狄拉克旋量

量子場論中，狄拉克旋量（）為一，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}
p_3 & p_1 - i p_2 \\
p_1 + i p_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\scriptstyle\omega^\dagger \omega \;=\; 2 E \,。這些旋量標記為u：
: 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(\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}

相關條目
*旋量
*狄拉克方程
*旋量群

參考文獻
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