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1、狄拉克方程的非相对论近似作者：小虾米 当薛定谔方程的波函数s与狄拉克方程的波函数大分量的关系式取为： (1)时，准确到(1/c)2级的非相对论近似解为： (2)但(2)式存在一些问题：1：方程准到了(1/c)2级，但缺少1/c级的项。而且这种缺失是不可避免的，因为(1)式中便直接略去了1/c级的项，所以后续的计算中不可能出现1/c级的项；2：取势场为,即库仑势时，若直接求解狄拉克方程，可得Z的临界值为,但(2)式中没有相关的近似项，使得,时，基态不存在。由以上两个问题可见把(1)式作为s和的关系式尚有些不足，而要解决上述问题，必须重新选定s和的关系式，其中最简单的关系式就是线性关系式： (3)
2、因为s满足归一化条件： (4)所以将(3)式代入(4)式可得： (5)另一方面和是狄拉克方程的波函数，所以必定满足： (6)令(5)式的前两项等于(6)式，即：|a|2=|b|2=1,则要求 (7)我们知道非相对论近似时：(8)； (9)准确到(1/c)2级有：(10)； (11)将这两式代入(7)式可得 (12)由于 (13)所以当时(12)式成立，从而(3)式是归一化的。因为波函数有不确定的相位因子，为方便起见，令a=1,则b=+i或-i，将a,b带回(3)式得： (14)以关系式为例，做狄拉克方程的非相对论近似。则有： (15)将含有的项移项得： (16)由(8)式和可得： (17)将(
3、17)式代入(16)式，消去得： (18)将（18）式中的分母项按泰勒级数展开，计算并准确到(1/c)2级后 (19)将E项移到左边： 20）再用算符左乘（20）式两端，最后再准确到(1/c)2级的薛定谔方程是： （21） （22）与关系式（1）做非相对论近似所得的解（2）式作比较可见，（22）式比（2）式多出了一项，而且托马斯项和达尔文项的系数也加倍了。把多出的项命名为“朗道(Landau)”项，其原因下文将阐述。回头来看文首提到的两个问题，由于朗道项的出现，第一个问题得以解决，那么第二个问题哪？现在令，则朗道项为：为了计算方便，把写作，则朗道项为。此时保留到1/c级的薛定谔方程为： （23
4、）方程中多出了一项项，那么将有可能发生朗道坠落。则在r0的原点附近的方程的径向部分方程式可近似为： （24）其中 （25）朗道曾证明朗道坠落的临界值为。而在狄拉克方程中不再是守恒量，而是以代替，所以把（25）式中的l(l+1)用j(j+1)代替，即： （26）而对于基态j=1/2, j(j+1)=3/4,所以当取临界值1/4时，有求解可得：。当1/4时，对于基态而言，则Z137。吸引力比临界吸引力强，粒子发生朗道坠落，这时不存在基态。由此看来，薛定谔方程的解会发生朗道坠落，从而使得基态不存在，这与直接求解狄拉克方程而得的临界值Z=137是一致的。由于多出来的项，在时，将有可能发生朗道坠落，所以把这一项命名为朗道项。最后验证哈密顿算符的厄米性，朗道项得厄米共轭为所以朗道项是厄米的，其他项在旧的关系式中存在，所以厄米性不变。以（14）式的另一个关系式做非相对论近似，重复上述过程可得： （27）那么（27）式和（22）式哪个是正确的解哪？我的看法是两个都是。因为狄拉克方程的波函数是四分量的，所以在做非相对论近似后，理应有四个不同的薛定谔方程。（22）式和（27）式就是两个正能量的非相对论近似解，而负能量的波函数的对应的哈密顿算符也可重复上述过程得到： （28） （29）将（22），（27），（28），(29)式合并为一通式： （30）
