自由旋量场（自旋\(1/2\)场）
动机
到目前为止，我们的讨论局限于标量场。在主动洛伦兹变换下，标量场变为：
(528)\[\begin{equation}
\phi(x) \rightarrow \phi^{\prime}(x)=\phi(\Lambda^{-1} x)
\end{equation}\]
标量场描述的是自旋为零的粒子。自然界中自旋为零的基本粒子非常罕见。
一个自然的问题是，如何构造更一般的量子场论，以描述自旋为1/2或1的粒子。自旋是粒子在时空坐标变换下展现出来的性质，因此一个自然推广式寻找场在洛伦兹群变换下的更一般表示：
(529)\[\begin{equation}
\phi_a(x) \rightarrow \phi_a^{\prime}(x)=D_{a b}(\Lambda) \phi_{b}(\Lambda^{-1} x)
\end{equation}\]
其中\(\phi_a(x)\)现在具有额外的洛伦兹指标\(a=1,2, \cdots, N\)，\(D_{ab}(\Lambda)\)是洛伦兹群的一个表示，\(N = \text{dim} D(\Lambda)\)，满足
(530)\[\begin{equation}
D_{a b}(\Lambda_1) D_{b c}(\Lambda_2)= D_{a c}\left(\Lambda_{1} \Lambda_{2}\right)
\end{equation}\]
从而对于连续两次洛伦兹变换，场变为
(531)\[\begin{equation}
\phi_a(x) \rightarrow \phi_a^{\prime}(x)=D_{a b}(\Lambda_1) D_{b c}(\Lambda_2) \phi_{c}(\Lambda_{2}^{-1} \Lambda_{1}^{-1} x) = D_{a c}\left(\Lambda_{1} \Lambda_{2}\right) \phi_{c}\left(\left(\Lambda_{1} \Lambda_{2}\right)^{-1} x\right)
\end{equation}\]
下面我们就着手寻找洛伦兹群的有限维不可约表示。
洛伦兹群的有限维不可约表示
定义如下厄米矩阵：
(532)\[\begin{equation}
\mathbb{A} = x_\mu \sigma^\mu = \left(\begin{array}{cc}
x^0 - x^3 & - x^1 + i x^2 \\
- x^1 - i x^2 & x^0 + x^3
\end{array}\right)
\end{equation}\]
其中泡利矩阵\(\sigma^\mu = (\mathbb{1}, \vec{\sigma})\)，
(533)\[\begin{equation}
\sigma^1 = \left(\begin{array}{cc}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{array}\right), \quad \sigma^2 = \left(\begin{array}{cc}
0 & -i \\
i & 0
\end{array}\right), \quad \sigma^3 = \left(\begin{array}{cc}
1 & 0 \\
0 & -1
\end{array}\right)
\end{equation}\]
由其定义可得\(\mathbb{A}\)的行列式为：
(534)\[\begin{equation}
\det \mathbb{A} = (x^0)^2 - (x^1)^2 - (x^2)^2 - (x^3)^2 = x_\mu x^\mu
\end{equation}\]
定义任意\(\text{SL}(2, \mathbb{C})\)矩阵\(U\)，满足\(\det U = 1\)，则\(U\)给出一个对\(\mathbb{A}\)保厄米性和保行列式不变的变换：
(535)\[\begin{equation}
\mathbb{A} \rightarrow \mathbb{A}^{\prime}=U \mathbb{A} U^{\dagger}
\end{equation}\]
其行列式为
(536)\[\begin{equation}
\det \mathbb{A}^{\prime}=\det U \det \mathbb{A} \det U^{\dagger}=\det \mathbb{A}
\end{equation}\]
可以验证\(\mathbb{A}'\)的厄米性：
(537)\[\begin{equation}
\mathbb{A}^{\prime \dagger}=\left(U \mathbb{A} U^{\dagger}\right)^{\dagger}=U \mathbb{A}^{\dagger} U^{\dagger}=U \mathbb{A} U^{\dagger}=\mathbb{A}^{\prime}
\end{equation}\]
因此可将\(\mathbb{A}'\)用一组新的坐标\(x'^\mu\)展开：
(538)\[\begin{equation}
\mathbb{A}^{\prime}=x_{\mu}^{\prime} \sigma^{\mu}
= \left(\begin{array}{cc}
x'^0 - x'^3 & - x'^1 + i x'^2 \\
- x'^1 - i x'^2 & x'^0 + x'^3
\end{array}\right)
\end{equation}\]
同样其行列式为
(539)\[\begin{equation}
\det \mathbb{A}^{\prime} = (x'^0)^2 - (x'^1)^2 - (x'^2)^2 - (x'^3)^2 = x'_\mu x'^\mu
\end{equation}\]
因此前后两组坐标满足关系
(540)\[\begin{equation}
x_\mu x^\mu = x'_\mu x'^\mu
\end{equation}\]
因此从\(x^\mu\)到\(x'^\mu\)是一个洛伦兹变换，记为
(541)\[\begin{equation}
x'^\mu = \Lambda^\mu_{\ \nu} x^\nu
\end{equation}\]
从而\(\text{SL}(2, \mathbb{C})\)群的元素\(U\)定义了一个洛伦兹变换\(\Lambda^\mu_{\ \nu}\)。同时，一个不同的\(\text{SL}(2, \mathbb{C})\)群元素\(-U\)定义了一个相同的洛伦兹变换\(\Lambda^\mu_{\ \nu}\)。因此\(\text{SL}(2, \mathbb{C})\)是连通洛伦兹群的二重覆盖，记作
(542)\[\begin{equation}
\text{SL}(2, \mathbb{C}) / \mathbb{Z}_2 \cong \text{SO}(3, 1)
\end{equation}\]
下面我们给出\(\text{SL}(2, \mathbb{C})\)的元素与洛伦兹变换的精确对应关系。通过六个实参数可以唯一参数化一个\(\text{SL}(2, \mathbb{C})\)群元素：
(543)\[\begin{equation}
U(\vec{\alpha}, \vec \beta) = \exp \left[ - \frac{i}{2} \vec \alpha \cdot \vec \sigma + \frac{1}{2} \vec \beta \cdot \vec \sigma \right]
\end{equation}\]
其中\(\vec \alpha\)和\(\vec \beta\)是三维实矢量。容易验证\(U(\vec{\alpha}, \vec \beta)\)的行列式为1。其中\(\alpha^j\)的物理意义是绕\(x^j\)轴的旋转角，\(\beta^j\)的物理意义是沿\(x^j\)轴的boost大小。为了验证这一点，先考虑一个演\(x^3\)轴的旋转，
(544)\[\begin{equation}
U(\alpha) = \exp \left[ - \frac{i}{2} \alpha \sigma^3 \right] = \cos \frac{\alpha}{2} \mathbb{1} - i \sin \frac{\alpha}{2} \sigma^3
\end{equation}\]
因此
(545)\[\begin{equation}
\mathbb{A}' = U(\alpha^3) \mathbb{A} U(\alpha^3)^\dagger =
\left(
\begin{array}{cc}
x^0-x^3 & (x^1-i x^2) (-\cos (\alpha )+i \sin (\alpha )) \\
-((x^1+i x^2) (\cos (\alpha )+i \sin (\alpha ))) & x^0+x^3 \\
\end{array}
\right)
\end{equation}\]
因此带撇和不带撇坐标的关系为
(546)\[\begin{equation}
\left(\begin{array}{c}
x'^0 \\
x'^1 \\
x'^2 \\
x'^3
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}
1 & 0 & 0 & 1 \\
0 & \cos\alpha & -\sin\alpha & 0 \\
0 & \sin\alpha & \cos\alpha & 0 \\
1 & 0 & 0 & 1
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
x^0 \\
x^1 \\
x^2 \\
x^3
\end{array}\right)
\end{equation}\]
这当然是绕着\(x^3\)方向的一个\(\alpha\)角的旋转。
同理，考虑沿着\(x^3\)方向的boost，
(547)\[\begin{equation}
U(\beta) = \exp \left[ \frac{1}{2} \beta \sigma^3 \right] = \cosh \frac{\beta}{2} \mathbb{1} + \sinh \frac{\beta}{2} \sigma^3
\end{equation}\]
这时
(548)\[\begin{equation}
\mathbb{A}' = U(\beta) \mathbb{A} U(\beta)^\dagger =
\left(
\begin{array}{cc}
(x^0 - x^3) (\sinh (\beta )+\cosh (\beta )) & -x^1 +i x^2 \\
-x^1-i x^2 & (x^0+x^3) (\cosh (\beta )-\sinh (\beta )) \\
\end{array}
\right)
\end{equation}\]
因此带撇和不带撇坐标的关系为
(549)\[\begin{equation}
\left(\begin{array}{c}
x'^0 \\
x'^1 \\
x'^2 \\
x'^3
\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cccc}
\cosh\beta & 0 & 0 & \sinh\beta \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
\sinh\beta & 0 & 0 & \cosh\beta
\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}
x^0 \\
x^1 \\
x^2 \\
x^3
\end{array}\right)
\end{equation}\]
这当然是沿着\(x^3\)方向的一个boost，其中参数\(\beta\)称作快度。
外尔旋量
同时，\(\text{SL}(2, \mathbb{C})\)也给出了洛伦兹群的一个二维（投影）表示。给定任意两个连通洛伦兹变换\(\Lambda_1\)和\(\Lambda_2\)，其对应的\(\text{SL}(2, \mathbb{C})\)群元素分别为\(U_{\Lambda_1}\)和\(U_{\Lambda_2}\)，
(550)\[\begin{equation}
U_{\Lambda_1} U_{\Lambda_2} = U_{\Lambda_1 \Lambda_2}
\end{equation}\]
\(U\)作用的空间我们称作右手旋量空间，记为\(\psi_R\)，在洛伦兹变换下
(551)\[\begin{equation}
\psi_R \rightarrow \psi_R' = U_{\Lambda} \psi_R = (U_{\Lambda})_{\alpha \beta} \psi_{R\beta} \,, \qquad \alpha, \beta = 1, 2
\end{equation}\]
这里\(\alpha\)，\(\beta\)是旋量的分量，切勿与上一节的旋转角和快度混淆。我们将这个表示记为\(D^{(\frac{1}{2},0)}\)。为什么这个表示是右手的将在下面解释。同理，我们立刻可以得到\(D^{(\frac{1}{2}, 0)}\)的复共轭表示
(552)\[\begin{equation}
（U_{\Lambda_1})^* (U_{\Lambda_2})^* = (U_{\Lambda_1 \Lambda_2})^*
\end{equation}\]
如果
(553)\[\begin{equation}
U_{\Lambda} = \exp \left[ - \frac{i}{2} \vec \alpha \cdot \vec \sigma + \frac{1}{2} \vec \beta \cdot \vec \sigma \right]
\end{equation}\]
则
(554)\[\begin{equation}
U_{\Lambda}^* = \exp \left[ \frac{i}{2} \vec \alpha \cdot \vec \sigma^* + \frac{1}{2} \vec \beta \cdot \vec \sigma^* \right]
\end{equation}\]
可以定义复共轭表示的一个同构表示
(555)\[\begin{equation}
\widetilde{U}_{\Lambda} = i\sigma^2 \exp \left[ \frac{i}{2} \vec \alpha \cdot \vec \sigma^* + \frac{1}{2} \vec \beta \cdot \vec \sigma^* \right] (i\sigma^2)^\dagger
\end{equation}\]
通过计算可以发现
(556)\[\begin{equation}
\widetilde{U}_{\Lambda} = \exp \left[ - \frac{i}{2} \vec \alpha \cdot \vec \sigma - \frac{1}{2} \vec \beta \cdot \vec \sigma \right]
\end{equation}\]
因此这个新的表示与右手旋量表示不等价。我们将其称作左手旋量表示，记为\(D^{(0, \frac{1}{2})}\)，它作用在左手二维旋量上，记为\(\psi_L\)，在洛伦兹变换下
(557)\[\begin{equation}
\psi_L \rightarrow \psi_L' = \widetilde{U}_{\Lambda} \psi_L = (\widetilde{U}_{\Lambda})_{\dot \alpha \dot \beta} \psi_{L\dot \beta} \,, \qquad \dot \alpha, \dot \beta = 1, 2
\end{equation}\]
其中\(\dot \alpha\)，\(\dot \beta\)是左手旋量的分量指标，我们添加了一点以示与右手旋量区别。更一般的，我们可以定义张量表示\(D^{(s_1/2,s_2/2)}\)，它的表示空间有\(s_1+s_2\)维张量给出：
(558)\[\begin{equation}
\psi_{(\alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_{s_1} )(\dot \alpha_1\dot \alpha_2 \cdots \dot \alpha_{s_2})}
\end{equation}\]
其中对下标的括号代表要对其全对称化。
在洛伦兹变换下，这个张量变为
(559)\[\begin{equation}
\psi_{(\alpha_1 \alpha_2 \cdots \alpha_{s_1} )(\dot \alpha_1\dot \alpha_2 \cdots \dot \alpha_{s_2})} \to U_{\alpha_1 \beta_1} \cdots U_{\alpha_{s_1} \beta_{s_1}} \widetilde{U}_{\dot \alpha_1 \dot \beta_1} \cdots \widetilde{U}_{\dot \alpha_{s_2} \dot \beta_{s_2}} \psi_ {(\beta_1 \beta_2 \cdots \beta_{s_1} )(\dot \beta_1\dot \beta_2 \cdots \dot \beta_{s_2})}
\end{equation}\]
从这两个表示我们可以分别求出洛伦兹群的生成元。首先考虑右手旋量表示，其生成元定义为
(560)\[\begin{equation}
J_i = i \frac{d U(\vec \alpha, \vec \beta)}{d \alpha^i} \bigg|_{\vec \alpha = \vec \beta = 0} = \frac{\sigma^i}{2}, \qquad K_i = i \frac{d U(\vec \alpha, \vec \beta)}{d \beta^i} \bigg|_{\vec \alpha = \vec \beta = 0} = i \frac{\sigma^i}{2}
\end{equation}\]
其中\(J_i\)是角动量生成元，\(K_i\)是boost生成元。同理，左手旋量表示的生成元为
(561)\[\begin{equation}
\widetilde J_i = i \frac{d \widetilde{U}(\vec \alpha, \vec \beta)}{d \alpha^i} \bigg|_{\vec \alpha = \vec \beta = 0} = \frac{\sigma^i}{2}, \qquad \widetilde K_i = i \frac{d \widetilde{U}(\vec \alpha, \vec \beta)}{d \beta^i} \bigg|_{\vec \alpha = \vec \beta = 0} = - i \frac{\sigma^i}{2}
\end{equation}\]
简单计算发现右手旋量表示生成元所满足的李代数关系为
(562)\[\begin{align}
[J_i, J_j] &= i \epsilon_{ijk} J_k \\
[J_i, K_j] &= i \epsilon_{ijk} K_k \\
[K_i, K_j] &= - i \epsilon_{ijk} J_k
\end{align}\]
同样对于左手旋量表示
(563)\[\begin{align}
[\widetilde J_i, \widetilde J_j] &= i \epsilon_{ijk} \widetilde J_k \\
[\widetilde J_i, \widetilde K_j] &= i \epsilon_{ijk} \widetilde K_k \\
[\widetilde K_i, \widetilde K_j] &= - i \epsilon_{ijk} \widetilde J_k
\end{align}\]
旋转生成元构成三维空间赝矢量，在宇称变换下不变：
(564)\[\begin{equation}
\mathcal{P}: \vec J \to \vec J
\end{equation}\]
而boost生成元构成三维空间矢量，在宇称变换下反号：
(565)\[\begin{equation}
\mathcal{P}: \vec K \to - \vec K
\end{equation}\]
因此在宇称变换下左手旋量变为右手旋量，右手旋量变为左手旋量。
外尔场拉氏量
从外尔旋量出发，我们希望构造洛伦兹不变的自由拉格朗日密度。仿照构造自由标量场拉氏量的思路，我们要求
自由外尔拉氏量应是场的二次型
最多包含场的二阶微分
是洛伦兹标量
为了简单起见，我们尝试构造仅包含右手旋量场的拉氏量。我们先从最简单的场二次型组合
(566)\[\begin{equation}
\psi_R^\dagger \psi_R
\end{equation}\]
开始。这个拉氏量在洛伦兹变换下不是不变的，这是因为我们之前所构造的二维右手旋量表示并非幺正表示。事实上，洛伦兹群并没有有限维幺正表示。容易看到在洛伦兹变换下
(567)\[\begin{equation}
\psi_R^\dagger \psi_R \to \psi_R^\dagger U^\dagger(\vec \alpha, \vec \beta)
U(\vec \alpha, \vec \beta)
\psi_R
\end{equation}\]
在空间旋转下是不变的，但在boost下会有变化。因此\(\psi^\dagger_R \psi_R\)是一个空间标量。可以设想构造一个洛伦兹协变的四维矢量，将\(\psi_R^\dagger \psi\)看成其零分量：
(568)\[\begin{equation}
V^\mu = ( \psi_R^\dagger \psi, \vec V )
\end{equation}\]
其中\(\vec V\)是尚待我们寻找的一个空间三维矢量。我们能用的工具非常有限，唯二两个看起来像是三维矢量的量为
(569)\[\begin{equation}
\psi_R^\dagger \vec \nabla \psi_R, \qquad \psi_R^\dagger \vec \sigma \psi_R
\end{equation}\]
但第一个量含空间微分，而\(V^0\)不含微分，因此显式破坏了洛伦兹对称性。对于第二个选项，不失一般性，我们发现在绕\(x^3\)轴的旋转下
(570)\[\begin{equation}
\psi_R^\dagger \vec \sigma \psi_R \to \psi_R^\dagger e^{\frac{i}{2} \theta \sigma^3} \vec \sigma e^{- \frac{i}{2} \theta \sigma^3} \psi_R
\end{equation}\]
通过计算可以发现
(571)\[\begin{align}
e^{\frac{i}{2} \theta \sigma^3} \sigma^1 e^{- \frac{i}{2} \theta \sigma^3} = &\
\begin{pmatrix}
0 & \cos\alpha + i \sin\alpha
\\
\cos\alpha - i \sin\alpha & 0
\end{pmatrix}
\\
=&\
\cos\alpha \sigma^1 - \sin\alpha \sigma^2
\\
e^{\frac{i}{2} \theta \sigma^3} \sigma^2 e^{- \frac{i}{2} \theta \sigma^3} = &\
\begin{pmatrix}
0 & -i \cos\alpha + \sin\alpha
\\
i \cos\alpha + \sin\alpha & 0
\end{pmatrix}
\\
=&\
\cos\alpha \sigma^2 + \sin\alpha \sigma^1
\\
e^{\frac{i}{2} \theta \sigma^3} \sigma^3 e^{- \frac{i}{2} \theta \sigma^3} = &\
\sigma^3
\end{align}\]
因此它的表现与空间三维矢量一致。这样我们就得到了一个在旋转变换下像是一个四维矢量的量：
(572)\[\begin{equation}
V^\mu = (\psi_R^\dagger \psi_R, \psi_R^\dagger \vec \sigma \psi_R) = \psi_R^\dagger \sigma^\mu \psi_R
\end{equation}\]
我们仍需证明它在洛伦兹boost下是以四维矢量形式变化。同样，我们以一个简单例子来说明这一点。考虑沿着\(x^3\)方向的boost，
(573)\[\begin{equation}
U(\beta) = \exp \left[ \frac{1}{2} \beta \sigma^3 \right] = \cosh \frac{\beta}{2} \mathbb{1} + \sinh \frac{\beta}{2} \sigma^3
\end{equation}\]
这时
(574)\[\begin{equation}
V^0 \to V'^0 = \psi_R^\dagger U(\beta)^\dagger U(\beta) \psi_R = \cosh\beta V^0 + \sinh \beta V^3
\end{equation}\]
(575)\[\begin{equation}
V^3 \to V'^3 = \psi_R^\dagger U(\beta)^\dagger \sigma^3 U(\beta) \psi_R = \sinh \beta V^0 + \cosh\beta V^3
\end{equation}\]
而
(576)\[\begin{equation}
V^1 \to V'^1 = \psi_R^\dagger U(\beta)^\dagger \sigma^1 U(\beta) \psi_R = V^1
\end{equation}\]
(577)\[\begin{equation}
V^2 \to V'^2 = \psi_R^\dagger U(\beta)^\dagger \sigma^2 U(\beta) \psi_R = V^2
\end{equation}\]
这就完成了说明。
有了一个洛伦兹四维矢量，通过四维导数作用，我们可以立刻得到洛伦兹标量
(578)\[\begin{equation}
\mathcal{L}_R = i \psi_R^\dagger \sigma^\mu \partial_\mu \psi_R
\end{equation}\]
此即为右手外尔旋量的自由拉氏量。
其中系数\(i\)的存在使得这个拉氏量是厄米的，
(579)\[\begin{equation}
(i\psi_R^\dagger \sigma^\mu \partial_\mu \psi_R)^\dagger = - i \partial_\mu \psi_R^\dagger \sigma^\mu \psi_R = i \psi_R^\dagger \sigma^\mu \partial_\mu \psi_R
\end{equation}\]
其中在第二个等式我们应用了分部积分公式并忽略全微分项。
同理，可以得到左手外尔旋量的自由拉氏量为
(580)\[\begin{equation}
\mathcal{L}_L = i \psi_L^\dagger \overline{\sigma}^\mu \partial_\mu \psi_L
\end{equation}\]
其中
(581)\[\begin{equation}
\overline{\sigma}^\mu = (\mathbb{1}, - \vec \sigma)
\end{equation}\]
事实上，通过右手外尔旋量我们还能写下另一个洛伦兹不变量，
(582)\[\begin{equation}
\psi_R^T i \sigma^2 \psi_R = \psi_{R\alpha} \epsilon^{\alpha \beta} \psi_{R\beta}
\end{equation}\]
其中\(\epsilon^{12} = -\epsilon^{21} = 1\)。为了使这个等式非零，必须要求
(583)\[\begin{equation}
\psi_{R\alpha} \psi_{R\beta} = - \psi_{R\beta} \psi_{R\alpha}
\end{equation}\]
即\(\psi_R\)由反交换数构成，称作格拉斯曼数。我们这里先不引申格拉斯曼数的定义，先假定其满足上述性质。
为了看出这是一个洛伦兹不变量，通过\(\psi_R\)定义一个二维矩阵
(584)\[\begin{equation}
\mathbb{M} = \psi_R \psi_R^T
\end{equation}\]
其分量为
(585)\[\begin{equation}
\mathbb{M}_{\alpha\beta} = \psi_{R\alpha} \psi_{R\beta}
\end{equation}\]
其行列式为
(586)\[\begin{equation}
\det \mathbb{M} = \epsilon^{\alpha\beta} \psi_{R\alpha} \psi_{R\beta} = \psi_R^T i \sigma^2 \psi_R
\end{equation}\]
在洛伦兹变换下，
(587)\[\begin{equation}
\mathbb{M} \to \mathbb{M}' = U(\vec \alpha, \vec \beta) \mathbb{M} U(\vec \alpha, \vec \beta)^T
\end{equation}\]
但其行列式不变
(588)\[\begin{equation}
\det \mathbb{M}' = \det U(\vec \alpha, \vec \beta) \det \mathbb{M} \det U(\vec \alpha, \vec \beta)^T = \det \mathbb{M}
\end{equation}\]
因此\(\psi_{R}^T i \sigma^2 \psi_R\)是洛伦兹不变量。但一般情形下，它不是实的：
(589)\[\begin{equation}
(\psi_{R}^T i \sigma^2 \psi_R)^* = \psi_{R}^{T*} i \sigma^2 \psi_R^*
\end{equation}\]
为了得到实拉氏量，必须加上其复共轭。但\(\psi_R^*\)与左手外尔旋量同构，与我们仅考虑右手外尔旋量的初衷相违背，因此不予考虑。
外尔旋量的运动方程和手征性
以自由右手旋量场为例，其运动方程为
(590)\[\begin{equation}
\partial_\mu \frac{\partial \mathcal{L}_R}{\partial (\partial_\mu \psi_R)} - \frac{\partial \mathcal{L}_R}{\partial \psi_R} = 0
\end{equation}\]
即
(591)\[\begin{equation}
i \partial_\mu \psi_R^\dagger \sigma^\mu = 0
\end{equation}\]
求厄米共轭后得到更方便的运动方程
(592)\[\begin{equation}
\sigma^\mu \partial_\mu \psi_R = 0 = (\partial_0 + \vec \sigma \cdot \vec \nabla) \psi_R
\end{equation}\]
对上述方程额外作用一个一阶微分算符：
(593)\[\begin{equation}
(\partial_0 - \vec \sigma \cdot \vec \nabla) (\partial_0 + \vec \sigma \cdot \vec \nabla) \psi_R = \partial^2 \psi_R = 0
\end{equation}\]
其中我们应用了
(594)\[\begin{equation}
\sigma^i \sigma^j + \sigma^j \sigma^i = 2 \delta^{ij} \mathbb{1}
\end{equation}\]
因此外尔旋量满足无质量克莱因戈登方程。可以写下两个独立平面波解：
(595)\[\begin{equation}
\psi_R(x) = u_p e^{-ip \cdot x } + v_p e^{ip \cdot x}
\end{equation}\]
其中\(p^2 = 0\)是一个类光动量。
\(u_p\)和\(v_p\)称作极化矢量。
代入运动方程，得到
(596)\[\begin{equation}
p^\mu \sigma_\mu u_p = 0, \qquad p^\mu \sigma_\mu v_p = 0
\end{equation}\]
不妨设\(p^\mu = (E, 0, 0, E)\)，则
(597)\[\begin{equation}
\begin{pmatrix}
0 & 0
\\
0 & 2 E
\end{pmatrix}
u_p = 0, \qquad
\begin{pmatrix}
0 & 0
\\
0 & 2 E
\end{pmatrix}
v_p = 0
\end{equation}\]
因此右手外尔旋量的极化矢量具有唯一解：
(598)\[\begin{equation}
u_p \propto \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} \,,
\qquad
v_p \propto \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}
\end{equation}\]
这个解的物理意义是什么？本节尚未涉及量子化问题，但假定读者已经熟悉标量场的量子化，一个合理的推断是量子化的外尔场可以写成湮灭算符和产生算符两部分的模式展开：
(599)\[\begin{equation}
\psi_R(x) \supset \int \frac{d^3 k}{\sqrt{2 \omega_k}} \left[a_{\vec k} u_p e^{-ip\cdot x} + b_{\vec k}^\dagger e^{i p \cdot x} \right]
\end{equation}\]
对于一个动量为\(p=(E, 0,0,E)\)的本征态，可以期待
(600)\[\begin{equation}
\langle 0 | \psi_R(0) | p \rangle = u_p
\end{equation}\]
即\(\psi_R(0)\)可以湮灭掉一个动量为\(p\)的单粒子态，得到的结果正比于极化矢量。我们问，\(|p\rangle\)的角动量量子数是多少？由于\(u_p\)只有一个自由度（这从外尔方程的解可以看出），因此它必然是角动量算符沿动量方向的本征态：
(601)\[\begin{equation}
J_3 |p \rangle = \lambda_3 | p \rangle
\end{equation}\]
考虑
(602)\[\begin{equation}
\langle 0 | \phi_R(0) e^{-i J_3 \theta} | p \rangle = \langle 0 | \phi_R(0) e^{-i \lambda_3 \theta} | p \rangle = e^{-i \lambda_3 \theta} \langle 0 | \phi_R(0) | p \rangle = e^{-i \lambda_3 \theta} u_p
\end{equation}\]
同时，角动量算符也可作用到旋量场上：
(603)\[\begin{equation}
\langle 0 | \phi_R(0) e^{-i J_3 \theta} | p \rangle = \langle 0 | e^{i J_3 \theta} \phi_R(0) e^{-i J_3 \theta} |p \rangle = \langle 0 | e^{-i \frac{\sigma^3}{2} \theta} \phi_R(0) |p \rangle = \langle 0 | e^{- i \frac{1}{2} \theta} \phi_R(0) |p \rangle
\end{equation}\]
因此得到
(604)\[\begin{equation}
\lambda_3 = \frac{1}{2}
\end{equation}\]
即\(|p\rangle\)的\(3\)方向角动量为\(\frac{1}{2}\)。对于无质量粒子，不存在静止系。可以定义其角动量沿运动方向的投影，即螺旋度：
(605)\[\begin{equation}
h = \frac{\vec J \cdot \vec p}{|\vec p|}
\end{equation}\]
对于右手外尔旋量，\(h = \frac{1}{2}\)，即角动量方向与运动方向一致，称作右手粒子。对于无质量粒子，螺旋度是一个好量子数，不依赖于参考系。通过计算可以发现，对于左手外尔旋量，\(h = - \frac{1}{2}\)，即角动量方向与运动方向相反。
狄拉克旋量
从前面的构造可以看出，外尔旋量是非平庸洛伦兹群表示的最简单粒子。外尔旋量有确定的螺旋度。从螺旋度的定义
(606)\[\begin{equation}
h = \frac{\vec J \cdot \vec{p}}{| \vec p | }
\end{equation}\]
螺旋度在宇称变换下会反号在宇称变换下，因此左手粒子会变成右手粒子，右手粒子会变成左手粒子。但人类发现的第一个相对论性量子场论，量子电动力学，是宇称变换不变的（这可以从麦克斯韦方程看出），因此无法仅通过右手或左手外尔旋量构造QED的拉氏量。另外，外尔旋量是没有质量的，这也与QED的性质相违背。一个自然的想法是，可以同时引入左手和右手粒子，以确保宇称不变性：
(607)\[\begin{equation}
{\cal L}_{D,k} = i \psi_R^\dagger \sigma^\mu \partial_\mu \psi_R + i \psi_L^\dagger \overline \sigma^\mu \partial_\mu \psi_L
\end{equation}\]
这样得到的动能项自动是宇称变换不变的。再进一步，我们这时还有了一个额外的洛伦兹标量：
(608)\[\begin{equation}
{\cal L}_{D,m} = - m (\psi_R^\dagger \psi_L + \psi_L^\dagger \psi_R)
\end{equation}\]
在洛伦兹变换下：
(609)\[\begin{equation}
\psi_R^\dagger \psi_L \to \psi_R^\dagger U^\dagger(\vec \alpha, \vec \beta) \widetilde U(\vec \alpha, \vec \beta) \psi_L = \psi_R^\dagger U(-\vec \alpha, \vec \beta) U(\vec \alpha, - \vec \beta) \psi_L = \psi_R^\dagger \psi_L
\end{equation}\]
因此自动是洛伦兹不变的。另外我们通过适当定义\(\psi_R\)的相位使得\(m\)是实参量。这样我们就得到如下的拉氏量：
(610)\[\begin{equation}
{\cal L}_D = i \psi_R^\dagger \sigma^\mu \partial_\mu \psi_R + i \psi_L^\dagger \overline \sigma^\mu \partial_\mu \psi_L - m (\psi_R^\dagger \psi_L + \psi_L^\dagger \psi_R)
\end{equation}\]
这个拉氏量事实上正是狄拉克场的自由拉氏量。为了看出这一点，我们引入四分量的狄拉克旋量，它无非是把左手和右手旋量放在一起：
(611)\[\begin{equation}
\psi = \begin{pmatrix}
\psi_L
\\
\psi_R
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
这样质量项就能写成
(612)\[\begin{equation}
{\cal L}_{D,m} = -m
\psi^\dagger
\begin{pmatrix}
0 & \mathbb{1}
\\
\mathbb{1} & 0
\end{pmatrix} \psi \equiv - m \psi^\dagger \gamma^0 \psi
\end{equation}\]
其中\(\mathbb{1}\)是\(2\times 2\)的单位矩阵。引入另一个记号
(613)\[\begin{equation}
\bar\psi = \psi^\dagger \gamma^0
\end{equation}\]
其中\(\gamma^0\)满足\((\gamma^0)^2= \mathbb{1}_{4\times 4}\)。
这样质量项又能写成
(614)\[\begin{equation}
{\cal L}_{D,m} = - m \bar \psi \psi
\end{equation}\]
如果把动能项也用\(\psi\)和\(\bar \psi\)表出的话，有
(615)\[\begin{equation}
{\cal L}_{D,k} = i
\psi^\dagger
\begin{pmatrix}
\overline \sigma^\mu & 0
\\
0 & \sigma^\mu
\end{pmatrix}
\partial_\mu \psi = i \bar \psi \gamma^\mu \partial_\mu \psi
\end{equation}\]
其中
(616)\[\begin{equation}
\gamma^\mu = \begin{pmatrix}
0 & \sigma^\mu
\\
\overline \sigma^\mu & 0
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
这时的狄拉克场拉氏量写为：
(617)\[\begin{equation}
{\cal L}_D = i \bar \psi \gamma^\mu \partial_\mu \psi - m \bar \psi \psi
\end{equation}\]
其中\(\gamma^\mu\)称作狄拉克\(\gamma\)矩阵。我们这里给出的是狄拉克矩阵在一个特定基底下的表达式，具体来说是在外尔基（也叫手征基）下的表达式。
对此拉氏量求欧拉-拉格朗日方程得到：
(618)\[\begin{equation}
\partial_\mu \frac{\partial {\cal L}_{D}}{\partial \partial_\mu \psi} - \frac{\partial {\cal L}_D}{\partial \psi} = 0
\end{equation}\]
得到
(619)\[\begin{equation}
i \partial_\mu \bar \psi \gamma^\mu + m \bar \psi = 0
\end{equation}\]
或者求其狄拉克共轭后得到
(620)\[\begin{equation}
i \gamma^\mu \partial_\mu \psi - m \psi = 0
\end{equation}\]
在方程左边作用\((-i\gamma^\nu\partial_\nu - m)\)，得到
(621)\[\begin{equation}
(- i \gamma^\nu \partial_\nu - m)(i \gamma^\mu \partial_\mu - m) \psi = 0
\end{equation}\]
简单计算可以发现，\(\gamma\)矩阵满足如下反对易关系
(622)\[\begin{equation}
\{ \gamma^\mu, \gamma^\nu\} =
\begin{pmatrix}
\{ \sigma^\mu, \overline \sigma^\nu\} & 0
\\
0 & \{ \overline \sigma^\mu , \sigma^\nu \}
\end{pmatrix}
= 2 \eta^{\mu \nu} \mathbb{1}_{4 \times 4}
\end{equation}\]
其中我们应用了
(623)\[\begin{equation}
\{\sigma^i, \sigma^j\} = 2 \delta^{ij} \mathbb{1}
\end{equation}\]
利用
(624)\[\begin{equation}
\gamma^\nu \gamma^\mu \partial_\mu \partial_\nu= \frac{1}{2} \{ \gamma^\mu, \gamma^\nu\} \partial_\mu \partial_\nu = \eta^{\mu \nu} \partial_\mu \partial_\nu = \partial^2
\end{equation}\]
得到
(625)\[\begin{equation}
(\partial^2 + m^2) \psi = 0
\end{equation}\]
即自由狄拉克费米子满足克莱因戈登方程，参数\(m\)确实对应质量参数。
狄拉克场的拉氏量具有整体的\(U(1)\)不变性，
(626)\[\begin{equation}
\psi \to e^{i \alpha} \psi
\end{equation}\]
因此狄拉克场可以定义电荷量子数，从而可以定义粒子态和反粒子态。
马约拉纳旋量
狄拉克场是带电荷的有质量费米子场。一个自然的问题是，是否能构造不带电的有质量费米子场。如果不存在电荷（及其它内部量子数），则无法区分正反粒子，或者说，此时的费米子场是中性的。一个中性的费米子场具有两个极化自由度，我们如何从狄拉克场的四个极化自由度降到两个极化自由度去描述中性有质量费米子？
观察狄拉克场的定义：
(627)\[\begin{equation}
\psi = \begin{pmatrix}
\psi_L
\\
\psi_R
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
如果\(\psi_L\)和\(\psi_R\)并非两个独立的两分量旋量，而是存在关系，则可有效降低自由度。注意到\(\psi_R\)在洛伦兹变换下是一个右手旋量，
(628)\[\begin{equation}
\psi_R \to U(\vec \alpha, \vec \beta) \psi_R
\end{equation}\]
而\(i \sigma^2 \psi_L^*\)在洛伦兹变换下也是右手旋量场：
(629)\[\begin{equation}
i \sigma^2 \psi_L^* \to i \sigma^2 U^*(\vec \alpha, \vec \beta) \psi_L^* = i \sigma^2 e^{i \frac{\vec \sigma^* \cdot \alpha}{2} + \frac{\vec \sigma^* \cdot \beta}{2} } (i \sigma^2)^\dagger (i \sigma^2) \psi_L^* = U(\vec \alpha, \vec \beta) i \sigma^2 \psi_L^*
\end{equation}\]
基于它们在洛伦兹变换下具有相同性质，可以定义一个不同的四分量旋量场：
(630)\[\begin{equation}
\psi_M = \begin{pmatrix}
\psi_L
\\
i \sigma^2 \psi_L^*
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
称其为马约拉纳费米子。
将其定义代入狄拉克场的拉氏量中，得到
(631)\[\begin{equation}
{\cal L}_M = \frac{1}{2} i \bar\psi_M \gamma^\mu \partial_\mu \psi_M - \frac{1}{2} m \bar \psi_M \psi_M
\end{equation}\]
其中因子\(1/2\)的引入是为了正则化动能项。
注意到我们定义的马约拉纳场满足(后面我们将看到，左边是\(\psi_M\)的电荷共轭变换)
(632)\[\begin{equation}
-i \gamma^2 \psi_M^* = \psi_M
\end{equation}\]
或者
(633)\[\begin{equation}
\psi_M^* = i \gamma^2 \psi_M
\end{equation}\]
因此，马约拉纳场的拉氏量又可以写成
(634)\[\begin{align}
{\cal L}_M =& \frac{1}{2} \ i (\psi_M^*)^T \gamma^0\gamma^\mu \partial_\mu \psi_M - \frac{1}{2} m (\psi_M^*)^T \gamma^0 \psi_M \\
=&\ \frac{1}{2} i \psi_M^T (i \gamma^2)^T \gamma^0 \gamma^\mu \partial_\mu \psi_M - \frac{1}{2} m \psi_M^T (i \gamma^2)^T \gamma^0 \psi_M \\
= &\ \frac{1}{2} i \psi_M^T i \gamma^2 \gamma^0 \gamma^\mu \partial_\mu \psi_M - \frac{1}{2} m \psi_M^T i \gamma^2 \gamma^0 \psi_M \\
= &\ \frac{1}{2} i \psi_M^T {\cal C} \gamma^\mu \partial_\mu \psi_M - \frac{1}{2} m \psi_M^T {\cal C} \psi_M \\
\end{align}\]
其中我们定义了矩阵
(635)\[\begin{equation}
{\cal C} = i \gamma^2 \gamma^0 = \begin{pmatrix}
i \sigma^2 & 0
\\
0 & - i \sigma^2
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
