狄拉克旋量

狄拉克方程的形式为：

${\displaystyle \left(-i{\vec {\alpha }}\cdot {\vec {\nabla }}+\beta m\right)\psi =i{\frac {\partial \psi }{\partial t}}\,}$ 

推导出4-旋量${\displaystyle \scriptstyle \omega }$ 前，可先注意矩阵α与β的值：

${\displaystyle {\vec {\alpha }}={\begin{bmatrix}\mathbf {0} &{\vec {\sigma }}\\{\vec {\sigma }}&\mathbf {0} \end{bmatrix}}\quad \quad \beta ={\begin{bmatrix}\mathbf {I} &\mathbf {0} \\\mathbf {0} &-\mathbf {I} \end{bmatrix}}\,}$ 

此二为4×4矩阵，与狄拉克矩阵有关。其中0与I为2×2矩阵。

下一步则是找出下式的解：

${\displaystyle \psi =\omega e^{-ip\cdot x}}$ ,

此处可将ω分为两个2-旋量：

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

结果

将上方资料带入狄拉克方程，可得

${\displaystyle E{\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}m\mathbf {I} &{\vec {\sigma }}{\vec {p}}\\{\vec {\sigma }}{\vec {p}}&-m\mathbf {I} \end{bmatrix}}{\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}\,}$ .

此矩阵方程实际上是为两条联立方程：

${\displaystyle \left(E-m\right)\phi =\left({\vec {\sigma }}{\vec {p}}\right)\chi \,}$ 

${\displaystyle \left(E+m\right)\chi =\left({\vec {\sigma }}{\vec {p}}\right)\phi \,}$ 

对第二条方程求${\displaystyle \scriptstyle \chi \,}$ 的解，可得

${\displaystyle \omega ={\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}\phi \\{\frac {{\vec {\sigma }}{\vec {p}}}{E+m}}\phi \end{bmatrix}}\,}$ .

对第一条方程求${\displaystyle \phi \,}$ 的解，可得

${\displaystyle \omega ={\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}={\begin{bmatrix}-{\frac {{\vec {\sigma }}{\vec {p}}}{-E+m}}\chi \\\chi \end{bmatrix}}\,}$ .

此解可展示粒子与反粒子的关系。

2-旋量

2-旋量最常见的定义为：

${\displaystyle \phi ^{1}={\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}}\quad \quad \phi ^{2}={\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}\,}$ 

与

${\displaystyle \chi ^{1}={\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}\quad \quad \chi ^{2}={\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}}\,}$ 

泡利矩阵

泡利矩阵

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

利用前述知识可计算出：

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

4-旋量

粒子

粒子具有正能量。选择4-旋量ω的归一化使得${\displaystyle \scriptstyle \omega ^{\dagger }\omega \;=\;2E\,}$ 。这些旋量标记为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）。

明确地写，其为

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

反粒子

具有“正”能量${\displaystyle \scriptstyle E}$ 的反粒子可视为具有“负”能量而逆着时间行进的粒子；因此，将粒子案例的${\displaystyle \scriptstyle E}$ 与${\displaystyle \scriptstyle {\vec {p}}}$ 增加一负号可得到反粒子的结果：

${\displaystyle v({\vec {p}},s)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}{\frac {{\vec {\sigma }}\cdot {\vec {p}}}{E+m}}\chi ^{(s)}\\\chi ^{(s)}\end{bmatrix}}\,}$ 

在这里我们选择了${\displaystyle \scriptstyle \chi }$ 解。明确地写，其为

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

• 旋量
• 狄拉克方程
• 旋量群

• （英文）Aitchison, I.J.R.; A.J.G. Hey. 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]. （原始内容存档 (PDF)于2020-12-19）.