量子場論中，**狄拉克旋量**（英語：）為一雙旋量（英语：），出現在自由粒子狄拉克方程式的平面波解中：

{\displaystyle \psi =\omega \_{\vec {p}}\;e^{-ipx}\;}；
自由粒子的狄拉克方程式為：

{\displaystyle (i\gamma ^{\mu }\partial \_{\mu }-m)\psi =0\;,}
其中（採用自然單位制{\displaystyle \scriptstyle c\,=\,\hbar \,=\,1}）

{\displaystyle \scriptstyle \psi }為相對論性自旋½場，
{\displaystyle \scriptstyle \omega \_{\vec {p}}}是狄拉克旋量，與波向量為{\displaystyle \scriptstyle {\vec {p}}}的平面波有關，
{\displaystyle \scriptstyle px\;\equiv \;p\_{\mu }x^{\mu }},
{\displaystyle \scriptstyle p^{\mu }\;=\;\{\pm {\sqrt {m^{2}+{\vec {p}}^{2}}},\,{\vec {p}}\}}為平面波的四維波向量，而{\displaystyle \scriptstyle {\vec {p}}}為任意的，
{\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

{\displaystyle \omega \_{\vec {p}}={\begin{bmatrix}\phi \\{\frac {{\vec {\sigma }}{\vec {p}}}{E\_{\vec {p}}+m}}\phi \end{bmatrix}}\;,}
其中

{\displaystyle \scriptstyle \phi }為任意的雙旋量，
{\displaystyle \scriptstyle {\vec {\sigma }}}為包立矩陣，
{\displaystyle \scriptstyle E\_{\vec {p}}}為正根號{\displaystyle \scriptstyle E\_{\vec {p}}\;=\;+{\sqrt {m^{2}+{\vec {p}}^{2}}}}

源自狄拉克方程式的推導
-----------

狄拉克方程式的形式為：

{\displaystyle \left(-i{\vec {\alpha }}\cdot {\vec {\nabla }}+\beta m\right)\psi =i{\frac {\partial \psi }{\partial t}}\,}
推導出4-旋量{\displaystyle \scriptstyle \omega }前，可先注意矩陣*α*與*β*的值：

{\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：

{\displaystyle \psi =\omega e^{-ip\cdot x}},
此處可將ω分為兩個2-旋量：

{\displaystyle \omega ={\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}\,}.
### 結果

將上方資料帶入狄拉克方程式，可得

{\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：

{\displaystyle \left(E-m\right)\phi =\left({\vec {\sigma }}{\vec {p}}\right)\chi \,}
{\displaystyle \left(E+m\right)\chi =\left({\vec {\sigma }}{\vec {p}}\right)\phi \,}
對第二條方程式求{\displaystyle \scriptstyle \chi \,}的解，可得

{\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\phi \,的解，可得

{\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。

細節
--

### 2-旋量

2-旋量最常見的定義為：

{\displaystyle \phi ^{1}={\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}}\quad \quad \phi ^{2}={\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}\,}
與

{\displaystyle \chi ^{1}={\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}\quad \quad \chi ^{2}={\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}}\,}
### 包立矩陣

包立矩陣

{\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：

{\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}}}
### 4-旋量

#### 粒子

粒子具有正能量。選擇4-旋量ω的歸一化使得{\displaystyle \scriptstyle \omega ^{\dagger }\omega \;=\;2E\,}。這些旋量標記為*u*：

{\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

{\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}}}
### 反粒子

具有「正」能量{\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{\displaystyle \scriptstyle E}與{\displaystyle \scriptstyle {\vec {p}}}增加一負號可得到反粒子的結果：

{\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{\displaystyle \scriptstyle \chi }解。明確地寫，其為

{\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}}}

相關條目
----

* 旋量
* 狄拉克方程
* 旋量群

參考文獻
----

* （英文）Aitchison, I.J.R.; A.J.G. Hey.. Institute of Physics Publishing. September 2002. ISBN 0-7503-0864-8.
* （英文）Miller, David.  (PDF): 26–37. 2008  [2015-04-09]. （原始内容存档 (PDF)于2020-12-19）.