磁界中でのスピンの回転

前節ではやや複雑な式が現われたが、以下の議論では $\{\left\vert+z\right\rangle , \left\vert-z\right\rangle \}$ を基底状態としたときに、 $\left\vert+x\right\rangle$、 $\left\vert-x\right\rangle$、 $\left\vert+y\right\rangle$、 $\left\vert-y\right\rangle$ がどう表されるかということだけである。

コマの運動を観察すると、図4.9のように軸が円を 描くように回転する、いわゆるみそすり運動が観察される。 これは、コマに作用する重力と、地面からの垂直抗力の作るコマを倒そうとする 力の、モーメントによるものである。 従って、ジャイロのような、コマに力のモーメントが働かない工夫すると、 みそすり運動は起きず、コマの軸は一定方向に保たれる。

図 4.9: コマと電子スピンの味噌すり運動、(a) コマ、(b) 電子スピン

電子のスピンも、前節で述べたようにコマのようなものであり、それに力の モーメントをかけると、みそすり運動を起こす可能性がある。 スピンに、力のモーメントを与える簡単な方法は、一様な 静磁界をかけることである。 $z$ 軸正方向に、磁束密度 $B_z$ の磁界をかけてみよう。 すると、前節に示したように、$z$ 軸正方向を向いた電子スピン状態 $\left\vert+z\right\rangle$ は、磁気モーメントが下を向くため、$\mu B_z$ の高い エネルギーを持つのに対し、負方向を向いたスピン状態 $\left\vert-z\right\rangle$ は、 逆に、$-\mu B_z$ の低いエネルギーを持つ。 このことから、ハミルトニアンの対角項は、$\mu B_z$と$-\mu B_z$ となることがわかる。 つまり運動方程式は、次のようになる。

$$%e12 i\hbar\frac{\partial}{\partial t} \left(\matrix{\left\l... ...r \left\langle\left.-z\right\vert\psi(t)\right\rangle }\right)$$ (4.23)

非対角要素が 0 なのは、$z$ 軸方向の磁界中で $\left\vert+z\right\rangle$ は、 いくらたっても $\left\vert+z\right\rangle$ の状態におり、同じように、 $\left\vert-z\right\rangle$ もその状態を保つことから、それぞれの遷移確率が 0 ということを示す。

この方程式は、 $\left\langle\left.+z\right\vert\psi(t)\right\rangle$ に関する式と、 $\left\langle\left.-z\right\vert\psi(t)\right\rangle$ に関する式が、始めから分離しているので、簡単に解くことが できる。

$$%e13 \left\langle\left.+z\right\vert\psi(t)\right\rangle =\e... ...zt}\hbar \left\langle\left.-z\right\vert\psi(0)\right\rangle$$ (4.24)

あるいは、上式左より $\left\vert+z\right\rangle$ を掛け、下式に $\left\vert-z\right\rangle$ を掛け、 辺々加えることにより、次のベクトル表示の解が得られる。

$$%e1 \left\vert\psi(t)\right\rangle =\left[\ \left\vert+z\rig... ...angle-z\right\vert\ \right]\left\vert\psi(0)\right\rangle$$ (4.25)

いうまでもなく、 $\left\vert\psi(0)\right\rangle =\left\vert+z\right\rangle$ ならば、次式が成立する。

$$\left\vert\psi(t)\right\rangle =\left\vert+z\right\rangle \exp\frac{-i\mu B_zt}\hbar$$

したがって、 $\left\vert\psi(t)\right\rangle$ は、永久に $\left\vert+z\right\rangle$ の状態を続ける (位相項は確率にはきかない)。 また、同様に $\left\vert\psi(0)\right\rangle =\left\vert-z\right\rangle$ ならば、 $\left\vert\psi(t)\right\rangle$ は $\left\vert-z\right\rangle$ の状態を続ける。

それでは、$t=0$ で、このスピンが、$x$ 軸の方向を向いていたとしたら、 どうであろうか。 前節の式4.12の結果を利用すると、式4.25は、 次のようになる。

$$%e15 \left\vert\psi(t)\right\rangle = \left\vert+z\right\rangle \exp\frac{-i\mu B_zt}\hbar\left\langle\... ...\rangle \exp\frac{i\mu B_zt}\hbar\left\langle\left.-z\right\vert+x\right\rangle$$

$$= \left\vert+z\right\rangle \exp\frac{-i\mu B_zt}\hbar\frac1{\sqrt2} \ +\ \left\vert-z\right\rangle \exp\frac{i\mu B_zt}\hbar\frac1{\sqrt2}$$ (4.26)

つまり、 $\left\vert\psi(t)\right\rangle$ が $\left\vert+z\right\rangle$ をとる確率は、恒に 1/2、 さらに $\left\vert-z\right\rangle$ をとる確率も、恒に 1/2 となることがわかる。 次に、この解が $\left\vert+x\right\rangle$、 $\left\vert-x\right\rangle$、 $\left\vert+y\right\rangle$、 $\left\vert-y\right\rangle$ をとる確率を計算してみよう。

問題4..10 式4.26の解 $\left\vert\psi(t)\right\rangle$ が、 $\left\vert+x\right\rangle$、 $\left\vert-x\right\rangle$、 $\left\vert+y\right\rangle$、 $\left\vert-y\right\rangle$ をとる確率振幅をそれぞれ 求めよ。

答え

$$%e16 \left. \begin{array}{ll} \displaystyle\left\langle\le... ...( \frac{\mu B_zt}\hbar+\frac\pi4\right) \end{array} \right\}$$ (4.27)

上問の結果より、それぞれの状態をとる確率は次のようになる。

$$\begin{array}{ll} \displaystyle P(\psi(t)\rightarrow+x)=\c... ...=\cos^2\left(\frac{\mu B_zt}\hbar+\frac\pi4\right) \end{array}$$

その結果を図示すると、図4.10のようになる。 $t=0$ で、 $\left\vert+x\right\rangle$ の状態に確定していたスピン状態は、その後、 時間の経過につれて、 $\left\vert+x\right\rangle$ の状態と $\left\vert-x\right\rangle$ の状態が 混ざり、 $t=\pi\hbar/4\mu B_z$ では、丁度 1/2 ずつの確率で、二つの 状態をとるようになる。 この時、実は $P(\psi(t)\rightarrow+y)$ が 100% となる。 つまり、 $\left\vert\psi(t)\right\rangle$ は、 $\left\vert+y\right\rangle$ 状態に確定する。 以下順に、 $\left\vert-x\right\rangle$、 $\left\vert-y\right\rangle$、再び $\left\vert+x\right\rangle$ と状態を 変えていく。 まさに、電子が味噌すり運動を起こしているのがわかる。 大きなコマの運動と唯一異なる点は、角運動量が連続的に 観測できないことである。 例えば角運動量の $x$ 成分を観測すると、$J_x=\hbar/2$ か $-\hbar/ 2$ のいずれしか観測されない (図4.4)。 前者が $\left\vert+x\right\rangle$ であり、後者が $\left\vert-x\right\rangle$ であり、同じ実験を 何回か繰り返すと、 $P(\psi(t)\rightarrow+x)$ と $P(\psi(t) \rightarrow- y)$ だけが求まるということである。 これに対し、コマの場合は角運動の$x$ 成分は、連続的に 観測することができる。 しかし、これも現在の量子力学の立場から見れば、図4.6に 示したように、$J_x$ は$\hbar$ おきのとびとびの値しか 観測されないはずで、ただ $J_x$ の最大値に対し、$\hbar$ があまりにも 小さいため、あたかも連続的に見えるだけと言える。

図 4.10: $t=0$ で $x$ 軸の方向を向いていたスピンの運動。 コマの味噌すり運動に対応している

磁界の方向が、$z$ 軸に平行でない場合のハミルトニアンを、考えてみよう。 例えば、磁界が $x$ 正方向を向いており、その磁束密度が $B_x$ であるとしよう。 すると、 $\left\vert+x\right\rangle$ のスピン状態は、$\mu B_x$ のエネルギーを持ち、 さらに時間とともに、その方向を変えないはずである。 同様に、 $\left\vert-x\right\rangle$ のスピン状態は、$-\mu B_x$ のエネルギーを持ち、 やはりその方法を維持するはずである。 つまり、次のような解を持つような、運動方程式を探せばよい。

$$%e17 \left\vert\psi(t)\right\rangle =\left\vert+x\right\rang... ...\rangle =\left\vert-x\right\rangle \exp\frac{i\mu B_zt}\hbar$$ (4.28)

問題4..11 ハミルトニアンの各成分を、$H_{11}$、$H_{12}$、$H_{21}$、 $H_{22}$ とする。 式4.28の各式が、それぞれ、運動方程式の解になることを 利用して、これらの値を定めよ。

答え $\qquad H_{11}=0,\quad H_{12}=\mu B_x,\quad H_{21}=\mu B_x, \quad H_{22}=0$.

上問のようにして、$\widehat{H}$ を定めることもできるが、$\widehat{H}$ をもっと簡単に求める方法がある。 それは、 $\left\vert+x\right\rangle$ と $\left\vert-x\right\rangle$ が、互いに直交するエネルギー 固有状態である、ことを利用する方法である。 一般に $\widehat{H}$ の固有値を $E_i$、固有状態を $\left\vert E_i\right\rangle$ とするとき、$\widehat{H}$ は次のように表すことができる。

$$%e18 \widehat{H}=\sum_{all i}{\left\vert E_i\right\rangle E_i\left\langle E_i\right\vert}$$ (4.29)

何故かと言うと、 $\left\vert E_i\right\rangle$ は、互いに直交しているので次式が 成立する。

$$\widehat{H}\left\vert E_i\right\rangle =\sum_{all j}\left\v... ..._j\right\rangle E_j\delta_{ij}=E_i\left\vert E_i\right\rangle$$

つまり、確かに $E_i$、 $\left\vert E_i\right\rangle$ が、$\widehat{H}$ の 固有解になっているからである。 磁界 $B_x$ 中のスピンのハミルトニアンは、次のように、簡単に 表すことができる。

$$%e19 \widehat{H}=\left\vert+x\right\rangle \mu B_x\left\lang... ... -\ \left\vert-x\right\rangle \mu B_x\left\langle-x\right\vert$$ (4.30)

問題4..12 上式を用い、ハミルトニアンの各成分を求めよ。

答え 前問の結果と同じ

次に、$y$ 方向に磁界をかけてみよう。 このときも同様にして、ハミルトニアンを求めることができる。

$$%e20 \widehat{H}=\left\vert+y\right\rangle \mu B_y\left\lang... ... -\ \left\vert-y\right\rangle \mu B_y\left\langle-y\right\vert$$ (4.31)

問題4..13 $y$ 方向の磁界中のスピンの、ハミルトニアンの各成分を求めよ。

答え $\qquad H_{11}=0,\quad H_{12}=i\mu B_x,\quad H_{21}=i\mu B_x, \quad H_{22}=0$。

最後に、任意の方向に磁界をかけた場合を考えてみよう。 この場合、磁界の磁束密度は $(B_x,B_y,B_z)$ の三成分を、すべてを 有することになる。 この場合のハミルトニアンは、一見複雑に思えるが、各成分の効果が加法的に 入ってくるものとし、$B_z$ に対するハミルトニアン、$B_x$、$B_y$ に 対するハミルトニアンのそれぞれの和の形を考えてみればよい。

$$%e21 \left(\matrix{1 & 0 \cr 0 & -1}\right)\mu B_z+\left(\ma... ...ight)\mu B_x +\left(\matrix{0 & -i \cr i & 0}\right)\mu B_y$$ (4.32)

問題4..14 上式のハミルトニアンに対する、運動方程式の解を求めよ。

答え $\qquad\vert B\vert=\sqrt{B_x^2+B_y^2+B_z^2}$ として、次のようになる。

$$\begin{eqnarray*} &\displaystyle\frac1{\sqrt{2\,\vert B\vert(\vert B\vert+B_z)}... ...B_y}\right)& \qquad\left(\mbox{for $E=-\mu\vert B\vert$}\right) \end{eqnarray*}$$

この解を見てみると、磁束密度の絶対値を $\vert B\vert$ とするとき、$\mu\vert B\vert$ と $-\mu\vert B\vert$ がハミルトニアンの固有値となっており、座標に平行な磁界を 引加したときの固有値と同じ形をしている。 平行な場合の結果から類推すると、$\mu\vert B\vert$ に対する固有状態は、 スピンが $(B_x,B_y,B_z)$ の方向を向いており、$-\mu\vert B\vert$ に 対しては $(-B_x,-B_y,-B_z)$ 方向を、向いているはずである。 極座標で、$(\sigma,\phi)$ の方向を向く 1/2 スピンの確率振幅は、 前節で求めてあり、式4.21より、次式で与えられる。

$$%e22 \left(\matrix{\displaystyle\exp\frac{-i\phi}2\cos\frac\... ...\cr \displaystyle i\exp\frac{i\phi}2\sin\frac\theta2 }\right)$$ (4.33)

従って、$\pm\mu\vert B\vert$ に対する固有状態と、この式を比べてみれば、 固有状態にあるスピンの方向が、わかるはずである。

問題4..15 前問の、固有状態に対するスピンの方向を求めよ。 量子力学での状態は、各成分のすべてを同じ位相だけずらしても、 変化しないことに注意せよ。

ヒント 成分同志の比を等しくおけ。 $\tan\theta$ を $\tan(\theta/2)$ で表せ。

結果は、次のようになり、スピンの方向が、磁界の方向、および、逆の方向を 向いていることがわかる。

$$%e23 \left. \begin{array}{lll} \phi=\arg(B_x+iB_y), & \dis... ...t(\mbox{for $E=-\mu\vert B\vert$}\right) \end{array} \right\}$$ (4.34)

式4.32に現れた、三種類のオペレータは、スピン 1/2 粒子を 扱ううえで、重要なオペレータであり、特に、 パウリのスピンオペレータ(Pauli spin operator)と呼ばれている。

$$%e24 \widehat{\sigma}_z:\ \left(\matrix{1 & 0 \cr 0 & -1}\ri... ...d \widehat{\sigma}_y:\ \left(\matrix{0 & -i \cr i & 0}\right)$$ (4.35)

この表現を用いると、磁界中にあるスピンのハミルトニアンは、次のように 書かれる。

$$%e25 \widehat{H}=\widehat{\sigma}_z\mu B_z+\widehat{\sigma}_... ...x{\boldmath${\sigma}$}}\cdot\widehat{\mbox{\boldmath${B}$}})$$ (4.36)

最後の式は、形式的な表現であるが、$\sigma_x$、$\sigma_y$、 $\sigma_z$ を成分とするオペレータのベクトルを $\mbox{\boldmath${\sigma}$}$ として、 $\mbox{\boldmath${\sigma}$}$ と $\mbox{\boldmath${B}$}$ の内積の形で表したものである。