ディラック方程式とは
ディラック方程式とは、非相対論的なシュレディンガー方程式の相対論への拡張として提案されました。ディラック方程式は以下で表されます。
$$i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t}=(-ic\hbar{\bf\alpha}\cdot\nabla+\beta mc^2)\psi$$
左辺の括弧の中はディラックのハミルトニアンと呼ばれます。$\alpha_i$（$i=1\sim3$）と $\beta$ は４×４の行列で、パウリ行列
$$\sigma_0=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right) , \sigma_1=\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{array}\right)$$$$\sigma_2=\left(\begin{array}{cc} 0 & -i \\ i & 0 \end{array}\right) , \sigma_3=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{array}\right)$$
を使うと以下で表されます。この行列はディラック行列（ディラック表現）と呼ばれています。
$$\alpha_i=\left(\begin{array}{cc} 0 & \sigma_i \\ \sigma_i & 0 \end{array}\right) －①$$$$\beta=\left(\begin{array}{cc} \sigma_0 & 0 \\ 0 & -\sigma_0 \end{array}\right) －①$$
ディラック方程式を導く
シュレディンガー方程式は、時間成分については１階微分で空間成分については２階微分となっているため、これをローレンツ不変、つまり時間と空間の扱いを同等とするように変える必要があります。
まず、相対論的力学より質量はエネルギーとして表されるため、
$$E^2=c^2{\bf p}^2+m^2c^4 -②$$
この式を、そのまま演算子に置換えるとクライン・ゴルドン方程式が得られますが、２階の微分方程式になってしまい不都合なので、１階の微分方程式となるように工夫します。
エネルギーと運動量の２乗が含まれないようにするため、②の両辺の平方根をとり、
$$E=c\sqrt{p_x^2+p_y^2+p_z^2+m^2c^2} -③$$
として、右辺の根号について、以下の式が成り立つ $\alpha_i$ と $\beta$ を求めます。
$$\sqrt{p_x^2+p_y^2+p_z^2+m^2c^2}\equiv\alpha_1p_x+\alpha_2p_y+\alpha_3p_z+\beta mc$$
この両辺を２乗すると以下になるため、
$$p_x^2+p_y^2+p_z^2+m^2c^2=\alpha_1^2p_x^2+\alpha_2^2p_y^2+\alpha_3^2p_z^2+(1)+(2)+\beta^2m^2c^2$$$$(1)=(\alpha_1\alpha_2+\alpha_2\alpha_1)p_xp_y+(\alpha_2\alpha_3+\alpha_3\alpha_2)p_yp_z+(\alpha_1\alpha_3+\alpha_3\alpha_1)p_xp_z$$$$(2)=(\alpha_1\beta+\beta\alpha_1)mcp_x+(\alpha_2\beta+\beta\alpha_2)mcp_y+(\alpha_3\beta+\beta\alpha_3)mcp_z$$
両辺が等しくあるためには、$\alpha_i$ と $\beta$ は２乗が１で、
$$\alpha_1^2=\alpha_2^2=\alpha_3^2=\beta^2=1 －④$$
互いに反交換関係にある必要があります（$i,j=1\sim3$）。
$$\alpha_i\alpha_j=-\alpha_j\alpha_i -⑤$$$$\alpha_i\beta=-\beta\alpha_i －⑥$$
ディラックは、この条件を満たす $\alpha_i$ と $\beta$ は少なくとも４×４の行列であることを示しました。尚、この行列の組合せは無数にありますが、その中の１つがディラック行列①です。
実際に確認すると、④については、パウリ行列の性質より、
$$\alpha_i^2=\left(\begin{array}{cc} \sigma_i^2 & 0 \\ 0 & \sigma_i^2 \end{array}\right)={\bf 1}$$$$\beta^2=\left(\begin{array}{cc} \sigma_0^2 & 0 \\ 0 & \sigma_0^2 \end{array}\right)={\bf 1}$$
同様に⑤については、$\sigma_i\sigma_j=-\sigma_j\sigma_i$ より、
$$\alpha_i\alpha_j=\left(\begin{array}{cc} \sigma_i\sigma_j & 0 \\ 0 & \sigma_i\sigma_j \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} -\sigma_j\sigma_i & 0 \\ 0 & -\sigma_j\sigma_i \end{array}\right)=-\alpha_j\alpha_i$$
⑥についても $\sigma_i\sigma_0=\sigma_0\sigma_i$ より、以下のように成り立つことが分かります。
$$\alpha_i\beta=\left(\begin{array}{cc} 0 & -\sigma_i\sigma_0 \\ \sigma_i\sigma_0 & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & -\sigma_0\sigma_i \\ \sigma_0\sigma_i & 0 \end{array}\right)=-\beta\alpha_i$$
従って、②は以下で表され、
$$\frac{E}{c}={\bf\alpha}\cdot{\bf p}+\beta mc$$
各物理量を対応する演算子に置換えると、ディラック方程式が得られることが分かります。
$${\bf p} \to -i\hbar\nabla$$$$E \to i\hbar\frac{\partial}{\partial t}$$
