3.2 Fermiones

La ecuación de Dirac, es una ecuación de primer orden que describe partículas de spin \(1/2\). Esta es consistente con los principios de la mecánica cuántica y relatividad y es esencial para construir el modelo estándar.

Supongamos una partícula de masa \(m\) y un \(4\)-momento \(p\). La relación de dispersión relativista establece que:

\[ (p\cdot p) = (mc)^2 \Rightarrow p^{\mu}p_{\mu} - (mc)^2 = 0 \]

En el contexto cuántico, el momento se representa mediante operadores diferenciales, es decir:

\[ p_{\mu} \rightarrow -i\hbar \partial_{\mu} \]

Proponemos coeficientes \(\gamma^{\mu}\) para factorizar la ecuación y expresarla en términos de las componentes covariantes del momento, es decir:

\[ p^{\mu} p_{\mu} - (mc)^2 = (\gamma^{\mu} p_{\mu} - mc)(\gamma^{\nu} p_{\nu} + mc) = 0 \]

Para que esta factorización sea válida, los coeficientes \(\gamma^{\mu}\) deben ser matrices y verificar la relación:

\[ \{\gamma^{\mu}, \gamma^{\nu}\} = \gamma^{\mu} \gamma^{\nu} + \gamma^{\nu} \gamma^{\mu} = 2g^{\mu \nu} I \]

Con \(g\) el tensor métrico de Minkowski. Esta ultima relación se denomina relación de anti conmutación de Clifford y puede demostrarse que las matrices que satisfacen esta relación son:

\[ \gamma^{0} = \begin{pmatrix} \hat{\mathbb{I}} & 0 \\ 0 & -\hat{\mathbb{I}} \end{pmatrix} \qquad \gamma^{\mu} = \begin{pmatrix} 0 & \hat{\sigma}_{\mu} \\ \hat{\sigma}_{\mu} & 0 \ \end{pmatrix} \]

Con \(\hat{\sigma}_{\mu}\) las matrices de Pauli:

\[ \hat{\sigma}_1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \quad \hat{\sigma}_2 = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix} \quad \hat{\sigma}_3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \]

Las funciones de onda que transforma esta ecuación deben ser vectores de cuatro componentes, llamados espinores de Dirac y los escribimos como:

\[ \psi = \begin{pmatrix} \psi^0 \\ \psi^1 \\ \psi^2 \\ \psi^3 \end{pmatrix} \]

Entonces, al aplicar esta factorización sobre un espinor \(\psi\) y tomar uno de los factores como nulo, se obtiene la ecuación de Dirac:

\[ i\gamma^{\mu} \partial_{\mu} \psi -mc \psi = 0 \]

Evolución temporal

Ignoremos por un momento las componentes espaciales y veamos la componente \(0\) correspondiente a la componente temporal de los \(4\)-vectores, es decir:

\[ i\hbar \gamma^0 \frac{1}{c} \frac{\partial}{\partial t} \psi - mc \psi = 0 \]

El espinor que puede dividirse en dos componentes \(\psi = \begin{pmatrix} \psi_A \ \psi_B \end{pmatrix}\) , de forma que:

\[ i\hbar \begin{pmatrix} \mathbb{\hat{I}} & 0 \\ 0 & -\mathbb{\hat{I}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \psi_A \\ \psi_B \end{pmatrix} -mc \begin{pmatrix} \psi_A \\ \psi_B \end{pmatrix} = 0 \]

Luego la ecuación diferencial matricial \(4\times 4\) se reduce a dos ecuaciones diferenciales \(2\times 2\) dadas por:

\[ \frac{\partial}{\partial t} \psi_A = -i\frac{mc^2}{\hbar} \psi_A \qquad \frac{\partial}{\partial t} \psi_B = i\frac{mc^2}{\hbar} \psi_B \]

Resolviendo ambos ecuaciones encontramos que las componentes del espinor evolucionan como:

\[ \psi_A \sim \exp{(-i\frac{mc^2}{\hbar}t)} \qquad \psi_B \sim \exp{(i\frac{mc^2}{\hbar}t)} \]

Dado a que el factor \(mc^2\) es la energía en reposo de la partícula, la función de onda evoluciona como \(\psi_A \sim \exp{(-iE /\hbar t})\), lo cual implica propagación hacia el futuro en el tiempo y no implica ninguna inconsistencia, sin embargo, la ecuación de Dirac también admite soluciones de la forma \(\psi_B \sim \exp{(iE/\hbar t)}\), las cuales a primera instancia parecerían una violación de la causalidad. Estas soluciones en realidad corresponden a las anti-partículas, las cuales son las mismas partículas pero con carga opuestas, y pueden interpretarse en la electrodinámica cuántica como una antipartícula con energía positiva propagándose en la dirección opuesta en el espacio-tiempo

Ondas planas

Supongamos ahora soluciones en forma de ondas planas, es decir:

\[ \psi(x) = u(k) ae^{-ik\cdot x} \]

Luego la ecuación de Dirac se reduce a:

\[ (\hbar \gamma^{\mu} k_{\mu} - mc)u(k) = 0 \]

Notemos que la suma \(\gamma^{\mu} k_{\mu}\) puede escribirse como:

\[ \gamma^{\mu} k_{\mu} = \gamma^0k_0 - \vec{\gamma}\cdot\vec{k} = k^0 \begin{pmatrix} \hat{\mathbb{I}} & 0 \\ 0 & -\hat{\mathbb{I}} \end{pmatrix} - \vec{k} \cdot \begin{pmatrix} 0 & \vec{\sigma} \\ -\vec{\sigma} & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k^0\hat{\mathbb{I}} & -\vec{k} \cdot \vec{\sigma} \\ \vec{k} \cdot \vec{\sigma} & -k^0\hat{\mathbb{I}} \end{pmatrix} \]

Reemplazando en la ecuación de ondas planas, podemos escribir esta de forma matricial como:

\[ \begin{pmatrix} \hat{\mathbb{I}}(\hbar k^0 - mc) & -\hbar \vec{k} \cdot \vec{\sigma} \\ \hbar \vec{k} \cdot \vec{\sigma} & -\hat{\mathbb{I}}(\hbar k^0 + mc) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u_A \\ u_B\end{pmatrix} = 0 \]

En donde las componentes \(u_A\) y \(u_B\) corresponden a la partícula y la anti-partícula respectivamente. Resolviendo obtenemos:

\[ u_A = \frac{\vec{k} \cdot \vec{\sigma}}{k^0 - mc/\hbar} u_B \qquad u_B = \frac{\vec{k} \cdot \vec{\sigma}}{k^0 + mc/ \hbar} u_A \]

\[ \vec{k} \cdot \vec{\sigma} = k_x \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix} + k_y \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix} + k_z \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} k_z & k_x -ik_y \\ k_x + ik_y & -k_z \end{pmatrix} \]

Se torna útil también hallar el cuadrado del producto anterior, ya que:

\[ (\vec{k} \cdot \vec{\sigma})^2 = \begin{pmatrix} k_z & k_x -ik_y \\ k_x + ik_y & -k_z \end{pmatrix} \begin{pmatrix} k_z & k_x -ik_y \\ k_x + ik_y & -k_z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} |\vec{k}|^2 & 0 \\ 0 & |\vec{k}|^2 \end{pmatrix} = |\vec{k}|^2 \mathbb{\hat{I}} \]

Usando estas expresiones podemos probar que \(\hbar \vec{k}\) es en realidad el \(4\)-momento de la onda. Reemplazando \(u_B\) en \(u_A\) obtenemos que:

\[ u_A = \frac{|\vec{k}|^2}{(k^0)^2 - (mc/\hbar)^2} u_A \Rightarrow (k^0)^2 - |\vec{k}|^2 = k\cdot k = (mc)^2 /\hbar^2 \]

Esto nos dice que el vector de onda se conserva en el espacio-tiempo y que necesariamente \(\hbar k = \pm p\) .

Podemos ahora hallar una base para el conjunto de ondas planas soluciones a la ecuación de Dirac. Para ello elegimos una basa para las componentes correspondientes a las partículas y hallamos las componentes correspondientes a las anti-partículas en función de estas. Eligiendo una base para \(u_A\) con \(\hbar k = p\):

\[ u^{(1)}_A = \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix} \Rightarrow u^{(1)}_B = \frac{\vec p \cdot \vec \sigma}{p^0 + mc} \begin{pmatrix} 1 \\ 0\end{pmatrix} = \frac{c}{E + mc^2} \begin{pmatrix} p_z \\ p_x + ip_y\end{pmatrix} \]

\[ u_A^{(2)} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \Rightarrow u^{(2)}_B = \frac{\vec p \cdot \vec \sigma}{p^0 + mc} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \frac{c}{E + mc^2} \begin{pmatrix} p_x - i p_y \\ -p_z \end{pmatrix} \]

Por otra parte eligiendo una base para \(v_B\) con \(\hbar k = -p\) obtenemos:

\[ v_A^{(1)} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} \Rightarrow v^{(1)}_B = \frac{c}{E + mc^2} \begin{pmatrix} p_x - i p_y \\ -p_z \end{pmatrix} \]

\[ v^{(2)}_B = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \Rightarrow v^{(2)}_{A} = \frac{c}{E + mc^2} \begin{pmatrix} p_z \\ p_x + ip_y\end{pmatrix} \]

En donde se uso que \(\hbar k = -p\) en el segundo caso ya que de otra forma las soluciones \(v_b\) divergen cuando el momento de la partícula es nulo. Luego:

\[ u^{(1)} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{cp_z}{E + mc^2} \\ \frac{c(p_x + ip_y)}{E + mc^2} \end{pmatrix} \qquad u^{(2)} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \frac{c(p_x - ip_y)}{E + mc^2} \\ \frac{-c p_z}{E + mc^2} \end{pmatrix} \qquad v^{(1)} = \begin{pmatrix} \frac{c(p_x - ip_y)}{E + mc^2} \\ \frac{-cp_z}{E + mc^2} \\ 0 \\ 1\end{pmatrix} \qquad v^{(2)} = \begin{pmatrix} \frac{cp_z}{E + mc^2} \\ \frac{c(p_x + ip_y)}{E + mc^2} \\ 1 \\ 0\end{pmatrix} \]

Buscamos ahora la norma de estos espinores. Notemos que:

\[ \begin{aligned} (u^{(1)})^{\dagger}u^{(1)} \sim \begin{pmatrix} 1 & 0 & \frac{cp_z}{E + mc^2} & \frac{c(p_x - i p_y)}{E + mc^2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{cp_z}{E + mc^2} \\ \frac{c(p_x + i p_y)}{E + mc^2} \end{pmatrix} = 1 + \frac{c|\vec{p}|}{(E + mc^2)^2}\\ = 1 + \frac{(E/c)^2 - (mc)^2}{(E/c + mc)^2} = 1 + \frac{E/c - mc}{E/c + mc} = \frac{2E/c}{E/c + mc} \end{aligned} \]

El mismo resultado se puede hallar para el resto de los espinores. Luego si se busca que la norma de estos sea \(2E/c\) (Convención Halzen-Martin) , entonces:

\[ \frac{2E/c}{E/c + mc} N^2 = 2E/c \Rightarrow N = \sqrt{E/c + mc} \]

Finalmente, las soluciones canónicas para la ecuación de Dirac serán para las partículas:

\[ \psi^{(1)} = \frac{c}{\sqrt{E + mc^2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{cp_z}{(E + mc^2)} \\ \frac{c(p_x + i p_y)}{E + mc^2} \end{pmatrix} e^{-i\frac{mc^2}{\hbar}t} \qquad \psi^{(2)} = \frac{c}{\sqrt{E + mc^2}} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \frac{c(p_x - i p_y)}{E + mc^2} \\ \frac{-cp_z}{E + mc^2} \end{pmatrix} e^{-i\frac{mc^2}{\hbar}t} \]

Y para las antipartículas:

\[ \psi^{(3)} = \frac{c}{\sqrt{E + mc^2}} \begin{pmatrix} \frac{c(p_x - i p_y)}{E + mc^2} \\ \frac{-cp_z}{E + mc^2} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} e^{i\frac{mc^2}{\hbar}t} \qquad \psi^{(4)} = \frac{c}{\sqrt{E + mc^2}} \begin{pmatrix} \frac{cp_z}{E + mc^2} \\ \frac{c(p_x + i p_y)}{E + mc^2} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} e^{i\frac{mc^2}{\hbar}t} \]

Espín

Consideramos ahora la matriz \(\vec{S}\) compuesta por las matrices de Pauli:

\[ \vec{S} = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} \vec{\sigma} & 0 \\ 0 & \vec{\sigma} \end{pmatrix} \]

Es fácil ver que los espinores encontrados no son auto-estados de la matriz \(\vec{S}\). Basta con verificar con las ultimas componentes de \(u^{(1)}\) con la componente \(\hat{S}_z\):

\[ \begin{pmatrix}1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{cp_z}{E + mc^2} \\ \frac{c(p_x + ip_y)}{E + mc^2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{cp_z}{E + mc^2} \\ -\frac{c(p_x + ip_y)}{E + mc^2} \end{pmatrix} \]

Luego \(u^{(1)}\) no puede ser un auto vector de \(\hat{S}_z\). Sin embargo los espinores pueden ser orientados en la espacial dirección \(z\) . Si las otras componentes se anulan se tendrá que:

\[ cp_z = c|\vec{p}| = \sqrt{E^2 - (mc^2)^2} = \sqrt{E-mc^2} \sqrt{E+mc^2} \]

Luego reemplazando:

\[ u^{(1)} = \frac{c}{\sqrt{E + mc^2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{\sqrt{E-mc^2}}{\sqrt{E+mc^2}} \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{c}{E+ mc^2} \begin{pmatrix} \sqrt{E+mc^2} \\ 0 \\ \sqrt{E-mc^2} \\ 0\end{pmatrix} \]

De la misma forma pueden orientarse hacia la dirección \(z\) los espinores restantes y obtenemos para cada uno que:

\[ u^{(2)} = \frac{c}{E+mc^2} \begin{pmatrix} 0 \\ \sqrt{E+mc^2} \\ 0 \\ \sqrt{E-mc^2} \end{pmatrix} \]

\[ v^{(1)} = \frac{c}{E+mc^2}\begin{pmatrix} 0 \\ -\sqrt{E-mc^2} \\ 0 \\ \sqrt{E+mc^2} \end{pmatrix} \qquad v^{(2)} = \frac{c}{E+mc^2}\begin{pmatrix} \sqrt{E-mc^2} \\ 0 \\ \sqrt{E+mc^2} \\ 0 \end{pmatrix} \]

De esta forma ahora todos ellos son auto vectores del operador spin \(\hat{S}_z\). Veamos esto:

\[ \hat{S}_z u^{(1)} = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{(E + mc^2)/c} \\ 0 \\ \sqrt{(E - m c^2)/c} \\ 0 \end{pmatrix} =  \frac{\hbar}{2}  \begin{pmatrix} \sqrt{(E + mc^2)/c} \\ 0 \\ \sqrt{(E - m c^2)/c} \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{\hbar}{2} u^{(1)} \]

\[ \hat{S}_z u^{(2)} = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ \sqrt{(E + mc^2)/c} \\ 0 \\ -\sqrt{(E - m c^2)/c} \end{pmatrix} = -\frac{\hbar}{2}  \begin{pmatrix} 0 \\ \sqrt{(E + mc^2)/c} \\ 0 \\ -\sqrt{(E - m c^2)/c} \end{pmatrix} = -\frac{\hbar}{2} u^{(2)} \]

\[ \hat{S}_z v^{(1)} = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\  -\sqrt{(E - m c^2)/c}  \\ 0 \\ \sqrt{(E + mc^2)/c} \end{pmatrix} =  -\frac{\hbar}{2}  \begin{pmatrix} 0 \\  -\sqrt{(E - m c^2)/c}  \\ 0 \\ \sqrt{(E + mc^2)/c} \end{pmatrix} = -\frac{\hbar}{2} v^{(1)} \]

\[ \hat{S}_z v^{(2)} = \frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sqrt{(E - m c^2)/c} \\ 0 \\ \sqrt{(E + mc^2)/c} \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{\hbar}{2}  \begin{pmatrix} \sqrt{(E - m c^2)/c} \\ 0 \\ \sqrt{(E + mc^2)/c} \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{\hbar}{2} v^{(2)} \]

Luego \(u^{(1)}\), \(u^{(2)}\), \(v^{(1)}\), \(v^{(2)}\) como auto-espinores del operador \(\hat{S}_z\), en donde \(u^{(1)}\), \(u^{(2)}\) corresponden a electrones con espines \(\ket{\uparrow}\) y \(\ket{\downarrow}\) respectivamente, y a \(v^{(1)}\), \(v^{(2)}\) como positrones con espín \(\ket{\downarrow}\) y \(\ket{\uparrow}\) respectivamente.

Conjugados de carga

Otro operador importante que se puede identificar, es el de conjugación de carga (\(C\)), el cual transforma un espinor de Dirac \(\psi\) en el espinor conjugado de carga \(\psi_c\) dado por:

\[ \psi_c = i \gamma^2 \psi^* \]

Donde \(\gamma^2\) es la tercera matriz de Dirac, dada por:

\[ \gamma^2 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & -i \\  0 & 0 & i & 0 \\ 0 & i & 0 & 0 \\ -i & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

Se puede probar que los conjugados de carga de los auto-espinores de las partículas \(u^{(1)}\) y \(u^{(2)}\) son iguales a los auto-espinores \(v^{(1)}\) y \(v^{(2)}\) de las anti-partículas, respectivamente. Esto es:

\[ u^{(1)}_c = i \gamma^2 (u^{(1)})^* \sim \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\  0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{cp_z}{E + mc^2} \\ \frac{c(p_x - i p_y)}{E + mc^2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{c(p_x - i p_y)}{E + mc^2} \\ -\frac{cp_z}{E + mc^2} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \Rightarrow u_c^{(1)} = v^{(1)} \]

\[ u^{(2)}_c = i \gamma^2 (u^{(2)})^* \sim \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\  0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ \frac{c(p_x - i p_y)}{E + mc^2} \\ -\frac{cp_z}{E + mc^2} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}  \frac{cp_z}{E + mc^2} \\  \frac{c(p_x - i p_y)}{E + mc^2} \\1 \\0 \end{pmatrix} \Rightarrow u_c^{(2)} = v^{(2)} \]

Esto nos dice que los conjugados de carga de cada partículas son sus respectivas anti-partículas. De la misma forma para los espinores \(v^{(1)}\) y \(v^{(2)}\) tendremos que:

\[ v_c^{(1)} = i\gamma^2 (v^{(1)})^* \sim\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\  0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{c(p_x - i p_y)}{E + mc^2} \\ -\frac{cp_z}{E + mc^2} \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ \frac{cp_z}{E + mc^2} \\ \frac{c(p_x - i p_y)}{E + mc^2} \end{pmatrix} \Rightarrow v_c^{(1)} = u^{(1)} \]

\[ v_c^{(2)} = i\gamma^2 (v^{(2)})^* \sim\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1 \\  0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{cp_z}{E + mc^2} \\ \frac{c(p_x + i p_y)}{E + mc^2} \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ -\frac{c(p_x + i p_y)}{E + mc^2} \\ \frac{cp_z}{E + mc^2} \end{pmatrix} \Rightarrow v_c^{(2)} = u^{(2)} \]

Este resultado no solo refleja una simetría fundamental en la formulación de la teoría de Dirac, sino que también ilustra el papel de la conjugación de carga como una transformación que convierte partículas en sus correspondientes antipartículas, invirtiendo sus cargas internas (como la carga eléctrica o el número leptónico) pero manteniendo su momento y energía.

Covariantes Bilineales

Sea \(\psi\) un espinor de Dirac y supongamos que queremos transformarlo de un marco de referencia inercial a otro, es decir hallar una transformación \(S\) tal que:

\[ \psi' = S\psi \]

Para la cual se verifique la ecuación de Dirac:

\[ i\hbar \gamma^{\mu} \partial'_{\mu}\psi' - m \psi' = 0 \qquad \text{con } \partial'_{\mu} = \frac{\partial x^{\nu}}{\partial x'^{\mu}} \frac{\partial}{\partial x^{\nu}} = \Lambda_{\mu}{}^{\nu} \partial_{\nu} \]

En donde \(\Lambda_{\mu}{}^{\nu}\) son los elementos de la transformación de Lorentz inversa. Reemplazando las transformaciones de coordenadas y el espinor transformado en la ecuación primada obtenemos que:

\[ i\hbar \gamma^{\mu}  \frac{\partial x^{\nu}}{\partial x'^{\mu}} \partial_{\nu} (S\psi) - m c  (S\psi) = 0 \]

\[ \Rightarrow i\hbar S^{-1} \gamma^{\mu} \Lambda_{\mu}{}^{\nu} S\partial_{\nu} \psi -mc\psi = 0 \]

De esta ultima relación puede verse que las matrices de Dirac deben verificar que:

\[ S\gamma^{\nu} = \gamma^{\mu} \Lambda_{\mu}{}^{\nu} S \]

Expandiendo la suma sobre \(\mu\) y reemplazando los coeficientes de la transformación de Lorentz:

\[ \begin{aligned} S\gamma^0 = (\gamma^{0} S) \gamma + (\gamma^{1} S) \beta \gamma \\ \\ S \gamma^{1} = (\gamma^{0} S) \beta \gamma + (\gamma^{1} S) \gamma \\ \\ S \gamma^{2} = \gamma^{2} S \\ \\ S \gamma^{3} = \gamma^{3} S \end{aligned} \]

Debemos mostrar ahora que \(S = a_+ + a_- \gamma^0 \gamma^1\) transforma el espinor de Dirac de un marco de referencia a otro, en donde:

\[ a_{\pm} = \pm \sqrt{\frac{1}{2}(\gamma \pm 1)} \]

Notemos que \(\gamma^0\) y \(\gamma^1\) anti conmutan con \(\gamma^2\) y \(\gamma^3\), por lo que su producto también anticonmuta. Luego las últimas dos ecuaciones se cumplen trivialmente.

\[ \begin{aligned} S \gamma^0 = a_+ \gamma^0 + a_- \gamma^0 \gamma^1 \gamma^0 = a_+ \gamma^0 - a_- \gamma^0 \gamma^0 \gamma^1 = a_+ \gamma^0 - a_- \gamma^1 \\ \\ \gamma^0 S = \gamma^0 a_+ + \gamma^0 a_- \gamma^0 \gamma^1 = a_+ \gamma^0 + a_- \gamma^1 \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} S \gamma^1 = a_+ \gamma^1 + a_- \gamma^0 \gamma^1 \gamma^1 = a_+ \gamma^1 - a_- \gamma^0 \\ \\ \gamma^1 S = \gamma^1 a_+ - a_- \gamma^0 \gamma^1 \gamma^1 = a_+ \gamma^1 + a_- \gamma^0 \end{aligned} \]

Luego :

\[ \begin{aligned} a_+ \gamma^0 -a_- \gamma^1 =(a_+ \gamma^0 + a_- \gamma^1) \gamma + (a_+ \gamma^1 + a_- \gamma^0) \beta \gamma \\ \\ = \gamma(a_+ + \beta a_-)\gamma_0 + \gamma(a_- + \beta a_+) \gamma^1 \end{aligned} \]

Por otra parte, de la definición de \(\gamma\)

\[ \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \beta^2}} \Rightarrow \beta^2 = \frac{\gamma^2 - 1}{\gamma^2} \Rightarrow \frac{\sqrt{(\gamma-1)(\gamma+1)}}{\gamma} \]

De esta forma se puede probar que:

\[ \begin{aligned} \gamma(a_+ + \beta a_-) = \gamma \left[ \sqrt{\frac{1}{2}(\gamma + 1)} - \frac{\sqrt{(\gamma-1)(\gamma+1)}}{\gamma} \sqrt{\frac{1}{2}(\gamma - 1)} \right] \\ \\ = \sqrt{\frac{1}{2}(\gamma + 1)} = a_+ \end{aligned} \]

$$ \begin{aligned} \gamma(a_- + \beta a_+) = \gamma \left[-\sqrt{\frac{1}{2}(\gamma - 1)} + \frac{\sqrt{(\gamma-1)(\gamma+1)}}{\gamma} \sqrt{\frac{1}{2}(\gamma + 1)} \right] \ \

= \sqrt{\frac{1}{2}(\gamma - 1)} = a_- \end{aligned} $$

Verificándose que:

\[ a_+ \gamma^0 -a_- \gamma^1 =(a_+ \gamma^0 + a_- \gamma^1) \gamma + (a_+ \gamma^1 + a_- \gamma^0) \beta \gamma \]

Luego \(S = a_+ + a_- \gamma^0 \gamma^1\) satisface estas condiciones.