## 仿照正频解的推导导出 $$v^sp = beginarrayl sqrtpsigmaeta^2 -sqrtpbar sigmaeta^2endarrays = 12 bar v^rpv^sp = -2mdelta^rs text或 v^rdaggerp v^sp = +2E_pdelta^rs$$

我们知道，正频解的形式为：

$$ u^s(p) = \sqrt{E_p+m}\left(\begin{array}{l} \ \ \ \ \ \ \ \ \ \chi^s \ \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}}{E_p+m}\chi^s \end{array}\right),\ \ v^s(p) = \sqrt{E_p+m}\left(\begin{array}{l} -\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}}{E_p+m}\xi^s \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \xi^s \end{array}\right) $$

其中，$\boldsymbol{\sigma}$ 是泡利矩阵，$\mathbf{p}$ 是动量矢量，$\chi^s$ 和 $\xi^s$ 分别是自旋 $s$ 的粒子和反粒子的二分量自旋旋量。我们可以把 $v^s(p)$ 的表达式改写为：

$$ v^s(p) = \sqrt{E_p+m}\left(\begin{array}{l} \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}}{E_p+m}\eta^s \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \eta^s \end{array}\right) $$

其中，$\eta^s$ 是一个新的二分量自旋旋量。我们需要根据 $\bar{u}^r(p)u^s(p)=-2m\delta^{rs}$ 推导出 $\bar{v}^r(p)v^s(p)=-2m\delta^{rs}$ 或者 $\bar{v}^r(p)v^s(p)=+2E_p\delta^{rs}$。注意到：

$$ \bar{v}^r(p)v^s(p) = \left(\sqrt{E_p+m}\right)^2\bar{\eta}^r\left(\begin{array}{cc} \frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}}{E_p+m} & \ \ \ \ \ 0\ 0 & 1 \end{array}\right)\eta^s $$

我们需要计算矩阵 $\left(\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}}{E_p+m}\right)^{\dagger}\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}}{E_p+m}$ 的特征值和特征向量。这个矩阵是厄米的，因此有实数特征值。特征向量可以用 $\mathbf{p}$ 的方向和 $\boldsymbol{\sigma}$ 的方向表示。我们可以把 $\mathbf{p}$ 分解为 $\mathbf{p} = |\mathbf{p}|\hat{\mathbf{p}}$，其中 $\hat{\mathbf{p}}$ 是单位向量，然后把 $\boldsymbol{\sigma}$ 分解为 $\boldsymbol{\sigma} = \boldsymbol{\sigma}{\parallel}\cos\theta + \boldsymbol{\sigma}{\perp}\sin\theta$，其中 $\boldsymbol{\sigma}{\parallel}$ 和 $\boldsymbol{\sigma}{\perp}$ 是分别与 $\hat{\mathbf{p}}$ 平行和垂直的泡利矩阵，$\theta$ 是两者之间的夹角。特征向量可以取为：

$$ \left(\begin{array}{c} \cos\frac{\theta}{2}\xi^r \ \sin\frac{\theta}{2}\xi^r \end{array}\right) $$

其中，$\xi^r$ 是一个新的二分量自旋旋量。因为 $\boldsymbol{\sigma}{\parallel}$ 的特征值是 $+1$，$\boldsymbol{\sigma}{\perp}$ 的特征值是 $-1$，所以 $\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}}{E_p+m}$ 的特征值分别是 $+\frac{|\mathbf{p}|}{E_p+m}$ 和 $-\frac{|\mathbf{p}|}{E_p+m}$，对应的特征向量分别是：

$$ \left(\begin{array}{c} \cos\frac{\theta}{2}\xi^r \ \sin\frac{\theta}{2}\xi^r \end{array}\right),\ \ \left(\begin{array}{c} -\sin\frac{\theta}{2}\xi^r \ \cos\frac{\theta}{2}\xi^r \end{array}\right) $$

因此，我们有：

$$ \left(\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}}{E_p+m}\right)^{\dagger}\frac{\boldsymbol{\sigma}\cdot\mathbf{p}}{E_p+m} = \left(\begin{array}{cc} \cos^2\frac{\theta}{2}\frac{|\mathbf{p}|^2}{(E_p+m)^2} + \sin^2\frac{\theta}{2} & \ \ \ \ \ \frac{1}{2}\sin\theta\frac{|\mathbf{p}|^2}{(E_p+m)^2}\ \frac{1}{2}\sin\theta\frac{|\mathbf{p}|^2}{(E_p+m)^2} & \ \ \ \ \ \sin^2\frac{\theta}{2}\frac{|\mathbf{p}|^2}{(E_p+m)^2} + \cos^2\frac{\theta}{2} \end{array}\right) $$

因此，

$$ \bar{v}^r(p)v^s(p) = \left(E_p+m\right)\left(\begin{array}{cc} \bar{\eta}^r\cos^2\frac{\theta}{2}\eta^s + \bar{\eta}^r\sin^2\frac{\theta}{2}\eta^s & \ \ \ \ \ \frac{1}{2}\bar{\eta}^r\sin\theta\eta^s\ \frac{1}{2}\bar{\eta}^r\sin\theta\eta^s & \ \ \ \ \ \bar{\eta}^r\sin^2\frac{\theta}{2}\eta^s + \bar{\eta}^r\cos^2\frac{\theta}{2}\eta^s \end{array}\right) $$

如果我们定义

$$ \eta^1 = \left(\begin{array}{c} 1 \ 0 \end{array}\right),\ \ \eta^2 = \left(\begin{array}{c} 0 \ 1 \end{array}\right) $$

则 $\bar{v}^r(p)v^s(p)$ 可以写成

$$ \bar{v}^r(p)v^s(p) = 2m\left(\begin{array}{cc} \delta^{rs} & 0\ 0 & -\delta^{rs} \end{array}\right) \text{或} \bar{v}^r(p)v^s(p) = 2E_p\left(\begin{array}{cc} \delta^{rs} & 0\ 0 & \delta^{rs} \end{array}\right) $$

这就是我们要证明的式子