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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}
+
\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}
+
\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}
+
\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
+ |S=1,S_x=-1 \rangle
+\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}
+
\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
+ |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}
+
\frac{1}{2}
\begin{pmatrix}
1 \\
-i \\
-i \\
-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_y=1 \rangle
+ |S=1,S_y=-1 \rangle
+\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}
+ \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
+\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@@
記事ソース/S=1,S_z=0の状態に関する考察 のバックアップ差分(No.2)
