狄拉克旋量

量子場論中，狄拉克旋量（Dirac spinor）為一雙旋量，出現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為：

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

其中（採用自然單位制$\scriptstyle c \,=\, \hbar \,=\, 1$）

$\scriptstyle\psi$為相對論性自旋½場。

$\scriptstyle\omega_\vec{p}$是狄拉克旋量，與波向量為$\scriptstyle\vec{p}$的平面波有關。

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

$\scriptstyle p^\mu \;=\; \{\pm\sqrt{m^2+\vec{p}^2},\, \vec{p}\}$為平面波的四維波向量，而$\scriptstyle\vec{p}$為任意的。

$\scriptstyle x^\mu$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

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

其中

$\scriptstyle\phi$為任意的雙旋量。

$\scriptstyle\vec{\sigma}$為包立矩陣。

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

## 源自狄拉克方程式的推導

狄拉克方程式的形式為：

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

推導出4-旋量$\scriptstyle\omega$前，可先注意矩陣α與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：

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

此處可將ω分為兩個2-旋量：

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

### 結果

將上方資料帶入狄拉克方程式，可得

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

此矩陣方程式實際上是為兩條聯立方程式：

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

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

對第二條方程式求$\scriptstyle \chi \,$的解，可得

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

對第一條方程式求$\phi \,$的解，可得

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

此解可展示粒子與反粒子的關係。

## 細節

### 2-旋量

2-旋量最常見的定義為：

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

與

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

### 包立矩陣

包立矩陣

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

利用前述知識可計算出：

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

### 4-旋量

#### 粒子

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

明確地寫，其為

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

### 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$\scriptstyle E$與$\scriptstyle \vec{p}$增加一負號可得到反粒子的結果：

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

在這裡我們選擇了$\scriptstyle\chi$解。明確地寫，其為

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