总结

先对上一章做一个简单的回顾：

• Lorentz群的表示 $D^{(\frac12,0)},\,D^{(0,\frac12)}$ 是旋量表示，其表示空间中生活着Weyl旋量 $u_\pm$，两者在旋转下的变换相同，boost下的变换不同，可以通过宇称相互转换。通过Pauli矩阵可以构造作为矢量分量的双线性型：

$$V^\mu=(u_+^\dagger u_+,u_+^\dagger\sigma^i u_+),\quad W^\mu=(W^0,W^i)=(u_-^\dagger u_-,-u_-^\dagger \sigma^i u_-)$$

• 矢量的散度是标量，可以用于构造Lagrangian：

$$\mathcal L_+=\pm i\,(u_+^\dagger \partial_0 u_++u_+^\dagger \vec \sigma\cdot\nabla u_+)\quad \mathcal L_-=\pm i(u_-^\dagger \partial_0 u_--u_-^\dagger \vec \sigma\cdot\nabla u_-)$$

其变分可以得到Weyl方程。两种旋量场分别代表了右手与左手（螺旋度 $\pm1/2$ ）的无质量粒子。Weyl理论不具有宇称对称性，两种粒子在宇称下相互转化。

• 将两种旋量场都放进Lagrangian中，可以构造出含质量项的宇称不变的Lagrangian：

$$\mathcal L=\pm\left[i\left(u_+^\dagger\partial_0 u_++u_+^\dagger\vec\sigma\cdot\nabla u_++ u_-^\dagger \partial_0 u_--u_-^\dagger\vec \sigma\cdot\nabla u_-\right)-m(u_+^\dagger u_++ u_-^\dagger u_+)\right]$$

通过定义Weyl基底下的Dirac旋量与Dirac矩阵：

$$\psi\equiv\begin{pmatrix}u_+\\u_-\end{pmatrix},\quad \vec \alpha=\begin{pmatrix}\vec \sigma&0\\0&-\vec \sigma\end{pmatrix},\quad \beta=\begin{pmatrix}0&\mathbb 1\\\mathbb 1& 0\end{pmatrix}$$

可以得到更简单的Lagrangian：

$$\mathcal L=\pm\left[i\psi^\dagger(\partial_0+\vec \alpha\cdot\nabla)\psi-m\psi^\dagger\beta\psi\right]$$

以及变分得到的Dirac方程：

$$i\partial_0\psi+i\vec\alpha\cdot\nabla\psi=m\beta\psi$$

20.1 Dirac 基底

Dirac矩阵是厄米的，其满足称为Clifford代数的反对易关系：

$$\{\alpha_i,\alpha_j\}=2\delta_{ij},\quad \{\alpha_i,\beta\}=0,\quad \{\beta,\beta\}=2$$

这可以很容易由Pauli矩阵的反对易性质推出：

$$\{\sigma_i,\sigma_j\}=2\delta_{ij}$$

Dirac旋量是两个Weyl旋量直接放在一起得到的旋量，其对应的Lorentz群表示是两个不可约旋量表示的直和 $D^{(\frac12,0)}\oplus D^{(0,\frac12)}$。我们知道对两个旋量表示，生成元的表示为：

$$\vec L=\dfrac12\vec \sigma,\quad\vec M=\pm\dfrac{i}{2}\vec \sigma$$

因此其直和为：

$$\vec L=\dfrac12\begin{pmatrix} \vec\sigma&0\\ 0&\vec\sigma \end{pmatrix}\equiv\dfrac12\vec\varSigma,\quad \vec M=\dfrac{i}{2}\begin{pmatrix} \vec\sigma &0\\ 0&-\vec\sigma \end{pmatrix}=\dfrac{i}{2}\vec\alpha$$

宇称对Dirac旋量的作用是交换 $u_\pm$，即

$$P: \psi(\vec x,t)\to \beta\psi(-\vec x,t)$$

以上，我们都是在Weyl基底下进行讨论，其称为Dirac方程的Weyl表示。但当时Dirac用的并不是Weyl基底，他选择的是：

$$\psi=\dfrac{1}{\sqrt 2}\begin{pmatrix} u_++u_-\\ u_+-u_- \end{pmatrix}$$

这种基底称为Dirac表示或者标准表示(standard representation)。可以发现 $i\psi^\dagger\partial_0\psi=iu_+^\dagger\partial_0 u_++iu_-^\dagger\partial_0 u_-$ 不变。而Dirac矩阵变为：

$$\vec \alpha=\begin{pmatrix}0&\vec\sigma\\\vec \sigma&0\end{pmatrix},\quad \beta=\begin{pmatrix}\mathbb 1&0\\0&-\mathbb 1 \end{pmatrix}$$

此时的生成元表示仍满足：

$$\vec L=\dfrac12\vec\varSigma,\quad\vec M=\dfrac i2\vec \alpha$$

提示

Dirac表示与Weyl表示只是基底变换而已，其通过下面的相似变换联系：

$$\psi_D=T\psi_W,\quad \vec\alpha_D=T\vec\alpha_W T^{-1},\quad \beta_D=T\beta_W T^{-1},\quad T=\dfrac{1}{\sqrt 2}\begin{pmatrix}1&1\\1&-1\end{pmatrix}$$

20.2 平面波解

接下来我们来实际求解Dirac方程。不论在何种基底下，Dirac方程形式上总可写为：

$$i\partial_0\psi+i\vec\alpha\cdot\nabla\psi=\beta m\psi$$

由于其描述的是自由的质量为 $m$ 的粒子，我们自然会猜测平面波解。首先，我们猜测指数上带负号的正频率解：

\psi(\vec x,t)=u_\vec p\,\mathrm{e}^{-ip\cdot x}

注意不要混淆其与Coleman QFT - Lecture 19. Dirac方程 I：构造拉格朗日量中求解Weyl方程时的 u_\vec p，现在的 u_\vec p 是四分量的列向量。后面我们会说明，Dirac方程可以推出质量为 $m$ 的Klein-Gordan方程，因此平面波的波矢应当处在质壳上，即

$$E_p=\sqrt{\vec p^2+m^2}$$

则Dirac方程变为：

[E_p-\vec \alpha\cdot\vec p\,]u_\vec p=\beta mu_\vec p

首先，我们考虑静止粒子( $\vec p=0$ )，则

$$u_0=\beta u_0$$

因此其即 $\beta$ 的本征矢。具体考虑标准表示，此时 $\beta=\mathrm{diag}(1,-1)$。因此本征矢为：

$$u_0^{(1)}=\sqrt{2m}\begin{pmatrix} 1\\0\\0\\0 \end{pmatrix},\quad u_0^{(2)}=\sqrt{2m}\begin{pmatrix} 0\\1\\0\\0 \end{pmatrix}$$

这里前面的系数 $\sqrt{2m}$ 的作用在后面会显现出来。那么，动量不为零的解又是什么呢？我们不需要直接求解Dirac方程，而是对上面的解施加boost即可。

u_\vec p^{(r)}=\mathrm{e}^{-i\hat a\cdot\vec M\phi}u_0^{(r)}=\mathrm{e}^{\frac12\vec\alpha\cdot\hat a\phi}u_0^{(r)}

其中 $$\hat a=\dfrac{\vec p}{|\vec p|},\quad \cosh\phi=\dfrac{E_p}{m}$$为了简单起见，考虑沿 $z$ 轴的动量，由于

$$\mathrm{e}^{\frac12\alpha_z\phi}=\cosh\frac12\phi+\alpha_z\sinh\dfrac12\phi=\begin{pmatrix} \cosh\frac\phi2&0&\sinh\frac\phi2&0\\ 0&\cosh\frac\phi2&0&-\sinh\frac\phi2\\ \sinh\frac\phi2&0&\cosh\frac\phi2&0\\ 0&-\sinh\frac\phi 2&0&\cosh\frac\phi2 \end{pmatrix}$$

其中

$$\cosh\frac\phi 2=\sqrt{\dfrac{\cosh\phi+1}{2}}=\sqrt{\dfrac{E_p+m}{2m}},\quad \sinh\frac\phi 2=\sqrt{\dfrac{E_p-m}{2m}}$$

因此

$$u_p^{(1)}=\begin{pmatrix} \sqrt{E_p+m}\\0\\\sqrt{E_p-m}\\0 \end{pmatrix},\quad u_p^{(2)}=\begin{pmatrix} 0\\\sqrt{E_p+m}\\0\\-\sqrt{E_p-m} \end{pmatrix},\quad$$

我们可以做一个简单的验证。前面知道

$$V^\mu=(u_+^\dagger u_+,u_+^\dagger\sigma^i u_+),\quad W^\mu=(W^0,W^i)=(u_-^\dagger u_-,-u_-^\dagger \sigma^i u_-)$$

构成两个矢量。我们也可以将其合成一个由Dirac旋量构造的矢量，即

$$U^\mu=(\psi^\dagger\psi,\psi^\dagger\vec\alpha\,\psi)$$

对于 $\vec p=0$，有下面的关系：

$$(u_0^{(r)\dagger}u_0^{(s)},u_0^{(r)\dagger}\vec\alpha \,u_0^{(s)})=(2m,\vec 0)\delta^{rs}$$

而上面的解满足

$$(u_p^{(r)\dagger}u_p^{(s)},u_p^{(r)\dagger}\vec\alpha \,u_p^{(s)})=2(E_p,\vec p)\delta^{rs}$$

这正是能动量的Lorentz变换。 接下来，我们来看另一部分，关于负频率的平面波解，即

\psi(\vec x,t)=v_\vec p\mathrm{e}^{+ip\cdot x},\quad p^0=E_p=\sqrt{\vec p^2+m^2}

代入Dirac方程得到：

[E_p-\vec\alpha\cdot\vec p\,]v_\vec p=-\beta mv_\vec p

应用相同的流程。对于零动量 $\vec p=0$ 情形：

$$v_0=-\beta v_0\Rightarrow v_0^{(1)}=\sqrt{2m}\begin{pmatrix} 0\\0\\0\\1 \end{pmatrix},\quad v_0^{(2)}=\sqrt{2m}\begin{pmatrix} 0\\0\\1\\0 \end{pmatrix}$$

同样用boost得到沿 $z$ 方向运动的解：

$$v_p^{(1)}=\begin{pmatrix} 0\\-\sqrt{E_p-m}\\0\\\sqrt{E_p+m} \end{pmatrix},\quad v_p^{(2)}=\begin{pmatrix} \sqrt{E_p-m}\\0\\\sqrt{E_p+m}\\0 \end{pmatrix}$$

以及正交归一关系：

$$(v_p^{(r)\dagger}v_p^{(s)},v_p^{(r)\dagger}\vec\alpha \,v_p^{(s)})=2(E_p,\vec p)\delta^{rs}$$

负频率似乎代表着负能解，这一点当时引起了很多人的困扰。毕竟如果有负能解的存在，意味着能量无下界，会导致物理系统的不稳定。Dirac的提议是: 之所以带正能的电子不会掉落到负能态，是因为“除了会有少量速度较小的态, 所有的负能态已经被占满了。”随后，这种空穴解释被正电子的图像所取代：负能解代表带正电的正电子。当然，这样解释可以避免能量不正定的原因需要依靠量子化Dirac理论完成，这将在下一章进行。

最后，我们来说明平面波解也是角动量的本征态。由于我们考虑的是 $z$ 方向的boost，因此可以仅考虑 $z$ 方向的角动量 $L_z$，其矩阵表示为：

$$L_z=\dfrac{1}{2}\begin{pmatrix} \sigma_z&0\\0&\sigma_z \end{pmatrix}=\dfrac12\begin{pmatrix} 1&0&0&0\\0&-1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&-1 \end{pmatrix}$$

对于零动量解，易验证：

$$L_zu_0^{(1)}=\dfrac12u_0^{(1)},\quad L_zv_0^{(2)}=\dfrac12 v_0^{(2)},\quad L_zu_0^{(2)}=-\dfrac12u_0^{(2)},\quad L_zv_0^{(1)}=-\dfrac12v_0^{(1)}$$

而对于 $p_z\ne 0$ 的粒子，由于沿 $z$ 方向的boost和 $L_z$ 对易，故上面的本征关系不变。因此，角标 $1,2$ 标记了角动量本征态，或者说螺旋度本征态。

20.3 Pauli 定理

接下来，我们稍微偏题一下，进行一些数学上的讨论。现在，我已经介绍了Dirac表示与Weyl表示，两者之间可以通过相似变换相联系。但Dirac矩阵的许多性质是不依赖于具体基底的，而是源于其代数结构。而这里说的代数结构，就是指前面提到的Clifford algebra：

$$\{\alpha_i,\alpha_j\}=2\delta_{ij},\quad \{\alpha_i,\beta\}=0,\quad \{\beta,\beta\}=2$$

这一关系显然在相似变换下不变。那么，Clifford代数能否将Dirac矩阵限制在至多差一个相似变换的范围内呢？答案是可以的。这就是Pauli定理，表述如下：

Pauli theorem

任何一组满足Dirac代数的 $4\times 4$ 矩阵表示都等价于Weyl表示。

此定理暗示了下面的结果：所有只包含自旋1/2粒子且宇称对称的Lorentz群的表示都是等价的。也就是说，Dirac理论是唯一可以构建出的有宇称对称性的自旋1/2粒子的理论。下面就来证明该定理： 首先，定义

$$M_i=\dfrac{i}{2}\alpha_i,\quad [M_i,M_j]=-i\epsilon_{ijk}L_k$$

我们来证明这样定义出的 $\vec L$ 与 $\vec M$ 满足Lorentz群生成元的对易关系。会用到的引理：

$$\epsilon_{ijk}\epsilon_{ijl}=2\delta_{kl},\quad [AB,C]=A\{B,C\}-\{A,C\}B$$

则

$$-i\epsilon_{ijk}L_k=-\dfrac14[\alpha_i,\alpha_j]=-\dfrac12\alpha_i\alpha_j\Rightarrow L_k=-\dfrac{i}{4}\epsilon_{ijk}\alpha_i\alpha_j$$

$$[L_k,M_l]=\dfrac18\epsilon_{ijk}[\alpha_i\alpha_j,\alpha_l]=\dfrac14\epsilon_{ijk}(\alpha_i\delta_{jl}-\delta_{il}\alpha_j)=\dfrac14(\epsilon_{ilk}\alpha_i-\epsilon_{ljk}\alpha_j)=-\dfrac12\epsilon_{kli}\alpha_i=i\epsilon_{kli}M_i$$

$$\begin{align} [L_i,L_j]&=-\dfrac{1}{16}\epsilon_{ikl}\epsilon_{jmn}[\alpha_k\alpha_l,\alpha_m\alpha_n]=-\dfrac{1}{16}\epsilon_{ikl}\epsilon_{jmn}([\alpha_k\alpha_l,\alpha_m]\alpha_n+\alpha_m[\alpha_k\alpha_l,\alpha_n])\\&=-\dfrac18\epsilon_{ikl}\epsilon_{jmn}(\alpha_k\alpha_n\delta_{lm}-\alpha_l\alpha_n\delta_{km}+\alpha_m\alpha_k\delta_{ln}-\alpha_m\alpha_l\delta_{kn})\\&=-\frac18(\alpha_{j}\alpha_i-\delta_{ij}-\delta_{ij}+\alpha_j\alpha_i+\delta_{ij}-\alpha_i\alpha_j-\alpha_i\alpha_j+\delta_{ij})\\&=\dfrac14(\alpha_i\alpha_j-\alpha_j\alpha_i)=i\epsilon_{ijk}L_k \end{align}$$

这样就验证了生成元的对易关系，因此构造出的 $\vec L,\vec M$ 构成了Lorentz群的一个4维表示。那么是哪一个呢？ 首先，不可约表示只可能是 $D^{(\frac32,0)},D^{(\frac12,\frac12)},D^{(0,\frac32)}$，但其不可能，因为

$$L_z^2=-\dfrac14\alpha_x\alpha_y\alpha_x\alpha_y=\dfrac{1}{4}\alpha_x^2\alpha_y^2=\dfrac14$$

因此 $\vec L$ 的表示矩阵只有本征值 $\pm1/2$。而现在，这三个不可约表示都存在超过 $l=\dfrac12$ 的角动量部分，因此是不可能的。换句话说，我们找的表示应该只含有自旋1/2表示，因此只能是旋量表示的直和，有三种可能：

$$D^{(\frac12,0)}\oplus D^{(\frac12,0)},\quad D^{(\frac12,0)}\oplus D^{(0,\frac12)},\quad D^{(0,\frac12)}\oplus D^{(0,\frac12)}$$

接下来使用 $\beta$，由恒等式：

$$\beta\,\vec\alpha\,\beta^{-1}=\beta\,\vec\alpha\,\beta=-\vec\alpha$$

因此

$$\beta\vec M\beta^{-1}=-\vec M,\quad \beta\vec L\beta^{-1}=\vec L$$

我们注意到，此变换的作用与宇称变换完全相同。因此 $\beta$ 就是宇称变换下的相似变换矩阵，也就是说此表示有宇称不变性。故我们只剩下一个选择，即表示为 $D^{(\frac12,0)}\oplus D^{(0,\frac12)}$。 以上所有的过程都只用到了Clifford代数的条件，因此对于任意的满足Clifford代数的 $4\times 4$ 矩阵 $\{\vec \alpha,\beta\}$，其都会生成相同的表示 $D^{(\frac12,0)}\oplus D^{(0,\frac12)}$。由于 $\vec M$ 正比于 $\vec \alpha$，故存在相似变换矩阵 $T$，使得：

$$T\vec\alpha T^{-1}=\alpha_W=\begin{pmatrix} \vec \sigma&0\\ 0&-\vec \sigma \end{pmatrix}$$

由于 $\beta$ 与 $\vec \alpha$ 反对易且模方为1，其形式一定为：

$$T\beta T^{-1}=\beta'=\begin{pmatrix} 0&\lambda\cdot\mathbb 1\\ \lambda^{-1}\cdot\mathbb 1&0 \end{pmatrix}$$

现在再做一个相似变换：

$$S=\begin{pmatrix} \lambda\cdot\mathbb 1&0\\0&\mathbb 1 \end{pmatrix}:\quad\alpha_W\to S\alpha_WS^{-1}=\alpha_W,\quad \beta'\to S\beta'S^{-1}=\begin{pmatrix} 0&\mathbb1\\\mathbb1&0 \end{pmatrix}=\beta_W$$

这样就证明了任意一组满足Clifford代数的 $4\times 4$ 矩阵都与Weyl表示等价。

20.4 $\gamma$ 矩阵

下面我将介绍关于Dirac矩阵的快速运算方法。首先假设Dirac矩阵式是厄米的：

$$\vec \alpha^\dagger=\vec\alpha,\quad \beta^\dagger=\beta$$

Weyl表示与Dirac表示都是满足条件的。但这个性质的确依赖于基底。现在定义旋量的“伴随”：

$$\bar\psi=\psi^\dagger\beta$$

$\bar\psi$ 称为Dirac伴随。矩阵（线性变换）的Dirac伴随定义为：

$$\bar A\equiv \beta A^\dagger \beta$$

由于 $\beta$ 的逆即为自身，Dirac伴随与厄米共轭有许多相同的性质。比如

$$\overline {D(\Lambda)\psi}=\overline\psi\,\overline{D(\Lambda)}$$

由于 $\psi^\dagger\beta\psi=\bar\psi\psi$ 为Lorentz标量，因此

$$\Lambda:\bar\psi\psi\to\overline\psi\,\overline{D(\Lambda)}D(\Lambda)\psi=\bar\psi\psi$$

因此 $\overline{D(\Lambda)}D(\Lambda)=1$，也就是说Lorentz群表示虽然不是厄米的，但在Dirac伴随下是等距的。这称为“Dirac幺正性”。

我们前面提到，用Dirac旋量构造的矢量形式为：

$$U^\mu=(\psi^\dagger\psi,\psi^\dagger\vec\alpha\,\psi)$$

我们想把所有的 $\psi^\dagger$ 改造成 $\bar\psi$ 的形式，因此在其中插入 $\beta^2=I$：

$$U^\mu=(\psi^\dagger\beta^2\psi,\psi^\dagger\beta^2\vec\alpha\,\psi)=(\bar\psi\beta\psi,\bar\psi\beta\vec\alpha\,\psi)=\bar\psi\gamma^\mu\psi$$

其中定义了gamma矩阵

\gamma^\mu=(\gamma^0,\vec\gamma)\equiv(\beta,\beta\vec\alpha)$$这样，原先的厄米共轭全部用Dirac伴随替代，Dirac矩阵也用新的gamma矩阵替代。这样，构造矢量就可以直接看角标了：$\gamma^\mu$ 自带一个矢量指标，因此只用取其关于 $\psi,\bar\psi$ 的二次型即可得到矢量 $U^\mu=\bar\psi\gamma^\mu\psi$。 在标准表示下，gamma矩阵的显式矩阵为：

\gamma^0=\beta=\begin{pmatrix} 0&\mathbb 1\ \mathbb 1& 0 \end{pmatrix},\quad \gamma^{i=\beta\alpha}i=\begin{pmatrix} 0&\sigma^i\ -\sigma^i& 0 \end

$$gamma矩阵是Lorentz变换下的矢量，因此：$$

\overline {D(\Lambda)},\gamma^\mu D(\Lambda)=\Lambda^{\mu_\nu\gamma}\nu

$$Clifford代数现在可以用gamma矩阵简化为：$$

{\gamma^\mu,\gamma\nu}=2,\eta^{\mu\nu}\mathbb{1}_{4\times 4}

这里 $\eta^{\mu\nu}=\mathrm{diag}(1,-1,-1,-1)$ 为闵氏度规。 拉格朗日量也可以被简化：

\mathcal L=\pm\left[i\psi^\dagger(\partial_0+\vec \alpha\cdot\nabla)\psi-m\psi^{\dagger\beta\psi\right]=\pm[i\bar\psi\beta\partial_0\psi+i\bar\psi\beta\vec\alpha\cdot\nabla\psi-m\bar\psi\psi]=\pm\bar\psi(i\gamma}\mu\partial_\mu-m)\psi

$$这个形式已经非常简单了，而且一眼就能看出这是一个标量。但是Feynman不满足于此，他观察到很多地方需要将gamma矩阵与别的矢量做内积，因此引入了Feynman斜线符号：$$

\gamma^\mu a_\mu\equiv a \mkern -9.5 mu /

$$其有一些性质：$$

(a \mkern -9.5 mu /)^2=a_\mu a_\nu\gamma^\mu\gamma\nu=\dfrac12 a_\mu a_\nu{\gamma^\mu,\gamma\nu}=\eta^{\mu\nu}a_\mu a_\nu=a^2

$$$$

{a \mkern -9.5 mu /,b\mkern -9.5mu /}=2a^\mu b_\mu=2a\cdot b

$$现在Lagrangian可以写为：$$

\mathcal L=\pm\bar\psi(i\partial\mkern-9.5mu/-m)\psi

$$Dirac方程即为：$$

(i\partial\mkern-9.5mu/-m)\psi=0

这个形式真是非常简洁了。最后证明一下由Dirac方程可以推出KG方程：左作用 $(i\partial\mkern-9.5mu/+m)$ 可得：

(i\partial\mkern-9.5mu/+m)(i\partial\mkern-9.5mu/-m)\psi=-[\partial\mkern-9.5mu/^2+m2]=-(,\square^2+m2)\psi=0

正是质量为 $m$ 的Klein-Gordan方程。 ## 20.5 旋量的双线性型 我们看到，$\bar\psi\psi$ 是Lorentz标量，而 $\bar\psi\gamma^\mu\psi$ 是Lorentz矢量。那么，其他的双线性型呢？我们将会看到，16个线性独立的双线性型可以分类为：标量（1），极矢量（4），反对称二阶张量（6），赝矢量（4）、赝标量（1）。 首先来考虑比较好处理的**宇称**，Dirac旋量在宇称作用下的变换关系为：

P:\psi(\vec x,t)\to\beta\psi(-\vec x,t)=\gamma^0\psi(-\vec x,t)

$$gamma矩阵的Dirac伴随性质为：$$

\overline{\gamma^{0}=\beta\beta}\dagger\beta=\gamma^0,\quad \overline{\gamma^{i}=\beta\vec\alpha}\dagger\beta^{\dagger\beta=\beta\vec\alpha=\gamma}i

$$因此gamma矩阵是**Dirac自伴**的。故$$

\overline{\gamma^0\psi(-\vec x,t)}=\bar\psi(-\vec x,t)\gamma^0

$$因此$$

P:\bar\psi\psi(\vec x,t)\to\bar\psi\gamma^0\gamma0\psi(-\vec x,t)=\bar\psi\psi(-\vec x,t)

$$因此这是一个（真）标量 (scalar)。另一方面：$$

P:\bar\psi\gamma^\mu\psi(\vec x,t)\to\bar\psi\gamma^0\gamma\mu\gamma^0\psi(-\vec x,t)=\begin{cases} \bar\psi\gamma^0\psi(-\vec x,t),\quad \mu=0\ -\bar\psi\gamma^i\psi(-\vec x,t),\quad\mu\ne 0 \end

其中用到了 $\{\gamma^\mu,\gamma^0\}=2\delta^{\mu 0}$。因此宇称会反转矢量的空间部分，故这是一个**极矢量** (polar vector)。 接下来，我们考虑二阶张量 $\bar\psi\gamma^\mu\gamma^\nu\psi$，其可分解为对称与反对称部分：

\bar\psi\gamma^\mu\gamma\nu\psi=\dfrac12\bar\psi{\gamma^\mu,\gamma\nu}\psi+\dfrac12\bar\psi[\gamma^\mu,\gamma\nu]\psi=\eta^{{\mu\nu}\bar\psi\psi+\dfrac12\bar\psi[\gamma}\mu,\gamma^\nu]\psi

$$我们按习惯定义反对称部分：$$

\sigma^{\mu\nu}\equiv\dfrac i2 [\gamma^\mu,\gamma\nu]$$ $\sigma^{\mu\nu}/2$ 其实就是在Coleman QFT - Lecture 18. Lorentz群的表示中说明的一般的Lorentz变换的生成元 $J^{\mu\nu}$ 的表示。这源于 $\gamma^\mu$ 的矢量性：

$$\overline {D(\Lambda)}\,\gamma^\mu D(\Lambda)=D^{-1}(\Lambda)\,\gamma^\mu D(\Lambda)=\Lambda^\mu_\nu\gamma^\nu$$

由

$$D(\Lambda(\epsilon_{\mu\nu}))=\exp\left(-\dfrac{i}{2}\epsilon_{\mu\nu}J^{\mu\nu}\right)$$

应用无穷小变换 $\Lambda^\mu_\nu=I+\epsilon^\mu_\nu$ 得到：

$$[J^{\rho\sigma},\gamma^\mu]=i(\eta^{\mu\rho}\gamma^\sigma-\eta^{\mu\sigma}\gamma^\rho)$$

进行计算：

$$[\left[\gamma^\rho,\gamma^\sigma\right],\gamma^\mu]=\gamma^\rho\{\gamma^\sigma,\gamma^\mu\}-\{\gamma^\rho,\gamma^\mu\}\gamma^\sigma-\gamma^\sigma\{\gamma^\rho,\gamma^\mu\}+\{\gamma^\sigma,\gamma^\mu\}\gamma^\rho=4(\eta^{\mu\rho}\gamma^\sigma-\eta^{\mu\sigma}\gamma^\rho)$$

因此 $J^{\mu\nu}=\sigma^{\mu\nu}/2$ 满足条件。不管怎样，$\bar\psi\sigma^{\mu\nu}\psi$ 是一个Lorentz变换下的反对称二阶张量。 那如果有三个gamma矩阵呢？其会不会组合出三阶张量呢？这是不会的，或者说你的确构造出了一个三阶张量，但是其可以分解为更低阶的张量。这源于四阶全反对称张量 $\epsilon^{\mu\nu\rho\sigma}$ 是Lorentz变换下的不变量。因此我们可以定义下面的对象：

$$\gamma_5\equiv i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3=\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}$$

其性质为

$$(\gamma_5)^2=1,\quad \gamma_5^\dagger=\gamma_5=-\overline{\gamma_5},\quad\{\gamma_5,\gamma^\mu\}=0$$

$i\bar\psi\gamma_5\psi$ 是一个Lorentz标量，但是是一个赝标量 (pseudoscalar)。因为

$$P:i\bar\psi\gamma_5\psi\to i\bar\psi\gamma^0\gamma_5\gamma^0\psi=-i\bar\psi\gamma_5\psi$$

因此我们说明了四个gamma矩阵凑出的四阶张量实际上会分解出一个赝标量。回到三个gamma矩阵的情形，其一定可以写为

$$\bar\psi\gamma^\mu\gamma_5\psi$$

这是Lorentz变换下的矢量。其在宇称下的变换为：

$$P:\bar\psi\gamma^\mu\gamma_5\psi\to\bar\psi\gamma^0\gamma^\mu\gamma_5\gamma^0\psi=\begin{cases} -\bar\psi\gamma^0\gamma_5\psi,\quad \mu=0\\ \bar\psi\gamma^i\gamma_5\psi,\quad\mu\ne 0 \end{cases}$$

反而是时间分量反号而空间分量不变，因此这是一个赝矢量 (pseudovector)。现在，我们完成了对双线性型的全部分类，列表如下：

任何一个双线性型均可以分解为上面这五种类型的线性组合。

20.6 正交性与完备性

最后，我们来看Dirac方程的平面波解具有的正交性与完备性，这在后一章经常会用到。首先，我们在20.2节构造了下面的矢量：

$$(u_p^{(r)\dagger}u_p^{(s)},u_p^{(r)\dagger}\vec\alpha \,u_p^{(s)})=(v_p^{(r)\dagger}v_p^{(s)},v_p^{(r)\dagger}\vec\alpha \,v_p^{(s)})=2(E_p,\vec p)\delta^{rs}$$

这可以用gamma矩阵表示为

\bar u_\vec p^{(r)}\gamma^\mu u_\vec p^{(s)}=\bar v_\vec p^{(r)}\gamma^\mu v_\vec p^{(s)}=2p^\mu\delta^{rs}

将其与 $p_\mu$ 做内积得到：

\bar u_\vec p^{(r)}p\mkern-8.5mu/ u_\vec p^{(s)}=\bar v_\vec p^{(r)}p\mkern-8.5mu/ v_\vec p^{(s)}=2m^2\delta^{rs}

利用Dirac方程：

(p\mkern-8.5mu/-m)u_\vec p^{(r)}=0,\quad (p\mkern-8.5mu/+m)v_\vec p^{(s)}=0

得到

\bar u_\vec p^{(r)}u_\vec p^{(s)}=2m\delta^{rs},\quad \bar v_\vec p^{(r)}v_\vec p^{(s)}=-2m\delta^{rs}

那混合积 \bar v_\vec p^{(r)}u_\vec p^{(s)} 和 \bar u_\vec p^{(r)}v_\vec p^{(s)} 呢？利用

m\bar u_\vec p^{(r)}v_\vec p^{(s)}=\bar u_\vec p^{(r)}p\mkern-8.5mu /v_\vec p^{(s)}=\bar u_\vec p^{(r)}(-m)v_\vec p^{(s)}\Rightarrow \bar u_\vec p^{(r)}v_\vec p^{(s)}=0

因此

\bar u_\vec p^{(r)}v_\vec p^{(s)}=\bar u_\vec p^{(r)}\gamma^\mu v_\vec p^{(s)}=\bar v_\vec p^{(r)}u_\vec p^{(s)}=\bar v_\vec p^{(r)}\gamma^\mu u_\vec p^{(s)}=0

这样，我们知道四个平面波解是Dirac正交的。接下来研究完备性，考虑下面的定义：

P_u\equiv\dfrac{1}{2m}\sum_{r=1}^2u_\vec p^{(r)}\bar u_\vec p^{(r)},\quad P_v\equiv\dfrac{1}{2m}\sum_{r=1}^2v_\vec p^{(r)}\bar v_\vec p^{(r)}

可验证：

P_u u_\vec p^{(s)}=\dfrac{1}{2m}\sum_{r=1}^2u_\vec p^{(r)}\underbrace{\bar u_\vec p^{(r)}u_\vec p^{(s)}}_{2m\delta^{rs}}=u_\vec p^{(s)},\quad P_u v_\vec p^{(s)}=0,\quad P_v u_{\vec p}^{(s)}=0,P_v v_\vec p^{(s)}=v_\vec p^{(s)}

因此 $P_u,P_v$ 称为旋量投影算符。具体计算表明：

$$P_u=\dfrac{1}{2m}(p\mkern-8.5mu /+m),\quad P_v=-\dfrac{1}{2m}(p\mkern-8.5mu /-m)$$

这时上面的投影关系就很显然了，只需代入Dirac方程即可看出。做一些性质的检验：

$$P_u+P_v=\dfrac{1}{2m}(p\mkern-8.5mu /+m-p\mkern-8.5mu /+m)=1$$

$$P_u^2=\dfrac{1}{4m^2}(p\mkern-8.5mu /^2+m^2+2mp\mkern-8.5mu /)=\dfrac{1}{4m^2}(2m^2+2mp\mkern-8.5mu /)=\dfrac{1}{2m}(p\mkern-8.5mu /+m)=P_u$$

$$P_v^2=\dfrac{1}{4m^2}(p\mkern-8.5mu /^2+m^2-2mp\mkern-8.5mu /)=\dfrac{1}{4m^2}(2m^2-2mp\mkern-8.5mu /)=-\dfrac{1}{2m}(p\mkern-8.5mu /-m)=P_v$$

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贡献者: avephysica

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