Srednicki §38 旋量技术

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上一节给出了场的平面波展开，其中旋量 $u_s(\mathbf p)$ 、 $v_s(\mathbf p)$ 的归一和相位还留有选择。现在先在静止系固定四个旋量，再把它们推动到任意动量，就能得到一套确定的基。不过，在许多计算中，真正需要的是旋量的内积或外积。这些组合的变换性质使我们可以先在静止系计算，再将结果写成协变形式，而不必每次都展开四个分量。下面由此求出归一关系、戈登恒等式和自旋求和，继而讨论固定自旋与高能极限；这些结果将用于自由场的哈密顿量，也将进入费米子散射振幅的计算。

下面沿用上一节的平面波方程与模式展开。先取 $m>0$ ，无质量情形随后通过固定非零动量的极限得到。本节的 $u,v$ 都是普通数值旋量，彼此交换；场展开中的奇算符性质则由模式系数承担。

静止旋量的自旋标签和相位

从两个在壳方程 $(\slashed p+m)u_s=0$ 、 $(-\slashed p+m)v_s=0$ 出发。在静止系 $p^\mu=(m,\mathbf0)$ ，斜线动量变为 $\slashed p=-m\gamma^0$ ，所以 $u$ 和 $v$ 分别属于 $\gamma^0$ 的 $+1$ 、 $-1$ 本征空间。将四分量列分成两个二分量块，便能直接解出上、下块之间的关系：

\gamma^0=\begin{pmatrix}0&I_2\\I_2&0\end{pmatrix},\qquad u(0)=\begin{pmatrix}a\\a\end{pmatrix},\qquad v(0)=\begin{pmatrix}b\\-b\end{pmatrix}. \tag{38.1}

每个解空间都是二维的，还需要选出其中两个基矢。为使标签具有自旋意义，选择第三轴的自旋矩阵：

S_z=S^{12}=\frac i4[\gamma^1,\gamma^2] =\frac i2\gamma^1\gamma^2 =\frac12\begin{pmatrix}\sigma_3&0\\0&\sigma_3\end{pmatrix}. \tag{38.2}

最后一个等号由 $\gamma$ 矩阵的外尔块相乘得到，其中用了 $\sigma_1\sigma_2=i\sigma_3$ 。记两个二分量基矢为 $e_+=(1,0)^T$ 、 $e_-=(0,1)^T$ ，再取 $\eta_s=Ee_s=s e_{-s}$ ，其中 $s=\pm1$ 、 $E=\left(\begin{smallmatrix}0&-1\\1&0\end{smallmatrix}\right)$ 。用这组记号，静止旋量及其自旋本征值可统一写为

\begin{gathered} u_s(0)=\sqrt m\begin{pmatrix}e_s\\e_s\end{pmatrix}, \qquad v_s(0)=\sqrt m\begin{pmatrix}\eta_s\\-\eta_s\end{pmatrix},\\ S_z u_s(0)=\frac s2u_s(0),\qquad S_z v_s(0)=-\frac s2v_s(0). \end{gathered} \tag{38.3}

例如， $\eta_+=e_-$ 、 $\eta_-=-e_+$ ，给出 $v_+(0)=\sqrt m(0,1,0,-1)^T$ 和 $v_-(0)=\sqrt m(-1,0,1,0)^T$ 。其中 $\sqrt m$ 的归一因子和两个相对相位是对解的约定，齐次场方程本身仍允许整体缩放。这样选择相位的便利，将在后面的电荷共轭关系中显现：同一个 $s$ 标签的 $u,v$ 恰好配成一对。

两类列旋量的自旋本征值取相反号，是为了让对应产生算符使用相同的物理自旋标签。第 36 节的场转动律在静止模式上给出 $[\Psi,J_z]=S_z\Psi$ ，而轨道转动保持 $\mathbf p=0$ 不变。将场的模式展开代入，并分别比较两个频率的系数，得到 $[b_s,J_z]=s b_s/2$ 、 $[d_s^\dagger,J_z]=-s d_s^\dagger/2$ 。第一式取厄米共轭，第二式交换对易子的次序，就得到两个产生算符的自旋关系：

[J_z,b_s^\dagger(0)]=\frac s2 b_s^\dagger(0),\qquad [J_z,d_s^\dagger(0)]=\frac s2 d_s^\dagger(0). \tag{38.4}

当真空转动不变时，这两种产生算符所生粒子的自旋标签都为 $s/2$ 。沿第三轴的非零动量也有这个性质。完整场变换律含轨道项 $-i(x\partial_y-y\partial_x)\Psi$ ；投影到 $\mathbf p=p\hat{\mathbf z}$ 时，傅里叶因子与 $x,y$ 无关，分部积分给出

\int d^3x\,e^{\mp ipx}(x\partial_y-y\partial_x)\Psi =-\int d^3x\,[(x\partial_y-y\partial_x)e^{\mp ipx}]\Psi=0.

这里可先对横向衰减的矩阵元计算，再取平面波的分布极限。沿第三轴的推动又与 $S_z$ 对易，故 $u_s,v_s$ 仍有相同的矩阵自旋本征值；比较两频率的系数，便把（38.4）推广到任意 $p\hat{\mathbf z}$ 。一般方向的动量还会留下轨道贡献。

求旋量的内积和外积还需要带横线的行旋量。定义 $\bar u=u^\dagger\beta$ 、 $\bar v=v^\dagger\beta$ 。由于 $\beta=\gamma^0$ 交换两个块，并满足 $\beta^T=\beta^\dagger=\beta^{-1}=\beta$ ，静止行旋量为

\bar u_s(0)=\sqrt m(e_s^\dagger,e_s^\dagger),\qquad \bar v_s(0)=\sqrt m(-\eta_s^\dagger,\eta_s^\dagger). \tag{38.5}

逐个代入 $e_+,e_-$ 和 $\eta_+,\eta_-$ ，便得到四个行旋量；例如 $\bar v_+(0)=\sqrt m(0,-1,0,1)$ 、 $\bar v_-(0)=\sqrt m(1,0,-1,0)$ 。行、列的相位和归一至此一并固定，可以用同一个推动把它们送到一般动量。

推动和矩阵的狄拉克伴随

对于 $p^\mu=(\omega,\mathbf p)$ ，选择沿 $\hat{\mathbf p}$ 且不附加转动的推动。能量和动量大小满足 $\omega=m\cosh\eta$ 、 $|\mathbf p|=m\sinh\eta$ ，所以快度为 $\eta=\operatorname{arsinh}(|\mathbf p|/m)$ 。把这一变换作用于两个频率支的静止旋量，便有

\begin{gathered} K^j=S^{j0}=\frac i2\gamma^j\gamma^0 =\frac i2\begin{pmatrix}\sigma_j&0\\0&-\sigma_j\end{pmatrix},\\ D(\mathbf p)=e^{i\eta\hat{\mathbf p}\cdot\mathbf K},\qquad u_s(\mathbf p)=D(\mathbf p)u_s(0),\quad v_s(\mathbf p)=D(\mathbf p)v_s(0). \end{gathered} \tag{38.6}

指数的方向沿用第2节的 $\omega_{i0}=\eta\hat p_i$ 约定。要算出这个矩阵，只需用 $(\hat{\mathbf p}\cdot\boldsymbol\sigma)^2=I_2$ 把偶次幂和奇次幂分开：偶次幂留下单位阵，奇次幂留下同一个泡利矩阵组合，两个级数分别成为双曲余弦和双曲正弦，因而

D(\mathbf p)= \begin{pmatrix} \cosh\frac\eta2-\hat{\mathbf p}\cdot\boldsymbol\sigma\sinh\frac\eta2&0\\ 0&\cosh\frac\eta2+\hat{\mathbf p}\cdot\boldsymbol\sigma\sinh\frac\eta2 \end{pmatrix}. \tag{38.7}

每个块都是厄米矩阵，故 $D^\dagger=D$ ；将 $\eta\to-\eta$ 则得到逆矩阵。在 $\mathbf p=0$ 处取 $D=I_4$ 。还可以消去快度，将四个旋量直接写成动量分量的函数。由半角公式，

\sqrt m\cosh\frac\eta2=\sqrt{\frac{\omega+m}{2}},\qquad \sqrt m\sinh\frac\eta2=\frac{|\mathbf p|}{\sqrt{2(\omega+m)}}.

记 $r=\omega+m$ 、 $p_\pm=p_x\pm ip_y$ 、 $N_p=\sqrt{2r}$ ，则 $\sqrt m$ 乘上推动的上下两块，分别成为 $(rI_2-\mathbf p\cdot\boldsymbol\sigma)/N_p$ 和 $(rI_2+\mathbf p\cdot\boldsymbol\sigma)/N_p$ 。将它们作用于 $e_s$ 及 $\eta_s$ ，得到

\begin{gathered} u_+(\mathbf p)=\frac1{N_p} \begin{pmatrix}r-p_z\\-p_+\\r+p_z\\p_+\end{pmatrix}, \qquad u_-(\mathbf p)=\frac1{N_p} \begin{pmatrix}-p_-\\r+p_z\\p_-\\r-p_z\end{pmatrix},\\ v_+(\mathbf p)=\frac1{N_p} \begin{pmatrix}-p_-\\r+p_z\\-p_-\\-r+p_z\end{pmatrix}, \qquad v_-(\mathbf p)=\frac1{N_p} \begin{pmatrix}-r+p_z\\p_+\\r+p_z\\p_+\end{pmatrix}. \end{gathered}

在 $\mathbf p=0$ 时， $r=2m$ 、 $N_p=2\sqrt m$ ，四列回到（38.3）。固定非零三动量而令 $m\to0$ 时，分母仍然非零，因而这套基也有连续的无质量极限。

列旋量的推动已经求出，接着要确定它的带横线行如何变换。为统一处理这种伴随运算，对一般矩阵定义狄拉克伴随：

\bar A\equiv\beta A^\dagger\beta,\qquad \overline{AB}=\bar B\bar A,\qquad \overline{cA}=c^*\bar A. \tag{38.8}

在两个因子之间插入 $\beta^2=I_4$ ，就能得到这里的乘积规则：狄拉克伴随同时反转乘积的次序，并共轭数值系数。在所用的外尔基中， $(\gamma^0)^\dagger=\gamma^0$ 、 $(\gamma^i)^\dagger=-\gamma^i$ ，而 $\beta$ 与空间 $\gamma$ 矩阵反对易，故有 $\bar\gamma^\mu=\gamma^\mu$ 。再对 $S^{\mu\nu}=i[\gamma^\mu,\gamma^\nu]/4$ 作伴随，系数 $i$ 的共轭与对易子次序的反转各贡献一个负号，因而 $\bar S^{\mu\nu}=S^{\mu\nu}$ 。最后， $\gamma_5^\dagger=\gamma_5$ 和 $\{\beta,\gamma_5\}=0$ 给出 $\bar\gamma_5=-\gamma_5$ 。将这些规则用于乘积，还得到以下三组自伴随组合：

\begin{aligned} \overline{i\gamma_5}&=(-i)(-\gamma_5)=i\gamma_5,\\ \overline{\gamma^\mu\gamma_5} &=-\gamma_5\gamma^\mu=\gamma^\mu\gamma_5,\\ \overline{i\gamma_5S^{\mu\nu}} &=(-i)S^{\mu\nu}(-\gamma_5)=i\gamma_5S^{\mu\nu}. \end{aligned} \tag{38.9}

最后一式还用了 $\gamma_5$ 与两个 $\gamma$ 矩阵的乘积对易。对于推动生成元，特别有 $\bar K^j=K^j$ ；将指数展开后逐项作伴随，数值系数的共轭使指数中的号反转，于是

\bar D=e^{-i\eta\hat{\mathbf p}\cdot\mathbf K}=D^{-1},\qquad \bar u_s(\mathbf p)=\bar u_s(0)D^{-1},\quad \bar v_s(\mathbf p)=\bar v_s(0)D^{-1}. \tag{38.10}

行旋量右乘逆推动矩阵，因而把行与列缩并成 $\bar u u$ 这类量时，两个推动矩阵会相消。行旋量也满足相应的在壳方程：对列方程取厄米共轭，再右乘 $\beta$ ，并用 $\overline{\slashed p}=\slashed p$ 整理矩阵次序，得到

\bar u_s(\mathbf p)(\slashed p+m)=0,\qquad \bar v_s(\mathbf p)(-\slashed p+m)=0. \tag{38.11}

归一、戈登恒等式和正交关系

先求同动量的标量内积。行与列之间的 $D^{-1}D$ 相消，计算便退回已经固定的静止基。由 $e_{s'}^\dagger e_s=\eta_{s'}^\dagger\eta_s=\delta_{s's}$ 可知， $\bar u_{s'}u_s$ 的上、下块给出两个同号贡献， $\bar v_{s'}v_s$ 给出两个负贡献，而 $\bar u_{s'}v_s$ 和 $\bar v_{s'}u_s$ 中的上下块相互抵消。四类内积由此成为

\begin{aligned} \bar u_{s'}(\mathbf p)u_s(\mathbf p)&=2m\delta_{s's},& \bar v_{s'}(\mathbf p)v_s(\mathbf p)&=-2m\delta_{s's},\\ \bar u_{s'}(\mathbf p)v_s(\mathbf p)&=0,& \bar v_{s'}(\mathbf p)u_s(\mathbf p)&=0. \end{aligned} \tag{38.12}

接下来求带一个 $\gamma$ 矩阵的双线性。戈登恒等式（Gordon identity）将 $\gamma^\mu$ 双线性改写成动量与自旋矩阵两部分，使这两种贡献各自显现出来。令 $p,p'$ 都位于同一个质量壳上，先按克利福德代数把矩阵乘积分成反对易与对易两部分：

\begin{aligned} \gamma^\mu\slashed p &=\frac12\{\gamma^\mu,\slashed p\}+\frac12[\gamma^\mu,\slashed p] =-p^\mu-2iS^{\mu\nu}p_\nu,\\ \slashed p'\gamma^\mu &=\frac12\{\gamma^\mu,\slashed p'\}-\frac12[\gamma^\mu,\slashed p'] =-p'^\mu+2iS^{\mu\nu}p'_\nu. \end{aligned} \tag{38.13}

将两式相加，记 $G^\mu=(p'+p)^\mu-2iS^{\mu\nu}(p'-p)_\nu$ ，就有 $\gamma^\mu\slashed p+\slashed p'\gamma^\mu=-G^\mu$ 。把这个恒等式夹在 $\bar u_{s'}(\mathbf p')$ 与 $u_s(\mathbf p)$ 之间，右作用的 $\slashed p$ 和左作用的 $\slashed p'$ 都可由在壳方程换成 $-m$ ，所以左边变为 $-2m\bar u'\gamma^\mu u$ 。若夹在 $v$ 旋量之间，两处则各给 $+m$ 。分别消去等式两侧共同的负号，就得到两条戈登恒等式：

\begin{aligned} 2m\bar u_{s'}(\mathbf p')\gamma^\mu u_s(\mathbf p) &=\bar u_{s'}(\mathbf p')G^\mu u_s(\mathbf p),\\ -2m\bar v_{s'}(\mathbf p')\gamma^\mu v_s(\mathbf p) &=\bar v_{s'}(\mathbf p')G^\mu v_s(\mathbf p). \end{aligned} \tag{38.14}

其中，对流型的 $(p'+p)^\mu$ 项与含动量转移的自旋项已经分开。当 $p'=p$ 时，自旋项消失，再用（38.12）的标量归一，便得到同动量关系：

\bar u_{s'}(\mathbf p)\gamma^\mu u_s(\mathbf p) =\bar v_{s'}(\mathbf p)\gamma^\mu v_s(\mathbf p) =2p^\mu\delta_{s's}. \tag{38.15}

取 $\mu=0$ ，由 $\beta\gamma^0=I_4$ 可知， $u_{s'}^\dagger u_s=v_{s'}^\dagger v_s=2\omega\delta_{s's}$ 。通常内积的范数因而保持为正；前面 $\bar v v$ 中的负号来自伴随定义里的 $\beta$ 。

正则量子化时还会遇到同一空间傅里叶波数的两支模式，需要求它们在反向三动量处的混合内积。其中 $-\mathbf p$ 只反转空间动量，能量仍取 $\omega>0$ 。由（38.7）可知 $D(-\mathbf p)=D(\mathbf p)^{-1}$ ，再用 $D^\dagger=D$ ，推动矩阵又一次相消，留下静止旋量的两块抵消：

\begin{aligned} \bar u_{s'}(\mathbf p)\gamma^0v_s(-\mathbf p) &=u_{s'}^\dagger(0)D^\dagger(\mathbf p)D(-\mathbf p)v_s(0)\\ &=m(e_{s'}^\dagger\eta_s-e_{s'}^\dagger\eta_s)=0,\\ \bar v_{s'}(\mathbf p)\gamma^0u_s(-\mathbf p) &=m(\eta_{s'}^\dagger e_s-\eta_{s'}^\dagger e_s)=0. \end{aligned} \tag{38.16}

也可从上一节的能量矩阵看出这种正交性。 $h(\mathbf p)=\gamma^0\gamma^i p_i+m\gamma^0$ 是厄米矩阵，且 $h u_s(\mathbf p)=\omega u_s(\mathbf p)$ 、 $h v_s(-\mathbf p)=-\omega v_s(-\mathbf p)$ 。同一个矩阵元 $u_{s'}^\dagger h v_s$ 从左作用和从右作用分别给 $+\omega u_{s'}^\dagger v_s$ 与 $-\omega u_{s'}^\dagger v_s$ ，所以 $2\omega u_{s'}^\dagger v_s=0$ 。因 $\omega>0$ ，混合内积为零；取伴随并反向动量就得到另一式。第 39 节将借助这种正交性分离两套模式系数。

自旋求和

计算散射概率时，往往需要对末态自旋求和，并对未极化的初态自旋取平均，由此会出现 $\sum_s u_s\bar u_s$ 和 $\sum_s v_s\bar v_s$ 。这里相乘的是列与行，结果是 $4\times4$ 矩阵。仍从静止系开始：利用 $\sum_s e_s e_s^\dagger=\sum_s\eta_s\eta_s^\dagger=I_2$ 逐块相乘，得到

\begin{aligned} \sum_su_s(0)\bar u_s(0) &=m\begin{pmatrix}I_2&I_2\\I_2&I_2\end{pmatrix} =m\gamma^0+mI_4,\\ \sum_sv_s(0)\bar v_s(0) &=m\begin{pmatrix}-I_2&I_2\\I_2&-I_2\end{pmatrix} =m\gamma^0-mI_4. \end{aligned} \tag{38.17}

若改选一个归一的自旋基，两个基矢之间只发生幺正混合，而求和中的混合矩阵与其伴随相消。因此，对完整自旋基的求和消除了量子化轴的选择。将上述静止结果推动到一般动量时，列左乘 $D$ ，行右乘 $D^{-1}$ ；代入（38.7）的块矩阵相乘，便有

\begin{aligned} D\gamma^0D^{-1} &=\begin{pmatrix}0&e^{-\eta\hat{\mathbf p}\cdot\boldsymbol\sigma}\\ e^{+\eta\hat{\mathbf p}\cdot\boldsymbol\sigma}&0\end{pmatrix}\\ &=\gamma^0\cosh\eta-\hat p_i\gamma^i\sinh\eta =-\frac{\slashed p}{m}. \end{aligned} \tag{38.18}

用这个结果代换（38.17）中经推动的时间 $\gamma$ 矩阵，质量项保持不变，就得到协变自旋求和：

\sum_su_s(\mathbf p)\bar u_s(\mathbf p)=-\slashed p+m,\qquad \sum_sv_s(\mathbf p)\bar v_s(\mathbf p)=-\slashed p-m. \tag{38.19}

右侧矩阵的质量维数为1，与 $[u]=[v]=1/2$ 相合。左乘相应的在壳狄拉克算符时得到零，说明其像位于所需的解空间；作用在同类旋量上时，又分别给出 $+2m u_s$ 、 $-2m v_s$ ，与（38.12）的归一一致。因此，这些求和矩阵与相应投影矩阵之间还相差一个归一因子。

固定自旋的协变投影

若实验指定了自旋方向，就需要从完整求和中选出单个 $u_s\bar u_s$ 或 $v_s\bar v_s$ 。在静止系可以直接按自旋本征值筛选，利用 $S_z$ 写成

\frac12(1+2sS_z)u_{s'}(0)=\delta_{ss'}u_{s'}(0),\qquad \frac12(1-2sS_z)v_{s'}(0)=\delta_{ss'}v_{s'}(0). \tag{38.20}

例如，第一式作用后的系数是 $(1+ss')/2$ ；第二式虽然使用相反的号，但 $v$ 列的自旋本征值也相反，因而仍给同一个系数。要把这种选择推广到一般参考系，动量和自旋量子化轴应一同推动。为此，利用第36节定义的 $\gamma_5=i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3=\operatorname{diag}(-I_2,I_2)$ ，把自旋矩阵改写为 $S_z=-\gamma_5\gamma^3\gamma^0/2$ 。再以 $z_0^\mu=(0,0,0,1)$ 表示静止自旋轴，以 $p_0^\mu=(m,\mathbf0)$ 表示静止动量，上式就成为 $S_z=\gamma_5\slashed z_0\slashed p_0/(2m)$ 。两者作同一个推动后，得到

S_z(\mathbf p)\equiv D S_zD^{-1} =\frac1{2m}\gamma_5\slashed z\slashed p,\qquad z^\mu=\Lambda^\mu{}_\nu z_0^\nu,\qquad z^2=1,\quad z\cdot p=0. \tag{38.21}

这个算符随静止自旋轴一起变换；经过一般方向的推动后，它与原来沿固定坐标轴定义的矩阵 $S^{12}$ 通常不同。具体采用（38.6）的不附加转动的推动时，自旋轴变为 $z^0=p_z/m$ 、 $\mathbf z=\hat{\mathbf z}+p_z\mathbf p/[m(\omega+m)]$ 。空间部分由推动矩阵 $I+(\cosh\eta-1)\hat{\mathbf p}\hat{\mathbf p}^T$ 作用于 $\hat{\mathbf z}$ 得到，而轴的单位长度及其与动量的正交性由洛伦兹变换保持。

再让这个算符作用于两支旋量。在 $u$ 上，（38.21）最右侧的 $\slashed p$ 给出 $-m$ ；在 $v$ 上则给 $+m$ ，恰好补偿（38.20）中相反的号。于是，可以用同一个协变矩阵选择两套旋量中的自旋标签：

\begin{gathered} \Pi_s(z)=\frac12(1-s\gamma_5\slashed z),\\ \Pi_s(z)u_{s'}(\mathbf p)=\delta_{ss'}u_{s'}(\mathbf p),\qquad \Pi_s(z)v_{s'}(\mathbf p)=\delta_{ss'}v_{s'}(\mathbf p). \end{gathered} \tag{38.22}

由于 $(\gamma_5\slashed z)^2=-\slashed z^{\,2}=z^2=1$ ，确有 $\Pi_s^2=\Pi_s$ 。此外， $[\gamma_5\slashed z,\slashed p] =\gamma_5\{\slashed z,\slashed p\}=-2(z\cdot p)\gamma_5=0$ ，说明自旋选择与频率支的选择相容。因而可以在（38.19）的左侧乘 $\Pi_s$ ，使完整求和只留下一个 $s$ ：

\begin{aligned} u_s(\mathbf p)\bar u_s(\mathbf p) &=\frac12(1-s\gamma_5\slashed z)(-\slashed p+m),\\ v_s(\mathbf p)\bar v_s(\mathbf p) &=\frac12(1-s\gamma_5\slashed z)(-\slashed p-m). \end{aligned} \tag{38.23}

极端相对论极限、螺旋度与手征

固定自旋的外积在高能时会简化，显露出自旋方向与左右手场分量的关系。先取 $\mathbf p$ 沿正第三轴，使动量平行于原来的量子化轴。此时动量和自旋轴写为

\frac{p^\mu}{m}=(\cosh\eta,0,0,\sinh\eta),\qquad z^\mu=(\sinh\eta,0,0,\cosh\eta). \tag{38.24}

第二式来自静止轴 $(0,0,0,1)$ 的推动，满足 $z^2=1$ 和 $z\cdot p=0$ ，而轴的正负方向仍由静止初值固定。为判断高能时能否用动量近似自旋轴，先精确算出两个四矢量之差：

z^\mu-\frac{p^\mu}{m}=e^{-\eta}(-1,0,0,1),\qquad e^{-\eta}=\frac{m}{\omega+|\mathbf p|}. \tag{38.25}

这个精确差式确定了近似的误差阶。在 $\eta\gg1$ 时，可以用 $\slashed p/m$ 近似 $\slashed z$ 。不过，外积右侧还有在壳矩阵，应先完成矩阵乘积，再按质量展开，这样才能同时保留两支的正确符号。利用在壳条件，分别得到

\begin{aligned} \frac{\slashed p}{m}(-\slashed p+m) &=-m+\slashed p=-(-\slashed p+m),\\ \frac{\slashed p}{m}(-\slashed p-m) &=-m-\slashed p=+(-\slashed p-m). \end{aligned} \tag{38.26}

将这两式代回（38.23），再相对于 $\slashed p$ 略去质量项，就得到领先近似：

\begin{aligned} u_s\bar u_s&=\frac12(1+s\gamma_5)(-\slashed p)+O(m),\\ v_s\bar v_s&=\frac12(1-s\gamma_5)(-\slashed p)+O(m). \end{aligned} \tag{38.27}

两式保留了矩阵元素中 $O(\omega)$ 的领先项，相对略去 $O(m/\omega)$ 的部分；后者包括质量项本身，以及（38.25）乘到 $O(\omega)$ 外积上产生的修正。若固定非零三动量后取 $m\to0$ ，这些误差便趋于零。旋量也保持有限，因为静止旋量中的 $\sqrt m$ 与推动中的 $e^{\eta/2}$ 合成了有限的归一。在壳方程、内积及完整自旋求和因此可连续延伸到 $m=0$ ：标量内积趋于零，通常内积仍为 $2|\mathbf p|$ ，而（38.27）在动量与自旋轴对齐的螺旋度基中成为精确关系。

螺旋度（helicity）是粒子的角动量沿其动量方向的分量。本节依 $+1/2$ 、 $-1/2$ 分别称粒子为右手、左手。沿第三轴的推动与 $S_z$ 对易，所以（38.4）中两类产生算符的物理自旋标签仍是 $s/2$ ；与之相配的 $v_s$ 列，其矩阵自旋本征值却是 $-s/2$ 。这一区别决定了反粒子的螺旋度怎样对应到场的手征分量。由（38.7）可直接看一个例子：

u_+(\mathbf p)= \begin{pmatrix}\sqrt{\omega-|\mathbf p|}\\0\\ \sqrt{\omega+|\mathbf p|}\\0\end{pmatrix}, \qquad v_+(\mathbf p)= \begin{pmatrix}0\\\sqrt{\omega+|\mathbf p|}\\ 0\\-\sqrt{\omega-|\mathbf p|}\end{pmatrix}. \tag{38.28}

两列分别配在 $b_+$ 和 $d_+^\dagger$ 前，相应产生算符的粒子标签都为正螺旋度。但在 $m\to0$ 时， $u_+$ 只留在右手外尔块， $v_+$ 只留在左手外尔块。由此可见，右手外尔场湮灭正螺旋度粒子、产生负螺旋度反粒子；左手外尔场的这两种螺旋度则相反。

投影式选择的是场的手征分量，产生算符的标签则指粒子螺旋度。例如， $v_-$ 位于右手场块，但配套的 $d_-^\dagger$ 产生负螺旋度反粒子。对于有质量粒子，螺旋度还会随参考系改变，左右手场块则始终按 $\gamma_5$ 定义。

动量反向、电荷共轭和相位关系

最后，为后面的离散对称性准备几组旋量恒等式。它们都可以从已固定相位的静止旋量出发，再用推动推广。先考虑动量反向：静止系满足 $\beta u_s(0)=u_s(0)$ 、 $\beta v_s(0)=-v_s(0)$ ，而 $\beta$ 与 $K^j$ 反对易，所以有 $\beta D(\mathbf p)=D(-\mathbf p)\beta$ 。将它用于两支旋量，逐步写出动量反向的关系：

\begin{aligned} u_s(-\mathbf p)&=D(-\mathbf p)u_s(0) =\beta D(\mathbf p)\beta u_s(0)=+\beta u_s(\mathbf p),\\ v_s(-\mathbf p)&=D(-\mathbf p)v_s(0) =\beta D(\mathbf p)\beta v_s(0)=-\beta v_s(\mathbf p). \end{aligned} \tag{38.29}

电荷共轭配对

再考虑两种频率支之间的共轭联系。采用第36节定义的电荷共轭矩阵 $\mathcal C$ ：

\mathcal C=\begin{pmatrix} 0&-1&0&0\\1&0&0&0\\0&0&0&1\\0&0&-1&0 \end{pmatrix}=\operatorname{diag}(E,-E). \tag{38.30}

它的转置、厄米共轭及相似变换性质为 $\mathcal C^T=\mathcal C^\dagger=\mathcal C^{-1}=-\mathcal C$ 、 $\beta\mathcal C=-\mathcal C\beta$ 和 $\mathcal C^{-1}\gamma^\mu\mathcal C=-(\gamma^\mu)^T$ ，逐块推导见第36节。先将（38.3）、（38.5）的静止行列代入，算得 $\mathcal C\bar u_s(0)^T=\sqrt m(Ee_s,-Ee_s)^T=v_s(0)$ ；再用 $E\eta_s=E^2e_s=-e_s$ ，就有 $\mathcal C\bar v_s(0)^T=u_s(0)$ 。这正说明开始时的相位选择让同标签的两支旋量配成一对。

要让这一配对在推动后仍然成立，还须把共轭矩阵移过转置的推动矩阵。先对生成元计算，保持转置时的乘积次序：

\begin{aligned} \mathcal C^{-1}K^j\mathcal C &=\frac i2(\gamma^j)^T(\gamma^0)^T =\frac i2(\gamma^0\gamma^j)^T =-(K^j)^T,\\ \mathcal C(D^{-1})^T\mathcal C^{-1}&=D. \end{aligned} \tag{38.31}

将第一式代入指数的幂级数，就得到第二式；这里作的是转置，数值系数 $i$ 保持不变。于是，对推动后的行旋量取转置，再左乘 $\mathcal C$ ，便可把逆推动换成列所需的正向推动，得到一般动量处的共轭配对：

\begin{aligned} \mathcal C\bar u_s(\mathbf p)^T &=\mathcal C(D^{-1})^T\bar u_s(0)^T =D\mathcal C\bar u_s(0)^T=v_s(\mathbf p),\\ \mathcal C\bar v_s(\mathbf p)^T &=D\mathcal C\bar v_s(0)^T=u_s(\mathbf p). \end{aligned} \tag{38.32}

这给出了第37节所讨论的同标签配对基。对于马约拉纳场，将此式代入（37.38），两套系数之间的约束就化为 $d_s=b_s$ ，第39节据此建立单套费米产生、湮灭算符。

还可以把这种配对写成单纯复共轭的形式。本基中的 $\beta,\mathcal C$ 均为实矩阵，又有 $\bar u^{T*}=\bar u^\dagger=\beta u$ ，所以对（38.32）逐项取复共轭，便得到纯复共轭形式：

u_s^*(\mathbf p)=\mathcal C\beta v_s(\mathbf p),\qquad v_s^*(\mathbf p)=\mathcal C\beta u_s(\mathbf p). \tag{38.33}

另一种联系来自手征矩阵。将 $\eta_s=s e_{-s}$ 代入（38.3），在静止系可得 $\gamma_5u_s(0)=s v_{-s}(0)$ 、 $\gamma_5v_s(0)=-s u_{-s}(0)$ 。 $\gamma_5$ 与每个 $K^j$ 对易，因为后者含有两个 $\gamma$ 矩阵；因此也与推动矩阵对易，这两条关系可以直接推广为

\gamma_5u_s(\mathbf p)=s v_{-s}(\mathbf p),\qquad \gamma_5v_s(\mathbf p)=-s u_{-s}(\mathbf p). \tag{38.34}

手征矩阵的作用由此化成两支旋量之间的标签反向。再依次结合动量反向、复共轭和这一配对，就能得到时间反演所需的组合关系：

\begin{aligned} u_{-s}^*(-\mathbf p) &=\mathcal C\beta v_{-s}(-\mathbf p) =-\mathcal C v_{-s}(\mathbf p) =-s\mathcal C\gamma_5u_s(\mathbf p),\\ v_{-s}^*(-\mathbf p) &=\mathcal C\beta u_{-s}(-\mathbf p) =+\mathcal C u_{-s}(\mathbf p) =-s\mathcal C\gamma_5v_s(\mathbf p). \end{aligned} \tag{38.35}

动量反向的关系将用于宇称，同标签的共轭配对将用于电荷共轭，而同时反转动量、自旋标签并取复共轭的最后一组将用于时间反演。三组关系中的相位都已由静止旋量的选择确定，后续讨论可以直接沿用。

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