狄拉克旋量

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：

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

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。

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

${\displaystyle \sigma _{1}={\begin{bmatrix}0&1\\1&0\end{bmatrix}}\quad \quad \sigma _{2}={\begin{bmatrix}0&-i\\i&0\end{bmatrix}}\quad \quad \sigma _{3}={\begin{bmatrix}1&0\\0&-1\end{bmatrix}}}$

利用前述知識可計算出：

${\displaystyle {\vec {\sigma }}\cdot {\vec {p}}=\sigma _{1}p_{1}+\sigma _{2}p_{2}+\sigma _{3}p_{3}={\begin{bmatrix}p_{3}&p_{1}-ip_{2}\\p_{1}+ip_{2}&-p_{3}\end{bmatrix}}}$

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

${\displaystyle u({\vec {p}},1)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}1\\0\\{\frac {p_{3}}{E+m}}\\{\frac {p_{1}+ip_{2}}{E+m}}\end{bmatrix}}\quad \mathrm {and} \quad u({\vec {p}},2)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}0\\1\\{\frac {p_{1}-ip_{2}}{E+m}}\\{\frac {-p_{3}}{E+m}}\end{bmatrix}}}$

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

${\displaystyle v({\vec {p}},1)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}{\frac {p_{1}-ip_{2}}{E+m}}\\{\frac {-p_{3}}{E+m}}\\0\\1\end{bmatrix}}\quad \mathrm {and} \quad v({\vec {p}},2)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}{\frac {p_{3}}{E+m}}\\{\frac {p_{1}+ip_{2}}{E+m}}\\1\\0\\\end{bmatrix}}}$

• 旋量
• 狄拉克方程
• 旋量群

• （英文）Aitchison, I.J.R.; A.J.G. Hey. . Institute of Physics Publishing. September 2002. ISBN 0-7503-0864-8.
• （英文）Miller, David. (PDF): 26–37. 2008.