1. 先把方程写清楚
你写的两个方程是狄拉克方程在 Weyl/手征基下的形式。通常写成
\[ i(\partial_t+ie\phi)\phi+i\sigma^i(\partial_i+ieA_i)\chi-m\phi=0, \]
\[ -i(\partial_t+ie\phi)\chi-i\sigma^i(\partial_i+ieA_i)\phi-m\chi=0. \]
这里 \(\phi,\chi\) 是二分量旋量。为了方便，定义协变导数
\[ D_t=\partial_t+ie\phi,\qquad D_i=\partial_i+ieA_i. \]
于是方程变为
\[ iD_t\phi+i\sigma^iD_i\chi-m\phi=0, \tag{1} \]
\[ -iD_t\chi-i\sigma^iD_i\phi-m\chi=0. \tag{2} \]
2. 为什么不能直接“解出 \(\chi\) 代入”？
从 (2) 看，\(\chi\) 满足
\[ (-iD_t-m)\chi-i\sigma^iD_i\phi=0. \]
形式上可以写成
\[ (iD_t+m)\chi=-i\sigma^iD_i\phi. \]
如果 \(iD_t+m\) 有逆，可以形式解出
\[ \chi=-(iD_t+m)^{-1}i\sigma^iD_i\phi. \]
但这里 \((iD_t+m)\) 是一个微分算子，不是普通数。把它代入 (1) 会得到
\[ iD_t\phi+i\sigma^iD_i\left[-(iD_t+m)^{-1}i\sigma^jD_j\phi\right]-m\phi=0, \]
这虽然形式上消去了 \(\chi\)，但出现了非局域的逆算子，而且时间导数在分母上，实际使用很不方便。物理上更标准的方法是消去 \(\chi\)，得到一个只含 \(\phi\) 的二阶方程。
3. 正确的消去方法：对第二个方程作用 \((iD_t-m)\) 或类似算子
从 (1) 和 (2) 可以这样做。先把 (1) 写成
\[ (iD_t-m)\phi=-i\sigma^iD_i\chi. \tag{1’} \]
把 (2) 写成
\[ (-iD_t-m)\chi=i\sigma^iD_i\phi. \tag{2’} \]
注意
\[ -iD_t-m=-(iD_t+m), \]
所以 (2’) 是
\[ (iD_t+m)\chi=-i\sigma^iD_i\phi. \tag{2’’} \]
现在对 (2’’) 作用 \((iD_t-m)\)：
\[ (iD_t-m)(iD_t+m)\chi
(iD_t-m)(-i\sigma^iD_i\phi). \]
左边是
\[ (iD_t-m)(iD_t+m)\chi
\left[(iD_t)^2-m^2\right]\chi
(-D_t^2-m^2)\chi. \]
右边是
\[ -i(iD_t-m)\sigma^iD_i\phi
(\sigma^iD_i)(D_t-m?)\ \text{要小心非对易}。 \]
更稳妥的是直接从 (1’) 和 (2’’) 联立：
由 (1’)：
\[ (iD_t-m)\phi=-i\sigma^iD_i\chi. \tag{A} \]
由 (2’’)：
\[ (iD_t+m)\chi=-i\sigma^iD_i\phi. \tag{B} \]
对 (A) 作用 \((iD_t+m)\)：
\[ (iD_t+m)(iD_t-m)\phi
-i(iD_t+m)\sigma^iD_i\chi. \]
左边：
\[ (iD_t+m)(iD_t-m)\phi
\left[(iD_t)^2-m^2\right]\phi
(-D_t^2-m^2)\phi. \]
右边用 (B) 替换 \((iD_t+m)\chi\)：
\[ -i\sigma^iD_i\left[(iD_t+m)\chi\right]
-i\sigma^iD_i\left[-i\sigma^jD_j\phi\right]
(-i)(-i)\sigma^iD_i\sigma^jD_j\phi
-\sigma^iD_i\sigma^jD_j\phi. \]
所以得到
\[ (-D_t^2-m^2)\phi=-\sigma^iD_i\sigma^jD_j\phi. \]
移项：
\[ D_t^2\phi-\sigma^iD_i\sigma^jD_j\phi+m^2\phi=0. \]
利用 \(\sigma^i\sigma^j=\delta^{ij}+i\epsilon^{ijk}\sigma^k\)，有
\[ \sigma^iD_i\sigma^jD_j
D_iD_i+i\epsilon^{ijk}\sigma^kD_iD_j. \]
在非阿贝尔或一般规范场下还有场强项，但这里 \(A_\mu\) 是阿贝尔电磁场，\(D_iD_j-D_jD_i=ieF_{ij}\)。因此
\[ \sigma^iD_i\sigma^jD_j
D_iD_i+\frac{i}{2}\epsilon^{ijk}\sigma^k(D_iD_j-D_jD_i)
D_iD_i+\frac{i}{2}\epsilon^{ijk}\sigma^k(ieF_{ij}). \]
由于 \(F_{ij}=\partial_iA_j-\partial_jA_i\)，并且 \(\epsilon^{ijk}F_{ij}\) 与磁场有关，最后会出现 Pauli 项 \(-\sigma\cdot B\)。
于是 \(\phi\) 满足
\[ \left[ D_t^2-D_iD_i-m^2 +\sigma\cdot B \right]\phi=0 \]
（符号可能因约定不同略有差异）。这就是消去 \(\chi\) 后得到的二阶方程，类似 Pauli 方程或平方后的狄拉克方程。
4. 结论
- 不能简单地把第二个方程中的 \(\chi\) 当成普通变量解出来再代入第一个，因为 \(\chi\) 满足的是含微分算子的方程，解出 \(\chi\) 会引入非局域的逆算子。
- 可以通过联立两个一阶方程，对其中一个作用适当的微分算子，把 \(\chi\) 消去，得到只含 \(\phi\) 的二阶方程。
- 最终得到的方程包含 \(D_t^2-D_iD_i-m^2\) 以及自旋-磁场耦合项 \(\sigma\cdot B\)，这正是狄拉克方程平方后出现的结构。
所以，你的想法方向是对的：两个分量方程确实可以消去一个分量，但操作上不是直接代入，而是要做“算子消元”。