贡献者： zhousiyi
现在我们来讨论狄拉克方程的平面波解。解的形式如下
\begin{equation}
\psi(x) = u(p)e^{-ip\cdot x}~, \quad p^2 = m^2~.
\end{equation}
我们现在主要考虑正频率的解，也就是 $p^0>0$ 的解。我们把上式代入狄拉克方程中，得
\begin{equation}
(\gamma^\mu p_\mu - m) u(p) = 0~.
\end{equation}
我们可以先在静止系中分析这个方程，其中 $p=p_0=(m,\boldsymbol 0 )$. 任意动量 $p$ 的解可以通过 boost $\Lambda_{\frac{1}{2}}$ 来得到。在静止系中，
式 2 式变为
\begin{equation}
(m\gamma^0-m)u(p_0) = m\begin{pmatrix}
-1 & 1 \\
1 & -1
\end{pmatrix}u(p_0) = 0 ~.
\end{equation}
解为
\begin{equation}
u(p_0) = \sqrt{m} \begin{pmatrix}
\xi \\ \xi
\end{pmatrix}~.
\end{equation}
其中 $\xi$ 是任意的两分量的旋量。我们取归一化条件 $\xi^\dagger \xi =1$. $\xi$ 在旋转生成元的作用下按照普通的两分量旋量进行变换。$\xi = \begin{pmatrix}
1 \\0
\end{pmatrix}$ 时，粒子在 3-方向具有朝上的自旋。
使用狄拉克方程过后，我们可以选择 $u(p)$ 中四个分量的其中两个分量。因为自旋为 $1/2$ 的粒子只有两个物理态-自旋向上和向下。
现在我们来对静止系的 $u(p)$ 来进行一个 boost。我们考虑沿着 3-轴方向的 boost。首先我们要知道 boost 对 4-动量的矢量有何作用。考虑无穷小的 boost
\begin{equation}
\begin{pmatrix}
E \\ p^3
\end{pmatrix} = \bigg[ 1 + \eta \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix} \bigg] \begin{pmatrix}
m \\ 0
\end{pmatrix}~.
\end{equation}
其中 $\eta$ 是无穷小的参数。对于有限的 $\eta$,我们可以写
\begin{equation}
\begin{aligned}\nonumber
\begin{pmatrix}
E \\ p^3
\end{pmatrix} & = \exp \bigg[ \eta \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1& 0
\end{pmatrix} \bigg]\begin{pmatrix}
m \\ 0
\end{pmatrix} \\
& = \bigg[ \cosh \eta \begin{pmatrix}
1 & 0 \\ 0 & 1
\end{pmatrix} + \sinh \eta \begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix}\bigg]\begin{pmatrix}
m \\ 0
\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}
m \cosh \eta \\ m \sinh \eta
\end{pmatrix}~.
\end{aligned}
\end{equation}
$\eta$ 参数被称为
快度。
在连续的 boost 变换下，快度是相加的。
习题 1 对 $u(p_0)$ 进行 boost 变换得到 $u(p)$
\begin{equation}
\begin{aligned}\nonumber
u(p) & = \exp \bigg[ - \frac{1}{2} \eta \begin{pmatrix}
\sigma^3 & 0 \\
0 & - \sigma^3
\end{pmatrix} \bigg] \sqrt{m} \begin{pmatrix}
\xi \\ \xi
\end{pmatrix} \\ \nonumber
& = \bigg[ \cosh\big(\frac{1}{2}\eta\big)\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & 1
\end{pmatrix} - \sinh\left(\frac{1}{2}\eta\right) \begin{pmatrix}
\sigma^3 & 0 \\ \nonumber
0 & - \sigma^3
\end{pmatrix} \bigg]\sqrt{m} \begin{pmatrix}
\xi \\ \xi
\end{pmatrix} \\ \nonumber
& = \begin{pmatrix}
e^{\eta/2}\bigg(\frac{1-\sigma^3}{2}\bigg)+e^{-\eta/2}\bigg(\frac{1+\sigma^3}{2}\bigg) & 0\\
0 & e^{\eta/2}\bigg(\frac{1+\sigma^3}{2}\bigg)+e^{-\eta/2}\bigg(\frac{1-\sigma^3}{2}\bigg)
\end{pmatrix}\sqrt{m}\begin{pmatrix}
\xi \\
\xi
\end{pmatrix} \\\nonumber
& = \begin{pmatrix}
[\sqrt{E+p^3}\bigg(\frac{1-\sigma^3}{2}\bigg)+\sqrt{E-p^3}\bigg(\frac{1+\sigma^3}{2}\bigg)]\xi \\
[\sqrt{E+p^3}\bigg(\frac{1+\sigma^3}{2}\bigg)+\sqrt{E-p^3}\bigg(\frac{1-\sigma^3}{2}\bigg)]\xi
\end{pmatrix}~.
\end{aligned}
\end{equation}
最后一行可以化简为
\begin{equation}
u(p) = \begin{pmatrix}
\sqrt{p\cdot\sigma}\xi \\
\sqrt{p\cdot\bar\sigma}\xi
\end{pmatrix}~.
\end{equation}
这里开根号我们理解为取每个特征值的正根。下面这个式子非常有用
\begin{equation}
(p\cdot\sigma)(p\cdot \bar\sigma) = p^2 = m^2~.
\end{equation}
一般来说，我们可以考虑具体的旋量 $\xi$。一种比较方便的取法是取 $\sigma^3$ 的本征态。如果 $\xi=\begin{pmatrix}
1 \\ 0
\end{pmatrix}$, 我们可以得到
\begin{equation}
u(p) = \begin{pmatrix}
\sqrt{E-p^3}\begin{pmatrix}
1 \\ 0
\end{pmatrix} \\
\sqrt{E+p^3}\begin{pmatrix}
1 \\ 0
\end{pmatrix}
\end{pmatrix} \rightarrow \sqrt{2E}\begin{pmatrix}
0 \\
\begin{pmatrix}
1 \\ 0
\end{pmatrix}
\end{pmatrix}~.
\end{equation}
对于 $\xi = \begin{pmatrix}
0 \\ 1
\end{pmatrix}$,
我们有
\begin{equation}
u(p) = \begin{pmatrix}
\sqrt{E+p^3}\begin{pmatrix}
0 \\ 1
\end{pmatrix} \\
\sqrt{E-p^3}\begin{pmatrix}
0 \\ 1
\end{pmatrix}
\end{pmatrix} \rightarrow \sqrt{2E}\begin{pmatrix}
\begin{pmatrix}
0 \\ 1
\end{pmatrix} \\
0
\end{pmatrix}~.
\end{equation}
在 $\eta\rightarrow \infty$ 极限下，这个态跟一个无质量粒子的两分量的旋量是简并的。
式 10 和式 11 是 helicity 算符的本征态
\begin{equation}
h\equiv\hat p \cdot \mathbf S = \frac{1}{2} \hat p_i \begin{pmatrix}
\sigma^i & 0 \\
0 & \sigma^i
\end{pmatrix}~.
\end{equation}
一个 $h=+1/2$ 的粒子被称作右手的粒子。一个 $h=-1/2$ 的粒子被称作左手的粒子。
有质量粒子的手性是依赖于参考系的，因为我们总可以把这个粒子 boost 到另外一个动量在相反方向但是自旋不变的参考系。对于一个无质量的粒子，我们是没有办法找到这样一个 boost 的。
Weyl 方程的解是具有特定 helicity 的态。它们分别对应于左手和右手的粒子。无质量粒子手性的洛仑兹不变性在 Weyl 方程中得到了明显的体现。因为 $\psi_L$ 和 $\psi_R$ 对应于洛仑兹群的不同的表示里面。
习题 2 写出洛仑兹不变的 $u(p)$ 的归一化条件
首先我们要知道，$u^\dagger u$ 不是洛仑兹不变的，因为
\begin{equation}
u^\dagger u = \begin{pmatrix}
\xi^\dagger \sqrt{p\cdot\sigma} & \xi^\dagger \sqrt{p\cdot\bar\sigma}
\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}
\sqrt{p\cdot\sigma} \, \xi \\
\sqrt{p\cdot \bar\sigma} \, \xi
\end{pmatrix} = 2 E_{\mathbf p} \xi^\dagger \xi~.
\end{equation}
定义
\begin{equation}
\bar u(p) = u^\dagger (p) \gamma^0 ~.
\end{equation}
我们可以得到
\begin{equation}
\bar u u = 2 m \xi^\dagger \xi ~.
\end{equation}
接下来我们来总结一下。狄拉克方程的解可以写成平面波的线性叠加。正频的波有如下形式
\begin{equation}
\psi(x) = u(p) e^{-ip\cdot x}~, \quad p^2 = m^2 ~, \quad p^0>0 ~.
\end{equation}
$u(p)$ 有两个线性独立的解
\begin{equation}
u^s(p) = \begin{pmatrix}
\sqrt{p\cdot \,\, \sigma} \xi^s \\
\sqrt{p\cdot \,\, \bar \sigma} \xi^s
\end{pmatrix}~, \quad s = 1,2~.
\end{equation}
归一化条件为
\begin{equation}
\bar u^r (p) u^s (p) = 2 m \delta^{rs} ~, \quad u^{r\dagger} (p) u^s(p) = 2 E_{\mathbf p} \delta^{rs}~.
\end{equation}
负频的解为
\begin{equation}
\psi(x) = v(p) e^{+i p \cdot x} ~, \quad p^2 = m^2 ~, \quad p^0>0~.
\end{equation}
$v(p)$ 的两个线性独立的解为
\begin{equation}
v^s(p)=\begin{pmatrix}
\sqrt{p\cdot\sigma} \, \eta^s\\
-\sqrt{p\cdot\bar\sigma} \, \eta^s
\end{pmatrix}~,\quad s = 1,2~.
\end{equation}
归一化条件为
\begin{equation}
\bar v^r(p) v^s(p) = -2 m \delta^{rs}~, \quad {\rm or} \quad v^{r\dagger}(p) v^s(p) = + 2 E_{\mathbf p} \delta^{rs}~.
\end{equation}
$u$ 和 $v$
致读者： 小时百科一直以来坚持所有内容免费无广告，这导致我们处于严重的亏损状态。 长此以往很可能会最终导致我们不得不选择大量广告以及内容付费等。 因此，我们请求广大读者
热心打赏 ，使网站得以健康发展。 如果看到这条信息的每位读者能慷慨打赏 20 元，我们一周就能脱离亏损， 并在接下来的一年里向所有读者继续免费提供优质内容。 但遗憾的是只有不到 1% 的读者愿意捐款， 他们的付出帮助了 99% 的读者免费获取知识， 我们在此表示感谢。