将非相对论性量子力学（NRQM）推广到相对论情形的尝试注定会是失败的，因为量子力学要求的概率守恒在相对论中不再成立，能量会产生新的粒子，因此量子场论（QFT）才是正确的框架。不过，当粒子的能量较小的时候，我们可以认为没有新粒子的产生，进而构建相对论性量子力学（RQM），Klein-Gordon方程和Dirac方程就是那时沿此思路所得的两个产物。

Klein-Gordon方程具有一些神奇的困难，不过Dirac方程却是一个很好的过渡，其以很自然的方式：

导出电子的朗德因子
导出了氢原子光谱精细结构
预言了带正电荷的反粒子——正电子的存在

Dirac方程仍然存在负能解的问题，这就是狄拉克之海的由来。

在此之前，我们先介绍有用的单位制。

自然单位制

$\hbar=c=1$

$c=1$意味着时间和空间的单位是一样的。同时，质能方程$E=mc^2$变为$E=m$，意味着质量和能量的单位也是一样的。
$\hbar=1$意味着长度的量纲是动量的倒数，同时也是能量单位的倒数。

克莱因-戈登方程

相对论中，粒子的能量为：

$E=\frac{p^2}{2m}\Rightarrow E=\sqrt{p^2+m^2}=m+\frac{p^2}{2m}-\frac{p^4}{8m^3}+\cdots\approx m+\frac{p^2}{2m}$

一个显然的尝试是将原来的薛定谔方程：

$i\partial_t|\psi\rangle=(\frac{p^2}{2m}+m)|\psi\rangle$

写为：

$i\partial_t|\psi\rangle=\sqrt{p^2+m^2}|\psi\rangle$

然而，将$\sqrt{p^2+m^2}$展开会得到一个无穷级数，这导致了几个问题：

对时间和空间的导数的不平等的；
难以操作；
无穷次对空间的倒数意味着非定域性。

基于此，我们可以写出克莱因-戈登方程：

$(\partial_t^2-\nabla^2+m^2)|\psi\rangle=0$

这同样具有一些瑕疵：根据概率流密度的形式，可以推广出：

$\rho=\frac{i}{2m}(\psi^*\partial_t \psi-\psi\partial_t \psi^*)$

这是一个可能为负的量，这意味着概率不再是正定的。

对于自由粒子的平面波，克莱因-戈登方程能够给出正确的的色散关系。代入$\psi=e^{i(px-Et)}$，得到：
$E^2=p^2+m^2$

狄拉克方程

为了避免二阶时间导数的产生，狄拉克选择在原有哈密顿算符的基础上进行修正：

$\hat H=\vec{\alpha}\cdot \hat p+\beta m$

其中$\alpha$和$\beta$是矩阵，满足：

$\vec{\alpha}=\begin{pmatrix}0&\vec{\sigma}\\\vec{\sigma}&0\end{pmatrix},\quad \beta=\begin{pmatrix}I&0\\0&-I\end{pmatrix}$

静止粒子

对于$\vec{p}=0$的情况，哈密顿算符为：

$\hat H=\beta m=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&1&0&0\\0&0&-1&0\\0&0&0&-1\end{pmatrix}m$

解得：

正能解： $\psi_1=\begin{pmatrix}1\\0\\0\\0\end{pmatrix}e^{-imt}$ $\psi_2=\begin{pmatrix}0\\1\\0\\0\end{pmatrix}e^{-imt}$
负能解： $\psi_3=\begin{pmatrix}0\\0\\1\\0\end{pmatrix}e^{imt}$ $\psi_4=\begin{pmatrix}0\\0\\0\\1\end{pmatrix}e^{imt}$

自由粒子

对于$\vec{p}=p\hat{z}$的情况，哈密顿算符为：

$\hat H=\vec{\alpha}\cdot \vec{p}+\beta m=\begin{pmatrix}0&\vec{\sigma}\cdot \vec{p}\\\vec{\sigma}\cdot \vec{p}&0\end{pmatrix}+m\begin{pmatrix}I&0\\0&-I\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}m&0&p&0\\0&m&0&-p\\p&0&-m&0\\0&-p&0&-m\end{pmatrix}$

解得：

正能解： $\psi_1=\begin{pmatrix}1\\0\\\frac{p}{\sqrt{p^2+m^2}+m}\\0\end{pmatrix}e^{i(pz-Et)}$ $\psi_2=\begin{pmatrix}0\\1\\0\\\frac{-p}{\sqrt{p^2+m^2}+m}\end{pmatrix}e^{i(pz-Et)}$
负能解： $\psi_3=\begin{pmatrix}\frac{-p}{\sqrt{p^2+m^2}-m}\\0\\1\\0\end{pmatrix}e^{i(pz-Et)}$ $\psi_4=\begin{pmatrix}0\\\frac{p}{\sqrt{p^2+m^2}-m}\\0\\1\end{pmatrix}e^{i(pz-Et)}$

定义螺旋度算符：

$\vec{\Sigma}\cdot \hat{e}_p=\begin{pmatrix}\vec{\sigma}&0\\0&\vec{\sigma}\end{pmatrix}\cdot \hat{e}_p$

在本题中：

$\vec{\Sigma}\cdot \hat{e}_z=\begin{pmatrix}\vec{\sigma}\cdot \hat{e}_z&0\\0&\vec{\sigma}\cdot \hat{e}_z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&-1\end{pmatrix}$

将上述波函数被螺旋算符作用，发现结果有正有负，定义正螺旋度为右手波函数，所有波函数可分类为：

$\psi_R^{(+)}$
$\psi_L^{(+)}$
$\psi_R^{(-)}$
$\psi_L^{(-)}$