狄拉克旋量

量子场论中，狄拉克旋量（Dirac spinor）为一双旋量，出现在自由粒子狄拉克方程式的平面波解中：

$\psi = \omega_\vec{p}\;e^{-ipx} \;$。

自由粒子的狄拉克方程式为：

$$(i\gamma^\mu\partial_{\mu}-m)\psi=0 \;,$$

其中（采用自然单位制$\scriptstyle c \,=\, \hbar \,=\, 1$）

$\scriptstyle\psi$为相对论性自旋½场。

$\scriptstyle\omega_\vec{p}$是狄拉克旋量，与波向量为$\scriptstyle\vec{p}$的平面波有关。

$\scriptstyle px \;\equiv\; p_\mu x^\mu$,

$\scriptstyle p^\mu \;=\; \{\pm\sqrt{m^2+\vec{p}^2},\, \vec{p}\}$为平面波的四维波向量，而$\scriptstyle\vec{p}$为任意的。

$\scriptstyle x^\mu$为一给定惯性系中的四维空间座标。

正能量解所对应的狄拉克旋量为

$$\omega_\vec{p} = \begin{bmatrix} \phi \\ \frac{\vec{\sigma}\vec{p}}{E_{\vec{p}} + m} \phi \end{bmatrix} \;,$$

其中

$\scriptstyle\phi$为任意的双旋量。

$\scriptstyle\vec{\sigma}$为包立矩阵。

$\scriptstyle E_\vec{p}$为正根号$\scriptstyle E_{\vec{p}} \;=\; +\sqrt{m^2+\vec{p}^2}$

## 源自狄拉克方程式的推导

狄拉克方程式的形式为：

$$\left(-i \vec{\alpha} \cdot \vec{\nabla} + \beta m \right) \psi = i \frac{\partial \psi}{\partial t} \,$$

推导出4-旋量$\scriptstyle\omega$前，可先注意矩阵α与β的值：

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

此二为4×4矩阵，与狄拉克矩阵有关。其中0与I为2×2矩阵。

下一步则是找出下式的解：

$\psi = \omega e^{-i p \cdot x}$,

此处可将ω分为两个2-旋量：

$\omega = \begin{bmatrix} \phi \\ \chi \end{bmatrix} \,$.

### 结果

将上方资料带入狄拉克方程式，可得

$E \begin{bmatrix} \phi \\ \chi \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} m \mathbf{I} & \vec{\sigma}\vec{p} \\ \vec{\sigma}\vec{p} & -m \mathbf{I} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \phi \\ \chi \end{bmatrix} \,$.

此矩阵方程式实际上是为两条联立方程式：

$$\left(E - m \right) \phi = \left(\vec{\sigma}\vec{p} \right) \chi \,$$

$$\left(E + m \right) \chi = \left(\vec{\sigma}\vec{p} \right) \phi \,$$

对第二条方程式求$\scriptstyle \chi \,$的解，可得

$\omega = \begin{bmatrix} \phi \\ \chi \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \phi \\ \frac{\vec{\sigma}\vec{p}}{E + m} \phi \end{bmatrix} \,$.

对第一条方程式求$\phi \,$的解，可得

$\omega = \begin{bmatrix} \phi \\ \chi \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} - \frac{\vec{\sigma}\vec{p}}{-E + m} \chi \\ \chi \end{bmatrix} \,$.

此解可展示粒子与反粒子的关系。

## 细节

### 2-旋量

2-旋量最常见的定义为：

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

与

$$\chi^1 = \begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} \quad \quad \chi^2 = \begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} \,$$

### 包立矩阵

包立矩阵

$$\sigma_1 = \begin{bmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{bmatrix} \quad \quad \sigma_2 = \begin{bmatrix} 0&-i\\ i&0 \end{bmatrix} \quad \quad \sigma_3 = \begin{bmatrix} 1&0\\ 0&-1 \end{bmatrix}$$

利用前述知识可计算出：

$$\vec{\sigma}\cdot\vec{p} = \sigma_1 p_1 + \sigma_2 p_2 + \sigma_3 p_3 = \begin{bmatrix} <pre> p_3 & p_1 - i p_2 \\ p_1 + i p_2 & - p_3 </pre> \end{bmatrix}$$

### 4-旋量

#### 粒子

粒子具有正能量。选择4-旋量ω的归一化使得$\scriptstyle\omega^\dagger \omega \;=\; 2 E \,$。这些旋量标记为u：

$$u(\vec{p}, s) = \sqrt{E+m} \begin{bmatrix} <pre> \phi^{(s)}\\ \frac{\vec{\sigma} \cdot \vec{p} }{E+m} \phi^{(s)} </pre> \end{bmatrix} \,$$

其中s = 1或2（自旋向上或向下）。

明确地写，其为

$$u(\vec{p}, 1) = \sqrt{E+m} \begin{bmatrix} 1\\ 0\\ \frac{p_3}{E+m} \\ \frac{p_1 + i p_2}{E+m} \end{bmatrix} \quad \mathrm{and} \quad u(\vec{p}, 2) = \sqrt{E+m} \begin{bmatrix} 0\\ 1\\ \frac{p_1 - i p_2}{E+m} \\ \frac{-p_3}{E+m} \end{bmatrix}$$

### 反粒子

具有“正”能量$\scriptstyle E$的反粒子可视为具有“负”能量而逆着时间行进的粒子；因此，将粒子案例的$\scriptstyle E$与$\scriptstyle \vec{p}$增加一负号可得到反粒子的结果：

$$v(\vec{p},s) = \sqrt{E+m} \begin{bmatrix} \frac{\vec{\sigma} \cdot \vec{p} }{E+m} \chi^{(s)}\\ \chi^{(s)} \end{bmatrix} \,$$

在这里我们选择了$\scriptstyle\chi$解。明确地写，其为

$$v(\vec{p}, 1) = \sqrt{E+m} \begin{bmatrix} \frac{p_1 - i p_2}{E+m} \\ \frac{-p_3}{E+m} \\ 0\\ 1 \end{bmatrix} \quad \mathrm{and} \quad v(\vec{p}, 2) = \sqrt{E+m} \begin{bmatrix} \frac{p_3}{E+m} \\ \frac{p_1 + i p_2}{E+m} \\ 1\\ 0\\ \end{bmatrix}$$