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任意方向の1/2スピンの回転と実現方法
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この記事は有名サイト『EMANの物理学』さんの スピノールの記事_ に感銘を受け書いた記事です。
理論的な内容はあまりなく、EMANさんの理論が上手くできていると言うことを確認する感じです。
任意方向軸 $(x,y,z) = (\sin \theta \cos \phi, \sin \theta \sin \phi, \cos \theta)$ のスピンの有限角度 $\alpha$ 回転を
扱います。ちなみにこの場合の $\alpha$ の正の方向は、その方向に右ねじを回して進む方向が、 $x,y,z$ 軸の正の方向と一致するように決めます。
扱います。ちなみにこの場合の $\alpha$ の正の方向は、その方向に右ねじを回して進む方向が、 $x,y,z$ 軸の正の方向と一致するように決めます。(2020.6.14追記：回転演算子がなぜこれでいいのか、 証明した記事_ を作りました。)
EMANさんの結果
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EMANさんの記事では、一般方向の有限角回転の演算子が書いてあります。
それは、結果を要約して示すと、
<tex>
U(\alpha) = \exp \left( -\dfrac{i}{2} \bm{\alpha} \cdot \bm{\sigma} \right) \tag{##}
</tex>
ここで、 $U(\alpha)$ は２×２のユニタリー行列、
<tex>
\bm{\alpha} = \left( \alpha \sin \theta \cos \phi, \alpha \sin \theta \sin \phi, \alpha \cos \theta \right) \tag{##}
</tex>
は、長さ $\alpha$ が回転角であり、向き $\dfrac{\bm{\alpha}}{\alpha}$ が回転軸となるベクトル、シグマはパウリ行列であり、
<tex>
\bm{\sigma} &= \left( \sigma_x, \sigma_y, \sigma_z \right) \\
\sigma_x &=
\begin{pmatrix}
0 & 1 \\
1 & 0
\end{pmatrix}, \ \ \
\sigma_y =
\begin{pmatrix}
0 & -i \\
i & 0
\end{pmatrix}, \ \ \
\sigma_z =
\begin{pmatrix}
1 & 0 \\
0 & -1
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
なので、内積は２×２行列であり、
<tex>
\bm{\alpha} \cdot \bm{\sigma} =
\begin{pmatrix}
\alpha \cos \theta & \alpha \sin \theta e^{- i \phi} \\
\alpha \sin \theta e^{i \phi} & - \alpha \cos \theta
\end{pmatrix}
\equiv \alpha \sigma_n \tag{##}
</tex>
となります。
EMANさんの記事には、$z$ 軸方向の回転行列 $U(\alpha)$ が書いてあります。
それは、 $\theta = 0$ 、 $\phi$ ：任意の時であり、
<tex>
U(\alpha) = \begin{pmatrix}
e^{-i\alpha/2} & 0 \\
0 & e^{i\alpha/2}
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
これを包含する回転行列 $U(\theta,\phi;\alpha)$ を作るのがこの記事です。
望む計算の実行
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ここで、一つ準備をします。
<tex>
\sigma_n^2 = I \tag{##}
</tex>
つまり、 $\sigma_n$ の二乗は単位行列です。
後は、式 $(1)$ の計算を具体的に実行するのみで、
結果は、
<tex>
U(\theta,\phi;\alpha) &= \exp \left( -\dfrac{i}{2} \bm{\alpha} \cdot \bm{\sigma} \right) \\
&= \exp \left( -\dfrac{i}{2} \alpha \sigma_n \right) \\
&= I -\dfrac{i}{1!} \left( \dfrac{\alpha}{2}\right) \sigma_n -\dfrac{1}{2!} \left( \dfrac{\alpha}{2}\right)^2I + \dfrac{i}{3!} \left( \dfrac{\alpha}{2}\right)^3 \sigma_n \cdots \\
&= \cos \left( \dfrac{\alpha}{2} \right)I - i \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \sigma_n \tag{##}
</tex>
つまり、 $\theta^\prime,\phi^\prime$ 方向を向いたスピノール
<tex>
\chi &= \begin{pmatrix}
\cos \dfrac{\theta^\prime}{2} e^{-i\phi^\prime/2} \\
\sin \dfrac{\theta^\prime}{2} e^{i\phi^\prime/2}
\end{pmatrix} \\
&= \cos \dfrac{\theta^\prime}{2} e^{-i\phi^\prime/2} | \uparrow \rangle + \sin \dfrac{\theta^\prime}{2} e^{i\phi^\prime/2} | \downarrow \rangle \tag{##}
</tex>
を回転軸 $\theta,\phi$ として、角度 $\alpha$ だけ回転する時には、回転後のスピノールを $\chi^\prime$ として、次のような計算をします。
<tex>
\chi^\prime &= U(\theta,\phi;\alpha) \chi \\
&= \left( \cos \left( \dfrac{\alpha}{2} \right)I - i \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \sigma_n \right) \chi \\
&=
\begin{pmatrix}
\cos \dfrac{\alpha}{2} -i \sin \dfrac{\alpha}{2} \cos \theta & -i \sin \dfrac{\alpha}{2} \sin \theta e^{-i\phi} \\
-i \sin \dfrac{\alpha}{2} \sin \theta e^{i\phi} & \cos \dfrac{\alpha}{2} +i \sin \dfrac{\alpha}{2} \cos \theta
\end{pmatrix}\chi \tag{##}
</tex>
具体例の計算(EMANさんの結果)
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ここできちんとEMANさんの結果、式 $(5)$ と一致することを確認します。
それは $\theta = 0$ 、 $\phi$ ：任意でしたから、
<tex>
U(0,\phi;\alpha)
&= \left( \cos \left( \dfrac{\alpha}{2} \right)I - i \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \sigma_n \right) \\
&=
\begin{pmatrix}
\cos \dfrac{\alpha}{2} -i \sin \dfrac{\alpha}{2} \cos 0 & -i \sin \dfrac{\alpha}{2} \sin 0 e^{-i\phi} \\
-i \sin \dfrac{\alpha}{2} \sin 0 e^{i\phi} & \cos \dfrac{\alpha}{2} +i \sin \dfrac{\alpha}{2} \cos 0
\end{pmatrix} \\
&=
\begin{pmatrix}
e^{-i\alpha/2} & 0 \\
0 & e^{i\alpha/2}
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
OKです。一致しました。
具体例の計算(変化しないはずの回転の結果)
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また、 $\sigma_n$ の固有ベクトル（スピノール）が、上記の $\chi$ で、その固有値は $1$ です
から、 $ \theta = \theta^\prime $ かつ $ \phi = \phi^\prime $ の時 $\chi_1$ と書くと、 $\sigma_n \chi_1 = \chi_1$ ですから、
<tex>
U(\theta,\phi;\alpha) \chi_1 &= \left( \cos \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) I - i \sin \left( \dfrac{\alpha}{2} \right) \sigma_n \right) \chi_1 \\
&= \left( \cos \dfrac{\alpha}{2} - i \sin \dfrac{\alpha}{2} \right) \chi_1 \\
&= e^{-i \alpha /2} \chi_1 \tag{##}
</tex>
なるほど、回転軸の方を向いたスピノール $\chi_1$ の回転では、
変化しないはずだと思いましたが、回転角 $\alpha$ の大きさに依存して、
全体の位相が変わっていくようです。
具体例の計算（アダマールゲート）
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以前、量子コンピュータ関連の講義を聞いた時に、
アダマールゲートというものを習いました。
それは、
<tex>
H &= \dfrac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}
1 & 1 \\
1 & -1
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
であり、 $\theta=\dfrac{\pi}{4},\phi=0,\alpha=\pi$ に相当する回転なのだそうです。
では、これは $U(\dfrac{\pi}{4},0;\pi)$ で再現できるでしょうか？
計算してみると、
<tex>
U(\dfrac{\pi}{4},0;\pi) &= \dfrac{-i}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix}
1 & 1 \\
1 & -1
\end{pmatrix} \tag{##}
</tex>
全体の位相 $-i$ を除いて一致しました。
実はこれを再現したくて今回の計算を始めたのです。
実際に回転ってどうやるの？
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さて、今回はスピンの回転でしたが、実際に回転して見ろと言われても、
はて？どうしたものか？と言う方もいらっしゃることと思います。
実は、磁場 $\bm{B}$ を掛けると回転できます。
磁場 $\bm{B}$ とスピン $\dfrac{\hbar}{2} \bm{\sigma}$ の結合を表すハミルトニアン $H$ は、
２×２行列となり、
<tex>
H &= \dfrac{e}{m} \dfrac{\hbar}{2} \bm{\sigma} \cdot \bm{B} \\
&= \dfrac{\hbar e}{2 m} \bm{\sigma} \cdot \bm{B} \tag{##}
H &= \dfrac{ge}{m} \dfrac{\hbar}{2} \bm{\sigma} \cdot \bm{B} \\
&= \dfrac{g\hbar e}{2 m} \bm{\sigma} \cdot \bm{B} \tag{##}
</tex>
ここで、 $g$ はランデのg因子と言い、およそ大きさが２くらいの無次元数です。
系の時間発展は、波動関数(スピノール)を $\chi \to \psi(t)$ と書き換えて（つまり二行一列の行列）、
<tex>
\psi(t) &= \exp \left( - \dfrac{iHt}{\hbar} \right) \psi(0) \\
&= \exp \left( - \dfrac{ie}{2m} \bm{\sigma} \cdot \bm{B} t \right) \psi(0) \\
&= \exp \left( - \dfrac{ie|\bm{B}|t}{2m} \sigma_n \right) \psi(0)
&= \exp \left( - \dfrac{ige}{2m} \bm{\sigma} \cdot \bm{B} t \right) \psi(0) \\
&= \exp \left( - \dfrac{ige|\bm{B}|t}{2m} \sigma_n \right) \psi(0)
\tag{##}
</tex>
式 $(7)$ の二行目と比較して、
<tex>
U(\theta,\phi;\alpha) = \exp \left( - \dfrac{i \alpha}{2} \sigma_n \right)
\tag{##}
</tex>
でしたから、一秒間に $\alpha = \dfrac{e|\bm{B}|}{m}$ ラジアンずつ回転すると分かります。
でしたから、一秒間に $\alpha = \dfrac{ge|\bm{B}|}{m}$ ラジアンずつ回転すると分かります。
良く言われることですが $ \alpha = 2 \pi$ の回転でスピノールは元に戻らず、
位相因子 $e^{-i\pi}=-1$ が掛かるのが、式 $(13)$ の二乗の結果からも分かります。
それでは今日はこの辺で。お疲れ様でした。
.. _証明した記事: http://hooktail.sub.jp/quantum/spinRotation2/
.. _スピノールの記事: http://eman-physics.net/quantum/spinor.html
@@author:クロメル@@
@@accept:2018-03-18@@
@@category:量子力学@@
@@id:spinRotation@@
記事ソース/任意方向の1/2スピンの回転と実現方法 のバックアップの現在との差分(No.9)
