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：

${\displaystyle \psi =\omega _{\vec {p}}\;e^{-ipx}\;}$；

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${\displaystyle \phi \,}$ 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. 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 (PDF)于2020-12-19）.