スピン 1/2 粒子の合成

以上述べた議論を、スピン 1/2 粒子に対して確かめてみよう。 第4章の式4.17を再掲しよう。

$$\widehat{R}_z(\phi)\left\vert+z\right\rangle =\exp(i\phi/2)... ...\vert-z\right\rangle =\exp(-i\phi/2)\left\vert-z\right\rangle$$

これを行列で表すと、以下のようになる。

$$\widehat{R}_z(\phi):\ \left(\matrix{\exp(i\phi/2) & 0 \cr 0... ...=\left(\matrix{1+i\phi/2+O^2 & 0 \cr 0 & 1-i\phi/2+O^2}\right)$$

これと、次の関係式を組み合わせてみる。

$$\widehat{R}_z(\Delta\phi)=\widehat{I}-\frac{\widehat{J}_z}{i\hbar} \Delta\phi+O^2(\Delta\phi)$$

その結果は次のようになる。

$$\widehat{J}_z:\ \frac\hbar2\left(\matrix{1 & 0 \cr 0 & -1}\right)$$ (8.26)

この式に現れる行列は第4章の章末で述べたスピン行列の $z$ 成分になっている。同様にして、次の関係が得られる。

$$\widehat{J}_z=\frac\hbar2\widehat{\sigma}_z,\qquad \wideha... ...{\sigma}_x,\qquad \widehat{J}_y=\frac\hbar2\widehat{\sigma}_y$$ (8.27)

これらの式から、直ちに式8.3の三式が証明できる。また 次式も得られる。

$$\left. \begin{array}{l} \widehat{J}_+=\hbar\left(\matrix{... ...r\left(\matrix{0 & 0 \cr 1 & 0}\right) \end{array} \ \right\}$$ (8.28)

さらに、次式も得られ、$\widehat{J}^2$ はすべてのオペレータと交換することが 示される。

$$\widehat{J}^2=\frac{\hbar^2}4\left(\matrix{3 & 0 \cr 0 & 3}\right)=\frac34\hbar^2\widehat{I}$$ (8.29)

$\widehat{J}_z$ の固有解は固有値 $\hbar/2$ に対して $\left(\matrix{1 & 0}\right)^\dagger$ と、$-\hbar/ 2$ に対して $\left(\matrix{0 & 1}\right)^\dagger$ であるが、これらは当然 $\widehat{J}^2$ の (縮退した) 固有状態にもなっており、固有値は共に $3 \hbar^2/4$ となる。 したがって$\lambda=3/4$ である。したがって、$j=1/2$ である。 $\left\vert j,m\right\rangle$ という表現をすると、 $\left\vert+\right\rangle : \left(\matrix{1 & 0}\right) \dagger$ は $\left\vert 1/2,1/2\right\rangle$ であり、 $\left\vert-\right\rangle : \left(\matrix{0 & 1}\right)\dagger$ は $\left\vert 1/2,-1/2\right\rangle$ に対応する。これらの式を前節最後の四式に代入すると、 すべて成立することが理解できよう。

次にスピン 1 の粒子の具体的な形を求めてみよう。スピン 1 の粒子はスピン 1/2 の粒子が二つ結合したもので考える。古典力学的に考えると、二つの スピンが同方向を向けば、スピン 1 の粒子として観測されそうであるし、 反対向きに結合すればスピン 0 の粒子として観測されそうである。この二つの 結合状態が区別できるような物理系を考えれば、スピン 1/2 粒子二個の 結合系として、スピン 0 やスピン 1 の粒子像を 理解することができそうである。例えば平行なときには二つの粒子の結合 エネルギーが高いが、反平行であると低いといったように異なる場合には、 二つの新しいスピン状態を区別することができる。

つまり、各スピンをベクトルで表したときに、その二つのベクトルの内積に 比例して全体のエネルギーが変わるようなシステムを解析すればよい。 そこでまず、スピン 1/2 粒子の各 $x,y,z$ 成分を探してみよう。磁界を $(\theta, \phi)$ 方向に与えたときに、そちら方向にスピンが向いている 状態の $\left\vert+z\right\rangle ,\left\vert-z\right\rangle$ 成分は、第4章のまとめから、 次のように書けるから、これらの成分をうまく組み合わせれば、ベクトルの 三成分が得られそうである。

$$\left\langle\left.+z\right\vert\theta,\phi\right\rangle =\e... ...rt\theta,\phi\right\rangle =i\exp(i\phi/2)\sin\frac{\theta}{2}$$ (8.30)

やや天下りではあるが、第4章に出てきたスピンオペレータを 思い起こしてみよう。

$$\widehat{\sigma}_x:\ \left(\matrix{0 & 1 \cr 1 & 0}\right),... ...d \widehat{\sigma}_z:\ \left(\matrix{1 & 0 \cr 0 & -1}\right)$$ (8.31)

これらは、ベクトルの三成分に何か関係がありそうである。例えば、 $\widehat{\sigma}_x$ を $\left\langle\theta,\phi\right\vert$ と $\left\vert\theta,\phi\right\rangle$ で挟んでみよう。

$$\left\langle\theta,\phi\right\vert\widehat{\sigma}_x\left\v... ... i\exp(i\phi/2)\sin\frac{\theta}{2}}\right)=\cos\theta\cos\phi$$ (8.32)

うまい具合にスピンベクトルを長さ 1 としたときの $x$ 成分となっている。 同様に、上記の各スピンオペレータの期待値を求めたものをまとめてみる。

$$\left\langle\theta,\phi\right\vert\widehat{\sigma}_x\left\v... ...idehat{\sigma}_z\left\vert\theta,\phi\right\rangle =\sin\theta$$ (8.33)

これらはスピンベクトルの各 $x,y,z$ 成分となっている。

そこで二つの粒子のスピン状態 $\left\vert\psi_1\right\rangle$、 $\left\vert\psi_2\right\rangle$ の 平行度をスピンベクトルの内積、つまりそれぞれの成分の積和で表すと 次のようになる。ここで、1 番目の粒子のスピン状態 $\left\vert\theta,\phi\right\rangle$ を簡単に $\left\vert\psi_1\right\rangle$ などと表記した。

$$\left\langle\psi_1\right\vert\widehat{\sigma}_x\left\vert\p... ...i_2\right\vert\widehat{\sigma}_z\left\vert\psi_2\right\rangle$$ (8.34)

あるいは、同じことであるが、複合粒子の状態を $\left\vert\psi_1,\psi_2\right\rangle$ などと表現し、1 番目の粒子にだけ影響するスピンオペレータを $\widehat{\mbox{\boldmath${\sigma}$}}_1=\mbox{\boldmath${i}$}\widehat{\sigma}_{x... ...ldmath${j}$}\widehat{\sigma}_{y,1}+\mbox{\boldmath${k}$} \widehat{\sigma}_{z,1}$ と記載すると、以下のように書くこともできる。

$$\left\langle\psi_1\right\vert\widehat{\mbox{\boldmath${\sig... ...x{\boldmath${\sigma}$}}_2\left\vert\psi_1,\psi_2\right\rangle$$ (8.35)

以上のような準備に基づいて、次のようなハミルトニアンを持つ系を考えよう。

$$\widehat{H}=\left\langle\psi_1,\psi_2\right\vert\widehat{\m... ...x{\boldmath${\sigma}$}}_2\left\vert\psi_1,\psi_2\right\rangle$$ (8.36)

本当は、これにエネルギーの単位を持つ何らかの比例係数 $A$ が入り、 さらに結合の無いときのエネルギー $E_0$ の傘上げがあるのであるが、 簡単化のために省略する。

各粒子が $+z$ と $-z$ を向いた、つごう四つの $\left\vert\psi_1,\psi_2\right\rangle$ の状態、 $\{\left\vert+_1+_2\right\rangle ,\left\vert+_1-_2\right\rangle ,\left\vert-_1+_2\right\rangle ,\left\vert-_1-_2\right\rangle \}$ に対して、ハミルトニアンの成分を求めておこう。例えば 以下のように、全ての要素が計算できる。

$$\left\langle+_1-_2\right\vert\widehat{H}\left\vert-_1+_2\right\rangle \cr$$ (8.37)

結果を行列でまとめると、次のようになる。

$$\widehat{H}:\ \left(\matrix{1 & 0 & 0 & 0 \cr 0 & -1 & 2 & 0 \cr 0 & 2 & -1 & 0 \cr 0 & 0 & 0 & 1}\right)$$ (8.38)

この固有値問題を解いてみよう。このくらい簡単な行列だと、標準的な解法で 解くことができる。

$$\left\vert\matrix{1-\lambda & 0 & 0 & 0 \cr 0 & -1-\lambda ... ...0 & 2 & -1-\lambda & 0 \cr 0 & 0 & 0 & 1-\lambda}\right\vert=0$$ (8.39)

これより、 $\lambda=1 (三重根),-3$ が得られる。さらに、それぞれの 固有状態は次のようになる。

$$\left(\matrix{1\cr0\cr0\cr0}\right)_,\qquad \left(\matrix{... ...t)_,\qquad \left(\matrix{0\cr1/\sqrt2\cr-1/\sqrt2\cr0}\right)$$ (8.40)

前の三つが三重根に対する固有状態であるが、縮退しているのでこれら三状態を 線形結合して得られる直行する別の三状態を持ってきても、全く問題が無い。 最後の状態だけが異なる低いエネルギーを持つ。実は、すぐ後でわかるように、 前の三状態がスピン 1 の複合粒子状態に対応し、最後の一状態がスピン 0 の 複合粒子状態に対応するのである。

これを確かめるために、全体に磁界をかけてみよう。簡単のために、二粒子は $\mu_1$、$\mu_2$ の磁気モーメントを持つものとしよう。 磁気モーメントが全くないと、角運動量の有無を確認するために、他の 磁気モーメントを持つ粒子と衝突をさせ、その粒子の磁気量の変化を通じて 理解することになり、やや話が複雑になるからである。 磁界がかかっているときのスピン 1/2 の粒子の持つエネルギーは 第4章から分る。ただし、電荷が正を基準として符号を反転した。

$$\widehat{H}=-\mu\widehat{\mbox{\boldmath ${\sigma}$}}\mbox{\boldmath ${B}$}$$

このことから、全体のハミルトニアンは次のように書けることが推察できる。

$$\widehat{H}=A\mbox{\boldmath${\sigma}$}_1\cdot\mbox{\boldma... ...dehat{\mbox{\boldmath${\sigma}$}}_2)\cdot\mbox{\boldmath${B}$}$$ (8.41)

磁界 $\mbox{\boldmath${B}$}$ が $z$ 方向を向いているものとして、まず、後二項の ハミルトニアンの成分を考えてみよう。すると後二項は $-(\mu_1\widehat{\sigma}_z,1+\mu_2\widehat{\sigma}_z,2)B_z$ となるので、例えば、次のような 計算が実行できる。

$$-(\mu_1\widehat{\sigma}_{z,1}+\mu_2\widehat{\sigma}_{z,2})B_z\lef... ...ehat{\sigma}_{z,2})B_z\left\vert+_1\right\rangle \left\vert-_2\right\rangle \cr$$ (8.42)

つまり、同じ状態に $-(\mu_1-\mu_2)B_z$ をかけたものになる。他の 複合状態についても、同様に同じ状態に係数をかけたものが得られ、 $\left\vert+_1+_2\right\rangle$ については $-(\mu_1+\mu_2)B_z$、 $\left\vert-_1+_2\right\rangle$ については $(\mu_1-\mu_2)B_z$、 $\left\vert-_1-_2\right\rangle$ については $(\mu_1+\mu_2)B_z$ が係数となる。したがって、行列形式で表すと、 対角行列となる。

$$\widehat{H}: \left(\matrix{-(\mu_1+\mu_2) & 0 & 0 & 0 \cr ... ... & (\mu_1-\mu_2) & 0 \cr 0 & 0 & 0 & (\mu_1+\mu_2)}\right)B_z$$ (8.43)

以上のことから、三項とも含めた全ハミルトニアンを行列表示すると、 以下のようになる。

$$\widehat{H}: \left(\matrix{A-(\mu_1+\mu_2)B_z & 0 & 0 & 0 \... ...mu_1-\mu_2)B_z & 0 \cr 0 & 0 & 0 & A+(\mu_1+\mu_2)B_z}\right)$$ (8.44)

この $A$ に関る部分は、当然であるが、式8.38に示した ハミルトニアン行列と同じ形をしている。

このハミルトニアンの固有値問題を解いてみよう。固有値は $A+(\mu_1+\mu_2)B_z$、 $-A+\sqrt{4A^2+(\mu_1-\mu_2)^2B_z^2}$、 $A-(\mu_1+\mu_2)B_z$、 $-A-\sqrt{4A^2+(\mu_1-\mu_2)^2B_z^2}$ の四つである。また、それぞれの固有状態は次のようになる。

$$\left(\matrix{0\cr0\cr0\cr1}\right)_,\qquad \left(\matrix{... ...t)_,\qquad \left(\matrix{0\cr1/\sqrt2\cr-1/\sqrt2\cr0}\right)$$ (8.45)

このうち、第 2、第 3 番目の固有状態は、厳密には $B_z=0$ のときのものである。$B_z$ が与えられると、少しずつずれていくが、余り 議論の本質に関わらないので、その効果は無視する。

すべての定数が正としてみよう。すると、前の三つが、ほぼ $A$ の エネルギーをとり、後の一つが、ほぼ $-A$ のエネルギーをとる。この エネルギーの差は、二つのスピンの結合の差からくることは明らかであり、 前三つがスピン平行 (エネルギーが高い)、後一つがスピン反平行 (エネルギーが低い) に対応する。つまり、前者が $j=1$ 状態、後者が $j=0$ 状態である。

$B_z$ を与えると、エネルギーが少しずつずれてきて、エネルギーの乖離が 起る。高い方のエネルギーは三つに乖離する。もっとも高いエネルギーをとる 状態は、合成スピンが磁界と反対向き、つまり下向きであろう。つまり $\left\vert-_1-_2\right\rangle$ は $\left\vert 1,-1\right\rangle$、また、次の $(\left\vert+_1,-_2\right\rangle + \left\vert-_1,+_2\right\rangle )/\sqrt2$ は $\left\vert 1,0\right\rangle$、乖離状態の最低エネルギー 状態 $\left\vert+_1+_2\right\rangle$ は $\left\vert 1,1\right\rangle$ に対応する。ここで、 $\left\vert 1,-1\right\rangle$ などは $j=1$、$m=-1$ などを示す。

念のために、この四つの状態の角運動量の $z$ 成分を求めてみよう。 それは二つの粒子の角運動量成分の合計で与えらえるから、次のようにして 計算できる。

$$\begin{array}{lll} \displaystyle\left(J_{1z}+J_{2z}\right)... ...ht\rangle -\left\vert-_1+_2\right\rangle \right)=0 \end{array}$$ (8.46)

つまり、$\widehat{J}_z$ を $\left(\matrix{\left\vert 1,1\right\rangle & \left\vert 1,0\right\rangle & \left\vert 1,-1\right\rangle & \left\vert,0\right\rangle }\right)^t$ を基底として表現すると次のようになる。

$$\widehat{J}_z: \hbar\left(\matrix{1 & 0 & 0 & 0 \cr 0 & 0 & 0 & 0 \cr 0 & 0 & -1 & 0 \cr 0 & 0 & 0 & 0}\right)$$ (8.47)

同様にして $\widehat{J}_x$、$\widehat{J}_y$、$\widehat{J}^2$ の行列表現を求めると 以下のようになる。

$$\widehat{J}_x: \hbar\left(\matrix{0 & 1/\sqrt2 & 0 & 0 \cr ... ...sqrt2 & 0 \cr 0 & 1/\sqrt2 & 0 & 0 \cr 0 & 0 & 0 & 0}\right)$$ (8.48)

$$\widehat{J}_y: \hbar\left(\matrix{0 & -i/\sqrt2 & 0 & 0 \cr... ...sqrt2 & 0 \cr 0 & i/\sqrt2 & 0 & 0 \cr 0 & 0 & 0 & 0}\right)$$ (8.49)

$$\widehat{J}^2: \hbar^2\left(\matrix{2 & 0 & 0 & 0 \cr 0 & 2 & 0 & 0 \cr 0 & 0 & 2 & 0 \cr 0 & 0 & 0 & 0}\right)$$ (8.50)

最後の式は対角要素が $j(j+1)$ であることから、上三つの状態が $j=1$、 下一つが $j=0$ であることを示し、これと $\widehat{J}_z$ の対角要素から、 この結果からも、すでに述べた角運動量状態であることが理解できる。

問題8..4 $\widehat{J}_x$、$\widehat{J}_y$ の行列表現を誘導してみよ。$\widehat{J}^2$ については、前二者の行列要素から計算せよ。

ヒント 例えば、

$$\left(J_{1x}+J_{2x}\right)\left\vert 1,1\right\rangle =\d... ...gle =\frac\hbar{\sqrt2}\left\vert 1,0\right\rangle \nonumber$$

など。