Relativisztikus kvantummechanika

Ebben a részben $c = 1$

A Klein-Gordon egyenlet

Legyen $\Psi (t,\mathbf{x})$ egy részecske hullámfüggvénye, mint egy inerciarendszerbeli tér- és időkoordináták skalárfüggvénye. Erre szeretnénk felírni egy kovariáns egyenletet, ami összhangban van a relativitáselmélettel. Ehhez induljunk ki a $E^2 = p^2 + m^2$ egyenletből, és helyettesítsük a fizikai mennyiségeket a klasszikus kvantummechanikából ismert operátoraikkal. Az impulzus operátora: $\mathbf{p} \sim -i \hbar \nabla$, az energiát az időderiváltnak feleltethetjük meg: $E \sim i \hbar \frac{\partial}{\partial t}$, a tömeg pedig itt is egy állandó. Így a fenti egyenletnek megfelelő operátorokat a hullámfüggvényre hattatva a következő egyenletet kapjuk:

$\left ( -\hbar^2 \frac{\partial^2}{\partial t^2} + \hbar^2 \nabla^2 - m^2 \right ) \Psi = 0$

Ez a Klein-Gordon egyenlet. Ezt felírhatjuk négyesvektoros alakban is. Az energia és impulzus közötti összefüggés (diszperziós reláció) négyesvektorosan: $p_{\mu} p^{\mu} = m^2$. Az előző megfeleltetés operátoroknak ekkor: $p^{\mu} \sim i \hbar \frac{\partial}{\partial x_{\mu}} = i \hbar \partial^{\mu} = i \hbar \left ( \frac{\partial}{\partial t}, -\nabla \right )$. A Klein-Gordon egyenlet ilyen alakban:

$\left ( \partial_{\mu} \partial^{\mu} + \frac{m^2}{\hbar^2} \right ) \Psi = 0$

A Klein-Gordon egyenlet síkhullám megoldásait egyszerűen felírhatjuk:

$\Psi (x^{\mu}) = A e^{- i k_{\mu} x^{\mu} } = A e^{-i \omega t + i \mathbf{k x}}$

Ezt az egyenletbe behelyettesítve láthatjuk, hogy kielégíti azt, ha teljesül a $k_{\mu} k^{\mu} = \frac{m^2}{\hbar^2}$ feltétel. Ez azt jelenti, hogy a $k^{\mu}$ négyesvektor komponenseiből csak 3 független. Legyenek a komponensek: $k^{\mu} = \left ( \omega, \mathbf{k} \right )$, így ezekre a $\omega^2 = k^2 + m^2$ diszperziós reláció adódik. A kvantummechanikában szokásos értelmezés szerint az energia (ez az időderiválás operátor sajátértéke is) $E = \hbar \omega = \pm \sqrt{\hbar^2 k^2 + m^2}$. Formálisan a pozitív energiás megoldás mellett van egy negatív energiájú is (ez jelenti majd az antirészecskéket).

Eddig még nem beszéltünk arról, hogy milyen részecskék leírására alkalmas a Klein-Gordon egyenlet, felmerül a kérdés, hogy ez az egyenlet alkalmas-e a Schrödinger egyenlet relativisztikus általánosítására. Elvileg ezzel az egyenlettel 0 spinű részecskéket lehetne leírni, a valóságban azonban nincs olyan elemi részecske, amit csak a Klein-Gordon egyenlet írna le (a fotonokra felírható hullámegyenletek hasonlóak, de ott nem egy skalármező, hanem a potenciálokból álló négyesvektor komponensei szerepelnek). Ennek ellenére érdemes megvizsgálni, hogyha lennének ilyen részecskék, akkor milyen tulajdonságokkal rendelkeznének. A Schrödinger-egyenletnél a hullámfüggvény abszolútértékének négyzete megtalálási valószínűségsűrűségként volt értelmezhető. Kérdéses, hogy itt lehet-e ehhez hasonló megállapításokat tenni. Ehhez írjuk fel a Klein-Gordon egyenletet és a komplex konjugáltját:

$\left ( \partial_{\mu} \partial^{\mu} + \frac{m^2}{\hbar^2} \right ) \Psi = 0 \quad \left ( \partial_{\mu} \partial^{\mu} + \frac{m^2}{\hbar^2} \right ) \Psi^* = 0$

Szorozzuk meg az eredeti egyenletet (balról) $\Psi^*$-al, a komplex konjugált egyenletet $\Psi$-vel, és vonjuk ki a kettőt egymásból. Az eredmény:

$\Psi^* \partial_{\mu} \partial^{\mu} \Psi - \Psi \partial_{\mu} \partial^{\mu} \Psi^* = \partial_{\mu} \left ( \Psi^* \partial^{\mu} \Psi - \Psi \partial^{\mu} \Psi^* \right ) = 0$

Azt kaptuk, hogy egy négyesvektor divergenciája 0. Ez lehetőséget ad egy négyesáram bevezetésére, amire egy megmaradási tétel (kontinuitási egyenlet) írható fel. Legyen:

$j^{\mu} = \frac{i \hbar}{2m} \left ( \Psi^* \partial^{\mu} \Psi - \Psi \partial^{\mu} \Psi^* \right )$

Ekkor fennáll, hogy $\partial_{\mu} j^{\mu} = 0$. A komponenseket $j^{\mu} = \left ( \rho, \mathbf{j} \right )$ formában írva ez egy kontinuitási egyenlet jelent:

$\frac{\partial \rho}{\partial t} = \nabla \mathbf{j}$

Az egész térre integrálva azt kapjuk, hogy a $\rho$ sűrűség integrálja állandó:

$\frac{\operatorname{d}}{\operatorname{d} t} \int \rho \operatorname{d}^3 x = 0$

Ez alapján azt lehetne mondani, hogy $\rho$ a Schrödinger egyenletnél bevezethető valószínűségsűrűséghez hasonlóan viselkedik, ennek ellenére nem lehet valószínűségsűrűségként értelmezni, mert a Schrödinger-egyenletnél használt abszolútértéknégyzettel szemben $\rho$ értéke nem csak pozitív lehet, hanem negatív is. Ez abból következik, hogy a Klein-Gordon egyenlet időben másodrendű, így kezdőfeltételként $\Psi$-t és az idő szerinti deriváltját tetszőlegesen lehet megválasztani, úgy is, hogy $\rho$ egyes helyeken negatív legyen.

Így a Klein-Gordon megoldásainak nem lehet a Schrödinger-egyenletnél megszokott valószínűségi értelmezést adni. Abban az esetben viszont, ha töltött részecskékről van szó, egy töltés áramsűrűséget lehet bevezetni. Legyen ekkor:

$j^{\mu} = \frac{i e \hbar}{2 m} \left ( \Psi^* \partial^{\mu} \Psi - \Psi \partial^{\mu} \Psi^* \right )$

Az előző definícióhoz képest az egyetlen eltérés a részecskék töltésegységét jelentő $e$ szorzó, így $j^{\mu}$ négyes áramsűrűségként értelmezhető (a kontinuitási egyenlet ugyanúgy teljesül rá). A nulladik komponense a töltéssűrűség:

$\rho = \frac{i e \hbar}{2 m} \left ( \Psi^* \frac{\partial \Psi}{\partial t} - \Psi \frac{\partial \Psi^* }{\partial t} \right )$

A térszerű komponensek a hármas áramsűrűséget adják:

$\mathbf{j} = \frac{i e \hbar}{2 m} \left ( \Psi^* \nabla \Psi - \Psi \nabla \Psi^* \right )$

Az össztöltés megmarad:

$Q \equiv \int \rho \operatorname{d}^3 x \quad \rightarrow \quad \frac{\operatorname{d} Q}{\operatorname{d} t} = 0$

Ezzel szemben $\rho$ értéke egy adott pontban tetszőlegesen változhat, lehet pozitív és negatív is. Ez azt jelenti, hogy a Klein-Gordon egyenlettel nem lehet egy rögzített (pozitív vagy negatív) töltésű részecskét leírni, az időfejlődés során megjelenhetnek ellentétes töltésű tartományok, ennek magyarázata az, hogy minden részecskének létezik ellentétes töltésű antirészecskéje, és a részecskék és antirészecskék száma nem marad meg, csak az össztöltés, keletkezhetnek és annihilálódhatnak részecske-antirészecske párok. Ennek a teljes leírására azonban a Klein-Gordon egyenlet jelenlegi formája nem alkalmas, el kell végezni a $\Psi$ tér második kvantálását. Ezt itt nem tesszük meg, az antirészecskék jelenlétét viszont a síkhullám megoldásokon is tudjuk egyszerűen szemléltetni. Ehhez írjuk fel az előbbi síkhullám megoldást (a szokásos $E = \hbar \omega$ és $\mathbf{p} = \hbar \mathbf{k}$ jelöléseket használva):

$\Psi = A e^{\frac{i}{\hbar} \left ( \mathbf{p x} - E t \right ) }$

Itt $\mathbf{p}$ tetszőleges (hármas) vektor, és érvényes az $E = \pm \sqrt{p^2 + m^2}$ diszperziós reláció. Legyen a pozitív megoldás $E_p \equiv + \sqrt{p^2 + m^2}$, így $E = \pm E_p$, a különböző előjelhez tartozó megoldások külön felírva:

$\Psi_{+} = A_{+} e^{\frac{i}{\hbar} \left ( \mathbf{p x} - E_p t \right ) } \quad \quad \Psi_{-} = A_{-} e^{\frac{i}{\hbar} \left ( \mathbf{p x} + E_p t \right ) }$

Az ezekből számolt töltéssűrűségek (a deriválást elvégezve):

$\rho_{+} = + \frac{e E_p}{m} \left | A_{+} \right |^2 \quad \quad \rho_{-} = - \frac{e E_p}{m} \left | A_{-} \right |^2$

Az egyik esetben a töltéssűrűség pozitív, a másikban negatív. Ezt úgy lehet értelmezni, hogy a $\Psi_{+}$ megoldás $+e$ töltésű, a $\Psi_{-}$ megoldás $-e$ töltésű részecskéket ír le.

A Dirac-egyenlet

A Dirac-egyenlet bevezetése

Szeretnénk egy, a Schrödinger-egyenlethez hasonló alakú (időben elsőrendű), de a relativitáselmélettel összhangban levő egyenletet bevezetni. A Schrödinger-egyenlet ismert alakja:

$i \hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t} = \hat{\operatorname{H}} \Psi$

Szeretnénk, ha a Hamilton-operátor összhangban lenne a relativitáselmélet $E = \pm \sqrt{p^2 + m^2}$ összefüggésével. Tegyük fel, hogy létezik egy ilyen operátor, ami előáll az impulzusok (térszerinti deriváltak) és a tömeg (mint számmal szorzás) lineárkombinációjaként, és a négyzetére teljesül a relativisztikus energia-impulzus összefüggés (a továbbiakban a latin betűs indexek a térszerű koordinátákat jelölik: $i = 1,2,3$, rájuk is vonatkozik a kétszer előforduló indexre automatikus összegzés szabálya):

$\hat{\operatorname{H}} = \alpha_i \hat{\operatorname{p}}_i + \beta m \quad \quad \hat{\operatorname{H}}^2 = \hat{\operatorname{p}}_i \hat{\operatorname{p}}_i + m^2$

A fenti feltételeknek nincs megoldása abban az esetben, ha az $\alpha_i$ és $\beta$ együtthatók számok, így keressük úgy a megoldást, hogy a $\Psi$ hullámfüggvény több komponensű (oszlopvektor) és az együtthatók mátrixok. Így a feltételeink:

• Legyen $\Psi$ egy $n$ komponensű vektor, a komponenseit jelölje $\Psi_i$

• Legyen a $\rho \equiv \Psi^{+} \Psi \equiv \sum_{i=1}^{n} \Psi_i^{*} \Psi_i$ mennyiség egy megmaradó 4-es áram nulladik komponense

• Teljesüljön a relativisztikus $E^2 = p^2 + m^2$ összefüggés. Ez azt jelenti, hogy $\Psi_i$ minden komponense kielégíti a Klein-Gordon egyenletet

• Legyen az egyenlet kovariáns, azaz teljesítse azt a feltételt, hogy mindkét oldalán a Lorentz-transzformációk szempontjából ugyanúgy transzformálódó mennyiségek szerepelnek

Megmutatható, hogy ezek a feltételek az együtthatómátrixokra a következő egyenleteket adják:

$\left \{ \alpha_j , \alpha_k \right \} = 2 \delta_{jk} \quad \left \{ \alpha_j , \beta \right \} = 0 \quad \alpha_i^2 = \beta^2 = 1$

A kapcsos zárójelek az antikommutátorokat jelentik. Ezeket az egyenleteket legkevesebb $4 \times 4$-es mátrixokkal lehet kielégíteni, léteznek magasabb dimenziójú megoldások is, mi a továbbiakban csak az $n = 4$ esettel foglalkozunk. Ebben az esetben a megoldás (igazából több megoldás lehetséges, de ezek nem függetlenek egymástól, így elég csak egyet vizsgálni):

$\alpha_i = \left ( \begin{array}{cc} 0 & \sigma_i \\ \sigma_i & 0 \end{array} \right ) \quad \quad \beta = \left ( \begin{array}{cc} \operatorname{I} & 0 \\ 0 & -\operatorname{I} \end{array} \right )$

Itt $\operatorname{I}$ a $2 \times 2$-es egységmátrix, a $\sigma_i$ mátrixok a Pauli-mátrixok. A komponensek kiírva:

$\beta = \left ( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array} \right ) \quad \quad \alpha_1 = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right )$

$\alpha_2 = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & i & 0 \\ 0 & -i & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \end{array} \right ) \quad \quad \alpha_3 = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{array} \right )$

A $\Psi$ hullámfüggvény pedig egy négy komponensű vektor lesz. Nagyon fontos megjegyeznünk, hogy $\Psi$ nem négyesvektor (a relativitáselméletben bevezetett módon), a komponenseit nem lehet a négyesvektorokra ható Lorentz-mátrixokkal transzformálni, matematikailag $\Psi$ egy másik tér eleme. A továbbiakban az együtthatómátrixok és $\Psi$ komponenseinek az indexeit általában elhagyjuk, azok között a mátrixalgebrában szokásos műveletek érvényesek. Az $\alpha$ mátrixok indexei a mátrix sorszámát jelentik. Egyes esetekben nehéz számontartani a különböző fajta vektorok komponenseit, a lényeg az, hogy a differenciáloperátorok $\Psi$ minden komponensére külön hatnak, egy együtthatómátrix pedig a mátrixszorzás szabályai szerint hat. A Dirac-egyenlet így felírva:

$i \hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t} = \left ( -i \hbar \alpha_i \partial_i + \beta m \right ) \Psi = -i \hbar \alpha_1 \frac{\partial \Psi}{\partial x} -i \hbar \alpha_2 \frac{\partial \Psi}{\partial y} -i \hbar \alpha_3 \frac{\partial \Psi}{\partial z} + \beta m \Psi$

A jobboldali összeg minden tagjában a deriválás $\Psi$ minden komponensére külön hat, majd az $\alpha$ mátrixokkal szorzás a komponensek között hat a szokásos mátrixszorzási szabályok szerint.

A Dirac-egyenlet kovariáns alakja

Szorozzuk be a Dirac-egyenlet korábban megkapott alakját a $\beta$ mátrixxal és rendezzük úgy, hogy az egyik oldalon 0 legyen. Így kapjuk a Dirac-egyenlet kovariáns alakját:

$\left ( i \hbar \gamma^{\mu} \partial{\mu} - m \right ) \Psi = 0$

Ehhez bevezettük a Dirac-mátrixokat:

$\gamma^0 \equiv \beta = \left ( \begin{array}{cc} \operatorname{I} & 0 \\ 0 & \operatorname{I} \end{array} \right ) \quad \quad \gamma^i \equiv \beta \alpha_i = \left ( \begin{array}{cc} 0 & \sigma_i \\ -\sigma_i & 0 \end{array} \right )$

A komponensek kiírva:

$\gamma^0 = \left ( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array} \right ) \quad \quad \gamma^1 = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \end{array} \right )$

$\gamma^2 = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & i & 0 \\ 0 & i & 0 & 0 \\ -i & 0 & 0 & 0 \end{array} \right ) \quad \quad \gamma^3 = \left ( \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{array} \right )$

A Dirac-mátrixok tulajdonságai:

• Mindegyik mátrix unitér

• $\gamma^0$ hermitikus

• $\gamma^i$ antihermitikusak ($i = 1,2,3$)

• fennáll az antikommutátor reláció: $\left \{ \gamma^{\mu}, \gamma^{\nu} \right \} = 2 \eta^{\mu \nu}$

Megjegyzés: A fenti tulajdonságok használhatóak a Dirac-mátrixok definiálására. Az összefüggések megoldása nem egyértelmű, de bármely négy mátrix, ami teljesíti a követelményeket megfelelő a fizikai leíráshoz (a mátrixok matematikailag unitér ekvivalensek, ugyanazt a fizikát írják le).

Megjegyzés 2: Az irodalomban gyakran használt jelölés: Értelmezés sikertelen (Hiányzó <code>texvc</code> végrehajtható fájl; a beállítást lásd a math/README fájlban.): \partialslash \eqiuv \gamma^{\mu} \partial_{\mu} (itt egy áthúzott parciális d betűvel kellene jelölni a $\gamma^{\mu} \partial_{\mu}$ szorzatot)

Definiáljuk a hullámfüggvény Dirac-konjugáltját:

$\overline{\Psi} \equiv \Psi^{+} \gamma^0$

Itt a $\Psi^{+}$ transzponált azt a sorvektort jelenti, aminek az elemei $\Psi$ elemeinek a komplex konjugáltjai, így a Dirac-konjugált is egy sorvektor. Ezzel bevezethetjük a Dirac-egyenlethez tartozó négyes áramsűrűséget:

$j^{\mu} \equiv \overline{\Psi} \gamma^{\mu} \Psi$

Ennek a komponensei a Dirac-indexek ($\Psi$ komponensei) szempontjából skalárok lesznek (a definícióban minden komponensnél egy sorvektor, egy mátrix és egy oszlopvektor szorzata szerepel, ennek az eredménye egy szám). Viszont belátható, hogy a Lorentz-transzformációk szempontjából $j^{\mu}$ négyesvektorként viselkedik, a $\overline{\Psi} \Psi$ mennyiség pedig négyesskalár.

Felmerül a kérdés, hogy $\Psi$ oszlopvektor hogyan transzformálódik egy Lorentz-transzformációt végezve. Mégegyszer hangsúlyozzuk, hogy $\Psi$ nem egy négyesvektor (csak "véletlenül" van pont négy komponense), így nem lehet összeszorozni egy Lorentz-mátrixxal. Lehetne gondolni, hogyha $\Psi$-nek semmi köze sincs a négyesvektorokhoz, akkor nem transzformálódik, de ez sem igaz; minden $\Lambda$ Lorentz-transzformációhoz létezik egy $\operatorname{R} \left ( \Lambda \right )$ $4 \times 4$-es mátrix, ami a hullámfüggvény komponenseit transzformálja a mátrixszorzás szabályai szerint:

$\Psi' (x'^{\mu}) = \Psi' \left ( \Lambda^{\mu}_{\nu} x^{\nu} \right ) = \operatorname{R} \left ( \Lambda \right ) \Psi (x^{\mu})$

A Dirac-egyenlet transzformálásánál belátható összefüggések:

• Az egységmátrixnak megfelelő transzformáció az egységmátrix: $\operatorname{R} \left ( \operatorname{I} \right ) = 1$

• A transzformációk szorzása "asszociatív": $\operatorname{R} \left ( \Lambda_{(1)} \Lambda_{(2)} \right ) = \operatorname{R} \left ( \Lambda_{(1)} \right ) \operatorname{R} \left ( \Lambda_{(2)} \right )$

• Az inverz "bevihető": $\operatorname{R} \left ( \Lambda^{-1} \right ) = \operatorname{R}^{-1} \left ( \Lambda \right )$

• Feltehetjük, hogy a Dirac-mátrixok nem transzformálódnak (belátható, hogy választhatóak így)

• A deriválás operátor négyesvektorként transzformálódik: $\partial'_{\mu} = \Lambda_{\mu}^{\nu} \partial_{\nu}$

Ezekből levezethető a transzformációs mátrixot meghatározó egyenlet:

$\operatorname{R} \left ( \Lambda \right ) \gamma^{\nu} \operatorname{R}^{-1} \left ( \Lambda \right ) = \gamma^{\mu} \Lambda_{\mu}^{\nu}$

Ennek a megoldásaként (ami nem teljesen triviális, ezért itt mellőzzük) megkaphatnánk a hullámfüggvényt transzformáló mátrixot.

Megjegyzés: Ha csoportelméleti megfontolásokból indulunk ki, akkor azt kapjuk, hogy a négykomponensű hullámfüggvény, illetve a négyesvektorok a Lorentz-transzformációk csoportjának a különböző ábrázolásaihoz tartozó objektumok, a transzformációkra általános módszer adható, amiből a Lorentz-mátrixokat és a hullámfüggvényt transzformáló mátrixokat is meg lehet kapni.

A Dirac-egyenlet síkhullám megoldásai

Írjuk fel a Dirac-egyenletet a Schrödinger-egyenlethez hasonló alakban:

$i \hbar \frac{\partial \Psi}{\partial t} = \hat{\operatorname{H}} \Psi = \left ( \sum_{i=1}^3 \alpha_i \hat{\operatorname{p}}_i + \beta m \right ) \Psi$

(Itt $\hat{\operatorname{p}}_i = - i \hbar \partial_i$) Keressük a stacionárius megoldásokat $\Psi (\mathbf{x},t) = \psi (\mathbf{x}) e^{-\frac{i}{\hbar} \varepsilon t}$ alakban. Így a Schrödinger-egyenletnél megszokotthoz hasonlóan energiasajátérték egyenletet kapunk. Bontsuk fel a négykomponensű hullámfüggvényt két kétkomponensű vektorra:

$\psi = \left ( \begin{array}{c} \varphi \\ \chi \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} \varphi_1 \\ \varphi_2 \\ \chi_1 \\ \chi_2 \end{array} \right )$

Ezekre egy csatolt egyenletrendszert kapunk:

$\varepsilon \varphi = \sum_{i=1}^3 \sigma_i \hat{\operatorname{p}}_i \chi + m \varphi \quad \quad \varepsilon \chi = \sum_{i=1}^3 \sigma_i \hat{\operatorname{p}}_i \varphi - m \chi$

A síkhullám megoldás:

$\left ( \begin{array}{c} \varphi \\ \chi \end{array} \right ) = \left ( \begin{array}{c} \varphi_0 \\ \chi_0 \end{array} \right ) e^{ \frac{i}{\hbar} \mathbf{p x} }$

Ezt behelyettesítve egy homogén lineáris egyenletrendszert kapunk, ami tartalmazza a $\mathbf{p}$ és $\varepsilon$ paramétereket:

$(\varepsilon - m) \varphi_0 - \sum_{i=1}^3 \sigma_i p_i \chi_0 = 0$

$- \sum_{i=1}^3 \sigma_i p_i \varphi_0 + (\varepsilon + m) \chi_0 = 0$

A megoldás feltétele, hogy a determináns 0 legyen. Felhasználva a Pauli-mátrixokra ismert $\left ( \sum_{i=1}^3 \sigma_i p_i \right )^2 = p^2$ azonosságot, a feltétel:

$\varepsilon^2 - m^2 - p^2 = 0$

Ez az energiára az ismerős összefüggés. Látszik az is, hogy léteznek pozitív és "negatív" energiájú megoldások (részecskék és antirészecskék). Az egyenletrendszerből:

$\chi_0 = \frac{\mathbf{\sigma p}}{m + \varepsilon} \varphi_0$

Legyen $\varphi_0 = N u = N \left ( \begin{array}{c} u_1 \\ u_2 \end{array} \right )$ úgy, hogy $u^{+} u = u_1^2 + u_2^2 = 1$ és $N = \frac{1}{(2 \pi \hbar )^{3/2}} \sqrt{\frac{m + \varepsilon}{2 \varepsilon}}$ a normálás miatt. Legyen $\varepsilon = \lambda E_p$, ahol $E_p = \sqrt{m^2 + p^2}$ és $\lambda = \pm 1$, ekkor a megoldást $\mathbf{p}$ és $\lambda$ paraméterezik. Ezekkel felírva:

$\Psi_{\mathbf{p}, \lambda} (\mathbf{x}, t) = N \left ( \begin{array}{c} u \\ \frac{\mathbf{\sigma p}}{m + \lambda E_p} u \end{array} \right ) e^{ \frac{i}{\hbar} \left ( \mathbf{p x} - \lambda E_p t \right ) }$

A hullámfüggvény normálása:

$\int \Psi_{\mathbf{p}, \lambda}^{+} \Psi_{\mathbf{p}', \lambda'} \operatorname{d}^3 x = \delta_{\lambda, \lambda'} \delta (\mathbf{p} - \mathbf{p}')$

A fenti megoldásban van még két szabad paraméter, az $u$ vektor komponensei. Ez azt fejezi ki, hogy a részecske spinjének az iránya még nincs meghatározva. A spinoperátor:

$\hat{\operatorname{s}}_i = \frac{\hbar}{2} \left ( \begin{array}{cc} \sigma_i & 0 \\ 0 & \sigma_i \end{array} \right )$

Vezessük be a helicitásoperátort:

$\hat{\Lambda}_s = \sum_{i=1}^3 \hat{\operatorname{s}}_i \frac{\hat{\operatorname{p}}_i}{|p|}$

Ez a spinnek az impulzus irányára vett vetületét adja meg. Válasszuk meg az $u$ vektort úgy, hogy a helicitásoperátor sajátvektora legyen. Tekintsünk egy, a $z$ tengely irányába mozgó részecskét, ekkor a helicitásoperátor:

$\hat{\Lambda}_s = \frac{\hbar}{2} \left ( \begin{array}{cc} \sigma_z & 0 \\ 0 & \sigma_z \end{array} \right ) = \frac{\hbar}{2} \left ( \begin{array}{cccc} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{array} \right )$

A sajátértékek: $\pm \frac{\hbar}{2}$

A sajátvektorok:

$\left ( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right ) \quad \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right ) \quad \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right ) \quad \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right )$

A teljes megoldás így:

$\Psi_{\mathbf{p}, \lambda, + 1/2} (\mathbf{x}, t) = N \left ( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ \frac{\mathbf{\sigma p}}{m + \lambda E_p} \\ 0 \end{array} \right ) e^{ \frac{i}{\hbar} \left ( \mathbf{p x} - \lambda E_p t \right ) } \quad \quad \Psi_{\mathbf{p}, \lambda, - 1/2} (\mathbf{x}, t) = N \left ( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \\ \frac{\mathbf{\sigma p}}{m + \lambda E_p} \end{array} \right ) e^{ \frac{i}{\hbar} \left ( \mathbf{p x} - \lambda E_p t \right ) }$

A normálás ekkor:

$\int \Psi_{\mathbf{p}, \lambda, s}^{+} \Psi_{\mathbf{p}', \lambda', s'} \operatorname{d}^3 x = \delta_{\lambda, \lambda'} \delta_{s,s'} \delta (\mathbf{p} - \mathbf{p}')$