1 布洛赫 (Bloch) 球
为了更加形象地考察自旋二分之一粒子的量子态, 取 𝑆
𝑧
的本征矢为基, 则可以将量子态写为二维列向量
|
𝜓
i
=
𝑐
+
𝑐
−
!
它满足归一化条件
|
𝑐
+
|
2
+
|
𝑐
−
|
2
= 1
因而不妨假设
𝑐
+
= cos
𝜃
2
𝑒
−𝑖 𝜙/2
, 𝑐
−
= sin
𝜃
2
𝑒
𝑖 𝜙/2
即
|
𝜓
i
=
cos
𝜃
2
𝑒
−𝑖 𝜙/2
sin
𝜃
2
𝑒
𝑖 𝜙/2
!
可以写出它的密度矩阵
𝜌 =
|
𝜓
i h
𝜓
|
=
cos
2
𝜃
2
cos
𝜃
2
sin
𝜃
2
𝑒
−𝑖 𝜙
cos
𝜃
2
sin
𝜃
2
𝑒
𝑖 𝜙
sin
2
𝜃
2
!
利用二倍角公式对三角函数进行些许化简, 得到
𝜌 =
1
2
1 + cos 𝜃 sin 𝜃𝑒
−𝑖 𝜙
sin 𝜃𝑒
𝑖 𝜙
1 − cos 𝜃
!
考虑泡利矩阵
𝜎
𝑥
=
0 1
1 0
!
, 𝜎
𝑦
=
0 −𝑖
𝑖 0
!
, 𝜎
𝑧
=
1 0
0 −1
!
注意到
𝜌 =
1
2
𝐼 + sin 𝜃 cos 𝜙𝜎
𝑥
+ sin 𝜃 sin 𝜙𝜎
𝑦
+ cos 𝜃𝜎
𝑧
其中
sin 𝜃 cos 𝜙, sin 𝜃 sin 𝜙, cos 𝜃
看起来非常像一个球面上的点, 不妨令
r =
©
«
sin 𝜃 cos 𝜙
sin 𝜃 sin 𝜙
cos 𝜃
ª
®
®
®
¬
那么密度矩阵可以写为
𝜌 =
1
2
(
𝐼 + r · σ
)
该球面称为布洛赫球, 它是一个单位球面,纯态对应于球面上的点
考察混合态的密度矩阵, 它应当是几个纯态密度矩阵的线性组合, 组合系数是归一化的
𝜌 =
Õ
𝑖
𝑝
𝑖
𝜌
𝑖
,
Õ
𝑖
𝑝
𝑖
= 1
每一个密度矩阵都会满足
𝜌
𝑖
=
1
2
(
𝐼 + r
𝑖
· σ
)
那么混合态的密度矩阵为
𝜌 =
1
2
𝐼 +
Õ
𝑖
𝑝
𝑖
r
𝑖
· σ
!
它对应于布洛赫球上的一个点, 这个点的坐标为
r =
Õ
𝑖
𝑝
𝑖
r
𝑖
相当于每个纯态对应的点的加权平均, 权重为概率 𝑝
𝑖
. 事实上, 混合态的密度矩阵在布洛赫球的内部. 对
其取模
|
r
|
2
=
Õ
𝑖
𝑝
𝑖
r
𝑖
!
·
Õ
𝑗
𝑝
𝑗
r
𝑗
!
=
Õ
𝑖
𝑝
2
𝑖
|
r
𝑖
|
2
+
Õ
𝑖≠ 𝑗
𝑝
𝑖
𝑝
𝑗
r
𝑖
· r
𝑗
由于
|
r
𝑖
|
2
= 1, 那么
|
r
|
2
=
Õ
𝑖
𝑝
2
𝑖
+
Õ
𝑖≠ 𝑗
𝑝
𝑖
𝑝
𝑗
r
𝑖
· r
𝑗
显然应当有
r
𝑖
· r
𝑗
≤ 1
当且仅当 r
𝑖
= r
𝑗
时取等号, 那么
|
r
|
2
≤
Õ
𝑖
𝑝
2
𝑖
+
Õ
𝑖≠ 𝑗
𝑝
𝑖
𝑝
𝑗
=
Õ
𝑖
𝑝
𝑖
!
2
= 1
等号成立当且仅当所有的 𝑟
𝑖
都相等, 即所有参与混合的纯态都相同, 此时的密度矩阵为纯态密度矩阵
为了进一步考察混合态布洛赫球的几何意义, 取特例为两个纯态的概率混合
𝜌 = 𝑝𝜌
1
+ (1 − 𝑝)𝜌
2
那么
r = 𝑝r
1
+ (1 − 𝑝)r
2
= r
1
+ 𝑝(r
2
− r
1
)
这说明两个纯态混合的布洛赫矢量在两个纯态布洛赫矢量的连线上, 并且到两个纯态布洛赫矢量的距离
是混合概率 𝑝 的线性函数
考虑更特别的情况
,
即最大混合态
,
它的密度矩阵为
𝜌 =
1
2
𝐼 =
1
2
(𝐼 + 0 · σ)
也就是说, 最大混合态对应于布洛赫球的中心
2 拉莫尔 (Larmor) 进动
自旋磁矩满足
ˆµ = 𝑔
𝑞
2𝑚
ˆ
S
其中 𝑔 是朗德因子,
ˆ
S 为自旋角动量, 它具有三个分量 𝑆
𝑥
, 𝑆
𝑦
, 𝑆
𝑧
,
取其中 𝑆
𝑧
的本征矢为基
. 自旋二分之一
系统, 意为角动量算符的本征值最大为
1
2
, 因而得到 𝑆
𝑧
的本征值
𝑚
𝑠
= ±
1
2
这意味着 𝑆
𝑧
具有两个本征矢, 不妨记作
|
𝑧+
i
,
|
𝑧−
i
𝑆
𝑧
|
𝑧+
i
=
1
2
|
𝑧+
i
, 𝑆
𝑧
|
𝑧−
i
= −
1
2
|
𝑧−
i
利用 𝑆𝑈 (2) 群元在二维下的表示, 可得
ˆ
S
x
,
ˆ
S
y
,
ˆ
S
z
的矩阵形式
𝑆
𝑥
=
ℏ
2
0 1
1 0
!
, 𝑆
𝑦
=
ℏ
2
0 −𝑖
𝑖 0
!
, 𝑆
𝑧
=
ℏ
2
1 0
0 −1
!
设有外磁场 B = 𝐵e
𝑧
, 则哈密顿量为
𝐻 = −ˆµ · B = −
𝑞
2𝑚
𝑔
ˆ
S · B
代入
ˆ
S 的矩阵形式, 得到
𝐻 = −
𝑞
2𝑚
𝑔
ℏ
2
𝐵𝜎
𝑧
= −
𝑞
4𝑚
𝑔ℏ𝐵
1 0
0 −1
!
对于电子而言,𝑔 = 2, 𝑞 = −𝑒, 代入得到
𝐻 =
𝑒
2𝑚
ℏ𝐵
1 0
0 −1
!
那么可以求得哈密顿量的本征值和本征矢
𝐻
|
𝑧+
i
=
𝑒
2𝑚
ℏ𝐵
|
𝑧+
i
, 𝐻
|
𝑧−
i
= −
𝑒
2𝑚
ℏ𝐵
|
𝑧−
i
它的本征矢与
ˆ
S
z
相同, 这意味着
ˆ
S
z
与
ˆ
H 对易, 那么
ˆ
S
z
应当是守恒量 (见薛定谔方程). 假定初始时
刻的量子态为
|
𝜓(0)
i
= cos
𝜃
2
𝑒
−𝑖 𝜙/2
|
𝑧+
i
+ sin
𝜃
2
𝑒
𝑖 𝜙/2
|
𝑧−
i
在
ˆ
S
z
本征矢下写为列向量形式即
|
𝜓(0)
i
=
cos
𝜃
2
𝑒
−𝑖 𝜙/2
sin
𝜃
2
𝑒
𝑖 𝜙/2
!
代入薛定谔方程
𝑖ℏ
d
d𝑡
|
𝜓
i
=
ˆ
H
|
𝜓
i
可以解得
|
𝜓(𝑡)
i
=
cos
𝜃
2
𝑒
−𝑖 𝜙/2
𝑒
−𝑖 𝜔
0
𝑡/2
sin
𝜃
2
𝑒
𝑖 𝜙/2
𝑒
𝑖 𝜔
0
𝑡/2
!
其中
𝜔
0
=
𝑒𝐵
𝑚
将其写为 Bloch 向量
®𝑟 (𝑡) =
©
«
sin 𝜃 cos(𝜙 + 𝜔
0
𝑡)
sin 𝜃 sin(𝜙 + 𝜔
0
𝑡)
cos 𝜃
ª
®
®
®
¬
不难发现, 它在球面上绕着 𝑧 轴以角速度 𝜔
0
进动. 这种现象称为拉莫尔进动,𝜔
0
称为拉莫尔频率
3 拉比 (Rabi) 震荡
考虑在上一节的情形中加入一个绕 𝑧 轴的旋转磁场, 那么总磁场写为
B = 𝐵e
𝑧
+ 𝐵
1
cos 𝜔𝑡e
𝑥
+ 𝐵
1
sin 𝜔𝑡e
𝑦
依然取 𝑆
𝑧
的本征矢为基, 哈密顿量为
𝐻 =
𝑒
𝑚
ˆ
S · B
可以写出其在 𝑆
𝑧
本征矢下的矩阵形式
𝐻 =
𝑒ℏ
2𝑚
𝐵 𝐵
1
𝑒
−𝑖 𝜔𝑡
𝐵
1
𝑒
𝑖 𝜔𝑡
−𝐵
!
代入薛定谔方程
𝑖ℏ
d
d𝑡
|
𝜓
i
= 𝐻
|
𝜓
i
𝑖ℏ
𝜕
𝜕𝑡
𝑐
+
(𝑡)
𝑐
−
(𝑡)
!
=
𝑒ℏ
2𝑚
𝐵 𝐵
1
𝑒
−𝑖 𝜔 𝑡
𝐵
1
𝑒
𝑖 𝜔𝑡
−𝐵
!
𝑐
+
(𝑡)
𝑐
−
(𝑡)
!
这将得到两个耦合的微分方程：
𝑖ℏ
𝑑𝑐
+
𝑑𝑡
=
𝑒ℏ
2𝑚
𝐵𝑐
+
+ 𝐵
1
𝑒
−𝑖 𝜔 𝑡
𝑐
−
𝑖ℏ
𝑑𝑐
−
𝑑𝑡
=
𝑒ℏ
2𝑚
𝐵
1
𝑒
𝑖 𝜔𝑡
𝑐
+
− 𝐵𝑐
−
这是不好求解的. 因而进行一个与磁场相同的旋转变换 (见变换群与 Lie 代数), 即
ˆ
U = 𝑒
𝑖
ℏ
𝑆
𝑧
𝜔𝑡
注意变换前后的基矢量是相同的. 写为矩阵形式即
ˆ
U =
𝑒
𝑖 𝜔𝑡/2
0
0 𝑒
−𝑖 𝜔 𝑡 /2
!
为了简化表达式, 令
𝜔
0
=
𝑒𝐵
0
𝑚
, 𝜔
1
=
𝑒𝐵
1
𝑚
那么变换后的哈密顿量为 (见薛定谔方程)
ˆ
H
′
=
ˆ
U
ˆ
H
ˆ
U
†
+ 𝑖ℏ
𝜕
ˆ
U
𝜕𝑡
ˆ
U
†
=
ℏ
2
𝜔
0
− 𝜔 𝜔
1
𝜔
1
−(𝜔
0
− 𝜔)
!
新的薛定谔方程为
𝑖ℏ
d
|
𝜓
0
i
d𝑡
= 𝐻
0
|
𝜓
0
i
其中
|
𝜓
0
i
为变换后的态矢量
|
𝜓
0
i
=
ˆ
U
|
𝜓
i
可以求解
ˆ
H
′
的本征值和本征矢
𝐸
±
= ±
ℏ
2
q
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
+ 𝜔
2
1
|
𝑣±
i
=
©
«
(𝜔
0
− 𝜔) + 2𝐸
±
/ℏ
𝜔
1
1
ª
®
®
¬
那么求解薛定谔方程得到
|
𝜓
0
(𝑡)
i
= 𝑐
+
𝑒
−𝑖𝐸
+
𝑡/ℏ
|
𝑣+
i
+ 𝑐
−
𝑒
−𝑖𝐸
−
𝑡/ℏ
|
𝑣−
i
其中 𝑐
+
, 𝑐
−
由初态决定. 为方便起见, 定义
Ω =
q
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
+ 𝜔
2
1
将
|
𝜓
0
i
重新变换为
|
𝜓
i
|
𝜓
i
=
ˆ
U
†
|
𝜓
0
i
= 𝑐
+
©
«
𝜔
0
− 𝜔 + Ω
𝜔
1
𝑒
−𝑖Ω𝑡/2
𝑒
−𝑖 𝜔 𝑡 /2
𝑒
−𝑖Ω𝑡/2
𝑒
𝑖 𝜔𝑡/2
ª
®
¬
+ 𝑐
−
©
«
𝜔
0
− 𝜔 − Ω
𝜔
1
𝑒
𝑖Ω𝑡/2
𝑒
−𝑖 𝜔𝑡 /2
𝑒
𝑖Ω𝑡/2
𝑒
𝑖 𝜔𝑡/2
ª
®
¬
为了确定 𝑐
+
, 𝑐
−
, 有 𝑡 = 0 时
|
𝜓(0)
i
=
𝑐
0
𝑐
1
!
而
|
𝜓
0
(0)
i
= 𝑐
+
|
𝑣+
i
+ 𝑐
−
|
𝑣−
i
=
©
«
𝜔
0
− 𝜔
𝜔
1
(𝑐
+
+ 𝑐) +
Ω
𝜔
1
(𝑐
+
− 𝑐
−
)
𝑐
+
+ 𝑐
−
ª
®
¬
解得
𝑐
+
=
(𝜔 + 𝜔
0
− Ω)𝑐
1
+ 𝜔𝑐
0
2Ω
𝑐
−
= −
(𝜔 − 𝜔
0
− Ω)𝑐
1
+ 𝜔𝑐
0
2Ω
代入得到
𝑐
0
(𝑡) = 𝑒
−𝑖 𝜔𝑡 /2
cos
Ω𝑡
2
+
𝑖(𝜔 − 𝜔
0
)
Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
0
−
𝑖𝜔
1
Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
1
𝑐
1
(𝑡) = 𝑒
𝑖 𝜔𝑡/2
cos
Ω𝑡
2
−
𝑖(𝜔 − 𝜔
0
)
Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
1
−
𝑖𝜔
1
Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
0
测量得到
|
𝑧+
i
的概率为
𝑃
𝑧+
(𝑡) =
|h
𝑧+
|
𝜓(𝑡)
|
2
=
|
𝑐
0
(𝑡)
|
2
代入得到
𝑃
𝑧+
(𝑡) =
cos
Ω𝑡
2
𝑐
0
+ 𝑖
1
Ω
sin
Ω𝑡
2
[
(𝜔 − 𝜔
0
)𝑐
0
− 𝜔
1
𝑐
1
]
2
若是给定初态为
|
𝑧+
i
, 则 𝑐
0
= 1, 𝑐
1
= 0, 代入得到
𝑃
𝑧+
(𝑡) = cos
2
Ω𝑡
2
+
1
Ω
2
sin
2
Ω𝑡
2
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
=
1
2
1 −
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
Ω
2
[cos(Ω𝑡) + 1] +
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
Ω
2
它是一个震荡的三角函数, 它的取值范围为
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
Ω
2
≤ 𝑃
𝑧+
(𝑡) ≤ 1
量子态在
|
𝑧+
i
和
|
𝑧−
i
之间震荡, 这种现象称为拉比震荡, 震荡的频率为
Ω =
q
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
+ 𝜔
2
1
当 𝜔 = 𝜔
0
时, 量子态会在特定时刻从
|
𝑧+
i
以 100% 的概率翻转到
|
𝑧−
i
. 此时震荡的频率为
Ω = 𝜔
1
4 拉比震荡 (二)
考虑将磁场改为 𝑥 方向的震荡磁场, 即
B = 𝐵e
𝑧
+ 𝐵
1
cos 𝜔𝑡e
𝑥
哈密顿量为
𝐻 =
𝑒
𝑚
ˆ
S · B =
𝑒ℏ
2𝑚
𝐵 𝐵
1
cos 𝜔𝑡
𝐵
1
cos 𝜔𝑡 −𝐵
!
为了简化表达式, 令
𝜔
0
=
𝑒𝐵
𝑚
, 𝜔
1
=
𝑒𝐵
1
𝑚
那么哈密顿量为
𝐻 =
ℏ
2
𝜔
0
𝜔
1
cos 𝜔𝑡
𝜔
1
cos 𝜔𝑡 −𝜔
0
!
薛定谔方程即
𝑖ℏ
d
d𝑡
𝑐
+
𝑐
−
!
=
ℏ
2
𝜔
0
𝜔
1
cos 𝜔𝑡
𝜔
1
cos 𝜔𝑡 −𝜔
0
!
𝑐
+
𝑐
−
!
同样采取 𝑧 方向的旋转变换
ˆ
U =
𝑒
𝑖 𝜔𝑡 /2
0
0 𝑒
−𝑖 𝜔𝑡/2
!
哈密顿量变为
ˆ
H
′
=
ˆ
U
ˆ
H
ˆ
U
†
+ 𝑖ℏ
𝜕
ˆ
U
𝜕𝑡
ˆ
U
†
=
ℏ
2
𝜔
0
− 𝜔 𝜔
1
cos 𝜔𝑡𝑒
𝑖 𝜔𝑡
𝜔
1
cos 𝜔𝑡𝑒
−𝑖 𝜔𝑡
−(𝜔
0
− 𝜔)
!
这其中的时间震荡项无法通过变换消去, 因此无法求得解析解. 不过考虑
𝜔
1
cos 𝜔𝑡𝑒
𝑖 𝜔𝑡
= 𝜔
1
cos 𝜔𝑡 (cos 𝜔𝑡 + 𝑖 sin 𝜔𝑡)
=
𝜔
1
2
(
1 + cos 2𝜔𝑡 + 𝑖 sin 2𝜔𝑡
)
=
𝜔
1
2
1 + 𝑒
2𝑖 𝜔𝑡
如果认为 𝜔 是高频震荡项, 在平均作用下将其忽略, 那么哈密顿量可以近似为
ˆ
H
′
=
ℏ
2
©
«
𝜔
0
− 𝜔
𝜔
1
2
𝜔
1
2
−(𝜔
0
− 𝜔)
ª
®
¬
可以求其本征值和本征矢
𝐸
±
= ±
ℏ
2
s
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
+
𝜔
2
1
4
令
Ω =
s
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
+
𝜔
2
1
4
则可将本征值写为
𝐸
±
= ±
ℏ
2
Ω
那么本征矢为
|
𝑣±
i
=
©
«
2(𝜔
0
− 𝜔 ± Ω)
𝜔
1
1
ª
®
¬
代入薛定谔方程, 得到
|
𝜓
0
i
= 𝑐
+
𝑒
−𝑖𝐸
+
𝑡/ℏ
|
𝑣+
i
+ 𝑐
−
𝑒
−𝑖𝐸
−
𝑡/ℏ
|
𝑣−
i
同样 𝑡 = 0 时应当有
|
𝜓
0
i
=
|
𝜓
i
, 即
𝑐
0
𝑐
1
!
=
©
«
2(𝜔
0
− 𝜔)
𝜔
1
(𝑐
+
+ 𝑐
−
) +
2Ω
𝜔
1
(𝑐
+
− 𝑐
−
)
𝑐
+
+ 𝑐
−
ª
®
¬
解得
𝑐
+
=
2(𝜔 − 𝜔
0
+ Ω)𝑐
1
+ 𝜔
1
𝑐
0
4Ω
𝑐
−
=
2(−𝜔 + 𝜔
0
+ Ω)𝑐
1
− 𝜔
1
𝑐
0
4Ω
代入得到
|
𝜓
0
i
=
©
«
−
𝜔
1
2Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
0
+
cos
Ω𝑡
2
+
𝑖(𝜔 − 𝜔
0
)
Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
1
−
𝑖𝜔
1
2Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
0
+
cos
Ω𝑡
2
−
𝑖(𝜔 − 𝜔
0
)
Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
1
ª
®
®
®
¬
再变换回
|
𝜓
i
𝑐
0
(𝑡) = 𝑒
−𝑖 𝜔𝑡/2
−𝑖
𝜔
1
2Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
1
+
cos
Ω𝑡
2
+
𝑖(𝜔 − 𝜔
0
)
Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
0
𝑐
1
(𝑡) = 𝑒
𝑖 𝜔𝑡 /2
−𝑖
𝜔
1
2Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
0
+
cos
Ω𝑡
2
−
𝑖(𝜔 − 𝜔
0
)
Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
1
若是给定初态为
|
𝑧+
i
, 则 𝑐
0
= 1, 𝑐
1
= 0, 代入得到
𝑐
0
(𝑡) = 𝑒
−𝑖 𝜔𝑡/2
cos
Ω𝑡
2
+
𝑖(𝜔 − 𝜔
0
)
Ω
sin
Ω𝑡
2
𝑐
1
(𝑡) = 𝑒
𝑖 𝜔𝑡 /2
−
𝑖𝜔
1
2Ω
sin
Ω𝑡
2
测量得到
|
𝑧+
i
的概率为
𝑃
𝑧+
(𝑡) =
|h
𝑧+
|
𝜓(𝑡)
|
2
=
|
𝑐
0
(𝑡)
|
2
代入得到
𝑃
𝑧+
(𝑡) = cos
2
Ω𝑡
2
+
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
Ω
2
sin
2
Ω𝑡
2
=
1
2
1 +
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
Ω
2
+
1
2
1 −
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
Ω
2
cos Ω𝑡
这也是一个震荡的正弦函数, 它的取值范围为
(𝜔 − 𝜔
0
)
2
Ω
2
≤ 𝑃
𝑧+
(𝑡) ≤ 1
当 𝜔 = 𝜔
0
时, 量子态会在特定时刻从
|
𝑧+
i
以 100% 的概率翻转到
|
𝑧−
i
. 此时震荡的频率为
Ω =
𝜔
1
2
概率为
𝑃
𝑧+
(𝑡) =
1
2
+
1
2
cos
𝜔
1
𝑡
2
