狄拉克伽马矩阵 (Dirac gamma matrices)

• 原文: https://zhuanlan.zhihu.com/p/399908095
• 发布日期: 2021-08-16
• 分类: 粒子物理 / QFT / 场论计算

全文默认指标 $\mu ,\nu ,\rho ,\sigma$ 取 $\left\{0,1,2,3\right\}$ 而 $i,j,k,l$ 取 $\left\{1,2,3\right\}.$

目録

1. Dirac gamma 矩阵的定义与身世之谜

1.1. gamma 矩阵的定义 1.2. gamma 矩阵的基础性质 1.3. gamma 矩阵的身世之谜

2. Dirac gamma 矩阵的是 Clifford 代数$\text{Cl}(1,3)$中的成员

2.1. gamma 矩阵所处的 Clifford 代数 $\text{Cl}(1,3)$ 的基矢 2.2. 线性空间上的 Clifford 积 2.3. Clifford 代数 $\text{Cl}(1,3)$ 中藏着的 Lorentz 群生成元

3. Dirac gamma 矩阵在量子场论中的地位与常用的运算公式

3.1. 旋量指标与 slash 记号 3.2. Dirac 共轭 3.3. 与离散对称性的联系 3.4. 常用的运算公式 3.5. Gordon 恒等式

4. Dirac gamma 矩阵的表示

4.1. 表示的构造 4.2. 各种表示

1. Dirac gamma 矩阵的定义与身世之谜

1.1. gamma 矩阵的定义:

Dirac gamma 矩阵共 $4$ 个: ${\gamma }^0,{\gamma }^1,{\gamma }^2,{\gamma }^3$, 同时定义 ${\gamma }_{\mu }\equiv g_{\mu \nu }{\gamma }^{\nu }.$

满足条件 \{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }\}\equiv {\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }+{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }=2{g}^{\mu \nu }\mathbf{1} 与 ${\gamma }^{0†}={\gamma }^0,{\gamma }^{i†}=-{\gamma }^i$ [1].

其中 ${g}^{\mu \nu }$ 是闵氏度规张量的分量, 而很粗的那个 $\mathbf 1$ 是单位阵的意思[[2]](#ref_2).

然后还有一个额外的 ${\gamma }^5\equiv {\gamma }_5\equiv \text{i}{\gamma }^0{\gamma }^1{\gamma }^2{\gamma }^3.$

你可能想问就是 ${\gamma }^4$ 去哪儿了? 答案就是被除四旧了.

1.2. gamma 矩阵的基础性质:

从定义式 \{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }\}\equiv {\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }+{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }=2{g}^{\mu \nu }\mathbf{1} 中可以得到如下性质:

(1). 自逆性: \left\{ \begin{align} & {({\gamma }^{0})}^{2}={\gamma }^{0}{\gamma }^{0}=\frac{1}{2}\{\gamma }^{0},{\gamma }^{0}\}={g}^{00}=\mathbf{1},\ \\ & {({\gamma }^{i})}^{2}={\gamma }^{i}{\gamma }^{i}=\frac{1}{2}\{\gamma }^{i},{\gamma }^{i}\}={g}^{ii}=-\mathbf{1}.\ \\ \end{align} \right. (2). 反对易性: 当时 $\mu \ne \nu$ 有 ${\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }=-{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }.$

从厄米性要求 ${\gamma }^{0†}={\gamma }^0,{\gamma }^{i†}=-{\gamma }^i$ 可得 gamma 矩阵的幺正性:

${\gamma }^{0†}{\gamma }^0={\gamma }^0{\gamma }^0=g^{00}=1,{\gamma }^{i†}{\gamma }^i=-{\gamma }^i{\gamma }^i=-g^{ii}=1.$ 直接就认为是要求的厄米性吧, 或者你可以要求 gamma 矩阵可对角化: 这样由 {\gamma ^0}{\gamma ^0} = {\mathbf{1},\;{\gamma ^i}{\gamma ^i} = - {\mathbf{1} 与对角阵平方的对角线上全是本征值平方这一结论 可以看出 ${\gamma }^0$ 的本征值平方全为 $1$ 而 ${\gamma }^i$ 的本征值平方全为 $-1.$于是就有 ${\gamma }^{0\dagger }={\gamma }^{0},\ {\gamma }^{i\dagger }=-{\gamma }^{i}$, 但为啥可对角化呢?[[3]](#ref_3)应该还是个要求吧.

对于 ${\gamma }^5$ 还得专门说道说道:

(1). ${\gamma }^{5†}=-\text{i}{\gamma }^{3†}{\gamma }^{2†}{\gamma }^{1†}{\gamma }^{0†}=\text{i}{\gamma }^3{\gamma }^2{\gamma }^1{\gamma }^0=\text{i}{\gamma }^0{\gamma }^1{\gamma }^2{\gamma }^3={\gamma }^5.$ (2). \{\gamma }^{5},{\gamma }^{\mu }\}=\text{i}({\gamma }^{0}{\gamma }^{1}{\gamma }^{2}{\gamma }^{3}{\gamma }^{\mu }+{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{0}{\gamma }^{1}{\gamma }^{2}{\gamma }^{3})$=\text{i}({\gamma }^0{\gamma }^1{\gamma }^2{\gamma }^3{\gamma }^{\mu }-{\gamma }^0{\gamma }^1{\gamma }^2{\gamma }^3{\gamma }^{\mu })=0.$(3). ${\gamma }^{5}=\text{i}{\gamma }^{0}{\gamma }^{1}{\gamma }^{2}{\gamma }^{3}=-\text{i}{\varepsilon }_{0123}{\gamma }^{0}{\gamma }^{1}{\gamma }^{2}{\gamma }^{3}=-\frac{\text{i}{4!}{\varepsilon }_{\mu \nu \rho \sigma }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\sigma }$ [[4]](#ref_4). (4). {\gamma ^5}{\gamma ^5} = {\mathbf{1}.

所以 ${\gamma }^5$ 是厄米的且与另外 $4$ 个均反对易.

1.3. gamma 矩阵的身世之谜:

被引入的主要原因就是相对论性量子力学中的 Klein-Gordon 方程不怎么好用.

Klein-Gordon 方程就是给 Schrödinger 方程里的能量改成相对论形式了:

就是先写出 $\text{i}{\partial }_t\psi =H\psi \to \text{i}{\partial }_t\psi ={\sqrt{m}}^2+P^2\psi .$ 然后再平方得到 $-{\partial }_t^2\psi =(m^2+P^2)\psi \Rightarrow ({\partial }_t^2+P^2+m^2)\psi =0.$ 没记错的话最早写出这个方程的实际上是 Schrödinger, 然后他发现这玩意儿用着不太给力, 就取了个非相对论极限得到了 Schrödinger 方程.

然后 Dirac 还是想搞搞相对论性的量子理论, 就又用这个方程一顿操作出了 Dirac 方程:

Dirac 将方程 $\left({\partial }_t^2-{\nabla }^2+m^2\right)\psi =0$ 里的 Laplacian 算子『开方』了.

具体而言就是写出了 ${\partial }_t^2-{\nabla }^2={\partial }_0^2-{\partial }_i^2={\partial }_{\mu }^2={\left({\gamma }^{\mu }{\partial }_{\mu }\right)}^2={\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }.$

『开方』完给出了 Dirac 方程: $(\text{i}{\gamma }^{\mu }{\partial }_{\mu }-m)\psi =0.$

这等价于要求系数满足 \{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }\}=2{g}^{\mu \nu }\mathbf{1}, 于是这些代数量就被引入了.

看不出来? 就是因为有 ${\partial }_{\mu }^2=g^{\mu \nu }{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }={\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }$ 嘛. 那为啥不是等价于 ${\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }={g}^{\mu \nu }$? 这是因为度规是对称的[[5]](#ref_5).

面对代数, 物理人普遍是拒绝的[6]. 他们更倾向于用代数的表示来定义代数本身, 而表示就是在手头的数学对象与某线性空间上的线性变换集合间建立的同态映射. 然后物理人心中的线性变换又 somehow 就等价于矩阵, 所以最后这些玩意儿就叫 Dirac gamma 矩阵了.

2. Dirac gamma 矩阵的是 Clifford 代数 $\text{Cl}(1,3)$ 中的成员

gamma 矩阵的混合运算在物理中十分常见, 有点儿类似前面遇到的那些 Pauli 矩阵, 它俩也确实有不少联系. 最直接的联系就是它们都是 Clifford 代数里的成员, gamma 矩阵与 Pauli 矩阵分别属于 $\text{Cl}(1,3)$ 与 $\text{Cl}(3,0)$.

完全听不懂下面在讲啥的话可参考: [[更♥多♥精♥彩♥内♥容](https://zhuanlan.zhihu.com/p/373020066)]

2.1. gamma 矩阵所处的 Clifford 代数$\text{Cl}(1,3)$的基矢:

Clifford 代数 $\text{Cl}(1,3)$ 本质上是一个 $2^{1+3}=16$ 维的线性空间.

选基底主要是考虑到 ${\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }=-{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }$ 与 ${\left({\gamma }^{\mu }\right)}^2=\pm 1$. 所以想用 gamma 矩阵乘积得到新的矢量, 这个乘积里就不能有重复的 gamma 矩阵. 比如说, $\left\{1,{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }\right\}$ 在 $\mu \ne \nu$ 的情况下肯定是个线性无关组, 你想再找三个连乘的 ${\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }$ 放进线性无关组里, 那么 $\mu ,\nu ,\rho$ 肯定得两两不等, 要不然 ${\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }=-{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }=\pm {\gamma }^{\nu }$ 就掉到 $\left\{{\gamma }^{\mu }\right\}$ 里去了. 所以就是算组合数 $\sum\limits_{n}{\text{C}_{1+3}^{n}={2}^{1+3}$, 不同排列当然都等价, 因为它们反对易[[7]](#ref_7).

所以 $\text{Cl}(1,3)$ 的一组基矢内含有 $16$ 个元素, 物理人的选择如下:

[[8]](#ref_8) $1$ 个单位阵 $\mathbf 1.$[[9]](#ref_9) $1$ 个额外的 gamma 矩阵: ${\gamma }^{5}\equiv {\gamma }_{5}\equiv \text{i}{\gamma }^{0}{\gamma }^{1}{\gamma }^{2}{\gamma }^{3}.$[[10]](#ref_10) $4$ 个组合矩阵: ${\gamma }^{\mu }{\gamma }^{5}.$[[11]](#ref_11) $5+1$ 个 Lorentz 反对称矩阵: ${\sigma }^{\mu \nu }\equiv \frac{\text{i}{2}[{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }]\equiv \frac{\text{i}{2}({\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }-{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }).$[[12]](#ref_12) $4$ 个 gamma 矩阵: ${\gamma }^{0},{\gamma }^{1},{\gamma }^{2},{\gamma }^{3}.$

这 $16$ 个基矢应该事完全平权的才对啊? 为啥看起来好像 $4$ 个 gamma 特别特殊?

这是因为, Clifford 代数是从一个实空间[[13]](#ref_13)通过引入矢量乘法[[14]](#ref_14)扩张出来的大线性空间. gamma 矩阵其实就是原实空间的基矢, 所以它们才会带有 Lorentz指标. 这么一想 \left\{ \begin{align} & {({\gamma }^{0})}^{2}=\mathbf{1},\ \\ & {({\gamma }^{i})}^{2}=-\mathbf{1},\ \\ \end{align} \right.\left\{ \begin{align} & {\gamma }^{0\dagger }={\gamma }^{0},\ \\ & {\gamma }^{i\dagger }=-{\gamma }^{i} \\ \end{align} \right. 这四个性质就突然合理了一些吧?

2.2. 线性空间上的 Clifford 积:

其实 $\text{Cl}(1,3)$ 里的矢量乘法, 或者说 Clifford 积的定义就是 $uv=u\cdot v1+u\wedge v.$

其中 $u\cdot v=g(a,b)$ 就是度规作用, 而后者是外积, 显然也有 $vu=u\cdot v1-u\wedge v.$结合上述式子可得$\left\{ \begin{align} & u\cdot v\mathbf{1}=\frac{1}{2}\left( uv+vu \right)=\frac{1}{2}\left\{ u,v \right\},\ \\ & u\wedge v=\frac{1}{2}\left( uv-vu \right)=\frac{1}{2}\left[ u,v \right].\ \\ \end{align} \right.$ 其中前一项的 $\left\{u,v\right\}=2u\cdot v1$ 正是 Clifford 条件. 所以如果你放进去的矢量正好是身为基矢的 gamma 矩阵就能得到最初的条件: \{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }\}=2{\gamma }^{\mu }\cdot {\gamma }^{\nu }\mathbf{1}=2g({\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu })\mathbf{1}=2{g}^{\mu \nu }\mathbf{1}.

所以就是这样, Clifford 代数可以通过反对易子与对易子来产生内外积.

从这个角度来看, 如果我们让度规退化到 $0$, 则 $uv=u\cdot v1+u\wedge v=u\wedge v$. 也就是说这种退化的 Clifford 代数就变成了格拉斯曼代数 (Grassmann algebra).

2.3. Clifford 代数$\text{Cl}(1,3)$中藏着的 Lorentz 群生成元:

这也是 [更♥多♥精♥彩♥内♥容] 讨论的主要内容之一, 当时我们 Claim $S^{\mu \nu }\equiv [{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }]$ 恰好与正交群对应的 Lie 代数满足相同的对易关系. 不过讲得比较 general, 没具体到 Lorentz 群, 所以现在就趁这个机会顺便验证一下.

已知 Lorentz 代数的对易关系为 [来源参考]:

$\left[ {\mathcal{M}^{\mu \nu },{\mathcal{M}^{\rho \sigma } \right]=-\text{i}\left( {g}^{\mu \rho }{\mathcal{M}^{\nu \sigma }-{g}^{\mu \sigma }{\mathcal{M}^{\nu \rho }-{g}^{\nu \rho }{\mathcal{M}^{\mu \sigma }+{g}^{\nu \sigma }{\mathcal{M}^{\mu \rho } \right).$

下面就是爆算:

$[{S}^{\mu \nu },{S}^{\rho \sigma }]=[{S}^{\mu \nu },({\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\sigma }-{\gamma }^{\sigma }{\gamma }^{\rho })]$ $\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\sigma }]-[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\sigma }{\gamma }^{\rho }]$ $\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={\gamma }^{\rho }[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\sigma }]+[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\rho }]{\gamma }^{\sigma }-{\gamma }^{\sigma }[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\rho }]-[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\sigma }]{\gamma }^{\rho }.$因为实在是太乱七八糟了, 所以决定先用 $[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\rho }]$ 表示, 下面计算这个东西: $[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\rho }]=[[{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }],{\gamma }^{\rho }]$ $\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =[{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu },{\gamma }^{\rho }]-[{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\rho }]$$={\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }-{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }-{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\rho }+{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }$我们希望得到 $g^{\mu \rho },g^{\mu \sigma },g^{\nu \rho },g^{\nu \sigma }$, 所以就这样凑反对易子$={\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }+({\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\nu }-{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\nu })-{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }$$-{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\rho }-({\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\mu }-{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\mu })+{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ={\gamma }^{\mu }\{\gamma }^{\nu },{\gamma }^{\rho }\}-\{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\rho }\}{\gamma }^{\nu }-{\gamma }^{\nu }\{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\rho }\}+\{\gamma }^{\nu },{\gamma }^{\rho }\}{\gamma }^{\mu }$={\gamma }^{\mu }2g^{\nu \rho }-2g^{\mu \rho }{\gamma }^{\nu }-{\gamma }^{\nu }2g^{\mu \rho }+2g^{\nu \rho }{\gamma }^{\mu }$ $\Rightarrow [{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\rho }]=4{g}^{\nu \rho }{\gamma }^{\mu }-4{g}^{\mu \rho }{\gamma }^{\nu }$, 将这个结论代回最初的式子得到: $[{S}^{\mu \nu },{S}^{\rho \sigma }]={\gamma }^{\rho }[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\sigma }]+[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\rho }]{\gamma }^{\sigma }-{\gamma }^{\sigma }[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\rho }]-[{S}^{\mu \nu },{\gamma }^{\sigma }]{\gamma }^{\rho }$$=4g^{\nu \sigma }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\mu }-4g^{\mu \sigma }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\nu }+4g^{\nu \rho }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\sigma }-4g^{\mu \rho }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\sigma }$$-4g^{\nu \rho }{\gamma }^{\sigma }{\gamma }^{\mu }+4g^{\mu \rho }{\gamma }^{\sigma }{\gamma }^{\nu }-4g^{\nu \sigma }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\rho }+4g^{\mu \sigma }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }$$=4g^{\nu \sigma }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\mu }-4g^{\nu \sigma }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\rho }-4g^{\mu \sigma }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\nu }+4g^{\mu \sigma }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }$$+4g^{\nu \rho }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\sigma }-4g^{\nu \rho }{\gamma }^{\sigma }{\gamma }^{\mu }-4g^{\mu \rho }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\sigma }+4g^{\mu \rho }{\gamma }^{\sigma }{\gamma }^{\nu }$$=-4g^{\nu \sigma }{S}^{\mu \rho }+4g^{\mu \sigma }{S}^{\nu \rho }+4g^{\nu \rho }{S}^{\mu \sigma }-4g^{\mu \rho }{S}^{\nu \sigma }$$=-(4g^{\mu \rho }{S}^{\nu \sigma }-4g^{\mu \sigma }{S}^{\nu \rho }-4g^{\nu \rho }{S}^{\mu \sigma }+4g^{\nu \sigma }{S}^{\mu \rho }).$

其实这就证明完了, 但你硬是要一模一样的话可以重新定义 {S}^{\mu \nu }\equiv \frac{\text{i}{4}[{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }].

其实一般都是这样定义的[[15]](#ref_15), 这样套回去的话就可以得到: $\ \ \ \ [\frac{4}{\text{i}{S}^{\mu \nu },\frac{4}{\text{i}{S}^{\rho \sigma }]=-(4{g}^{\mu \rho }\frac{4}{\text{i}{S}^{\nu \sigma }-4{g}^{\mu \sigma }\frac{4}{\text{i}{S}^{\nu \rho }-4{g}^{\nu \rho }\frac{4}{\text{i}{S}^{\mu \sigma }+4{g}^{\nu \sigma }\frac{4}{\text{i}{S}^{\mu \rho })$ $\Rightarrow [{S}^{\mu \nu },{S}^{\rho \sigma }]=-\operatorname{i}({g}^{\mu \rho }{S}^{\nu \sigma }-{g}^{\mu \sigma }{S}^{\nu \rho }-{g}^{\nu \rho }{S}^{\mu \sigma }+{g}^{\nu \sigma }{S}^{\mu \rho })$, 好了一模一样了.

3. Dirac gamma 矩阵在量子场论中的地位与常用的运算公式

3.1. 旋量指标与 slash 记号:

其实我们在 QFT 里主要就是用到 $S^{\mu \nu }$, 这家伙的表示的指数映射构成 Lorentz 群的旋量表示, 所以这里讨论的 Clifford 代数的表示空间就是 Dirac 旋量空间.

所以当我们写出 gamma 矩阵的分量 ${({\gamma }^{\mu })}_b^a$ 时产生的指标 $a,b$ 就是 Dirac 旋量指标[16].

然后 ${\gamma }^{\mu }$ 时常会与 Lorentz 矢量缩并, 我们就简记 $/x\equiv x^{\mu }{\gamma }_{\mu }$, 这个划线叫 slash.

常见的有 \not\! \partial \equiv {\gamma }^{\mu }{\partial }_{\mu },\not\! p\equiv {\gamma }_{\mu }{p^{\mu } 等, 总之 slash 后就会变成旋量空间的一个矩阵.

3.2. Dirac 共轭:

在场论里想通过旋量 $u,v$ 构造 Lorentz 标量, 普通的共轭内积 $u^{†}v$ 是办不到的.

虽然 $u^{†}v$ 确实只是一个数, 但并非 Lorentz 不变量, 原因如下:

${S^{\mu \nu \dag } = - \frac{\rm{i}{4}{[{\gamma ^\mu },{\gamma ^\nu }]^\dag } = - \frac{\rm{i}{4}{({\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu } - {\gamma ^\nu }{\gamma ^\mu })^\dag } = - \frac{\rm{i}{4}({\gamma ^{\nu \dag }{\gamma ^{\mu \dag } - {\gamma ^{\mu \dag }{\gamma ^{\nu \dag }).$从上式不难看出 ${S}^{\mu \nu }$ 即不厄米又不反厄米 [[厄米性与幺正性的关系](https://www.zhihu.com/question/473993868/answer/2021876735)]. 所以 Lorentz 变换的旋量表示 D(\Lambda )=D({\rm e}^{\frac{\text{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }{\mathcal{M}^{\mu \nu })={\text{e}^{\frac{\text{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }{S}^{\mu \nu } 不是幺正的. 于是洛伦兹变换后 {u}'}^{\dagger }{v}'={u}^{\dagger }{D}^{\dagger }(\Lambda )D(\Lambda )v\ne {u}^{\dagger }v.

但是通过 ${\gamma }^{0†}={\gamma }^0,{\gamma }^{i†}=-{\gamma }^i,{\gamma }^i{\gamma }^0=-{\gamma }^0{\gamma }^i$ 我们发现 ${\gamma }^{\mu †}{\gamma }^0={\gamma }^0{\gamma }^{\mu }.$

这样一来就有:

{S}^{\mu \nu \dagger }{\gamma }^{0}=-\frac{\text{i}{4}({\gamma }^{\nu \dagger }{\gamma }^{\mu \dagger }-{\gamma }^{\mu \dagger }{\gamma }^{\nu \dagger }){\gamma }^{0}=-\frac{\text{i}{4}{\gamma }^{0}({\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }-{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu })={\gamma }^{0}{S}^{\mu \nu }

这说明:

${D}^{\dagger }(\Lambda ){\gamma }^{0}=\sum\limits_{n}{\frac{\left[ -\frac{\text{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }{S}^{\mu \nu \dagger } \right]}^{n}{n!}{\gamma }^{0}={\gamma }^{0}\sum\limits_{n}{\frac{\left[ -\frac{\text{i}{2}{\omega }_{\mu \nu }{S}^{\mu \nu } \right]}^{n}{n!}={\gamma }^{0}{D}^{-1}(\Lambda ).$

于是就有 {u}'}^{\dagger }{\gamma }^{0}{v}'={u}^{\dagger }{D}^{\dagger }(\Lambda ){\gamma }^{0}D(\Lambda )v={u}^{\dagger }{\gamma }^{0}{D}^{-1}(\Lambda )D(\Lambda )v={u}^{\dagger }{\gamma }^{0}v.

所以在旋量空间我们用 Dirac 共轭 $\bar{u}\equiv u^{†}{\gamma }^0$ 取代了厄米共轭 $u^{†}$ 的地位.

除了构造标量还可以用旋量配合 gamma 矩阵构造 Lorentz 张量:

比如说 $(2,1)$ 型张量可以表达为 $\bar{u}{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }_{\rho }v$ 之类.

3.3. 与离散对称性的联系:

突然发现这是个比较深的坑, 得起码介绍完旋量才能动笔

先看这篇凑合下罢:

https://zhuanlan.zhihu.com/p/5917892843.4. 常用的运算公式:

常用的求迹公式:

$\text{tr}(1)=4,$$\text{tr(奇数个 gamma 矩阵之积)}=0,$$\text{tr}({\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu })=4g^{\mu \nu },$$\text{tr}({\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\sigma })=4(g^{\mu \nu }{g}^{\rho \sigma }-g^{\mu \rho }{g}^{\nu \sigma }+g^{\mu \sigma }{g}^{\nu \rho }),$$\text{tr}({\gamma }^5)=0,$$\text{tr}({\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^5)=0,$$\text{tr}({\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\sigma }{\gamma }^5)=-4\text{i}{\epsilon }^{\mu \nu \rho \sigma }.$

常见缩并:

${\gamma }^{\mu }{\gamma }_{\mu }=4\cdot 1,$${\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }_{\mu }=-2{\gamma }^{\nu },$${\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }{\gamma }_{\mu }=4g^{\nu \rho }1,$${\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\sigma }{\gamma }_{\mu }=-2{\gamma }^{\sigma }{\gamma }^{\rho }{\gamma }^{\nu },$${\epsilon }^{\mu \nu \rho \sigma }{\epsilon }_{\mu \nu \rho \sigma }=-24,$${\epsilon }^{\mu \nu \rho \sigma }{\epsilon }_{\mu \nu \rho \eta }=-6{\delta }_{\eta }^{\sigma },$${\epsilon }^{\mu \nu \rho \sigma }{\epsilon }_{\mu \nu \eta \tau }=-2({\delta }_{\eta }^{\rho }{\delta }_{\tau }^{\sigma }-{\delta }_{\tau }^{\rho }{\delta }_{\eta }^{\sigma }).$

与四动量 slash 的梦幻共演:

{\gamma ^\mu }{p}\mkern -8 mu / = {p_\nu }{\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu } = {p_\nu }(2{g^{\mu \nu } - {\gamma ^\nu }{\gamma ^\mu }) = 2{p^\mu } - {p}\mkern -8 mu /{\gamma ^\mu },$p/k/=p_{\mu }{\gamma }^{\mu }k/=p_{\mu }(2k^{\mu }-k/{\gamma }^{\mu })=2p\cdot k-k/p/,$$p/p/=\frac{1}{2}(p/p/+p/p/)=\frac{1}{2}2p\cdot p=p^2,$${\gamma }^{\mu }p/{\gamma }_{\mu }=p_{\nu }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }{\gamma }_{\mu }=-2p_{\nu }{\gamma }^{\nu }=-2p/,${\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu }{p}\mkern -8 mu /{\gamma _\mu } = {p_\rho }{\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu }{\gamma ^\rho }{\gamma _\mu } = 4{p_\rho }{g^{\nu \rho } = 4{p^\nu },${\gamma }^{\mu }p/k/{\gamma }_{\mu }=p_{\nu }{\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }k/{\gamma }_{\mu }=4p_{\nu }{k}^{\nu }=4p\cdot k,${\rm{tr}({p}\mkern -8 mu /{k}\mkern -8 mu /) = {p_\mu }{k_\nu }{\rm{tr}({\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu }) = 4{p_\mu }{k_\nu }{g^{\mu \nu } = 4p \cdot k,$ {\rm{tr}({p}\mkern -8 mu /{k}\mkern -8 mu /{q}\mkern -8 mu /{l}\mkern -8 mu /) = 4\left[ \left( p\cdot k \right)\left( q\cdot l \right)-\left( p\cdot q \right)\left( k\cdot l \right)+\left( p\cdot l \right)\left( k\cdot q \right) \right],${\rm{tr}({p}\mkern -8 mu /{\gamma ^\mu }{k}\mkern -8 mu /{\gamma ^\nu }) = 4({p^\mu }{k^\nu } + {p^\nu }{k^\mu } - {g^{\mu \nu }p \cdot k),$ {\rm{tr}({p}\mkern -8 mu /{\gamma ^\mu }{k}\mkern -8 mu /{\gamma ^\nu }){\rm{tr}({q}\mkern -8 mu /{\gamma _\mu }{l}\mkern -8 mu /{\gamma _\nu }) = 32[(p \cdot q)(k \cdot l) + (p \cdot l)(k \cdot q)].$

证明过程? 只能是给读者留作习题了··· [17]

其实很多时候手算都有点想死, 我们一般是用 FeynCalc 包来算的, 信息时代辣[18].

我自己都无想到真的会写: [FeynCalc].

3.5. Gordon 恒等式:

\bar u\left( {\vec p,\lambda } \right){\gamma ^\mu }u\left( {\vec k,\lambda '} \right) = \bar u\left( {\vec p,\lambda } \right)\left( {\frac{p^\mu } + {k^\mu }{2m} + \frac{\rm{i}{\sigma ^{\mu \nu }{q_\nu }{2m} \right)u\left( {\vec k,\lambda '} \right), {q^\mu } \equiv {p^\mu } - {k^\mu }.

这个稍微难点儿, 下面给出证明:

已知 Dirac 方程与旋量场展开式: $\left( {\rm{i}{\partial }\mkern -8 mu / - m{1_{4 \times 4} \right)\psi = 0,\;\psi = \int {\frac{\rm{d}^3}p}{\left( {2\pi } \right)}^3}\frac{1}{\sqrt {2{E_{\vec p} } \sum\limits_{\lambda = \pm } {\left[ {u\left( {\vec p,\lambda } \right){a_{\vec p,\lambda }{\rm{e}^{ - {\rm{i}p \cdot x} + v\left( {\vec p,\lambda } \right)b_{\vec p,\lambda }^\dag {\rm{e}^{\rm{i}p \cdot x} \right]} .$ 取正能解有 \left( {\rm{i}{\partial }\mkern -8 mu / - m{1_{4 \times 4} \right)u\left( {\vec p,\lambda } \right){a_{\vec p,\lambda }{\rm{e}^{ - {\rm{i}p \cdot x} = 0\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Rightarrow \left( {p}\mkern -8 mu / - m{1_{4 \times 4} \right)u\left( {\vec p,\lambda } \right) = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}{p}\mkern -8 mu /u\left( {\vec p,\lambda } \right) = mu\left( {\vec p,\lambda } \right), \hfill \\\bar u\left( {\vec p,\lambda } \right){p}\mkern -8 mu / = m\bar u\left( {\vec p,\lambda } \right) .\hfill \\ \end{gathered} \right.先计算 ${\rm{i}{\sigma ^{\mu \nu }\left( {p_\nu } - {k_\nu } \right) = - \frac{1}{2}\left( {\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu } - {\gamma ^\nu }{\gamma ^\mu } \right)\left( {p_\nu } - {k_\nu } \right)$ $\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = - \frac{1}{2}\left[ {\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu } - \left( {2{g^{\mu \nu }{1_{4 \times 4} - {\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu } \right)} \right]\left( {p_\nu } - {k_\nu } \right)$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \left( {g^{\mu \nu }{1_{4 \times 4} - {\gamma ^\mu }{\gamma ^\nu } \right)\left( {p_\nu } - {k_\nu } \right)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \left( {p^\mu } - {k^\mu } \right){1_{4 \times 4} - {\gamma ^\mu }{p}\mkern -8 mu / + {\gamma ^\mu }{k}\mkern -8 mu /\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \left( {p^\mu } - {k^\mu } \right){1_{4 \times 4} - \left( {2{p^\mu }{1_{4 \times 4} - {p}\mkern -8 mu /{\gamma ^\mu } \right) + {\gamma ^\mu }{k}\mkern -8 mu / \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = - \left( {p^\mu } + {k^\mu } \right){1_{4 \times 4} + {p}\mkern -8 mu /{\gamma ^\mu } + {\gamma ^\mu }{k}\mkern -8 mu /.\;

\Rightarrow \bar u\left( {\vec p,\lambda } \right){\rm{i}{\sigma ^{\mu \nu }\left( {p_\nu } - {k_\nu } \right)u\left( {\vec k,\lambda '} \right)$= \bar u\left( {\vec p,\lambda } \right)\left[ { - \left( {p^\mu } + {k^\mu } \right){1_{4 \times 4} + {p}\mkern -8 mu /{\gamma ^\mu } + {\gamma ^\mu }{k}\mkern -8 mu /} \right]u\left( {\vec k,\lambda '} \right)$$= \bar u\left( {\vec p,\lambda } \right)\left[ { - \left( {p^\mu } + {k^\mu } \right){1_{4 \times 4} + m{\gamma ^\mu } + {\gamma ^\mu }m} \right]u\left( {\vec k,\lambda '} \right)$$= \bar u\left( {\vec p,\lambda } \right)\left[ { - \left( {p^\mu } + {k^\mu } \right){1_{4 \times 4} + 2m{\gamma ^\mu } \right]u\left( {\vec k,\lambda '} \right).\;$

$\Rightarrow \bar u\left( {\vec p,\lambda } \right)\left[ {\frac{\left( {p^\mu } + {k^\mu } \right){1_{4 \times 4}{2m} + \frac{\rm{i}{\sigma ^{\mu \nu }{q_\nu }{2m} \right]u\left( {\vec k,\lambda '} \right)$$= \bar u\left( {\vec p,\lambda } \right)\left[ {\frac{\left( {p^\mu } + {k^\mu } \right){1_{4 \times 4}{2m} + \frac{ - \left( {p^\mu } + {k^\mu } \right){1_{4 \times 4} + 2m{\gamma ^\mu }{2m} \right]u\left( {\vec k,\lambda '} \right) $$=\bar{u}\left(\vec{p},\lambda \right){\gamma }^{\mu }u\left(\vec{k},{\lambda }^{\prime }\right)$, 证毕.

4. Dirac gamma 矩阵的表示

4.1. 表示的构造:

我们虽然全文都一直管这玩意儿叫 gamma 矩阵, 但目前为止却连一个矩阵都没见到. 这是因为我不希望你们认为上面的那些性质是在某确定的表示 (具体的矩阵形式) 下才成立的, 所以一开始就只从纯代数的角度在讨论.

那么我们如何构造出满足 \left\{ \begin{align} & \{\gamma }^{\mu },{\gamma }^{\nu }\}\equiv {\gamma }^{\mu }{\gamma }^{\nu }+{\gamma }^{\nu }{\gamma }^{\mu }=2{g}^{\mu \nu }\mathbf{1},\ \\ & {\gamma }^{0\dagger }={\gamma }^{0},{\gamma }^{i\dagger }=-{\gamma }^{i} \\ \end{align} \right. 的四个矩阵呢?

首先维度, $3\times 3$ 可以吗? 答案是不行, 因为独立的 $3\times 3$ 矩阵最多只有 $9$ 个, 而 $\text{Cl}(1,3)$ 是一个 $16$ 维的代数, 所以至少需要一组 $4\times 4$ 的矩阵来做基矢才能构成忠实表示.

前面看到 gamma 矩阵的诸多性质, 我们很自然会想起我们的老朋友 [Pauli 矩阵]:

(1). 厄米性: ${\sigma }_i^{†}={\sigma }_i$. (2). 无迹性: $\text{tr}{\sigma }_i=0$. (3). 行列式的值: $\left|{\sigma }_i\right|=-1$. (4). 那个性质: ${\sigma }_i{\sigma }_j=\mathrm{i}{\epsilon }_{\mathrm{ij}}^{\mathrm{k}}{\sigma }_{\mathrm{k}}+{\delta }_{\mathrm{ij}}{1}_{2\times 2}$. $\overline{}$性质 (4) 的信息量很大, 它整合了下述三条性质[[19]](#ref_19): ①. 自逆性: ${\left({\sigma }_i\right)}^2={\sigma }_i{\sigma }_i=1_{2\times 2}$②. 对易关系: $\left[ {\sigma }_{i},{\sigma }_{j} \right]={\sigma }_{i}{\sigma }_{j}-{\sigma }_{j}{\sigma }_{i}=2\rm i{\varepsilon }_{ij}^{k}{\sigma }_{k}$. ③. 反对易关系: $\left\{{\sigma }_i,{\sigma }_j\right\}={\sigma }_i{\sigma }_j+{\sigma }_j{\sigma }_i=2{\delta }_{ij}{1}_{2\times 2}$.

所以 gamma 矩阵一般就是用 Pauli 矩阵拼出来的分块儿矩阵.

4.2. 各种表示:

手征 Weyl 表示:

${\gamma }^{0}=\left[ \begin{matrix} 0 & {1}_{2\times 2} \\ {1}_{2\times 2} & 0 \\ \end{matrix} \right],\ {\gamma }^{i}=\left[ \begin{matrix} 0 & {\sigma }_{i} \\ -{\sigma }_{i} & 0 \\ \end{matrix} \right],\ {\gamma }^{5}=\left[ \begin{matrix} -{1}_{2\times 2} & 0 \\ 0 & {1}_{2\times 2} \\ \end{matrix} \right].$

至于说这个整的对不对, 你自己验证去罢:

\[Gamma][0] = {0, 0, 1, 0}, {0, 0, 0, 1}, {1, 0, 0, 0}, {0, 1, 0, 0};\[Gamma][1] = {0, 0, 0, 1}, {0, 0, 1, 0}, {0, -1, 0, 0}, {-1, 0, 0, 0};\[Gamma][2] = {0, 0, 0, -I}, {0, 0, I, 0}, {0, I, 0, 0}, {-I, 0, 0, 0};\[Gamma][3] = {0, 0, 1, 0}, {0, 0, 0, -1}, {-1, 0, 0, 0}, {0, 1, 0, 0};\[Gamma][5] = I \[Gamma][0].\[Gamma][1].\[Gamma][2].\[Gamma][3];

Dirac 表示:

${\gamma }^{0}=\left[ \begin{matrix} {1}_{2\times 2} & 0 \\ 0 & -{1}_{2\times 2} \\ \end{matrix} \right],\ {\gamma }^{i}=\left[ \begin{matrix} 0 & {\sigma }_{i} \\ -{\sigma }_{i} & 0 \\ \end{matrix} \right],\ {\gamma }^{5}=\left[ \begin{matrix} 0 & {1}_{2\times 2} \\ {1}_{2\times 2} & 0 \\ \end{matrix} \right].$

Majorana 表示:

${\gamma }^{0}=\left[ \begin{matrix} 0 & {\sigma }_{2} \\ {\sigma }_{2} & 0 \\ \end{matrix} \right],\ {\gamma }^{1}=\left[ \begin{matrix} \text{i}{\sigma }_{3} & 0 \\ 0 & \text{i}{\sigma }_{3} \\ \end{matrix} \right],{\gamma }^{2}=\left[ \begin{matrix} 0 & -{\sigma }_{2} \\ {\sigma }^{2} & 0 \\ \end{matrix} \right],$ ${\gamma }^{3}=\left[ \begin{matrix} -\text{i}{\sigma }^{1} & 0 \\ 0 & -\text{i}{\sigma }^{1} \\ \end{matrix} \right],{\gamma }^{5}=\left[ \begin{matrix} {\sigma }_{2} & 0 \\ 0 & -{\sigma }_{2} \\ \end{matrix} \right].$

就是一些等价表示罢了, 可以由幺正变换相联系:

$\gamma _{\mathrm{W}^{\mu }=U\gamma _{\mathrm{D}^{\mu }{U}^{\dagger },\mathrm{ }~\mathrm{ }U=\frac{1}{\sqrt{2}(1+\gamma _{W}^{5}\gamma _{W}^{0})=\frac{1}{\sqrt{2}\left[ \begin{matrix} {1}_{2\times 2} & -{1}_{2\times 2} \\ {1}_{2\times 2} & {1}_{2\times 2} \\ \end{matrix} \right].$ $\gamma _{\text{M}^{\mu }=U\gamma _{\text{D}^{\mu }{U}^{\dagger },\ U={U}^{\dagger }=\frac{1}{\sqrt{2}\left[ \begin{matrix} {1}_{2\times 2} & {\sigma }_{2} \\ {\sigma }_{2} & -{1}_{2\times 2} \\ \end{matrix} \right].$

暂时就想到这么多, 感觉没啥可写的了.

参考

• ^方便起见, dagga 就不打括号了, 因为将来的运算太多 dagga 了.
• ^没用 I 主要是因为 Dirac 矩阵其实还是 Clifford 代数的一部分, 所以作为代数的恒等元本身 (而非其表示) 我还是倾向于不用单位阵 I 的符号.
• ^厄米与反厄米的阵肯定可以对角化, 所以如果可以对角化就一定能对角化.
• ^第二个等号右边的负号是因为我们定义了 ε^{0123} = 1, 所以都移下来就会有个负号.
• ^事实上因为一般的代数运算并不保证可对易, 所以研究的时候要从对称分量与反对称分量的线性组合来考虑. 而这里是由于后面的微分算符是对称的所以整个式子就只能描述对称分量, 这就是说这个式子只能给出对称分量上的约束条件, 所以写约束条件的时候就得先用反对易子取出对称分量再写.
• ^我个人还算比较喜欢.
• ^就是可以随便挪来挪去的意思.
• ^不含 gamma 矩阵.
• ^含 4 个不同的 gamma 矩阵.
• ^含 3 个不同的 gamma 矩阵.
• ^含 2 个不同的 gamma 矩阵, 写成 5 + 1 其实并没有什么特别的意思 (意味深), 就是 6.
• ^就事 gamma 矩阵.
• ^现在研究的自然就是 Minkowski 时空了.
• ^称为 Clifford 积.
• ^我当时是因为感觉介绍代数的过程本身就已经很复杂了, 所以就不想再加个系数吓人了才直接定义为对易子的. 很贴心对吧? 是不是很贴心?
• ^其实你在 Dirac 方程里就能很清晰地看到这一点.
• ^因为这些证明即简单又无聊.
• ^以后或许会介绍一下这个包的用法.
• ^这条性质就是由下面的 ② + ③ 得到的.