狄拉克旋量

量子場論中，狄拉克旋量（英語：Dirac spinor）為一雙旋量（英语：bispinor），出現在自由粒子狄拉克方程式的平面波解中： ψ = ω p → e − i p x {\displaystyle \psi =\omega _{\vec {p}}\;e^{-ipx}\;} ； 自由粒子的狄拉克方程式為： ( i γ μ ∂ μ − m ) ψ = 0 , {\displaystyle (i\gamma ^{\mu }\partial _{\mu }-m)\psi =0\;,} 其中（採用自然單位制 c = ℏ = 1 {\displaystyle \scriptstyle c\,=\,\hbar \,=\,1} ） ψ {\displaystyle \scriptstyle \psi } 為相對論性自旋½場， ω p → {\displaystyle \scriptstyle \omega _{\vec {p}}} 是狄拉克旋量，與波向量為 p → {\displaystyle \scriptstyle {\vec {p}}} 的平面波有關， p x ≡ p μ x μ {\displaystyle \scriptstyle px\;\equiv \;p_{\mu }x^{\mu }} , p μ = { ± m 2 + p → 2 , p → } {\displaystyle \scriptstyle p^{\mu }\;=\;\{\pm {\sqrt {m^{2}+{\vec {p}}^{2}}},\,{\vec {p}}\}} 為平面波的四維波向量，而 p → {\displaystyle \scriptstyle {\vec {p}}} 為任意的， x μ {\displaystyle \scriptstyle x^{\mu }} 為一給定慣性系中的四維空間座標。 正能量解所對應的狄拉克旋量為 ω p → = [ ϕ σ → p → E p → + m ϕ ] , {\displaystyle \omega _{\vec {p}}={\begin{bmatrix}\phi \\{\frac {{\vec {\sigma }}{\vec {p}}}{E_{\vec {p}}+m}}\phi \end{bmatrix}}\;,} 其中 ϕ {\displaystyle \scriptstyle \phi } 為任意的雙旋量， σ → {\displaystyle \scriptstyle {\vec {\sigma }}} 為包立矩陣， E p → {\displaystyle \scriptstyle E_{\vec {p}}} 為正根號 E p → = + m 2 + p → 2 {\displaystyle \scriptstyle E_{\vec {p}}\;=\;+{\sqrt {m^{2}+{\vec {p}}^{2}}}} 狄拉克方程式的形式為： ( − i α → ⋅ ∇ → + β m ) ψ = i ∂ ψ ∂ t {\displaystyle \left(-i{\vec {\alpha }}\cdot {\vec {\nabla }}+\beta m\right)\psi =i{\frac {\partial \psi }{\partial t}}\,} 推導出4-旋量 ω {\displaystyle \scriptstyle \omega } 前，可先注意矩陣α與β的值： α → = [ 0 σ → σ → 0 ] β = [ I 0 0 − I ] {\displaystyle {\vec {\alpha }}={\begin{bmatrix}\mathbf {0} &{\vec {\sigma }}\\{\vec {\sigma }}&\mathbf {0} \end{bmatrix}}\quad \quad \beta ={\begin{bmatrix}\mathbf {I} &\mathbf {0} \\\mathbf {0} &-\mathbf {I} \end{bmatrix}}\,} 此二為4×4矩陣，與狄拉克矩陣有關。其中0與I為2×2矩陣。 下一步則是找出下式的解： ψ = ω e − i p ⋅ x {\displaystyle \psi =\omega e^{-ip\cdot x}} , 此處可將ω分為兩個2-旋量： ω = [ ϕ χ ] {\displaystyle \omega ={\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}\,} . 將上方資料帶入狄拉克方程式，可得 E [ ϕ χ ] = [ m I σ → p → σ → p → − m I ] [ ϕ χ ] {\displaystyle E{\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}m\mathbf {I} &{\vec {\sigma }}{\vec {p}}\\{\vec {\sigma }}{\vec {p}}&-m\mathbf {I} \end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}\,} . 此矩陣方程式實際上是為兩條聯立方程式： ( E − m ) ϕ = ( σ → p → ) χ {\displaystyle \left(E-m\right)\phi =\left({\vec {\sigma }}{\vec {p}}\right)\chi \,} ( E + m ) χ = ( σ → p → ) ϕ {\displaystyle \left(E+m\right)\chi =\left({\vec {\sigma }}{\vec {p}}\right)\phi \,} 對第二條方程式求 χ {\displaystyle \scriptstyle \chi \,} 的解，可得 ω = [ ϕ χ ] = [ ϕ σ → p → E + m ϕ ] {\displaystyle \omega ={\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\phi \\{\frac {{\vec {\sigma }}{\vec {p}}}{E+m}}\phi \end{bmatrix}}\,} . 對第一條方程式求 ϕ {\displaystyle \phi \,} 的解，可得 ω = [ ϕ χ ] = [ − σ → p → − E + m χ χ ] {\displaystyle \omega ={\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}-{\frac {{\vec {\sigma }}{\vec {p}}}{-E+m}}\chi \\\chi \end{bmatrix}}\,} . 此解可展示粒子與反粒子的關係。 2-旋量最常見的定義為： ϕ 1 = [ 1 0 ] ϕ 2 = [ 0 1 ] {\displaystyle \phi ^{1}={\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}}\quad \quad \phi ^{2}={\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}\,} 與 χ 1 = [ 0 1 ] χ 2 = [ 1 0 ] {\displaystyle \chi ^{1}={\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}\quad \quad \chi ^{2}={\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}}\,} 包立矩陣 σ 1 = [ 0 1 1 0 ] σ 2 = [ 0 − i i 0 ] σ 3 = [ 1 0 0 − 1 ] {\displaystyle \sigma _{1}={\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix}}\quad \quad \sigma _{2}={\begin{bmatrix}0&-i\\i&0\end{bmatrix}}\quad \quad \sigma _{3}={\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix}}} 利用前述知識可計算出： σ → ⋅ p → = σ 1 p 1 + σ 2 p 2 + σ 3 p 3 = [ p 3 p 1 − i p 2 p 1 + i p 2 − p 3 ] {\displaystyle {\vec {\sigma }}\cdot {\vec {p}}=\sigma _{1}p_{1}+\sigma _{2}p_{2}+\sigma _{3}p_{3}={\begin{bmatrix}p_{3}&p_{1}-ip_{2}\\p_{1}+ip_{2}&-p_{3}\end{bmatrix}}} 粒子具有正能量。選擇4-旋量ω的歸一化使得 ω † ω = 2 E {\displaystyle \scriptstyle \omega ^{\dagger }\omega \;=\;2E\,} 。這些旋量標記為u： u ( p → , s ) = E + m [ ϕ ( s ) σ → ⋅ p → E + m ϕ ( s ) ] {\displaystyle u({\vec {p}},s)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}\phi ^{(s)}\\{\frac {{\vec {\sigma }}\cdot {\vec {p}}}{E+m}}\phi ^{(s)}\end{bmatrix}}\,} 其中s = 1或2（自旋向上或向下）。 明確地寫，其為 u ( p → , 1 ) = E + m [ 1 0 p 3 E + m p 1 + i p 2 E + m ] a n d u ( p → , 2 ) = E + m [ 0 1 p 1 − i p 2 E + m − p 3 E + m ] {\displaystyle u({\vec {p}},1)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}1\\0\\{\frac {p_{3}}{E+m}}\\{\frac {p_{1}+ip_{2}}{E+m}}\end{bmatrix}}\quad \mathrm {and} \quad u({\vec {p}},2)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}0\\1\\{\frac {p_{1}-ip_{2}}{E+m}}\\{\frac {-p_{3}}{E+m}}\end{bmatrix}}} 具有「正」能量 E {\displaystyle \scriptstyle E} 的反粒子可視為具有「負」能量而逆著時間行進的粒子；因此，將粒子案例的 E {\displaystyle \scriptstyle E} 與 p → {\displaystyle \scriptstyle {\vec {p}}} 增加一負號可得到反粒子的結果： v ( p → , s ) = E + m [ σ → ⋅ p → E + m χ ( s ) χ ( s ) ] {\displaystyle v({\vec {p}},s)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}{\frac {{\vec {\sigma }}\cdot {\vec {p}}}{E+m}}\chi ^{(s)}\\\chi ^{(s)}\end{bmatrix}}\,} 在這裡我們選擇了 χ {\displaystyle \scriptstyle \chi } 解。明確地寫，其為 v ( p → , 1 ) = E + m [ p 1 − i p 2 E + m − p 3 E + m 0 1 ] a n d v ( p → , 2 ) = E + m [ p 3 E + m p 1 + i p 2 E + m 1 0 ] {\displaystyle v({\vec {p}},1)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}{\frac {p_{1}-ip_{2}}{E+m}}\\{\frac {-p_{3}}{E+m}}\\0\\1\end{bmatrix}}\quad \mathrm {and} \quad v({\vec {p}},2)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}{\frac {p_{3}}{E+m}}\\{\frac {p_{1}+ip_{2}}{E+m}}\\1\\0\\\end{bmatrix}}} 旋量 狄拉克方程 旋量群 （英文）Aitchison, I.J.R.; A.J.G. Hey. Gauge Theories in Particle Physics (3rd ed.). Institute of Physics Publishing. September 2002. ISBN 0-7503-0864-8.  （英文）Miller, David. Relativistic Quantum Mechanics (RQM) (PDF): 26–37. 2008 [2015-04-09]. （原始内容存档 (PDF)于2020-12-19）.