We hebben tot dusver geen rekening gehouden met relativistische effecten. De relativistische versie van de Schrödingervergelijking wordt de diracvergelijking genoemd. Aangezien het elektron in waterstof een behoorlijke snelheid heeft, verwachten we dat deze vergelijking resultaten gaat geven die beter overeenstemt met de realiteit. Maar er is meer. De relativistische beschrijving van het elektron lost het probleem van spin op, voorspelt anti-deeltjes en bevat automatisch lading met zijn bijbehorende elektromagnetische velden. Dit gaan we allemaal in dit hoofdstuk zien.
Bij de Schrödingervergelijking hadden we voor een vrij deeltje gebruikt dat E = p2/(2m). In het relativistische geval gebruiken we de relativistische energie (zie hoofdstuk relativiteit):
$$ E^2 = p^2 + m^2 $$Bij de Schrödingervergelijking hadden we de volgende energie-operator gevonden (zonder potentiële energie):
$$ \hat{E}\psi = \frac{\hat{p}^2}{2m}\psi $$Het licht voor de hand dat de relativistische versie er dan zo uit gaat zien:
$$ \hat{E} \psi = \sqrt{\hat{p}^2 + m^2} \psi $$Als we nogmaals de energie-operator toepassen, dan vinden we:
$$ \hat{E}^2 \psi = (\hat{p}^2 + m^2) \psi $$Als we de operatoren uitwerken (\(\hat{E}=i\partial_t\) en \(\hat{p}=-i\partial_x\)), dan vinden we:
$$ \partial_t^2 \psi = (\partial_x^2 - m^2) \psi $$We noemen dit de Klein-Gordonvergelijking.
De formule voor de kansdichtheid ρ van de golf vinden we door de volgende linker uitspraak uit te werken met de Klein-Gordonvergelijking (het wordt zo duidelijk waarom):
$$ \psi^*\partial_t^2 \psi - \psi \partial_t^2\psi^* = \psi^*(\partial_x^2 \psi - m^2 \psi) - \psi(\partial_x^2\psi^* -m^2\psi^*) $$Op deze manier kunnen we de termen met de massa wegstrepen:
$$ \psi^*\partial_t^2 \psi - \psi \partial_t^2\psi^* = \psi^*(\partial_x^2 \psi) - \psi(\partial_x^2\psi^*) $$De linker- en rechterzijde kunnen we herschrijven tot:
$$ \partial_t (\psi^*\partial_t \psi - \psi \partial_t\psi^*) = -\partial_x (-\psi^* \partial_x \psi + \psi \partial_x\psi^*) $$Waarom hebben we dit gedaan? We hebben nu een formule gevonden die de vorm heeft van de continuiteitsvergelijking:
$$ \partial_t \rho = - \partial_x J_x $$Deze formule vertelt ons dat de verandering van de kansdichtheid in de tijd in een bepaald gebied gelijk moet zijn aan de kansstroom die dit gebied verlaat. Door de formules te vergelijken zien we dat de kansdichtheid gelijk is aan:
$$ \rho = \psi^*\partial_t \psi - \psi \partial_t \psi^* $$Als we een oplossing voor Ψ invullen in deze vergelijken (met een term e-iEt erin), dan vinden we dat onze kansdichtheid imaginair wordt. Dit kunnen we oplossen door beide kanten van de continuiteitsvergelijking met i te vermenigvuldigen. We vinden in dat geval:
$$ \rho = i\psi^*\partial_t \psi - i\psi \partial_t \psi^* $$Maar dan lopen we vast. Dit is duidelijk niet gelijk aan de verwachte gebruikelijke kansdichtheid:
$$ \rho = \psi^*\psi $$Dirac lostte dit probleem op door een andere vergelijking te bedenken waarbij hij wel de juiste kansdichtheid vond. Dit lukte alleen als hij gebruik maakte van matrices. Zijn vergelijking werd:
$$ \hat{E} \psi = (\alpha_x \hat{p}_x + \alpha_y \hat{p}_y + \alpha_z \hat{p}_z - \beta m)\psi $$ $$ \alpha_i = \begin{bmatrix} 0 & 0 & \sigma_i & \\ 0 & 0 & & \\ \sigma_i & & 0 & 0 \\ & & 0 & 0 \\ \end{bmatrix} \;\;\;\;\; \beta = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{bmatrix} \;\;\;\;\; \psi = \begin{bmatrix} \psi_1 \\ \psi_2 \\ \psi_3 \\ \psi_4 \\ \end{bmatrix} $$Merk ten eerste op dat onze golffunctie nu een vector is geworden met vier componenten. Later zullen we de implicaties hiervan zien. Ten tweede, merk op dat we in α gebruik maken van de Pauli spinmatrices. We zullen later zien dat spin al ingebouwd zit in de relativitische kwantummechanica. Ten derde, als we beide kanten van deze formule kwadrateren (en de matrices uitwerken), dan vinden we inderdaad de juiste relativistische energievergelijking:
$$ \hat{E}^2\psi = (\hat{p}^2 + m^2) \psi $$Achteraf bleek het handig de diracvergelijking aan beide zijden met β te vermenigvuldigen en te definiëren dat:
$$ \gamma^0 \equiv \beta , \;\;\;\; \gamma^1 \equiv \beta\alpha_x ,\;\;\;\; \gamma^2 \equiv \beta\alpha_y ,\;\;\;\; \gamma^3 \equiv \beta\alpha_z $$Als we gebruiken dat β2 gelijk is aan de eenheidsmatrix, dan vinden we:
$$ \gamma^0 \hat{E} \psi = (\gamma^i \hat{p}_i - m)\psi $$Als we de operatoren uitwerken (\(\hat{E}=i\partial_t\) en \(\hat{p}_i=-i\partial_i\)), dan vinden we:
$$ \left(i \gamma^0 \partial_t + i\gamma^i \partial_i - m \right)\psi = 0 $$Handiger nog is te kiezen voor de notatie \(\partial_t = \partial_0\). We kunnen de formule nu versimpelen tot de zogenaamde diracvergelijking:
$$ (i \gamma^\mu \partial_\mu - m )\psi = 0 $$De kansdichtheid vinden we als volgt:
$$ \psi^\dagger i\gamma^0\partial_0 \psi - i\gamma^0 \partial_0 \psi^\dagger \psi = \psi^\dagger (-i \gamma^i \partial_i + m) \psi - (i \gamma^i \partial_i + m)\psi^\dagger \psi $$Er geldt hier:
$$ \psi^\dagger = \begin{bmatrix} \psi_1^* & \psi_2^* & \psi_3^* & \psi_4^* \\ \end{bmatrix} $$Omdat de inverse van γ0 gelijk is aan zichzelf, kunnen we dit versimpelen tot:
$$ \psi^\dagger \partial_0\psi + \partial_0\psi^\dagger \psi = -\psi^\dagger \gamma^0\gamma^i \partial_i \psi + \gamma^0\gamma^i \partial_i \psi^\dagger \psi $$We kunnen de linker- en de rechterzijde van de vergelijking herschrijven tot:
$$ \partial_t (\psi^\dagger \psi) = - \partial_k (\psi^\dagger \gamma^0\gamma^k \psi) $$Met de continuïteitsvergelijking vinden we nu de reguliere uitspraak voor de kansdichtheid maar dan in matrixvorm:
$$ \rho = \psi^\dagger \psi = \begin{bmatrix} \psi_1^* & \psi_2^* & \psi_3^* & \psi_4^* \\ \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \psi_1 \\ \psi_2 \\ \psi_3 \\ \psi_4 \\ \end{bmatrix} = |\psi_1|^2+ |\psi_2|^2 + |\psi_3|^2 + |\psi_4|^2 $$Voor de stroomdichtheid J vinden we:
$$ J^i = \psi^\dagger \gamma^0\gamma^i \psi $$Als de ρ schrijven als J0, dan kunnen we beide vergelijkingen samenvoegen:
$$ J^\mu = \psi^\dagger \gamma^0\gamma^\mu \psi $$Bij μ=0 vinden we γ0γ0 en dit is gelijk aan 1. Op deze manier krijgen we de formule voor de kansdichtheid terug.
De oplossing van de diracvergelijking is een vlakke golf van de vorm:
$$ \psi = ue^{-i(px - Et)} $$De u is hier een nog onbekende functie die afhangt van p en E. Als we deze oplossing in de diracvergelijking stoppen, dan vinden we:
$$ (\gamma^0 E - \gamma^i p_i - m)ue^{i(px - Et)} = 0$$Als we de e-macht wegdelen en de matrices uitschrijven, dan vinden we:
$$ \left[ \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{bmatrix} E - \begin{bmatrix} 0 & 0 & p_z & p_x - ip_x \\ 0 & 0 & p_x + ip_y & -p_z \\ -p_z & -p_x + ip_x & 0 & 0 \\ -p_x - ip_y & p_z & 0 & 0 \\ \end{bmatrix} - m \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ \end{bmatrix} \right]u=0 $$De oplossingen van deze vergelijking zijn:
$$ u_1 = N_1 \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{p_z}{E+m} \\ \frac{p_x + ip_y}{E+m} \\ \end{bmatrix}, u_2 = N_2 \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ \frac{p_x - ip_y}{E+m} \\ \frac{-p_z}{E+m} \\ \end{bmatrix}, u_3 = N_3 \begin{bmatrix} \frac{p_z}{E-m} \\ \frac{p_x + ip_y}{E-m} \\ 1 \\ 0 \\ \end{bmatrix}, u_4 = N_4 \begin{bmatrix} \frac{p_x - ip_y}{E-m} \\ \frac{-p_z}{E-m} \\ 0 \\ 1 \\ \end{bmatrix}, $$Als we deze vergelijkingen terugstoppen in de diracvergelijking en deze uitwerken, dan vinden we voor de eerste twee oplossingen het verwachtte resultaat:
$$ E = \sqrt{p^2 + m^2} $$Bij de laatste twee oplossingen vinden we:
$$ E = -\sqrt{p^2 + m^2} $$Hier hebben we een probleem, want een vrij deeltje kan natuurlijk geen negatieve energie hebben! We hebben dus ergens een foutje gemaakt. We kunnen dit probleem oplossen door de e-macht in de laatste twee oplossingen als volgt te herschrijven:
$$ e^{-i(px - Et)} = e^{i((-p)x - (-E)t)} $$De min in de e-macht wordt nu opgeslokt door de energie. Hierdoor wordt de energie positief. Ook zien we dat de impuls omdraait. Als we de vergelijking hiermee nogmaals oplossen, dan vinden we:
$$ u_1 = N \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{p_z}{-E-m} \\ \frac{p_x + ip_y}{E+m} \\ \end{bmatrix}, u_2 = N \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \\ \frac{p_x - ip_y}{E+m} \\ \frac{-p_z}{E+m} \\ \end{bmatrix}, u_3 = N \begin{bmatrix} \frac{p_z}{E+m} \\ \frac{p_x + ip_y}{E+m} \\ 1 \\ 0 \\ \end{bmatrix}, u_4 = N \begin{bmatrix} \frac{p_x - ip_y}{E+m} \\ \frac{-p_z}{E+m} \\ 0 \\ 1 \\ \end{bmatrix} $$Als we deze oplossingen terugstoppen in de diracvergelijking, dan vinden we in alle gevallen de juiste positieve energie \( E = \sqrt{p^2 + m^2} \). Alles lijkt dus te werken, alleen blijft de vraag: waarom zijn er vier oplossingen? Hier gaan de in de rest van de paragraaf antwoord op geven. Eerst bespreken we hiervoor kort hoe we behouden grootheden kunnen vinden in de kwantummechanica.
Bij de Schrödingervergelijking hebben we gevonden dat het elektron in waterstof een impulsmoment (L) heeft dat behouden is in de tijd. In de relativistische versie is dit niet het geval. We kunnen dit aantonen met het theorema van Ehrenfest:
$$ [\hat{E},\hat{A}] \equiv \hat{E} \hat{A} - \hat{A} \hat{E} = 0 \rightarrow \hat{A} = \text{constant} $$Als de linker vergelijking nul is, dan moet de operator A een behouden grootheid zijn. Laten we dit eens toepassen voor het impulsmoment:
$$ [\hat{E}, \hat{L}] = [\alpha_x \hat{p}_x + \alpha_y \hat{p}_y + \alpha_z \hat{p}_z - \beta m, \hat{r} \times \hat{p} ] $$Als we dit uitwerken, dan vinden we:
$$ [\hat{E}, \hat{L}] = - i\alpha \times \hat{p} $$We zien hier inderdaad dat L niet behouden is (want anders hadden we hier nul gevonden)! Maar behoud van impulsmoment is één van de best geteste postulaten van de natuurkunde en we willen dit dus graag in onze theorie houden. We lossen dit als volgt op door de introductie van een nog onbekende matrix S:
$$ [\hat{E}, \hat{L} + \hat{S} ] = 0 $$Om hier nul uit te krijgen moeten we een S kiezen waarvoor geldt:
$$ \hat{S} = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} \sigma & 0 \\ 0 & \sigma \\ \end{bmatrix} $$Dit is precies de spinoperator die we in de nonrelativistische kwantummechanica nodig hadden! Het is dus niet L, maar L + S dat behouden is! Even ter herinnering. Als we de schrodingervergelijking oplossen, dan vinden we geen spin. In de oplossing voor het waterstofatoom, vinden we slechts 1 elektron in de eerste schil, 2 in de tweede schil, 9 in de derde etc. In werkelijkheid zitten er dubbel zoveel elektronen in elke schil. Pauli had gepostuleerd dat misschien elk deeltje een spin up en een spin down kon hebben. Dit zou ruimte maken voor het juiste aantal elektronen per schil. Dit kwam echter niet vanzelf uit de vergelijking rollen. Bij Dirac is dit wel het geval.
Voor spin moet ook gelden dat:
$$ \hat{S}_z \psi = \pm \frac{\hbar}{2} \psi$$Met:
$$ \hat{S}_z = \frac{1}{2} \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ \end{bmatrix} $$Als we de oplossingen van de Diracvergelijking hierin invullen, dan vinden we inderdaad dat deze vergelijking voldoet. Bij de eerste en de derde oplossing vinden we ℏ/2 en bij de tweede en vierde oplossing -ℏ/2. De oplossingen bevatten dus twee spin-up en twee spin-down oplossingen!
Nu gaan we het volgende doen. In de kwantummechanica geldt dat alleen de relatieve fase van een elektron te vinden is. Van twee elektronen die bijvoorbeeld destructief met elkaar interfereren op een punt weten we dat de fase tegenovergesteld is, maar we weten niet onder welke hoek de vectoren staan. We noemen dit ook wel faseinvariantie. We willen ook dat dit een eigenschap is van de diracvergelijking. Dit kunnen we testen door een fasetransformatie uit te voeren op de golffunctie ψ en te kijken of de diracvergelijking onveranderd blijft. We schuiven de fase van de golffunctie als volgt een stukje op:
$$ \psi \rightarrow e^{iq\epsilon} \psi $$ε is hier nog een onbekende functie en q een nog onbekende constante. Laten we dit eens toepassen op de diracvergelijking:
$$ i\gamma^\mu \partial_\mu (e^{iq\epsilon(x)}\psi) = me^{iq\epsilon(x)}\psi $$Dit kunnen we uitwerken tot:
$$ e^{iq\epsilon(x)} i\gamma^\mu [\partial_\mu \psi +iq(\partial_\mu \epsilon)\psi] = me^{iq\epsilon(x)}\psi $$Als we de e-macht wegdelen, dan vinden we:
$$ i\gamma^\mu [\partial_\mu \psi +iq(\partial_\mu \epsilon)\psi] = m\psi $$We hebben nu een vergelijking teruggevonden die lijkt op de diracvergelijking, maar nu met een extra term. Dit kan niet kloppen. Een manier om dit op te lossen is door een extra term te introduceren in de vergelijking die meetransformeert met de fasetransformatie en op deze manier de extra term verwijdert. We introduceren hiervoor de vector Aμ:
$$ i\gamma^\mu (\partial_\mu + iqA_\mu) \psi -m\psi = 0 $$Deze vector transformeert als:
$$ A_\mu \rightarrow A_\mu - \partial_\mu \epsilon $$Bij een fasetransformatie vinden we de extra term die precies wegvalt, zodat we de oorspronkelijke diracvergelijking terugvinden. We hebben nu dus een vergelijking gebouwd die faseinvariant is. De vraag is alleen wat we ons kunnen voorstellen bij q, A en ε. Daar gaan we nu naartoe werken.
Laten we eerst de oplossingen van de diracvergelijking in deze vergelijking stoppen. In dat geval vinden we:
$$ (E-qA_0)^2 = (p - q\vec{A})^2 + m^2 $$Dit is precies de energievergelijking in de relativiteitstheorie van een deeltjes met lading q in een elektrische potentiaal V = A0 en een magnetische potentiaal A!
Maar nu nog de ε. We hebben hiervoor eerst wat meer kennis nodig over de elektrisch potentiaal (V) en de magnetische potentiaal (A). Een van de Maxwellvergelijkingen luidt (zie hoofdstuk magnetisme):
$$ \nabla \cdot \vec{B} = 0 $$Omdat de divergentie van een rotatie altijd nul is (\(\nabla \cdot \nabla\times \vec{A}\)), weten we dat we B altijd in de volgende vorm geschreven moet kunnen worden:
$$ \vec{B} = \nabla \times \vec{A} $$Omdat de rotatie van een gradiënt altijd gelijk is aan nul (\(\nabla \times \nabla \epsilon = 0\)), kunnen we in principe bij de magnetische potentiaal A een gradient optellen en dan blijft de vergelijking nog steeds gelden (we noemen dit een gaugetransformatie):
$$ \vec{A} \rightarrow \vec{A} + \nabla \epsilon $$Een andere maxwellvergelijking luidt:
$$ \nabla \times \vec{E} = -\partial_t \vec{B} $$Als we ons vorige resultaat hierin verwerken, dan vinden we:
$$ \nabla \times \vec{E} = -\partial_t (\nabla \times \vec{A}) $$Dit kunnen we herschrijven tot:
$$ \nabla \times (\vec{E} + \partial_t \vec{A}) = 0$$Omdat de rotatie van een gradiënt altijd gelijk is aan nul (\(\nabla \times \nabla V = 0\)), vinden we dat de term tussen haakjes altijd geschreven kan worden als:
$$ \vec{E} + \partial_t\vec{A} = -\nabla V $$Het minteken is hier een conventie.
Als we nu de bovenstaande transformatie van A hier uitvoeren, maar we willen dat het elektrische veld E gelijk blijft, dan moet V ook meetransformeren. Dit gaat goed bij de volgende transformatie:
$$ \vec{E} = -\nabla (V-\partial_t \epsilon) - \partial_t(\vec{A}+ \nabla \epsilon) $$Er geldt dus:
$$ \vec{A} \rightarrow \vec{A} + \nabla \epsilon $$ $$ V \rightarrow V -\partial_t \epsilon $$We kunnen deze twee vergelijkingen combineren tot:
$$ A_\mu \rightarrow A_\mu - \partial_\mu \epsilon $$Zoals je kan zien transformeren de elektrische en de magnetische potentiaal precies zoals we nodig hadden om de diracvergelijking invariant te maken onder een fasetransformatie!
Maar er is meer. De lagrangiaan die bij deze energievergelijking hoort is:
$$ \mathcal{L} = \frac{mc^2}{\gamma} + q\vec{v}\cdot \vec{A} - qV $$De energie vinden we zoals gebruikelijk terug met:
$$ E = \Sigma \frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\dot{x} - L $$Als we deze lagrangiaan gebruiken in de Euler-Lagrangevergelijking, dan vinden we lorentzkracht terug (met daarin de formule voor de magnetische én de elektrische kracht):
$$ \vec{F} = q(\vec{E} + \vec{v}\times\vec{B}) $$Ook de lorentzkracht volgt dus direct uit faseinvariantie!
Nu zijn we in staat om de oplossingen van de diracvergelijking beter te begrijpen. Dit doen we door de diracvergelijking voor een elektron om te schrijven naar de diracvergelijking voor een positron. We gaan laten zien dat dit werkt door de volgende operator toe te passen:
$$ \hat{C}\psi = i\gamma^2\psi^* $$We laten deze operator werken op de diracvergelijking:
$$ -i\gamma^2 \gamma^{\mu*}(\partial_\mu - ieA_\mu)\psi^* - m\gamma^2\psi^* = 0 $$Dit kunnen we omschrijven tot:
$$ \gamma^\mu (\partial_\mu - ieA_\mu) i\gamma^2 \psi^* + im i\gamma^2\psi^* = 0 $$We hebben hier gebruikt dat:
$$ -\gamma^2\gamma^{\mu *} = \gamma^{\mu}\gamma^2 $$Met \(\psi' = i\gamma^2\psi^*\) vinden we:
$$ \gamma^\mu(\partial_\mu + ieA_\mu)\psi' + im\psi' = 0 $$Deze vergelijking is identiek aan de diracvergelijking, behalve dat we nu een +e hebben in plaats van -e. We hebben hier dus de vergelijking voor het anti-deeltje.
Laten we deze operator eens toepassen op één van de spin-up oplossingen van de diracvergelijking:
$$ i\gamma^2 u_1^* = i \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & i & 0 \\ 0 & i & 0 & 0 \\ -i & 0 & 0 & 0 \\ \end{bmatrix} N \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{p_z}{E+m} \\ \frac{p_x + ip_y}{E+m} \\ \end{bmatrix} = N \begin{bmatrix} \frac{p_x - ip_y}{E+m} \\ \frac{-p_z}{E+m} \\ 0 \\ 1 \\ \end{bmatrix} $$De golffunctie die we gevonden hebben is de spin-down oplossing van de diracvergelijking (oplossing nummer 4)! De vierde oplossing beschrijft dus een positron! De eerste twee oplossingen staan dus voor een spin-up en spin-down elektron en de laatste twee oplossingen voor een spin-up en spin-down positron. De diracvergelijking voorspelt dus ook automatisch het bestaan van antideeltjes!
En dan als laatste. We hebben met de diracvergelijking de lorentzkracht gevonden. Dit vertelt ons hoe een elektron reageert op een elektrisch en een magnetisch veld. Wat we echter nog niet hebben gevonden zijn regels voor hoe het elektrische en magnetische veld eruit ziet om stromen en ladingen. Deze kennis zit verstopt in de twee maxwellvergelijkingen waarin we de ladingsdichtheid en de stroomdichtheid vinden.
De andere twee maxwellvergelijkingen kunnen we direct terugvinden uit de diracvergelijking. We weten dat de magnetische potentiaal transformeert als:
$$ \vec{A} \rightarrow \vec{A} + \nabla \epsilon $$Hieruit kunnen we afleiden dat er een vector B bestaat die niet gevoelig is voor deze transformatie:
$$ \vec{B} = \nabla \times \vec{A} $$Bij de transformatie vinden we immers:
$$ \vec{B} = \nabla \times \vec{A} + \nabla \times \epsilon = \nabla \times \vec{A} $$Als we aan beide kanten de divergentie nemen, dan vinden we:
$$ \nabla \cdot \vec{B} = \nabla \cdot \nabla \times \vec{A} = 0 $$We hebben hier één van de vier maxwellvergelijkingen gevonden:
$$ \nabla \cdot \vec{B} = 0 $$We weten dat de elektrische potentiaal transformeert als:
$$ V \rightarrow V -\partial_t \epsilon $$Hieruit kunnen we afleiden dat er een vector E bestaat die niet gevoelig is voor deze transformatie:
$$ \vec{E} = -\nabla V - \partial_t\vec{A} $$Bij de transformatie vinden we immers:
$$ \vec{E} = -\nabla V + \nabla \partial_t \epsilon - \partial_t\vec{A} - \nabla \partial_t \epsilon = -\nabla V - \partial_t\vec{A} $$Als we nu aan beide kanten de rotatie doen, vinden we:
$$ \nabla \times \vec{E} = -\nabla \times \nabla V - \partial_t \vec{B} = - \partial_t \vec{B} $$En dit is een tweede maxwellvergelijking!
Om de andere twee vergelijkingen te vinden hebben we de lagrangiaan nodig die hoort bij de diracvergelijking:
$$ \mathcal{L} = \psi^*(i\gamma^\mu \partial_\mu - m)\psi + e\psi^*\gamma^\mu\psi A_\mu $$De Euler-Lagrangevergelijking voor ψ ziet er als volgt uit:
$$ \partial_\mu \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\mu\psi)} \right) = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \psi}$$Als we deze formule oplossen, dan vinden we inderdaad onze diracvergelijking terug.
We gaan nu hetzelfde doen voor de potentiaal A:
$$ \partial_\mu \left( \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial (\partial_\nu A_\mu)} \right) = \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial A_\mu} $$Als we dit oplossen, dan vinden we:
$$ 0 = -q\psi^\dagger \gamma^0\gamma^\mu \psi $$We zien hier aan de rechterkant de formule voor de kansstroomdichtheid terug. Vermenigvuldigd met de lading q wordt dit ook wel de stroomdichtheid:
$$ 0 = -J^\mu $$Dit resultaat kan niet kloppen, want hier vinden we dat lading nooit kan stromen. We missen daarom toch nog een term in de lagrangiaan. En deze term gaat ons de andere maxwellvergelijkingen geven. Deze term moet de afgeleide van de vector A bevatten en moet invariant blijven onder een gaugetransformatie. De simpelste optie is:
$$ -\frac{1}{4\mu_0} (\partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu)(\partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu) $$In dit geval vinden we uit de Euler-Lagrangevergelijking:
$$ \partial_\nu (\partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu) = -\mu_0 J^\nu $$Als we dit afleiden voor μ=0, dan vinden we:
$$ \nabla \cdot \vec{E} = \mu_0 c^2 \rho = \frac{\rho}{\epsilon_0} $$Voor μ=1,2,3 vinden we:
$$ \nabla \times \vec{B} = \mu_0 \vec{J} + \frac{1}{c^2} \frac{\partial \vec{E}}{\partial t} = \mu_0 \vec{J} + \mu_0\epsilon_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t} $$Bij deze hebben we de hele elektrodynamica afgeleid uit de diracvergelijking!