狄拉克旋量

Template:Cleanup-jargon Template:NoteTA 量子場論中，狄拉克旋量（Template:Lang-en）為一Template:Link-en，出現在自由粒子狄拉克方程式的平面波解中：

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

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$c=\hslash =1$）

$\psi$為相對論性自旋½場，

${\omega }_{\overrightarrow{p}}$是狄拉克旋量，與波向量為$\overrightarrow{p}$的平面波有關，

$px\equiv p_{\mu }{x}^{\mu }$,

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

$x^{\mu }$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

${\omega }_{\overrightarrow{p}}=\left[\begin{array}{c}\varphi \\ \frac{\overrightarrow{\sigma }\overrightarrow{p}}{E_{\overrightarrow{p}}+m}\varphi \end{array}\right],$

其中

$\varphi$為任意的雙旋量，

$\overrightarrow{\sigma }$為包立矩陣，

$E_{\overrightarrow{p}}$為正根號$E_{\overrightarrow{p}}=+\sqrt{m^2+{\overrightarrow{p}}^2}$

源自狄拉克方程式的推導

狄拉克方程式的形式為：

$(-i\overrightarrow{\alpha }\cdot \overrightarrow{\mathrm{\nabla }}+\beta m)\psi =i\frac{\partial \psi }{\partial t}$

推導出4-旋量$\omega$前，可先注意矩陣α與β的值：

$\overrightarrow{\alpha }=\left[\begin{array}{cc}\mathrm{𝟎}& \overrightarrow{\sigma }\\ \overrightarrow{\sigma }& \mathrm{𝟎}\end{array}\right]\beta =\left[\begin{array}{cc}𝐈& \mathrm{𝟎}\\ \mathrm{𝟎}& -𝐈\end{array}\right]$

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：

$\omega =\left[\begin{array}{c}\varphi \\ \chi \end{array}\right]$.

結果

將上方資料帶入狄拉克方程式，可得

$E\left[\begin{array}{c}\varphi \\ \chi \end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}m𝐈& \overrightarrow{\sigma }\overrightarrow{p}\\ \overrightarrow{\sigma }\overrightarrow{p}& -m𝐈\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}\varphi \\ \chi \end{array}\right]$.

此矩陣方程式實際上是為兩條聯立方程式：

$(E-m)\varphi =\left(\overrightarrow{\sigma }\overrightarrow{p}\right)\chi$

$(E+m)\chi =\left(\overrightarrow{\sigma }\overrightarrow{p}\right)\varphi$

對第二條方程式求$\chi$的解，可得

$\omega =\left[\begin{array}{c}\varphi \\ \chi \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}\varphi \\ \frac{\overrightarrow{\sigma }\overrightarrow{p}}{E+m}\varphi \end{array}\right]$.

對第一條方程式求$\varphi$的解，可得

$\omega =\left[\begin{array}{c}\varphi \\ \chi \end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}-\frac{\overrightarrow{\sigma }\overrightarrow{p}}{-E+m}\chi \\ \chi \end{array}\right]$.

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：

${\varphi }^1=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]{\varphi }^2=\left[\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right]$

與

${\chi }^1=\left[\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\right]{\chi }^2=\left[\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\right]$

包立矩陣

包立矩陣

${\sigma }_1=\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 0\end{array}\right]{\sigma }_2=\left[\begin{array}{cc}0& -i\\ i& 0\end{array}\right]{\sigma }_3=\left[\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& -1\end{array}\right]$

利用前述知識可計算出：

$\overrightarrow{\sigma }\cdot \overrightarrow{p}={\sigma }_1{p}_1+{\sigma }_2{p}_2+{\sigma }_3{p}_3=\left[\begin{array}{cc}{p}_3& p_1-i{p}_2\\ p_1+i{p}_2& -p_3\end{array}\right]$

4-旋量

粒子

粒子具有正能量。選擇4-旋量ω的歸一化使得${\omega }^{†}\omega =2E$。這些旋量標記為u：

$u(\overrightarrow{p},s)=\sqrt{E+m}\left[\begin{array}{c}{\varphi }^{(s)}\\ \frac{\overrightarrow{\sigma }\cdot \overrightarrow{p}}{E+m}{\varphi }^{(s)}\end{array}\right]$

其中s = 1或2（自旋向上或向下）。

明確地寫，其為

$u(\overrightarrow{p},1)=\sqrt{E+m}\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ \frac{p_3}{E+m}\\ \frac{p_1+i{p}_2}{E+m}\end{array}\right]\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}u(\overrightarrow{p},2)=\sqrt{E+m}\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ \frac{p_1-i{p}_2}{E+m}\\ \frac{-p_3}{E+m}\end{array}\right]$

反粒子

具有「正」能量$E$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$E$與$\overrightarrow{p}$增加一負號可得到反粒子的結果：

$v(\overrightarrow{p},s)=\sqrt{E+m}\left[\begin{array}{c}\frac{\overrightarrow{\sigma }\cdot \overrightarrow{p}}{E+m}{\chi }^{(s)}\\ {\chi }^{(s)}\end{array}\right]$

在這裡我們選擇了$\chi$解。明確地寫，其為

$v(\overrightarrow{p},1)=\sqrt{E+m}\left[\begin{array}{c}\frac{p_1-i{p}_2}{E+m}\\ \frac{-p_3}{E+m}\\ 0\\ 1\end{array}\right]\mathrm{a}\mathrm{n}\mathrm{d}v(\overrightarrow{p},2)=\sqrt{E+m}\left[\begin{array}{c}\frac{p_3}{E+m}\\ \frac{p_1+i{p}_2}{E+m}\\ 1\\ 0\end{array}\right]$

相關條目

• 旋量
• 狄拉克方程
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參考文獻

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