量子場論中，保羅·狄拉克旋量（英語：Dirac spinor）為一雙旋量，出現在自由粒子狄拉克方程的平面波解中。
基本介紹
狄拉克旋量（英語：Dirac spinor）為一雙旋量，出現在自由粒子狄拉克方程的平面波解中：
\psi = \omega_\vec{p}\;e^{-ipx} \;；
自由粒子的狄拉克方程為：
(i\伽馬發動機^\mu\partial_{\mu}-m)\psi=0 \;,
其中（采用自然單位制\scriptstyle c \,=\, \hbar \,=\, 1）
\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坐標。
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：
(-i{\vec {\alpha }}\cdot {\vec {\nabla }}+\beta m)\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^{-ip\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：
(e.m.)\phi =({\vec {\sigma }}{\vec {p}})\chi \,
(E+m)\chi =({\vec {\sigma }}{\vec {p}})\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\scriptstyle \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系。
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}-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\scriptstyle \omega ^{\dagger }\omega \;=\;2E\,。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}+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\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}}\,
在這里我們選擇了\scriptstyle \chi 解。明確地寫，其為
v({\vec {p}},1)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}{\frac {p_{1}-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}}
參考資料 >