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============================================================ S=1,S_z=0の状態に関する考察 ============================================================

二電子のスピン波動関数のスピンのｚ成分 $S_z$ の 固有状態を $S_x,S_y$ の固有状態で展開してみました。

S=1,S_z=0の固有状態 ============================

波動関数を基底、

tex> |\uparrow \uparrow \rangle \ ,\ |\uparrow \downarrow \rangle \ , \ |\downarrow \uparrow \rangle \ ,\ |\downarrow \downarrow \rangle \tag{##}

/tex>

の順番にとります。

これらの線形結合により、z方向のスピン演算子、 $S_z=s_{z1}+s_{z2}$ は、 対角化されます。

tex> s_z= \begin{pmatrix} \frac{\hbar}{2} & 0 \\ 0 & -\frac{\hbar}{2} \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

tex> s_x= \begin{pmatrix} 0 & \frac{\hbar}{2} \\ \frac{\hbar}{2} & 0 \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

tex> s_y= \begin{pmatrix} 0 & -i\frac{\hbar}{2} \\ i\frac{\hbar}{2} & 0 \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

より、

tex> s_{z1}= \begin{pmatrix} \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -\frac{\hbar}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -\frac{\hbar}{2} \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

tex> s_{z2}= \begin{pmatrix} \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -\frac{\hbar}{2} & 0 & 0 \\ 0 & 0 & \frac{\hbar}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -\frac{\hbar}{2} \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

tex> s_{x1}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & \frac{\hbar}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{\hbar}{2} \\ \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

tex> s_{x2}= \begin{pmatrix} 0 & \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 \\ \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \frac{\hbar}{2} \\ 0 & 0 & \frac{\hbar}{2} & 0 \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

tex> s_{y1}= \begin{pmatrix} 0 & 0 & -i\frac{\hbar}{2} & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -i\frac{\hbar}{2} \\ i\frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & i\frac{\hbar}{2} & 0 & 0 \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

tex> s_{y2}= \begin{pmatrix} 0 & -i\frac{\hbar}{2} & 0 & 0 \\ i\frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -i\frac{\hbar}{2} \\ 0 & 0 & i\frac{\hbar}{2} & 0 \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

だから、

tex> S_z &= s_{z1}+s_{z2} \\ &= \begin{pmatrix} \hbar & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -\hbar \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

tex> S_x &= s_{x1}+s_{x2} \\ &= \begin{pmatrix} 0 & \frac{\hbar}{2} & \frac{\hbar}{2} & 0 \\ \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & \frac{\hbar}{2} \\ \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & \frac{\hbar}{2} \\ 0 & \frac{\hbar}{2} & \frac{\hbar}{2} & 0 \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

tex> S_y &= s_{y1}+s_{y2} \\ &= \begin{pmatrix} 0 & -i\frac{\hbar}{2} & -i\frac{\hbar}{2} & 0 \\ i\frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & -i\frac{\hbar}{2} \\ i\frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & -i\frac{\hbar}{2} \\ 0 & i\frac{\hbar}{2} & i\frac{\hbar}{2} & 0 \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

tex> \bm{S}^2 &= S_x^2+S_y^2+S_z^2 \\ &= \begin{pmatrix} \frac{\hbar^2}{2} & 0 & 0 & \frac{\hbar^2}{2} \\ 0 & \frac{\hbar^2}{2} & \frac{\hbar^2}{2} & 0 \\ 0 & \frac{\hbar^2}{2} & \frac{\hbar^2}{2} & 0 \\ \frac{\hbar^2}{2} & 0 & 0 & \frac{\hbar^2}{2} \end{pmatrix}

1. \begin{pmatrix} \frac{\hbar^2}{2} & 0 & 0 & -\frac{\hbar^2}{2} \\ 0 & \frac{\hbar^2}{2} & \frac{\hbar^2}{2} & 0 \\ 0 & \frac{\hbar^2}{2} & \frac{\hbar^2}{2} & 0 \\

• \frac{\hbar^2}{2} & 0 & 0 & \frac{\hbar^2}{2} \end{pmatrix}

1. \begin{pmatrix} \hbar^2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & \hbar^2 \end{pmatrix}

&= \begin{pmatrix} 2\hbar^2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & \hbar^2 & \hbar^2 & 0 \\ 0 & \hbar^2 & \hbar^2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2\hbar^2 \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

ここで、

tex> P=\frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}=P^{-1}

/tex>

として、 $\hbar^2$ の部分を行列 $P$ で対角化すると、

tex> A \begin{pmatrix} |\uparrow \downarrow \rangle \\ |\downarrow \uparrow \rangle \end{pmatrix} &\equiv \begin{pmatrix} \hbar^2 & \hbar^2 \\ \hbar^2 & \hbar^2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} |\uparrow \downarrow \rangle \\ |\downarrow \uparrow \rangle \end{pmatrix} \\ &\to P^{-1}APP^{-1} \begin{pmatrix} |\uparrow \downarrow \rangle \\ |\downarrow \uparrow \rangle \end{pmatrix} \\

&= \begin{pmatrix} \hbar^2 & 0 \\ 0 & 0 \end{pmatrix} \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} |\uparrow \downarrow \rangle + |\downarrow \uparrow \rangle \\ |\uparrow \downarrow \rangle - |\downarrow \uparrow \rangle \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

よって、 $S=1,(2\hbar^2=1\cdot(1+1)\hbar^2)$ （三重項）

tex> |\uparrow \uparrow \rangle \tag{##}

/tex>

tex> \frac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow \downarrow \rangle + |\downarrow \uparrow \rangle ) \tag{##}

/tex>

tex> |\downarrow \downarrow \rangle \tag{##}

/tex>

と $S=0,(0\hbar^2 = 0 \cdot (0+1)\hbar^2)$ （一重項）

tex> \frac{1}{\sqrt{2}}(|\uparrow \downarrow \rangle - |\downarrow \uparrow \rangle ) \tag{##}

/tex>

に分かれます。古典的な描像を図にするならば、下図のようになります。

.. image :: chromel-SxSyEigen-01-t.png

S_x,S_yの固有状態の準備 ===============================

まずは、固有関数の展開に必要な $S_x$ の固有状態を準備します。

tex> S_x &= s_{x1}+s_{x2} \\ &= \begin{pmatrix} 0 & \frac{\hbar}{2} & \frac{\hbar}{2} & 0 \\ \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & \frac{\hbar}{2} \\ \frac{\hbar}{2} & 0 & 0 & \frac{\hbar}{2} \\ 0 & \frac{\hbar}{2} & \frac{\hbar}{2} & 0 \end{pmatrix} \tag{##}

/tex>

固有値は、 $\lambda=\hbar,0(\mathrm{repeated} \ \mathrm{root}),-\hbar$ です。（ただし、repeated rootは、重解を表す。）

固有ベクトルは、 $\lambda=\hbar$ に対し、

tex> |S=1,S_x=1 \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

/tex>

また、 $\lambda=-\hbar$ に対し、

tex> |S=1,S_x=-1 \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\

• 1 \\
• 1 \\ 1 \end{pmatrix}

  /tex>

そして、 $\lambda=0$ に対し、

tex> |S=1,S_x=0 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\

• 1 \end{pmatrix} , |S=0,S_x=0 \rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\
• 1 \\ 0 \end{pmatrix}

  /tex>

同様に、 $S_y$ の固有関数を求めると、

tex> |S=1,S_y=1 \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ i \\ i \\

• 1 \end{pmatrix}

  /tex>

tex> |S=1,S_y=-1 \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\

• i \\
• i \\
• 1 \end{pmatrix}

  /tex>

tex> |S=1,S_y=0 \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} , |S=0,S_y=0 \rangle = \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\

• 1 \\ 0 \end{pmatrix}

  /tex>

よって、 $S_z$ の固有状態を今求めた $S_x,S_y$ の固有ベクトルで表現すると、

tex> |S=1,S_z=1 \rangle &= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

1. \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\

• 1 \\
• 1 \\ 1 \end{pmatrix}

1. \sqrt{2} \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\

• 1 \end{pmatrix} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( |S=1,S_x=1 \rangle

1. |S=1,S_x=-1 \rangle
2. \sqrt{2}|S=1,S_x=0 \rangle \right) \tag{##}

   /tex>

tex> |S=1,S_z=-1 \rangle &= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

1. \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\

• 1 \\
• 1 \\ 1 \end{pmatrix}
• \sqrt{2} \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\
• 1 \end{pmatrix} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( |S=1,S_x=1 \rangle

1. |S=1,S_x=-1 \rangle

• \sqrt{2}|S=1,S_x=0 \rangle \right) \tag{##}

  /tex>

tex> |S=1,S_z=0 \rangle &= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

• \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\
• 1 \\
• 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}} \left( |S=1,S_x=1 \rangle
• |S=1,S_x=-1 \rangle \right) \tag{##}

  /tex>

また、 $S_y$ に関しても同様に、

tex> |S=1,S_z=1 \rangle &= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ i \\ i \\

• 1 \end{pmatrix}

1. \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\

• i \\
• i \\
• 1 \end{pmatrix}

1. \sqrt{2} \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( |S=1,S_y=1 \rangle
2. |S=1,S_y=-1 \rangle
3. \sqrt{2}|S=1,S_y=0 \rangle \right) \tag{##}

   /tex>

tex> |S=1,S_z=-1 \rangle &= \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{2} \left(

• \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ i \\ i \\
• 1 \end{pmatrix} \frac{1}{2} \begin{pmatrix} 1 \\
• i \\
• i \\
• 1 \end{pmatrix}

1. \sqrt{2} \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left(-|S=1,S_y=1 \rangle

• |S=1,S_y=-1 \rangle

1. \sqrt{2}|S=1,S_y=0 \rangle \right) \tag{##}

   /tex>

tex> |S=1,S_z=0 \rangle &= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}i} \left( \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\ i \\ i \\

• 1 \end{pmatrix} \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \\
• i \\
• i \\
• 1 \end{pmatrix} \right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}i} \left( |S=1,S_y=1 \rangle
• |S=1,S_y=-1 \rangle \right) \tag{##}

  /tex>

tex>

|S=0,S_z=0  \rangle &= 

\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\

• 1 \\ 0 \end{pmatrix} \\ &= |S=0,S_x=0 \rangle \\ &= |S=0,S_y=0 \rangle \tag{##}

  /tex>

となります。式 $(23)$ と式 $(26)$ に注目してみましょう。

tex> |S=1,S_z=0 \rangle &= \frac{1}{\sqrt{2}i} \left( |S=1,S_x=1 \rangle

• |S=1,S_x=-1 \rangle \right) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2}i} \left( |S=1,S_y=1 \rangle
• |S=1,S_y=-1 \rangle \right) \tag{##}

  /tex>

となっていますね。 これは、x軸とy軸の周りの回転が、 正と負の両方向の回転が重なっていることを表しています。 古典論では、考えられない状態ですね(^_^;)

それでは、今日はこの辺で。お疲れ様でした^^

@@author:クロメル@@ @@accept:2009-12-18@@ @@category:量子力学@@ @@id:SxSyEigen@@

     
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