经典自旋1/2场的性质#
狄拉克场的洛伦兹变换#
在洛伦兹变换下，外尔旋量场变为
(636)#\[\begin{equation}
\psi_R \to U(\vec \alpha, \vec \beta) \psi_R \,, \qquad
\psi_L \to \widetilde{U}(\vec \alpha, \vec \beta) \psi_L
\end{equation}\]
其中
(637)#\[\begin{equation}
U(\vec \alpha, \vec \beta) = \exp\left[ - \frac{i}{2} \vec \sigma \cdot \vec \alpha + \frac{1}{2} \vec \sigma \cdot \vec \beta \right]
\,, \qquad
\widetilde{U}
= \exp\left[ - \frac{i}{2} \vec \sigma \cdot \vec \alpha - \frac{1}{2} \vec \sigma \cdot \vec \beta \right]
\end{equation}\]
由狄拉克场的定义，得到其在洛伦兹变换下的变换规则为
(638)#\[\begin{equation}
\psi = \begin{pmatrix}
\psi_L \\
\psi_R
\end{pmatrix}
\to \begin{pmatrix}
\widetilde{U} & 0 \\
0 & U
\end{pmatrix} \psi \equiv \Lambda_{\frac{1}{2}} \psi
\end{equation}\]
一个无穷小的的洛伦兹变换可以写为
(639)#\[\begin{equation}
\Lambda^\mu_{\ \nu} = \delta^\mu_{\ \nu} + \omega^\mu_{\ \nu}
\end{equation}\]
定义\(\omega_{\mu \nu} = \eta_{\mu \rho} \omega^{\rho}_{\ \nu}\)，则有
(640)#\[\begin{equation}
\omega_{\mu \nu} = - \omega_{\nu \mu}
\end{equation}\]
\(\omega_{ij}\)，其中\(i,j\)取空间指标对应了旋转。为了看出这一点，考虑沿\(\hat z\)轴的无穷小空间旋转：
(641)#\[\begin{equation}
\Lambda(\theta) = \begin{pmatrix}
1 & 0 & 0 & 0 \\
0 & 1 & \omega^1_{\; 2} & 0 \\
0 & \omega^2_{\; 1} & 1 & 0 \\
0 & 0 & 0 & 1
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
即\(x^1 \to x^1 + \omega^1_{\; 2} x^2\)，\(x^2 \to x^2 + \omega^{2}_{\; 1} x^1\)。而利用\(\text{SL}(2, \mathbb{C})\)矩阵\(U(\vec \alpha, \vec \beta)\)，一个无穷小的\(\hat z\)轴坐标旋转可以写为
(642)#\[\begin{align}
\begin{pmatrix}
x^0 - x^3 & - x^1 + i x^2 \\
- x^1 - i x^2 & x^0 + x^3
\end{pmatrix}
\to &\ ( \mathbb{1} - \frac{i}{2} \sigma^3 \alpha^3 )
\begin{pmatrix}
x^0 - x^3 & - x^1 + i x^2 \\
- x^1 - i x^2 & x^0 + x^3
\end{pmatrix}
( \mathbb{1} + \frac{i}{2} \sigma^3 \alpha^3 )
\\
= &\
\begin{pmatrix}
x^0 - x^3 & - x^1 + i x^2 + \alpha^3 (i x^1 + x^2) \\
-x^1 - i x^2 + \alpha^3 (x^2 - i x^1) & x^0 + x^3
\end{pmatrix} + {\cal O}(\alpha^2)
\end{align}\]
即\(x^1 \to x^1 - \alpha^3 x^2\)，\(x^2 \to x^2 + \alpha^3 x^1\)。因此，我们可以建立对应
(643)#\[\begin{equation}
\omega^1_{\; 2} = - \alpha^3
\end{equation}\]
或者降为下指标的形式（用到\(\omega^i_{\; j} = - \omega_{ij}\)）
(644)#\[\begin{equation}
\omega_{12} = \alpha^3
\end{equation}\]
或者推广到一般旋转
(645)#\[\begin{equation}
\omega_{ij} = \epsilon_{ijk} \alpha^k
\end{equation}\]
其中\(\epsilon_{123} = 1\)。 类似的还能得到
(646)#\[\begin{equation}
\omega_{0i} = \beta_i
\end{equation}\]
现在可以将狄拉克场在洛伦兹变换下变换的表示矩阵写为
(647)#\[\begin{align}
\Lambda_{\frac{1}{2}} = &\ \begin{pmatrix}
\widetilde{U} & 0 \\
0 & U
\end{pmatrix}
\\
= &\ \begin{pmatrix}
e^{- \frac{i}{2} \frac{1}{2} \epsilon^{ijk} \sigma^k \omega_{ij} - \frac{1}{2} \sigma^i \omega_{0i} } & 0
\\
0 & e^{- \frac{i}{2} \frac{1}{2} \epsilon^{ijk} \sigma^k \omega_{ij} + \frac{1}{2} \sigma^i \omega_{0i} }
\end{pmatrix}
\end{align}\]
上式可借助狄拉克gamma矩阵写成更简洁形式。定义
(648)#\[\begin{equation}
S^{\mu\nu} = \frac{i}{4} [ \gamma^\mu, \gamma^\nu]
\end{equation}\]
在外尔基下，
(649)#\[\begin{equation}
S^{\mu \nu} = \frac{i}{4} \begin{pmatrix}
[ \sigma^\mu, \overline \sigma^\nu ] & 0 \\
0 & [ \overline \sigma^\mu, \sigma^\nu ]
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
更具体的
(650)#\[\begin{equation}
S^{ij} = \frac{i}{4} \begin{pmatrix}
- 2 i \epsilon^{ijk} \sigma^k & 0 \\
0 & - 2 i \epsilon^{ijk} \sigma^k
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
(651)#\[\begin{equation}
S^{0i} = \frac{i}{4} \begin{pmatrix}
-2 \sigma^i & 0 \\
0 & 2 \sigma^i
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
对比可以得到
(652)#\[\begin{equation}
\Lambda_{\frac{1}{2}} = \exp\left[ - \frac{i}{2} S^{\mu \nu} \omega_{\mu \nu} \right]
\end{equation}\]
这就是狄拉克旋量在洛伦兹变换下的表示矩阵。
可以验证，对于狄拉克矩阵\(\gamma^\mu\)，有关系
(653)#\[\begin{equation}
\Lambda_{\frac{1}{2}}^{-1} \gamma^\mu \Lambda_{\frac{1}{2}} = \Lambda^\mu_{\ \nu} \gamma^\nu
\end{equation}\]
狄拉克方程的经典解#
我们已经知道，狄拉克旋量满足克莱因戈登方程，因此可以一般性的写下正频解和负频解，
(654)#\[\begin{equation}
\psi(x) = u_p e^{-i p x} + v_p e^{i p x}
\end{equation}\]
其中\(u_p\)和\(v_p\)称作狄拉克场的极化矢量。 将其带入狄拉克方程中，得到\(u_p\)和\(v_p\)所满足方程：
(655)#\[\begin{equation}
(\gamma^\mu p_\mu - m) u_p = 0 \,, \qquad
(\gamma^\mu p_\mu + m) v_p = 0
\end{equation}\]
求解一般的方程是复杂的，但我们可以先求静止系下的解，再利用狄拉克场在洛伦兹变换下的性质boost到想要的一般解。以\(u_p\)为例，定义静止系下的动量为
(656)#\[\begin{equation}
p_{\rm rest}^\mu = (m , 0, 0, 0)
\end{equation}\]
则狄拉克方程化简为
(657)#\[\begin{equation}
(\gamma^0 m - m) u_{p_{\rm rest}} = 0
\end{equation}\]
在外尔基下显式写出来有
(658)#\[\begin{equation}
\begin{pmatrix}
- \mathbb{1}_{2 \times 2} & \mathbb{1}_{2 \times 2} \\
\mathbb{1}_{2 \times 2} & - \mathbb{1}_{2 \times 2}
\end{pmatrix} u_{p_{\rm rest}} = 0
\end{equation}\]
这个方程的两个独立解为
(659)#\[\begin{equation}
u_{p_{\rm rest}, s} = \sqrt{m} \begin{pmatrix}
\xi^s
\\
\xi^s
\end{pmatrix} \,, \qquad s = 1, 2 \,, \qquad
\xi^1 = \begin{pmatrix}
1 \\ 0
\end{pmatrix} \,, \qquad
\xi^2 = \begin{pmatrix}
0 \\ 1
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
归一化因子\(\sqrt{m}\)的引入是为了后面方便。 为了求得一般动量\(p\)下的极化矢量，考虑做如下洛伦兹boost
(660)#\[\begin{equation}
p^\mu = \Lambda^\mu_{\ \nu} p_{\rm rest}^\nu
\end{equation}\]
为了简单起见，不妨取一个特殊情况
(661)#\[\begin{equation}
p^\mu = (E, 0, 0, p^3)
\end{equation}\]
其中\(E = \sqrt{m^2 + p^2}\)。这样的boost可以用双曲旋转写成
(662)#\[\begin{equation}
\Lambda^\mu_{\ \nu} = \begin{pmatrix}
\cosh\phi & 0 & 0 & \sinh \phi \\
0 & 1 & 0 & 0 \\
0 & 0 & 1 & 0 \\
\sinh \phi & 0 & 0 & \cosh\phi
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
其中\(\phi\)满足
(663)#\[\begin{equation}
E = m \cosh \phi \,, \qquad p^3 = m \sinh \phi
\end{equation}\]
反解得
(664)#\[\begin{equation}
e^\phi = \frac{E+p^3}{m} \,, \qquad e^{-\phi} = \frac{E-p^3}{m}
\end{equation}\]
极化矢量具有与狄拉克场相同的boost性质。 在沿着\(\hat z\)轴得boost下，极化变为
(665)#\[\begin{equation}
u_{p_{\rm rest}, s} \to \Lambda_{\frac{1}{2}} u_{p_{\rm rest}, s}
\end{equation}\]
其中变换矩阵为
(666)#\[\begin{equation}
\Lambda_{\frac{1}{2}} = \begin{pmatrix}
e^{- \frac{1}{2} \sigma^3 \phi} & 0
\\
0 & e^{\frac{1}{2} \sigma^3 \phi}
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
e^{- \frac{1}{2} \phi} & 0 & 0 & 0 \\
0 & e^{\frac{1}{2} \phi} & 0 & 0 \\
0 & 0 & e^{\frac{1}{2} \phi} & 0 \\
0 & 0 & 0 & e^{- \frac{1}{2} \phi}
\end{pmatrix}
= \frac{1}{\sqrt{m}} \begin{pmatrix}
\sqrt{E - p^3} & 0 & 0 & 0 \\
0 & \sqrt{E + p^3} & 0 & 0 \\
0 & 0 & \sqrt{E + p^3} & 0 \\
0 & 0 & 0 & \sqrt{E - p^3}
\end{pmatrix}
\end{equation}\]
因此对应动量\(p\)的极化矢量为
(667)#\[\begin{equation}
u_{p, s} = \Lambda_{\frac{1}{2}} u_{p_{\rm rest}, s} = \begin{pmatrix}
\sqrt{p^0 \sigma^0 - p^3 \sigma^3} & 0
\\
0 & \sqrt{p^0 \sigma^0 + p^3 \sigma^3}
\end{pmatrix} \begin{pmatrix}
\xi^s
\\
\xi^s
\end{pmatrix} \,, \qquad s = 1, 2
\end{equation}\]
对于任意方向的动量\(p\)，这个公式推广为
(668)#\[\begin{equation}
u_{p, s} = \begin{pmatrix}
\sqrt{p^\mu \sigma_\mu} \xi^s \\
\sqrt{p^\mu \overline \sigma_\mu} \xi^s
\end{pmatrix} \,, \qquad s = 1, 2
\end{equation}\]
同样的方法可以求出\(v_p\)的解，得到
(669)#\[\begin{equation}
v_{p, s} = \begin{pmatrix}
\sqrt{p^\mu \sigma_\mu} \eta^s \\
- \sqrt{p^\mu \overline \sigma_\mu} \eta^s
\end{pmatrix} \,, \qquad s = 1, 2
\end{equation}\]
旋量极化矢量的性质#
狄拉克场的极化矢量满足的如下关系是有用的：
(670)#\[\begin{align}
u^\dagger_{p, s} u_{p, s'} = &\ 2 \omega_p \delta_{s s'}
\\
v^\dagger_{p, s} v_{p, s'} = &\ 2 \omega_p \delta_{s s'}
\\
u^\dagger(p^0, \vec p, s) v(p^0 , - \vec p, s') = &\ 0
\\
v^\dagger(p^0, \vec p, s) u(p^0 , - \vec p, s') = &\ 0
\\
\bar u_{p, s} u_{p, s'} = &\ 2 m \delta_{s s'}
\\
\bar v_{p, s} v_{p, s'} = &\ - 2 m \delta_{s s'}
\\
\bar u_{p, s} v_{p, s'} = &\ 0
\\
\bar v_{p, s} u_{p, s'} = &\ 0
\\
\sum_s u_{p, s} \bar u_{p, s} = &\ \gamma^\mu p_\mu + m
\\
\sum_s v_{p, s} \bar v_{p, s} = &\ \gamma^\mu p_\mu - m
\end{align}\]
其中\(\bar u = u^\dagger \gamma^0\)。