem Erfordernis, dass die beiden Zeilen von Gleichung (7) wegfallen müssen, folgt nun für die Koeffizienten die Bedingungen (II):
\[(\alpha_{x}\alpha_{y}+\alpha_{y}\alpha_{x})=(\alpha_{x}\alpha_{z}+\alpha_{z}\alpha_{x})=(\alpha_{y}\alpha_{z}+\alpha_{z}\alpha_{y})=2\]
und (III):
\[(\alpha_{x}\beta+\beta\alpha_{x})=(\alpha_{y}\beta+\beta\alpha_{y})=(\alpha_{z}\beta+\beta\alpha_{z})=0\]
1. Versuch: Alle Koeffizienten = 1; Kriterium I: ok, Kriterium II: ok, Kriterium III: 2!
2. Versuch: Alle Koeffizienten = -1; Kriterium I: ok, Kriterium II: ok, Kriterium III: -2!
3. Versuch: Alle \(\alpha\)-Koeffizienten = 1, \(\beta\)=-1; Kriterium I: ok, Kriterium II: ok; Kriterium III: -2!
4. Versuch: Alle \(\alpha\)-Koeffizienten = 1, \(\beta\)=i; Kriterium I: ok, Kriterium II: ok; Kriterium III: 2+2i!
Zwischenfazit: Insbesondere wegen Kriterium III können die Koeffizienten keine trivialen Lösungen sein. Eigentlich könnte man jetzt einpacken und den Ansatz als Sackgasse verwerfen.
Nicht so Paul Dirac! Er gab nicht auf und prüfte, ob die Koeffizienten gegebenfalls Matrizen darstellen könnten. Welche Eigenschaften müssten diese Matrizen \(\alpha^{i},\beta\) haben?
1. Da die Hamilton-Funktion (
Gleichung 3
)
hermitesch
ist, müssten die Matrizen es auch sein, dass heisst: \((\alpha^{i})^{\dagger}=\alpha^{i}\) und \(\beta^{\dagger}=\beta\).
2. Aus Kriterium II und III folgt, dass die Matrizen
antikommutativ
sein müssen.
3. Aus Kriterium III folgt, dass die Matrizen \(\alpha^{i}\) und \(\beta\)
Spur
-frei sein müssen.
4. Da wir vier linear unabhängige Matrizen brauchen, muss die Dimension der Matrizen \(\geq\) 4 sein. Die
Pauli-Matrizen
liefern beispielsweise nur 3 linear unabhängige, antikommutative Matrizen:
\[\sigma_{1}=\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix}, \sigma_{2}=\begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix},
\sigma_{3}=\begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}\]
To do
