量子场论中，保罗·狄拉克旋量（英语：Dirac spinor）为一双旋量，出现在自由粒子狄拉克方程的平面波解中。
基本介绍
狄拉克旋量（英语：Dirac spinor）为一双旋量，出现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为：
(i\伽马发动机^\mu\partial_{\mu}-m)\psi=0 \;,
其中（采用自然单位制\scriptstyle c \,=\, \hbar \,=\, 1）
\scriptstyle\omega_\vec{p}是狄拉克旋量，与波向量为\scriptstyle\vec{p}的平面波有关，
\scriptstyle px \;\equiv\; p_\mu x^\mu,
\scriptstyle p^\mu \;=\; \{\pm\sqrt{m^2+\vec{p}^2},\, \vec{p}\}为平面波的四维波向量，而\scriptstyle\vec{p}为任意的，
\scriptstyle x^\mu为一给定惯性系中的四维空间坐标。
正能量解所对应的狄拉克旋量为
\omega_\vec{p}=\begin{bmatrix}\phi \\{\frac {{\vec {\sigma }}{\vec {p}}}{E_{\vec{p}}+m}}\phi \end{bmatrix}\;,
其中
\scriptstyle \phi 为任意的双旋量，
\scriptstyle {\vec {\sigma}}为包立矩阵，
\scriptstyle E_{\vec{p}}为正根号\scriptstyle E_{\vec{p}}\;=\;+{\sqrt {m^{2}+{\vec {p}}^{2}}}。
源自狄拉克方程式的推导
狄拉克方程式的形式为：
(-i{\vec {\alpha }}\cdot {\vec {\nabla }}+\beta m)\psi =i{\frac {\partial \psi }{\partial t}}\,
推导出4-旋量\scriptstyle \omega 前，可先注意矩阵α与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：
\psi =\omega e^{-ip\cdot x},
此处可将ω分为两个2-旋量：
\omega ={\begin{bmatrix}\phi \\\chi \end{bmatrix}}\,.
结果
将上方资料带入狄拉克方程式，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}}\,.
此矩阵方程式实际上是为两条联立方程式：
(e.m.)\phi =({\vec {\sigma }}{\vec {p}})\chi \,
(E+m)\chi =({\vec {\sigma }}{\vec {p}})\phi \,
对第二条方程式求\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}}\,.
对第一条方程式求\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}}\,.
此解可展示粒子与反粒子的关系。
细节
2-旋量
2-旋量最常见的定义为：
\phi ^{1}={\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}}\quad \quad \phi ^{2}={\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}\,
与
\chi ^{1}={\begin{bmatrix}0\\1\end{bmatrix}}\quad \quad \chi ^{2}={\begin{bmatrix}1\\0\end{bmatrix}}\,
包立矩阵
包立矩阵
\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：
{\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\scriptstyle \omega ^{\dagger }\omega \;=\;2E\,。这些旋量标记为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）。
明确地写，其为
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\scriptstyle E与\scriptstyle {\vec {p}}增加一负号可得到反粒子的结果：
v({\vec {p}},s)={\sqrt {E+m}}{\begin{bmatrix}{\frac {{\vec {\sigma }}\cdot {\vec {p}}}{E+m}}\chi ^{(s)}\\\chi ^{(s)}\end{bmatrix}}\,
在这里我们选择了\scriptstyle \chi 解。明确地写，其为
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}}
参考资料