\[ \boxed{g=2} \]
全程只用四分量方程，不用预先化成二分量方程。
1. 有电磁场时的四分量方程
取 Dirac 表象，\(\psi=(\psi_1,\psi_2,\psi_3,\psi_4)^T\)。有电磁场时，最小耦合为
\[ i\hbar\partial_t \to i\hbar\partial_t-eA_0, \qquad -i\hbar\nabla \to -i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mathbf{A} \]
令
\[ \boldsymbol{\pi}=-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mathbf{A} \]
则四分量方程可写成二分块形式：
\[ i\hbar\frac{\partial}{\partial t} \begin{pmatrix}\phi \\ \chi\end{pmatrix} = eA_0 \begin{pmatrix}\phi \\ \chi\end{pmatrix} + mc^2 \begin{pmatrix}\phi \\ -\chi\end{pmatrix} + c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi} \begin{pmatrix}\chi \\ \phi\end{pmatrix} \]
其中
\[ \phi=\begin{pmatrix}\psi_1 \\ \psi_2\end{pmatrix}, \qquad \chi=\begin{pmatrix}\psi_3 \\ \psi_4\end{pmatrix} \]
写成两个方程：
\[ i\hbar\partial_t\phi = eA_0\phi+mc^2\phi+c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\chi \tag{1} \]
\[ i\hbar\partial_t\chi = eA_0\chi-mc^2\chi+c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\phi \tag{2} \]
2. 提取非相对论极限
非相对论极限下，能量主要来自静止质量：
\[ \psi \sim e^{-imc^2t/\hbar} \begin{pmatrix}\tilde\phi \\ \tilde\chi\end{pmatrix} \]
令
\[ \phi=e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi, \qquad \chi=e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\chi \]
代入 (1)、(2)：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\phi+mc^2\tilde\phi = eA_0\tilde\phi+mc^2\tilde\phi+c \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi} \tilde\chi \]
消去 \(mc^2\tilde\phi\)：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\phi = eA_0\tilde\phi+c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\tilde\chi \tag{3} \]
同理 (2) 变为：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\chi+mc^2\tilde\chi = eA_0\tilde\chi-mc^2\tilde\chi+c \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi} \tilde\phi \]
即
\[ i\hbar\partial_t\tilde\chi = eA_0\tilde\chi-2mc^2\tilde\chi+c \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi} \tilde\phi \tag{4} \]
3. 非相对论极限下 \(\tilde\chi\) 是小分量
在非相对论极限下，\(\tilde\chi\) 随时间变化很慢，且 \(eA_0\ll mc^2\)，所以 (4) 中：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\chi-eA_0\tilde\chi \ll 2mc^2\tilde\chi \]
于是近似有：
\[ 0\approx -2mc^2\tilde\chi+c \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi} \tilde\phi \]
即
\[ \boxed{ \tilde\chi\approx \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc}\tilde\phi } \tag{5} \]
这就是小分量用大分量表示的关系。
4. 代入大分量方程
把 (5) 代入 (3)：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\phi =eA_0\tilde\phi +c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi} \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc} \tilde\phi \]
即
\[ i\hbar\partial_t\tilde\phi =eA_0\tilde\phi +\frac{1}{2m} \left(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\right)^2 \tilde\phi \tag{6} \]
5. 计算 \((\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2\)
利用泡利矩阵恒等式：
\[ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{a})(\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{b}) = \mathbf{a}\cdot\mathbf{b}+i\boldsymbol{\sigma}\cdot(\mathbf{a}\times\mathbf{b}) \]
所以
\[ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 = \boldsymbol{\pi}\cdot\boldsymbol{\pi} + i\boldsymbol{\sigma}\cdot(\boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi}) \tag{7} \]
关键在第二项。计算：
\[ \boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi} \]
其分量为：
\[ (\boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi})_i = \epsilon_{ijk}\pi_j\pi_k \]
而
\[ \pi_j\pi_k-\pi_k\pi_j = \left(-i\hbar\partial_j-\frac{e}{c}A_j\right) \left(-i\hbar\partial_k-\frac{e}{c}A_k\right) - (k\leftrightarrow j) \]
计算对易子：
\[ [\pi_j,\pi_k] = \left(-i\hbar\partial_j-\frac{e}{c}A_j\right) \left(-i\hbar\partial_k-\frac{e}{c}A_k\right) - \left(-i\hbar\partial_k-\frac{e}{c}A_k\right) \left(-i\hbar\partial_j-\frac{e}{c}A_j\right) \]
展开，只有交叉项留下：
\[ [\pi_j,\pi_k] = i\hbar\frac{e}{c}(\partial_jA_k-\partial_kA_j) \]
即
\[ [\pi_j,\pi_k] = i\hbar\frac{e}{c}\epsilon_{jkl}B_l \]
因此
\[ (\boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi})_i = \frac12\epsilon_{ijk}[\pi_j,\pi_k] = \frac12\epsilon_{ijk}\cdot i\hbar\frac{e}{c}\epsilon_{jkl}B_l \]
利用
\[ \epsilon_{ijk}\epsilon_{jkl}=2\delta_{il} \]
得
\[ (\boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi})_i = i\hbar\frac{e}{c}B_i \]
即
\[ \boxed{ \boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi} = i\hbar\frac{e}{c}\mathbf{B} } \tag{8} \]
代入 (7)：
\[ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 = \boldsymbol{\pi}^2 + i\boldsymbol{\sigma}\cdot \left(i\hbar\frac{e}{c}\mathbf{B}\right) \]
即
\[ \boxed{ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 = \boldsymbol{\pi}^2 - \hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} } \tag{9} \]
6. 得到泡利方程
把 (9) 代入 (6)：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\phi = eA_0\tilde\phi + \frac{1}{2m} \left[ \boldsymbol{\pi}^2 - \hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \right]\tilde\phi \]
即
\[ \boxed{ i\hbar\partial_t\tilde\phi = \left[ \frac{\boldsymbol{\pi}^2}{2m} + eA_0 - \frac{\hbar e}{2mc}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \right]\tilde\phi } \tag{10} \]
这就是从四分量狄拉克方程得到的泡利方程。
7. 识别磁矩与 \(g\) 因子
泡利方程中磁场耦合项为：
\[ -\frac{\hbar e}{2mc}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \]
而自旋磁矩与磁场相互作用一般写作：
\[ -\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf{B} \]
所以
\[ \boldsymbol{\mu} = \frac{\hbar e}{2mc}\boldsymbol{\sigma} \]
又因为自旋角动量：
\[ \mathbf{S}=\frac{\hbar}{2}\boldsymbol{\sigma} \]
于是
\[ \boldsymbol{\mu} = \frac{e}{mc}\mathbf{S} \]
而一般定义：
\[ \boldsymbol{\mu} = g\frac{e}{2mc}\mathbf{S} \]
比较两式：
\[ g\frac{e}{2mc}\mathbf{S} = \frac{e}{mc}\mathbf{S} \]
所以
\[ \boxed{ g=2 } \]
8. 结论
从四分量狄拉克方程出发：
- 写出有电磁场的四分量方程；
- 取非相对论极限，令 \(\psi\sim e^{-imc^2t/\hbar}\)；
- 得到小分量与大分量的关系
\[ \tilde\chi\approx\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc}\tilde\phi \] - 代入大分量方程，得到
\[ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 =\boldsymbol{\pi}^2 -\hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \] - 得到泡利方程，其中磁场耦合项为
\[ -\frac{\hbar e}{2mc}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \] - 与
\[ -\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf{B}, \qquad \boldsymbol{\mu}=g\frac{e}{2mc}\mathbf{S} \] 比较，得
\[ \boxed{g=2} \]
这就是狄拉克方程自动给出电子朗德因子 \(g=2\) 的证明。
\pai，把点乘写成了 \dot，把叉乘写成了 \doc。下面按你的记号，把它整理成标准形式并逐项写出。
1. \(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\chi\)
你写的是
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\chi \]
其中
\[ \chi=\begin{pmatrix}\psi_3 \\ \psi_4\end{pmatrix} \]
则
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\chi = \begin{pmatrix} \pi_z & \pi_x-i\pi_y \\ \pi_x+i\pi_y & -\pi_z \end{pmatrix} \begin{pmatrix}\psi_3 \\ \psi_4\end{pmatrix} \]
即
\[ \boxed{ \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\chi = \begin{pmatrix} \pi_z\psi_3+(\pi_x-i\pi_y)\psi_4\ (\pi_x+i\pi_y)\psi_3-\pi_z\psi_4 \end{pmatrix} } \]
2. \(X=\dfrac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc}\psi\)
你写的是
\[ X=\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc}\psi \]
更准确地说，非相对论极限下小分量与大分量的关系是
\[ \chi\approx\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc}\phi \]
如果你把这个小分量记作 \(X\)，即
\[ X=\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc}\phi, \qquad \phi=\begin{pmatrix}\psi_1 \\ \psi_2\end{pmatrix} \]
则
\[ X= \frac{1}{2mc} \begin{pmatrix} \pi_z & \pi_x-i\pi_y \\ \pi_x+i\pi_y & -\pi_z \end{pmatrix} \begin{pmatrix}\psi_1 \\ \psi_2\end{pmatrix} \]
即
\[ \boxed{ X= \frac{1}{2mc} \begin{pmatrix} \pi_z\psi_1+(\pi_x-i\pi_y)\psi_2\ (\pi_x+i\pi_y)\psi_1-\pi_z\psi_2 \end{pmatrix} } \]
所以 \(X\) 是一个二分量旋量，不是四分量旋量。
3. \((\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2\)
利用泡利矩阵恒等式：
\[ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{a})(\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{b}) = \mathbf{a}\cdot\mathbf{b}+i\boldsymbol{\sigma}\cdot(\mathbf{a}\times\mathbf{b}) \]
取 \(\mathbf{a}=\mathbf{b}=\boldsymbol{\pi}\)，得
\[ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 = \boldsymbol{\pi}\cdot\boldsymbol{\pi} + i\boldsymbol{\sigma}\cdot(\boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi}) \]
而
\[ \boldsymbol{\pi}\times\boldsymbol{\pi} = i\hbar\frac{e}{c}\mathbf{B} \]
所以
\[ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 = \boldsymbol{\pi}^2 + i\boldsymbol{\sigma}\cdot \left(i\hbar\frac{e}{c}\mathbf{B}\right) \]
即
\[ \boxed{ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 = \boldsymbol{\pi}^2 - \hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} } \]
其中
\[ \boldsymbol{\pi}^2 = \left(-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mathbf{A}\right)^2 \]
4. \(\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B}\)
你写的 \sigma \doc B 应该是
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \]
它的 \(2\times2\) 矩阵形式为
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} = \sigma_xB_x+\sigma_yB_y+\sigma_zB_z \]
即
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} = \begin{pmatrix} 0&B_x \\ B_x&0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0&-iB_y \\ iB_y&0 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} B_z&0 \\ 0&-B_z \end{pmatrix} \]
所以
\[ \boxed{ \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} = \begin{pmatrix} B_z&B_x-iB_y \\ B_x+iB_y&-B_z \end{pmatrix} } \]
如果写成四分量形式，则
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \to \begin{pmatrix} \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B}&0 \\ 0&\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \end{pmatrix} \]
即
\[ \boxed{ \begin{pmatrix} B_z&B_x-iB_y&0&0 \\ B_x+iB_y&-B_z&0&0 \\ 0&0&B_z&B_x-iB_y \\ 0&0&B_x+iB_y&-B_z \end{pmatrix} } \]
5. 汇总
\[ \boxed{ \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi} = \begin{pmatrix} \pi_z&\pi_x-i\pi_y \\ \pi_x+i\pi_y&-\pi_z \end{pmatrix} } \]
\[ \boxed{ \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\chi = \begin{pmatrix} \pi_z\psi_3+(\pi_x-i\pi_y)\psi_4 \\ (\pi_x+i\pi_y)\psi_3-\pi_z\psi_4 \end{pmatrix} } \]
\[ \boxed{ X=\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc}\phi = \frac{1}{2mc} \begin{pmatrix} \pi_z\psi_1+(\pi_x-i\pi_y)\psi_2 \\ (\pi_x+i\pi_y)\psi_1-\pi_z\psi_2 \end{pmatrix} } \]
\[ \boxed{ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 = \boldsymbol{\pi}^2 - \hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} } \]
\[ \boxed{ \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} = \begin{pmatrix} B_z&B_x-iB_y \\ B_x+iB_y&-B_z \end{pmatrix} } \]
\[ \boxed{ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 = \begin{pmatrix} \pi^2-\hbar\frac{e}{c}B_z&-\hbar\frac{e}{c}(B_x-iB_y) \\ -\hbar\frac{e}{c}(B_x+iB_y)&\pi^2+\hbar\frac{e}{c}B_z \end{pmatrix} } \]
这样，从四分量狄拉克方程出发证明 \(g=2\) 所需的几个关键式子就都齐了。
1. 先看原始方程
狄拉克方程二分块形式：
\[ i\hbar\partial_t\phi = eA_0\phi+mc^2\phi+c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\chi \tag{1} \]
\[ i\hbar\partial_t\chi = eA_0\chi-mc^2\chi+c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\phi \tag{2} \]
注意：
- 大分量 \(\phi\) 前面是 \(+mc^2\phi\)
- 小分量 \(\chi\) 前面是 \(-mc^2\chi\)
这个正负号是狄拉克方程里 \(\beta\) 矩阵带来的，非常关键。
2. 令 \(\phi=e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi\)
代入 (1)：
\[ i\hbar\partial_t\left(e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi\right) = eA_0e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi +mc^2e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi +c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\chi \]
左边：
\[ i\hbar\left(-i\frac{mc^2}{\hbar}\right)e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi + e^{-imc^2t/\hbar}i\hbar\partial_t\tilde\phi \]
即
\[ mc^2e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi + e^{-imc^2t/\hbar}i\hbar\partial_t\tilde\phi \]
右边有：
\[ mc^2e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi \]
两边同时出现 \(mc^2e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi\)，正好消掉。
于是得到：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\phi = eA_0\tilde\phi + c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}, e^{+imc^2t/\hbar}\chi \]
如果你同时令
\[ \chi=e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\chi \]
则
\[ e^{+imc^2t/\hbar}\chi = e^{+imc^2t/\hbar}e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\chi = \tilde\chi \]
所以 (1) 变成：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\phi = eA_0\tilde\phi + c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\tilde\chi \tag{3} \]
结论：大分量方程中的 \(mc^2\phi\) 被相位 \(e^{-imc^2t/\hbar}\) 消掉了。
3. 再看小分量方程
原始 (2)：
\[ i\hbar\partial_t\chi = eA_0\chi-mc^2\chi+c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\phi \]
现在令
\[ \chi=e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\chi \]
代入左边：
\[ i\hbar\partial_t\left(e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\chi\right) = mc^2e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\chi + e^{-imc^2t/\hbar}i\hbar\partial_t\tilde\chi \]
右边：
\[ eA_0e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\chi - mc^2e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\chi + c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\phi \]
把 \(\phi=e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi\) 代入右边最后一项：
\[ c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}, e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi \]
现在比较左右两边，两边都有 \(e^{-imc^2t/\hbar}\)，可以约掉。左边有：
\[ +mc^2\tilde\chi \]
右边有：
\[ -mc^2\tilde\chi \]
所以移项后：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\chi = eA_0\tilde\chi -2mc^2\tilde\chi + c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\tilde\phi \tag{4} \]
结论：小分量方程中原本的 \(-mc^2\chi\)，在提出 \(e^{-imc^2t/\hbar}\) 后，左边又冒出一个 \(+mc^2\tilde\chi\)，两者合起来变成 \(-2mc^2\tilde\chi\)。
这就是你说的：
第一个方程去掉了 \(mc^2\)，第二个方程增加了 \(mc^2\)，变成 \(2mc^2\)。
完全正确。
4. 如果令 \(\chi=e^{+imc^2t/\hbar}\tilde\chi\)
现在换一种相位：
\[ \chi=e^{+imc^2t/\hbar}\tilde\chi \]
代入 (2) 左边：
\[ i\hbar\partial_t\left(e^{+imc^2t/\hbar}\tilde\chi\right) = -mc^2e^{+imc^2t/\hbar}\tilde\chi + e^{+imc^2t/\hbar}i\hbar\partial_t\tilde\chi \]
右边：
\[ eA_0e^{+imc^2t/\hbar}\tilde\chi - mc^2e^{+imc^2t/\hbar}\tilde\chi + c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\phi \]
两边都有 \(-mc^2e^{+imc^2t/\hbar}\tilde\chi\)，正好消掉。
于是得到：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\chi = eA_0\tilde\chi + c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}, e^{-imc^2t/\hbar}\phi \]
再把 \(\phi=e^{-imc^2t/\hbar}\tilde\phi\) 代入：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\chi = eA_0\tilde\chi + c,e^{-2imc^2t/\hbar} \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\tilde\phi \tag{5} \]
结论：如果小分量取 \(e^{+imc^2t/\hbar}\)，小分量方程中的 \(-mc^2\chi\) 被消掉，但代价是出现了快速振荡因子 \(e^{-2imc^2t/\hbar}\)。
5. 两种取法的对比
| 取法 | 大分量方程 | 小分量方程 |
|---|---|---|
| \(\phi,\chi\) 都取 \(e^{-imc^2t/\hbar}\) | \(mc^2\phi\) 消掉 | \(-mc^2\chi\) 变成 \(-2mc^2\tilde\chi\) |
| \(\phi\) 取 \(e^{-imc^2t/\hbar}\)，\(\chi\) 取 \(e^{+imc^2t/\hbar}\) | \(mc^2\phi\) 消掉 | \(-mc^2\chi\) 消掉，出现 \(e^{-2imc^2t/\hbar}\) |
所以：
- 标准做法：上下分量取同一相位 \(e^{-imc^2t/\hbar}\)，得到 \(-2mc^2\tilde\chi\)，从而可以做小分量近似： \[ \tilde\chi\approx\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc}\tilde\phi \]
- 非标准做法：小分量取 \(e^{+imc^2t/\hbar}\)，消掉了 \(-2mc^2\tilde\chi\)，但出现快速振荡因子，非相对论近似不再直接。
6. 你的理解总结
你说的：
代入第一个方程，去掉 \(mc^2\)，就是因为去掉了一个相位 \(mc^2\)；而第二个方程，则增加了一个相位 \(mc^2\)，本来是 \(\chi=e^{+imc^2t/\hbar}\chi’\)，如果令 \(\chi=e^{-imc^2t/\hbar}\chi’\)，则相位 \(mc^2\) 变成了 \(2mc^2\)。
精确地说：
-
大分量方程中，相位 \(e^{-imc^2t/\hbar}\) 让 \(+mc^2\phi\) 与时间导数产生的 \(+mc^2\phi\) 相消；
-
小分量方程中，原本是 \(-mc^2\chi\)，如果 \(\chi\) 也取 \(e^{-imc^2t/\hbar}\)，时间导数会额外产生 \(+mc^2\tilde\chi\)，于是 \[ -mc^2\tilde\chi-(+mc^2\tilde\chi)? \] 更准确地说是：
左边时间导数产生 \(+mc^2\tilde\chi\)，右边原本有 \(-mc^2\tilde\chi\)，移项后变成 \[ i\hbar\partial_t\tilde\chi =eA_0\tilde\chi -2mc^2\tilde\chi +c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\tilde\phi \] 所以确实是 \(-mc^2\) 变成了 \(-2mc^2\)。
这就是为什么标准推导中，小分量方程里会出现大质量项 \(-2mc^2\tilde\chi\)，而正是这一项使得非相对论极限下可以近似忽略小分量的时间导数，从而得到泡利方程和 \(g=2\)。
汇总表
| 方程 | \(mc^2\) | \(p_x\) | \(p_y\) | \(p_z\) |
|---|---|---|---|---|
| \(\psi_1\) | \(+mc^2\psi_1\) | \(+c p_x\psi_4\) | \(-i c p_y\psi_4\) | \(+c p_z\psi_3\) |
| \(\psi_2\) | \(+mc^2\psi_2\) | \(+c p_x\psi_3\) | \(+i c p_y\psi_3\) | \(-c p_z\psi_4\) |
| \(\psi_3\) | \(-mc^2\psi_3\) | \(+c p_x\psi_2\) | \(-i c p_y\psi_2\) | \(+c p_z\psi_1\) |
| \(\psi_4\) | \(-mc^2\psi_4\) | \(+c p_x\psi_1\) | \(+i c p_y\psi_1\) | \(-c p_z\psi_2\) |
答案是：
\(\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}\) 的结构本身确实与右手坐标系一致，但四分量方程中 \(p_x,p_y,p_z\) 的正负号并不是简单地按右手规则统一给出的，而是由 \(\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}\) 和 \(\boldsymbol{\alpha}\) 的具体矩阵形式决定的。
下面分几层说清楚。
1. 右手规则指的是什么
在三维空间中，右手坐标系满足：
\[ \hat{x}\times\hat{y}=\hat{z} \]
\[ \hat{y}\times\hat{z}=\hat{x} \]
\[ \hat{z}\times\hat{x}=\hat{y} \]
等价地，用 Levi-Civita 符号：
\[ (\hat{e}_i\times\hat{e}_j)=\epsilon_{ijk}\hat{e}_k \]
其中 \(\epsilon_{123}=+1\)。
2. 泡利矩阵与右手规则
泡利矩阵满足：
\[ [\sigma_i,\sigma_j]=2i\epsilon_{ijk}\sigma_k \]
即
\[ \sigma_x\sigma_y-\sigma_y\sigma_x=2i\sigma_z \]
\[ \sigma_y\sigma_z-\sigma_z\sigma_y=2i\sigma_x \]
\[ \sigma_z\sigma_x-\sigma_x\sigma_z=2i\sigma_y \]
这里的 \(\epsilon_{ijk}\) 正是右手规则中的 Levi-Civita 符号。所以：
\[ \boxed{ \text{泡利矩阵的对易关系与右手坐标系一致} } \]
而
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p} = \sigma_xp_x+\sigma_yp_y+\sigma_zp_z \]
写成矩阵：
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p} = \begin{pmatrix} p_z&p_x-ip_y\ p_x+ip_y&-p_z \end{pmatrix} \]
这里出现：
- \(p_z\) 在对角线上，符号为 \(+,-\)；
- \(p_x-ip_y\) 在右上角；
- \(p_x+ip_y\) 在左下角。
这种结构来自：
\[ \sigma_\pm=\sigma_x\pm i\sigma_y \]
其中
\[ \sigma_+= \begin{pmatrix} 0&2\ 0&0 \end{pmatrix}, \qquad \sigma_-= \begin{pmatrix} 0&0\ 2&0 \end{pmatrix} \]
而
\[ \sigma_x+i\sigma_y= \begin{pmatrix} 0&2\ 0&0 \end{pmatrix} \]
\[ \sigma_x-i\sigma_y= \begin{pmatrix} 0&0\ 2&0 \end{pmatrix} \]
这确实是按右手规则排列的：\(\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z\) 的顺序与 \(\hat{x},\hat{y},\hat{z}\) 的右手顺序一致。
3. 四分量方程中的正负号
四分量方程中：
\[ i\hbar\partial_t\psi_1 = +mc^2\psi_1 + c p_z\psi_3 + c(p_x-ip_y)\psi_4 \]
\[ i\hbar\partial_t\psi_2 = +mc^2\psi_2 + c(p_x+ip_y)\psi_3 - c p_z\psi_4 \]
\[ i\hbar\partial_t\psi_3 = -mc^2\psi_3 + c p_z\psi_1 + c(p_x-ip_y)\psi_2 \]
\[ i\hbar\partial_t\psi_4 = -mc^2\psi_4 + c(p_x+ip_y)\psi_1 - c p_z\psi_2 \]
这些正负号的来源是：
- \(\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}\) 本身的矩阵结构；
- \(\boldsymbol{\alpha}\) 矩阵把上下分量耦合起来；
- \(\beta\) 矩阵给上下分量不同的质量符号。
所以：
- \(p_x\) 项：系数全为正；
- \(p_y\) 项：带 \(\pm i\)；
- \(p_z\) 项：在 \(\psi_1,\psi_3\) 中为正，在 \(\psi_2,\psi_4\) 中为负。
这些正负号并不是简单地“按右手规则统一给 \(p_x,p_y,p_z\) 加正负”，而是由 \(\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}\) 的具体矩阵形式决定的。
4. 为什么 \(p_x,p_y\) 组合成 \(p_x\pm ip_y\)
这是关键。
在右手坐标系中，绕 \(z\) 轴的角动量升降算符是：
\[ L_\pm=L_x\pm iL_y \]
自旋升降算符是：
\[ S_\pm=S_x\pm iS_y \]
同样：
\[ \sigma_\pm=\sigma_x\pm i\sigma_y \]
所以
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p} = \sigma_zp_z+\sigma_+p_-+\sigma_-p_+ \]
其中
\[ p_\pm=p_x\pm ip_y \]
这种组合方式正是右手规则下角动量代数自然给出的。
所以：
\[ \boxed{ p_x\pm ip_y\text{ 的组合来自右手坐标系中的角动量升降结构} } \]
5. 但正负号还受 \(\beta\) 矩阵影响
狄拉克方程中：
\[ \beta= \begin{pmatrix} I&0\ 0&-I \end{pmatrix} \]
这给上下分量不同的质量符号：
\[ \psi_1,\psi_2:\ +mc^2 \]
\[ \psi_3,\psi_4:\ -mc^2 \]
而
\[ \boldsymbol{\alpha}= \begin{pmatrix} 0&\boldsymbol{\sigma}\ \boldsymbol{\sigma}&0 \end{pmatrix} \]
把上下分量耦合起来。
所以最终四分量方程中的正负号是：
\[ \boxed{ \text{右手规则决定 }\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}\text{ 的结构，} \beta\text{ 决定质量项的正负，} \boldsymbol{\alpha}\text{ 决定耦合方式。} } \]
6. 结论
\[ \boxed{ \begin{aligned} &\text{泡利矩阵的对易关系和 }\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}\text{ 的结构}\ &\text{确实遵循右手规则；}\ &\text{但四分量方程中 }p_x,p_y,p_z\text{ 的具体正负号}\ &\text{是由 }\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}\text{、}\beta\text{、}\boldsymbol{\alpha}\text{ 的矩阵形式共同决定的，}\ &\text{不是简单地对 }p_x,p_y,p_z\text{ 统一按右手规则加正负。} \end{aligned}} \]
更简洁地说：
\[ \boxed{ \text{右手规则体现在 }p_x\pm ip_y\text{ 和 }\sigma_\pm\text{ 的组合上，} } \]
而四分量方程中各项的正负号，还要看它出现在哪个分量方程、耦合的是哪两个分量。
\[ \tilde\chi \approx \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc} \tilde\phi \]
这个关系是狄拉克方程非相对论约化的核心一步。它说明小分量 \(\tilde\chi\) 不是独立的，而是由大分量 \(\tilde\phi\) 通过自旋-动量耦合决定。
1. 来源
从狄拉克方程二分块形式出发：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\phi = eA_0\tilde\phi + c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\tilde\chi \tag{1} \]
\[ i\hbar\partial_t\tilde\chi = eA_0\tilde\chi - 2mc^2\tilde\chi + c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\tilde\phi \tag{2} \]
在非相对论极限下：
- 大分量 \(\tilde\phi\) 随时间慢变；
- 小分量 \(\tilde\chi\) 随时间也慢变；
- 但小分量方程中有一项 \(-2mc^2\tilde\chi\)，它非常大。
因此 (2) 中：
\[ i\hbar\partial_t\tilde\chi-eA_0\tilde\chi \ll 2mc^2\tilde\chi \]
于是近似有：
\[ 0\approx -2mc^2\tilde\chi+c,\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi},\tilde\phi \]
即
\[ \boxed{ \tilde\chi \approx \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc} \tilde\phi } \tag{3} \]
2. 逐项物理意义
\(\tilde\chi\)
小分量。
在 Dirac 表象下：
\[ \chi= \begin{pmatrix} \psi_3\ \psi_4 \end{pmatrix} \]
提出静止质量相位后：
\[ \tilde\chi= \begin{pmatrix} \tilde\psi_3\ \tilde\psi_4 \end{pmatrix} \]
它对应负能分量，在非相对论极限下比大分量小一个因子 \(v/c\)。
物理意义：
\[ \boxed{ \tilde\chi \text{ 是小分量，描写负能态成分，在非相对论极限下很小。} } \]
\(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\)
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi} = \sigma_x\pi_x+\sigma_y\pi_y+\sigma_z\pi_z \]
其中
\[ \boldsymbol{\pi}=-i\hbar\nabla-\frac{e}{c}\mathbf{A} \]
是机械动量算符。
\(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\) 把自旋和动量耦合起来，是狄拉克方程中连接大小分量的桥梁。
物理意义：
\[ \boxed{ \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi} \text{ 是自旋-动量耦合算符，把大分量映射到小分量。} } \]
\(2mc\)
分母中的 \(2mc\) 来自小分量方程中的大质量项 \(-2mc^2\tilde\chi\)。
它决定了小分量相对于大分量的大小：
\[ \frac{|\tilde\chi|}{|\tilde\phi|} \sim \frac{p}{2mc} \sim \frac{v}{2c} \]
所以在非相对论极限 \(v\ll c\) 下：
\[ |\tilde\chi|\ll|\tilde\phi| \]
物理意义：
\[ \boxed{ 2mc \text{ 给出小分量被压低的尺度，} \frac{|\tilde\chi|}{|\tilde\phi|}\sim\frac{v}{c}。 } \]
\(\tilde\phi\)
大分量。
在 Dirac 表象下：
\[ \phi= \begin{pmatrix} \psi_1\ \psi_2 \end{pmatrix} \]
提出静止质量相位后：
\[ \tilde\phi= \begin{pmatrix} \tilde\psi_1\ \tilde\psi_2 \end{pmatrix} \]
它对应正能分量，在非相对论极限下主要描写电子的两个自旋状态。
物理意义：
\[ \boxed{ \tilde\phi \text{ 是大分量，非相对论极限下主要对应电子波函数。} } \]
3. 矩阵形式
在二分块空间中：
\[ \boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi} = \begin{pmatrix} \pi_z&\pi_x-i\pi_y\ \pi_x+i\pi_y&-\pi_z \end{pmatrix} \]
所以
\[ \tilde\chi = \frac{1}{2mc} \begin{pmatrix} \pi_z&\pi_x-i\pi_y\ \pi_x+i\pi_y&-\pi_z \end{pmatrix} \tilde\phi \]
写成两个分量：
\[ \tilde\psi_3 = \frac{1}{2mc} \left[ \pi_z\tilde\psi_1 + (\pi_x-i\pi_y)\tilde\psi_2 \right] \]
\[ \tilde\psi_4 = \frac{1}{2mc} \left[ (\pi_x+i\pi_y)\tilde\psi_1 - \pi_z\tilde\psi_2 \right] \]
这说明小分量的两个分量由大分量的两个分量通过自旋-动量耦合决定。
4. 物理图像
这个关系说明：
-
小分量不是独立的
小分量 \(\tilde\chi\) 完全由大分量 \(\tilde\phi\) 通过 \(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\) 决定。 -
自旋-动量耦合
大分量通过 \(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\) 生成小分量，说明自旋和空间运动是耦合的。 -
非相对论压低
因为分母有 \(2mc\)，小分量比大分量小一个因子 \(v/c\)。 -
负能成分
小分量对应负能态成分。在非相对论极限下，负能成分很小，但不会完全消失。 -
泡利方程的来源
把 (3) 代入大分量方程： \[ i\hbar\partial_t\tilde\phieA_0\tilde\phi + \frac{(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2}{2m}\tilde\phi \] 再利用 \[ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2
\boldsymbol{\pi}^2
\hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \] 就得到泡利方程。
5. 各项物理意义汇总
| 项 | 物理意义 |
|---|---|
| \(\tilde\chi\) | 小分量，负能成分，非相对论极限下很小 |
| \(\tilde\phi\) | 大分量，正能成分，主要对应电子波函数 |
| \(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}\) | 自旋-动量耦合算符，连接大小分量 |
| \(2mc\) | 小分量被压低的尺度，\(|\tilde\chi|/|\tilde\phi|\sim v/c\) |
| 整体关系 | 小分量由大分量通过自旋-动量耦合决定 |
6. 一句话总结
\[ \boxed{ \begin{aligned} &\tilde\chi \approx \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc} \tilde\phi \text{ 说明：}\ &\text{小分量不是独立的，}\ &\text{它由大分量通过自旋-动量耦合生成，}\ &\text{并被 }2mc\text{ 压低一个因子 }v/c。 \end{aligned}} \]
这个关系是狄拉克方程非相对论约化的关键一步，也是泡利方程和 \(g=2\) 的来源。
\[ \psi_3^2+\psi_4^2=? \]
这里要分清楚：是普通平方，还是模平方，以及是否取复共轭。在狄拉克理论中，物理上常用的是模平方。
1. 如果是模平方
\[ |\psi_3|^2+|\psi_4|^2 = \psi_3^*\psi_3+\psi_4^*\psi_4 \]
这正好是小分量 \(\chi\) 的模平方：
\[ \chi= \begin{pmatrix} \psi_3\ \psi_4 \end{pmatrix} \]
所以
\[ \boxed{ |\psi_3|^2+|\psi_4|^2 = \chi^\dagger\chi } \]
在非相对论极限下，利用小分量近似：
\[ \tilde\chi \approx \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc} \tilde\phi \]
因此
\[ \tilde\chi^\dagger\tilde\chi = \tilde\phi^\dagger \frac{(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2}{4m^2c^2} \tilde\phi \]
再利用
\[ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 = \boldsymbol{\pi}^2 - \hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \]
得到
\[ \boxed{ |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 = \frac{1}{4m^2c^2} \tilde\phi^\dagger \left[ \boldsymbol{\pi}^2 - \hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \right] \tilde\phi } \]
在最低阶非相对论近似下，忽略磁场项：
\[ \boxed{ |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 \approx \frac{1}{4m^2c^2} \tilde\phi^\dagger \boldsymbol{\pi}^2 \tilde\phi } \]
数量级上：
\[ |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 \sim \frac{p^2}{4m^2c^2} \left(|\tilde\psi_1|^2+|\tilde\psi_2|^2\right) \sim \frac{v^2}{c^2} \left(|\tilde\psi_1|^2+|\tilde\psi_2|^2\right) \]
所以小分量的模平方比大分量小一个因子 \(v^2/c^2\)。
2. 如果是普通平方
如果你写的是
\[ \psi_3^2+\psi_4^2 \]
没有复共轭，那么它没有简单的物理意义，也不是概率密度。
在狄拉克理论中：
-
概率密度是
|\psi_1|^2+|\psi_2|^2+|\psi_3|^2+|\psi_4|^2 \]
\[ \psi^\dagger\psi -
洛伦兹标量是
|\psi_1|^2+|\psi_2|^2-|\psi_3|^2-|\psi_4|^2 \]
\[ \bar\psi\psi
所以一般不会单独出现 \(\psi_3^2+\psi_4^2\)。
3. 与总概率密度的关系
总概率密度：
\[ \psi^\dagger\psi = |\psi_1|^2+|\psi_2|^2+|\psi_3|^2+|\psi_4|^2 \]
即
\[ \boxed{ \psi^\dagger\psi = \phi^\dagger\phi+\chi^\dagger\chi } \]
其中
\[ \phi^\dagger\phi = |\psi_1|^2+|\psi_2|^2 \]
\[ \chi^\dagger\chi = |\psi_3|^2+|\psi_4|^2 \]
所以
\[ \boxed{ |\psi_3|^2+|\psi_4|^2 = \psi^\dagger\psi - \left(|\psi_1|^2+|\psi_2|^2\right) } \]
4. 一句话总结
\[ \boxed{ |\psi_3|^2+|\psi_4|^2 = \chi^\dagger\chi } \]
它是小分量的模平方。
在非相对论极限下：
\[ \boxed{ |\psi_3|^2+|\psi_4|^2 \sim \frac{v^2}{c^2} \left(|\psi_1|^2+|\psi_2|^2\right) } \]
所以小分量的概率密度比大分量小一个因子 \(v^2/c^2\)。
==================================================
下面根据你给出的
\[ \tilde\psi_3 = \frac{1}{2mc} \left[ \pi_z\tilde\psi_1 + (\pi_x-i\pi_y)\tilde\psi_2 \right] \]
\[ \tilde\psi_4 = \frac{1}{2mc} \left[ (\pi_x+i\pi_y)\tilde\psi_1 - \pi_z\tilde\psi_2 \right] \]
重新计算
\[ |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 = \tilde\psi_3^*\tilde\psi_3+\tilde\psi_4^*\tilde\psi_4 \]
1. 写出复共轭
注意 \(\pi_i\) 是算符：
\[ \pi_i=-i\hbar\partial_i-\frac{e}{c}A_i \]
它满足
\[ \pi_i^\dagger=\pi_i \]
即 \(\pi_i\) 是厄米的，所以
\[ \pi_i^*=\pi_i \]
但 \(\pi_x\pm i\pi_y\) 的复共轭是：
\[ (\pi_x-i\pi_y)^\dagger=\pi_x+i\pi_y \]
\[ (\pi_x+i\pi_y)^\dagger=\pi_x-i\pi_y \]
因此：
\[ \tilde\psi_3^* = \frac{1}{2mc} \left[ \pi_z\tilde\psi_1^* + (\pi_x+i\pi_y)\tilde\psi_2^* \right] \]
\[ \tilde\psi_4^* = \frac{1}{2mc} \left[ (\pi_x-i\pi_y)\tilde\psi_1^* - \pi_z\tilde\psi_2^* \right] \]
2. 计算 \(|\tilde\psi_3|^2\)
\[ \tilde\psi_3^*\tilde\psi_3 = \frac{1}{4m^2c^2} \left[ \pi_z\tilde\psi_1^* + (\pi_x+i\pi_y)\tilde\psi_2^* \right] \left[ \pi_z\tilde\psi_1 + (\pi_x-i\pi_y)\tilde\psi_2 \right] \]
展开：
\[ = \frac{1}{4m^2c^2} \Big\{ \tilde\psi_1^*\pi_z^2\tilde\psi_1 + \tilde\psi_1^*\pi_z(\pi_x-i\pi_y)\tilde\psi_2 + \tilde\psi_2^*(\pi_x+i\pi_y)\pi_z\tilde\psi_1 + \tilde\psi_2^*(\pi_x+i\pi_y)(\pi_x-i\pi_y)\tilde\psi_2 \Big\} \]
3. 计算 \(|\tilde\psi_4|^2\)
\[ \tilde\psi_4^*\tilde\psi_4 = \frac{1}{4m^2c^2} \left[ (\pi_x-i\pi_y)\tilde\psi_1^* - \pi_z\tilde\psi_2^* \right] \left[ (\pi_x+i\pi_y)\tilde\psi_1 - \pi_z\tilde\psi_2 \right] \]
展开：
\[ = \frac{1}{4m^2c^2} \Big\{ \tilde\psi_1^*(\pi_x-i\pi_y)(\pi_x+i\pi_y)\tilde\psi_1 - \tilde\psi_1^*(\pi_x-i\pi_y)\pi_z\tilde\psi_2 - \tilde\psi_2^*\pi_z(\pi_x+i\pi_y)\tilde\psi_1 + \tilde\psi_2^*\pi_z^2\tilde\psi_2 \Big\} \]
4. 相加
\[ |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 = \frac{1}{4m^2c^2} \Big[ A+B+C+D \Big] \]
其中：
对角项 1
\[ A= \tilde\psi_1^*\pi_z^2\tilde\psi_1 + \tilde\psi_1^*(\pi_x-i\pi_y)(\pi_x+i\pi_y)\tilde\psi_1 \]
即
\[ A= \tilde\psi_1^* \left[ \pi_z^2 + (\pi_x-i\pi_y)(\pi_x+i\pi_y) \right] \tilde\psi_1 \]
对角项 2
\[ D= \tilde\psi_2^*(\pi_x+i\pi_y)(\pi_x-i\pi_y)\tilde\psi_2 + \tilde\psi_2^*\pi_z^2\tilde\psi_2 \]
即
\[ D= \tilde\psi_2^* \left[ (\pi_x+i\pi_y)(\pi_x-i\pi_y) + \pi_z^2 \right] \tilde\psi_2 \]
交叉项
来自 \(\tilde\psi_3\) 的交叉项：
\[ \tilde\psi_1^*\pi_z(\pi_x-i\pi_y)\tilde\psi_2 + \tilde\psi_2^*(\pi_x+i\pi_y)\pi_z\tilde\psi_1 \]
来自 \(\tilde\psi_4\) 的交叉项：
\[ -\tilde\psi_1^*(\pi_x-i\pi_y)\pi_z\tilde\psi_2 - \tilde\psi_2^*\pi_z(\pi_x+i\pi_y)\tilde\psi_1 \]
两者相加，交叉项为：
\[ \tilde\psi_1^* \left[ \pi_z(\pi_x-i\pi_y) - (\pi_x-i\pi_y)\pi_z \right] \tilde\psi_2 + \tilde\psi_2^* \left[ (\pi_x+i\pi_y)\pi_z - \pi_z(\pi_x+i\pi_y) \right] \tilde\psi_1 \]
即
\[ \tilde\psi_1^* [\pi_z,\pi_x-i\pi_y] \tilde\psi_2 + \tilde\psi_2^* [(\pi_x+i\pi_y),\pi_z] \tilde\psi_1 \]
5. 利用对易关系
\[ [\pi_x,\pi_y]=i\hbar\frac{e}{c}B_z \]
\[ [\pi_y,\pi_z]=i\hbar\frac{e}{c}B_x \]
\[ [\pi_z,\pi_x]=i\hbar\frac{e}{c}B_y \]
所以：
\[ [\pi_z,\pi_x-i\pi_y] = [\pi_z,\pi_x]-i[\pi_z,\pi_y] \]
而
\[ [\pi_z,\pi_x]=-[\pi_x,\pi_z] = -i\hbar\frac{e}{c}B_y \]
\[ [\pi_z,\pi_y]=[\pi_y,\pi_z] = i\hbar\frac{e}{c}B_x \]
因此
\[ [\pi_z,\pi_x-i\pi_y] = -i\hbar\frac{e}{c}B_y - i\left(i\hbar\frac{e}{c}B_x\right) \]
\[ = -i\hbar\frac{e}{c}B_y + \hbar\frac{e}{c}B_x \]
即
\[ [\pi_z,\pi_x-i\pi_y] = \hbar\frac{e}{c}(B_x-iB_y) \]
同理：
\[ [(\pi_x+i\pi_y),\pi_z] = [\pi_x,\pi_z]+i[\pi_y,\pi_z] \]
而
\[ [\pi_x,\pi_z]=i\hbar\frac{e}{c}B_y \]
\[ [\pi_y,\pi_z]=i\hbar\frac{e}{c}B_x \]
所以
\[ [(\pi_x+i\pi_y),\pi_z] = i\hbar\frac{e}{c}B_y + i\left(i\hbar\frac{e}{c}B_x\right) \]
\[ = i\hbar\frac{e}{c}B_y - \hbar\frac{e}{c}B_x \]
\[ = -\hbar\frac{e}{c}(B_x-iB_y) \]
所以两个交叉项相加为：
\[ \tilde\psi_1^* \hbar\frac{e}{c}(B_x-iB_y) \tilde\psi_2 - \tilde\psi_2^* \hbar\frac{e}{c}(B_x-iB_y) \tilde\psi_1 \]
这是纯虚数项，在取模平方并求和时，需要小心：我们计算的是 \(\tilde\psi_3^*\tilde\psi_3+\tilde\psi_4^*\tilde\psi_4\)，这是实数，交叉项应当相消或给出实部。实际上，由于 \(\tilde\psi_1,\tilde\psi_2\) 是普通复数函数，上述交叉项与其复共轭会给出实部。为简化，下面采用矩阵写法更清楚。
6. 更简洁的矩阵写法
令
\[ \tilde\phi= \begin{pmatrix} \tilde\psi_1\ \tilde\psi_2 \end{pmatrix} \]
则
\[ \tilde\chi = \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi}}{2mc} \tilde\phi \]
所以
\[ \tilde\chi^\dagger\tilde\chi = \tilde\phi^\dagger \frac{(\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2}{4m^2c^2} \tilde\phi \]
而
\[ (\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\pi})^2 = \boldsymbol{\pi}^2 - \hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \]
因此
\[ \boxed{ |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 = \frac{1}{4m^2c^2} \tilde\phi^\dagger \left[ \boldsymbol{\pi}^2 - \hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \right] \tilde\phi } \]
这就是最终结果。
7. 展开成 \(\tilde\psi_1,\tilde\psi_2\)
把 \(\boldsymbol{\pi}^2\) 和 \(\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B}\) 作用上去：
\[ \tilde\phi^\dagger \boldsymbol{\pi}^2 \tilde\phi = \tilde\psi_1^*\boldsymbol{\pi}^2\tilde\psi_1 + \tilde\psi_2^*\boldsymbol{\pi}^2\tilde\psi_2 \]
\[ \tilde\phi^\dagger \boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \tilde\phi = \tilde\psi_1^* (B_z\tilde\psi_1+(B_x-iB_y)\tilde\psi_2) + \tilde\psi_2^* ((B_x+iB_y)\tilde\psi_1-B_z\tilde\psi_2) \]
所以
\[ \boxed{ \begin{aligned} |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 &= \frac{1}{4m^2c^2} \Big[ \tilde\psi_1^*\boldsymbol{\pi}^2\tilde\psi_1 + \tilde\psi_2^*\boldsymbol{\pi}^2\tilde\psi_2\ &\quad - \hbar\frac{e}{c} \Big( \tilde\psi_1^* (B_z\tilde\psi_1+(B_x-iB_y)\tilde\psi_2) \ &\quad + \tilde\psi_2^* ((B_x+iB_y)\tilde\psi_1-B_z\tilde\psi_2) \Big) \Big] \end{aligned} } \]
8. 最低阶近似
若忽略磁场项：
\[ \boxed{ |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 \approx \frac{1}{4m^2c^2} \left[ \tilde\psi_1^*\boldsymbol{\pi}^2\tilde\psi_1 + \tilde\psi_2^*\boldsymbol{\pi}^2\tilde\psi_2 \right] } \]
数量级：
\[ |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 \sim \frac{p^2}{4m^2c^2} \left(|\tilde\psi_1|^2+|\tilde\psi_2|^2\right) \sim \frac{v^2}{c^2} \left(|\tilde\psi_1|^2+|\tilde\psi_2|^2\right) \]
9. 结论
\[ \boxed{ |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 = \frac{1}{4m^2c^2} \tilde\phi^\dagger \left[ \boldsymbol{\pi}^2 - \hbar\frac{e}{c}\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{B} \right] \tilde\phi } \]
其中
\[ \tilde\phi= \begin{pmatrix} \tilde\psi_1\ \tilde\psi_2 \end{pmatrix} \]
在最低阶非相对论近似下：
\[ \boxed{ |\tilde\psi_3|^2+|\tilde\psi_4|^2 \approx \frac{1}{4m^2c^2} \left[ \tilde\psi_1^*\boldsymbol{\pi}^2\tilde\psi_1 + \tilde\psi_2^*\boldsymbol{\pi}^2\tilde\psi_2 \right] } \]
小分量模平方比大分量小一个因子 \(v^2/c^2\)。