Ayaya Notes

week 5

Chapter 5 自旋 - 1

先继续上次的内容 首先是上次课数的概率

P(nA→0A)=n∣a∣2ΔS×P((n−1)A→0A)P(nA \to 0 A ) = n|a|^2 \Delta S \times P((n-1)A\to 0A)

怎么解释这个概率, 实际上是一种条件概率的解释

P(nA→0A)=P(A→(n−1)A)×P((n−1)A→0A)P(nA \to 0A)=P(A\to (n-1)A)\times P((n-1)A\to 0A)

对比这两个式子即可(之前也写过)

之前关于黑体辐射的解释: 光子的频率谱的 peak: 处在温度为 TT 的光子气体的典型频率是 kTℏ∼T\frac{kT}{\hbar}\sim T 即

E∼ω∼TE\sim \omega \sim T

请记住

1K∼10−4eV1 K \sim 10^{-4} eV

所以马上可以回答一些问题

电离氢原子需要的温度 直接估算在 十万开左右

我们房间里面的光子气体的数量 T∼100K∼10−2eVT\sim 100 K \sim 10^{-2}eV 回忆 Planck 公式

dEdω∼ℏωeℏω/kT−1×ω3\frac{\mathrm{d}E}{\mathrm{d}\omega}\sim\frac{\hbar\omega}{e^{\hbar\omega/kT}-1}\times \omega^3

简单的计算, 光子的数密度由 T3T^3 控制 (能量和长度有相反的量纲, 而一个频率积掉了) 记住 1eV∼1(μm)−11eV \sim 1 (\mu m)^{-1} (考虑一个能量为 1eV1eV 的光子的波长) : 你可以马上估算钠黄光光子的能量 而屋子的体积 V∼102×(106μm)3∼1020(eV)−3V \sim 10^2 \times (10^6 \mu m)^3\sim 10^{20} (eV)^{-3} 数密度 N∼10−6eV3N \sim 10^{-6} eV^3 故光子数约为 101410^{14} 可以差几个数量级 重要的是上面的几个物理关系得到的量纲关系, 加减乘除是简单的

估计房子里所有可见光的光子的数量?

这些 trick 很好用, 比如宇宙学里面 微波背景温度 ∼2.7K\sim 2.7 K , 则可以立即知道这种光子的波长, 于是可以推知: 探测这种光子所需要的天线的尺度

继续之前的量子场论

模式具有谐振子的形式

d2dx2ϕk+ω2ϕk=0\frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\phi_k + \omega^2 \phi_k =0

后果是谐振子的能量是量子化的, 这不是一个经典的结果

E=ℏω(n+12)E= \hbar \omega \left( n +\frac{1}{2} \right)

你可以考虑降低盒子里的降低光强, 你就会在足够低时看见离散的光强 这里有一个理论假设: 电磁场的方程和谐振子的方程相同, 怎么量子化谐振子, 就该怎么量子化电磁场

什么是量子化? 我们相信: 量子力学是比经典力学更基本的理论, 即存在一个经典极限, 使得量子理论退化到经典情形, 但是从经典理论反推的量子理论不是唯一的 量子化即: 找到一种量子理论, 使得它的经典极限退化到经典理论 实际上量子化电磁场就是找到一个电磁场的量子理论, 使其在经典极限下退化到 Maxwell 方程 (在盒子里的电磁波) 这么做对不对? 只要实验上验证了, 就可以相信他是对的

如果你会做盒子里的电磁场的量子化, 你就可以像 Boltzmann 一样数光子的模式, 然后用 Boltzmann 分布, 得到盒子里的光子的平均占有数 现在已经知道电磁场的量子化了, 那直接用 Boltzmann 分布即可, 即平均占有数应该计算这样的东西

1+nenℏω/kT+⋯→1eℏω/kT−11 + ne^{n\hbar \omega/kT}+\cdots \to \frac{1}{e^{\hbar \omega/kT}-1}

注意这是指给定模式 (频率) 下, 光子处于这个模式的平均占有数, 已经对模式以外的东西做了积分, 所以这也是为什么叫平均占有数

问: 经典的谐振子是因为他有一个 schrodinger 方程, 而电磁场里面有吗? 量子场论里有一个极其丑陋的电磁场的 schrodinger 方程, 但没人会想去用

问: 对谐振子为什么可以用 Boltzmann 分布? 注意 Boltzmann 分布不是经典的 为什么是对的? 在统计力学中回答: 考虑一大堆球在盒子里相互作用, 问他们平衡下来的分布 实际上就是计算相空间的密度(或者态空间的密度矩阵), 这就直接得到 Boltzmann 分布, 没有什么经典的假设 那 bose , fermi 分布? 注意到上面计算的是给定频率的平均占有数, 而不是给定态的分布, 这两者是不同的. 两者形式的相同带来了概念的混淆

回到主线:这章实际上就是在“科普”线性代数

线性代数不是上帝放进量子力学中的, 而是我们自己推出来的

Stern - Gerlach 实验

实验的描述见讲义

银原子, 自旋 12∼μ\frac{1}{2}\sim \mu 磁矩, 则磁场会给磁矩一个能量 ΔE=−μ⃗⋅B⃗\Delta E = -\vec{\mu}\cdot \vec{B} 考虑从 +y+y 方向射出, 磁场方向为 +z+z , 磁场会给磁矩一个力 实验结果

实验的小故事 实验之后大家都发现了粒子有自旋, 这件事情最早知道的是 kionig , 他首先做了计算, 然后问 pauli , Pauli 直接否定了 接着 ernfest 的两个学生也做了相同的计算, ern 鼓励他们把结果投出去 这两个学生又去问了 boltzmann , boltzmann 给出了 pauli 相同的回答, 但文章已经发出去撤不回了 所以现在大家都认为自旋的概念是

对自旋的理解: 自旋的确可以理解为某种 内禀角动量, 这件事情不是很难理解:

常说角动量是空间旋转的效益, 但没有旋转也可以有角动量. 就像能量是运动的效应, 显然没有运动也可以有能量

自旋的取值

∣s⃗∣2=ℏ2s(s+1)s=0,1/2,1,⋯|\vec{s}|^2 =\hbar^2 s(s+1)\quad s= 0,1/2,1,\cdots

然后问自旋在某个方向的取值, 这个取值也是量子化的

sz=mℏm=−s,−s+1,⋯ ,ss_z = m\hbar \quad m=-s,-s+1,\cdots,s

所以自旋 - 1/2 的情形有 m=±1m =\pm 1 , 而自旋 - 1 有 m=−1,0,1m = -1, 0 ,1 , 即这是一个三态系统

Stern - Gerlach -Feynman 偏振仪 polarizer / filter

同样引导银原子到一个带梯度的磁场中, 然后再加一个反向的磁场让他们聚拢起来, 并且加一些电场调控粒子的速度, 使得粒子在速度意义上回到初态

Feynman 在 60 年代上的这节课, 如果他在今天上这节课他一定会讲量子电路 所以我们把它叫做 qutrit — 实际上这就是一种量子电路

这个偏振器的要点: 粒子束进入偏振仪后可以走三种可能的路径, 但要求每条路径粒子获得相同的相位, 这不难做到

游戏规则: 可以在偏振仪中加挡板, 得到不同的偏振仪 I(S)I(S) identify 即不加任何挡板 Pj(S)j=±1,0P_j(S)\quad j = \pm 1 ,0 在第 jj 条路不加挡板, 其他都加挡板 你可以发现在过了 PP 之后粒子束被纯化了 purify

新的记号 ⟨f∣i⟩\langle f\mid i\rangle 这个 bra-ket 可以拆开 用 ket 标记粒子的三种状态 ∣+s⟩,∣0⟩,∣−s⟩\mid +s\rangle , \mid 0\rangle , \mid -s \rangle 考虑这件事情, 在引出粒子束时, 我们总加一个 PP 而不加 II 刻画这个事情: 一开始粒子的状态不知道, 为 ∣?⟩\mid ?\rangle , 然后施加一个操作 Pi(S)P_i(S) , 然后我们知道出来的粒子一定在 ∣iS⟩\mid iS\rangle 态, 然后继续往后面加偏振片 Pj(S)P_j(S) 即

∣?⟩→Pi(S)∣iS⟩→Pj(S)∣jS⟩\mid ? \rangle \xrightarrow {P_i(S)} \mid iS\rangle\xrightarrow{P_j(S)}\mid jS\rangle

然后可以得到 幅

⟨jS∣iS⟩=δij\langle jS\mid iS\rangle =\delta_{ij}

这个事情更奇妙的地方在于, 这和偏振的方向无关, 即可以把 SS 去掉

⟨j∣i⟩=δij\langle j\mid i\rangle =\delta_{ij}

实际上这里应该还有一个相因子, 但是我们总可以调整状态的相位抵消掉, 所以去掉了 即重定义态

∣iS⟩→eiδ∣iS⟩\mid iS \rangle \to e^{i\delta}\mid iS \rangle

注意这里不是整体添加相位

这个结果叫做正交归一条件

第二件事: 如果中间加入一个 II 挡板, 会发生什么, 但由于做了三条路径获得的相位都相同, 实际上就是什么都没做

∣iS⟩→{+T0T−T→∣jS⟩\mid iS\rangle \xrightarrow{} \begin{cases}+T \\0T \\ -T\end{cases} \to \mid jS\rangle

然后得到幅的关系, (操作在线性代数中就是一个算符)

⟨jS∣I(T)∣iS⟩=∑k=±1,0⟨jS∣kT⟩⟨kT∣iS⟩\langle jS\mid I(T)\mid iS\rangle = \sum_{k=\pm1,0}\langle jS\mid kT\rangle \langle kT\mid iS\rangle

因为这对任意的态 SS 都成立, 有

I=∑k=±1,0∣kT⟩⟨kT∣I = \sum_{k=\pm1,0}\mid kT\rangle \langle kT\mid

可以理解成一堆插口 (映射) 的角度理解这个等号: 这是一个映射的等式, 意思是你在左右两边放 braket , 最后得到的复数都是相同的 这在之前接触过: 矢量等式为什么是对的? 实验上观测到的都是标量 实际上同样这里隐藏了投影的矢量

上面这个条件叫做完备性条件, 再次, 甚至可以抹去 TT

I=∑k=±1,0∣k⟩⟨k∣\boxed{ I = \sum_{k=\pm1,0}\mid k\rangle \langle k\mid}

那么现在对任意一个态 ∣ϕ⟩\mid \phi \rangle , 像在线性代数中一样, 用一个完备的基去展开

∣ϕ⟩=∑i=±1,0∣iS⟩⟨iS∣ϕ⟩\mid\phi\rangle = \sum_{i=\pm1,0}\mid iS\rangle\langle iS\mid \phi\rangle

注意 ⟨iS∣ϕ⟩\langle iS \mid \phi \rangle 实际上是一个复数, 即 ∣ϕ⟩\mid \phi\rangle 在上面这组基下的坐标, 叫它 ciSc_i^S 下面做一个无聊的事情: 坐标变换 如果再考虑在 TT 上展开, 就有新的坐标 cjTc_j^T

∣ϕ⟩=∑j=±1,0∣jT⟩⟨jT∣ϕ⟩\mid\phi\rangle = \sum_{j=\pm1,0}\mid jT\rangle\langle jT\mid \phi\rangle

在一个坐标中插入完备性条件

⟨iS∣ϕ⟩=∑j=±1,0⟨iS∣jT⟩⟨jT∣ϕ⟩=∑j=±1,0RijST⟨jT∣ϕ⟩\langle iS \mid \phi\rangle = \sum_{j=\pm1,0}\langle iS\mid jT\rangle\langle jT\mid \phi\rangle=\sum_{j=\pm1,0}R_{ij}^{ST}\langle jT\mid\phi\rangle

即

ciS=∑j=±1,0RijST×cjTc_i^S = \sum_{j=\pm 1,0}R_{ij}^{ST}\times c_j^T

上面都是对 ket 做的, 你也可以对 bra 做同样的事情, 比如一个 bra ⟨χ∣\langle \chi\mid 然后有

⟨χ∣ϕ⟩=∑k,j⟨χ∣k⟩⟨k∣j⟩⟨j∣ϕ⟩=∑j,kDkSδkjRjS=∑jDjSRjS\langle \chi \mid \phi \rangle =\sum_{k,j}\langle \chi\mid k\rangle\langle k\mid j\rangle\langle j\mid \phi\rangle=\sum_{j,k}D_k^S\delta_{kj}R_j^S=\sum_{j}D_j^S R_j^S

这和在做一个矢量的内积很相似

幺正性 unitarity — 概率守恒

这不是量子力学基本原理的推论 这是一个额外的假设, 可以有幺正性的理论, 也有不幺正的 比如你考虑一个小球, 找到这个小球的概率总为 1, 但比如中子, 如果你的理论里面没有中子衰变, 那么可能过一段时间找到中子的概率就不为 1了

同样考虑之前的仪器

P+(S)→P+(T)→P−(S)\boxed{P_+(S)}\to \boxed{P_+(T)}\to \boxed{P_-(S)}

实验表明, 幅

⟨−S∣+T⟩⟨+T∣+S⟩可以不为 0\langle -S\mid +T\rangle \langle +T \mid +S\rangle \quad \text{可以不为 0}

如果概率守恒(粒子不消失)

1=P(+S→+T)+P(+S→0T)+P(−S→−T)1 = P(+S\to +T)+P(+S\to0T)+P(-S\to -T)

而这里面的任何一个概率都是一个幅的模, 比如 P(+S→−T)=⟨−T∣+S⟩∗⟨−T∣+S⟩P(+S\to -T) =\langle-T\mid +S\rangle^*\langle -T\mid +S\rangle 可以得到这个等式的后果: 首先

⟨ϕ∣ϕ⟩=1=∑i⟨ϕ∣i⟩⟨i∣ϕ⟩\langle \phi\mid\phi\rangle = 1 =\sum_i \langle\phi \mid i\rangle\langle i \mid \phi\rangle

而考虑幺正性

1=∑i⟨i∣ϕ⟩∗⟨i∣ϕ⟩1 = \sum_i \langle i\mid \phi\rangle^*\langle i \mid\phi\rangle

这两个等式要同时成立, 可以有一种方法 ⟨i∣ϕ⟩∗=⟨ϕ∣i⟩\langle i\mid \phi\rangle^* = \langle\phi\mid i\rangle

这不是推导, 只是一个幺正性的解释

feynman 使用了一种迷惑的记号, 例如电子双缝干涉 ⟨f∣i⟩\langle f \mid i \rangle , 不要将它理解为内积, 因为这两个状态是带时间的 正确的理解是把时间也放进来, 即

⟨n+1∣U∣n⟩\langle n+1\mid \mathcal{U}\mid n\rangle

这里 U\mathcal{U} 是时间演化算符

Chapter 6 自旋 - 1/2

正确地理解自旋 1/2 这些系统的方式是旋量 (spinor) 某种意义上这是 “最量子” 的系统, 因为它没有经典极限, 所有得到的都是量子效应 对于二态系统, 即 qubit

上次课认识到: 自旋不是一种旋转效应, 比如电子散射时, 电子的自旋角动量可以和空间角动量交换, 即自旋角动量也是真正的角动量

先简单复习旋转

三维旋转: 保持欧氏距离不变的所有线性变换全体 (反射有时候也可以看作旋转) 下面我们只考虑连续的旋转, 即排除反射 所谓连续: 即有一个参数连续变化控制旋转,并且可以连续地回到恒等, 毫无疑问一个可取的参数是旋转角 三维空间一个非平庸的结果是: 任何旋转都有旋转轴 (有特征向量) 反射显然不是连续的, 一般地, 这叫做 parity

旋转的性质

旋转对称性是一种重要的对称性 当提到对称性时, 不仅指系统在这种操作下不变, 更是确确实实做了这样的操作

旋转的表示: 旋转矩阵 好处在于不用抽象地讨论旋转, 而把它具体到一个矩阵上, 即

R↦Dij[R]\mathcal{R}\mapsto D_{ij}[\mathcal{R}]

一般叫 Dij(R)D_{ij}(\mathcal{R}) 为旋转 RR 的表示矩阵 representation 表示的意义不仅是拿出一堆矩阵表示旋转, 更是可以找到两种东西对应的运算律: 你可以用矩阵乘法模仿旋转的复合 矩阵表示非常强大: 足以表示任何非交换的对称性 旋转的复合

Dij[R2∘R1]=∑kDik[R2]Dkj[R1]D_{ij}[R_2\circ R_1]=\sum_k D_{ik}[R_2]D_{kj}[R_1]

另一个意义上是: 先表示再复合和复合再表示是交换的

连续的三维旋转全体构成群 SO(3)SO(3) 三维空间的旋转的群表示不一定是 3×33\times 3 阶 , 实际上和自旋有关, 自旋 ss 的旋转矩阵是 (2s+1)×(2s+1)(2s+1)\times (2s+1) 阶 对于 3×33\times 3 的旋转矩阵 DT=D−1D^T=D^{-1} , 但这不一定对其他旋转矩阵成

定番笑话: SO(n)SO(n) 和 SU(n)SU(n)

现在有一个一般的问题: 一个 nn 维空间, 如何表示旋转?

任意态空间, 有基础态 ∣iS⟩\mid iS\rangle 第一件事是任意状态都可以用上面的基展开

∣ϕ⟩=∑i∣iS⟩⟨iS∣ϕ⟩=∑j∣jT⟩⟨jT∣ϕ⟩\mid \phi \rangle = \sum_i \mid iS\rangle \langle iS\mid \phi\rangle=\sum_j \mid jT\rangle \langle jT\mid\phi \rangle

从而有坐标变换关系 注意做这件事情的时候, 态是不变的, 在转的是坐标基的方向: 被动变换

现在对二态系统做这件事 策略: 把任意的旋转分解为简单的旋转, 在这里使用的是欧拉角 (α,β,γ)(\alpha,\beta,\gamma)

R(α,β,γ)=Rz(γ)Rx(β)Rz(α)\mathcal{R}(\alpha,\beta,\gamma)=\mathcal{R}_z(\gamma)\mathcal{R}_x(\beta)\mathcal{R}_z(\alpha)

强调这是被动变换, 上面旋转作用的不是同一个轴, 轴被旋转了 一般地书为了强调一点会把两个 zz 做不同的 label

主动变换上面要加负号 (每次旋转贡献一个符号)

现在只需要求沿两个特定方向的旋转, 为了方便, 取一组好的坐标基 (基础态) ∣±z⟩\mid \pm z\rangle 可以期待绕 zz 方向的矩阵是对角的, 但 xx 方向的不是, 但可以想办法将 xx 转到 zz 方向: 只需要绕 yy 轴转, 即

Rx(β)=Ry(−π2)Rz(β)Ry(π2)\mathcal{R}_x(\beta)=\mathcal{R}_y(-\frac{\pi}{2})\mathcal{R}_z(\beta)\mathcal{R}_y(\frac{\pi}{2})

这仍是困难的, 但利用旋转的复合性质

Ry(±π2)→Ry(π)→Ry(2π)→Rz(2π)\mathcal{R}_y(\pm\frac{\pi}{2}) \to \mathcal{R}_y(\pi)\to \mathcal{R}_y(2\pi)\to \mathcal{R}_z(2\pi)

最终问题归结于计算 Rz(2π)\mathcal{R}_z(2\pi)

SO(3)SO(3) 的群表示分类是简单的, 就是按照自旋分类

上面开根号的操作肯定得到的结果是不一样的, 不同的根号给出不同的矩阵, 但是他们通过某种坐标变换联系在一起: 故事的结局是: 自旋 1/2 的旋转表示是唯一的

Step.1 绕 zz 轴的任意旋转 Rz(α)\mathcal{R}_z(\alpha) 从 SS 旋转到 TT 符号约定

Ci=⟨iS∣ϕ⟩Cj′=⟨jT∣ϕ⟩C_i =\langle iS\mid \phi\rangle \quad C_j' =\langle jT\mid \phi\rangle

由于 zz 轴有显然的对称性

∣C±′∣=∣C±∣|C_{\pm}'| = |C_{\pm}|

即

{C+′=eiλC+C−′=eiμC−\begin{cases}C_+' =e^{i\lambda}C_+ \\ C_-' =e^{i\mu}C_-\end{cases}

一个重要的观察是整体的相因子是不重要的, 需要的只是相对相位, 故可以乘整体的相因子 e−i(λ+μ)/2e^{-i(\lambda+\mu)/2} 得到

{C+′=ei(λ−μ)/2C+C−′=e−i(λ−μ)/2C−\begin{cases}C_+' =e^{i(\lambda-\mu)/2}C_+ \\ C_-' =e^{-i(\lambda -\mu)/2}C_-\end{cases}

重定义相位

{C+′=eiλC+C−′=e−iλC−\begin{cases}C_+' =e^{i\lambda}C_+ \\ C_-' =e^{-i\lambda}C_-\end{cases}

问题的重点是整体的相因子是不必要的

这样表明这个矩阵是对角的, 下一个问题是求 λ(α)\lambda(\alpha) , 这是简单的: 只要做两次旋转, 这表明

eiλ(α)eiλ(β)=eiλ(α+β)e^{i\lambda(\alpha)}e^{i\lambda(\beta)} =e^{i\lambda(\alpha+\beta)}

这表明 λ(α)\lambda(\alpha) 是线性函数, 即

λ(α)=mα\lambda(\alpha) = m\alpha

接下来的任务是确定 mm 的值, 我们期待 m∈Rm\in\mathbb{R}

回到三维旋转, 我们知道转 2π2\pi 会回到恒等, 我们在这里也期待同样的事情, 即

eim×2π=1e^{i m \times 2\pi}=1

最简单的取法是取 m=+1m=+1 , 这样取的后果是对转 π\pi 角的旋转

(eiπ00e−iπ)=(−100−1)\begin{pmatrix}e^{i\pi} & 0 \\ 0 &e^{-i\pi}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1 & 0 \\ 0 & -1\end{pmatrix}

这是不对的, 转 π\pi 角显然会改变一些物理态, 但上面表示这是一个平庸的操作(没有改变物理态) 即

eim×2π≠1e^{im\times 2\pi}\neq 1

应该取 mm , 当 α\alpha 从 00 到达 2π2\pi 时, 旋转矩阵才第一次到达平庸的结果 即当 α=2π\alpha=2\pi 时 , 任意旋量第一次回到自己 正确的取法是 取

m=12m=\frac{1}{2}

(这也就是为什么自旋 1/2 叫做自旋 1/2) 在自旋 1 时, m=1m = 1 对不同的自旋重复上面的故事, 会发现: 即转过 π\pi 角后, 任何整数自旋获得平庸相位 11 , 任何半整数自旋获得非平庸相位 −1-1

从而

D[Rz(α)]=(e+iα/200e−iα/2)D[\mathcal{R}_z(\alpha)]=\begin{pmatrix}e^{+i\alpha/2} & 0 \\ 0 & e^{-i\alpha/2} \end{pmatrix}

这就是为什么称自旋 1/2 系统转一圈不会回到自己 这是一个奇怪的问题: 恒等变换的表示矩阵不是 11 , 而是 −1-1 ! 矛盾在于我们所求的不是一个表示, 而是一个投影表示

投影表示 回到表示的定义: 表示要求矩阵的乘法忠实地复现旋转的复合 一方面 D[Rz(2π)]=1D[\mathcal{R}_z(2\pi)]=1 但 D[Rz(π)]⋅D[Rz(π)]=−1D[\mathcal{R}_z(\pi)]\cdot D[\mathcal{R}_z(\pi)] =-1 问题来源于态之间可以获得一个整体的相因子 这种表示称为投影表示 projection rep. 即乘法之间可以差一个相因子

D[R2R1]=eiϕ(R2,R1)D[R2]D[R1]D[\mathcal{R}_2\mathcal{R}_1]=e^{i\phi(\mathcal{R}_2,\mathcal{R}_1)}D[\mathcal{R}_2]D[\mathcal{R}_1]

这和之前的自旋- 统计定理相容: 整数自旋 eiϕ=+1e^{i\phi}=+1 半整数自旋 eiϕ=−1e^{i\phi}=-1 可以想象交换粒子实际上就是乘了一个旋转矩阵, 这样每个费米子贡献 −1-1

于是 Rz(2π)=−12×2\mathcal{R}_z(2\pi) =-\mathbf{1}_{2\times 2} , 那么

Ry(2π)=R(−1)R−1  ⟹  Ry(2π)=−1\mathcal{R}_y(2\pi) =\mathcal{R}(-\mathbf{1})\mathcal{R}^{-1}\implies \mathcal{R}_y(2\pi) = -\mathbf{1}

回到之前, 我们要对这个矩阵开根号:

绕 yy 转 π\pi 角: 可以期待这个矩阵是一个只有非对角元非 0 的矩阵 (交换两个态) , 并且这是一个纯相位

{C−′=eiβC+C+′=eiγC−\begin{cases}C_-'=e^{i\beta}C_+\\ C_+' =e^{i\gamma}C_- \end{cases}

重复上面的故事, 我们得到

Ry(π)=(01−10)\mathcal{R}_y(\pi)=\begin{pmatrix}0 & 1 \\ -1 &0\end{pmatrix}

最后再次开根号, 一种可能的解是

Ry(π2)=12(11−11)\mathcal{R}_y(\frac{\pi}{2})=\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & 1 \\ -1 & 1\end{pmatrix}

并且 Ry(−π2)=Ry(π2)†\mathcal{R}_y(-\frac{\pi}{2})=\mathcal{R}_y(\frac{\pi}{2})^\dagger

为什么这是一个旋转变换(二维的)? 简单的回答是: 我们就是在找一个非平庸的旋转 或者可以理解为这里隐含了幺正性

从而得到绕 xx 轴任意旋转的矩阵

D[Rx(α)]=D[Ry(−π2)Rz(α)Ry(−π2)]=(cos⁡(α/2)isin⁡(α/2)isin⁡(α/2)cos⁡(α/2))D[\mathcal{R}_x(\alpha)]=D\left[ \mathcal{R}_y( -\frac{\pi}{2} )\mathcal{R}_z(\alpha)\mathcal{R}_y\left( -\frac{\pi}{2} \right)\right]= \begin{pmatrix}\cos(\alpha/2)&i\sin(\alpha/2)\\ i\sin(\alpha/2) &\cos(\alpha/2) \end{pmatrix}

Appendix

接着之前的计算, 可以得到绕 yy 轴任意旋转的矩阵

D[Ry(β)]=D[Rx(−π2)Rz(β)Rx(π2)]=(cos⁡(β/2)sin⁡(β/2)−sin⁡(β/2)cos⁡(β/2))D[\mathcal{R}_y(\beta)]=D\left[\mathcal{R}_x(-\frac{\pi}{2})\mathcal{R}_z(\beta)\mathcal{R}_x(\frac{\pi}{2})\right]=\begin{pmatrix}\cos(\beta/2) & \sin(\beta/2) \\ -\sin(\beta/2) & \cos(\beta/2)\end{pmatrix}

与之前的结果相容. 即我们可以写出最后用欧拉角表示的旋转, 但这个没什么用, 用的最多的还是绕三个坐标轴的转动

D[Rx(α)]=(cos⁡(α/2)isin⁡(α/2)isin⁡(α/2)cos⁡(α/2))D[Ry(β)]=(cos⁡(β/2)sin⁡(β/2)−sin⁡(β/2)cos⁡(β/2))D[Rz(α)]=(e+iα/200e−iα/2)\begin{align}&D[\mathcal{R}_x(\alpha)]=\begin{pmatrix}\cos(\alpha/2)&i\sin(\alpha/2)\\ i\sin(\alpha/2) &\cos(\alpha/2)\end{pmatrix}\\&D[\mathcal{R}_y(\beta)]=\begin{pmatrix}\cos(\beta/2) & \sin(\beta/2) \\ -\sin(\beta/2) & \cos(\beta/2)\end{pmatrix}\\& D[\mathcal{R}_z(\alpha)]=\begin{pmatrix}e^{+i\alpha/2} & 0 \\ 0 & e^{-i\alpha/2} \end{pmatrix}\end{align}

最后我们来计算任意方向角 (θ,ϕ)(\theta,\phi) 处的自旋态用 zz 轴的基础态的表示, 以向上态为例 要做的实际上就是把这个方向转到 zz 轴, 由于原坐标只给了它的 zz 方向, 另外两个方向是任意选取的, 不妨取它的 xx 轴躺在我们 x−yx-y 平面上, 为了确定这个方向, 写出法平面方程

xsin⁡θcos⁡ϕ+ysin⁡θsin⁡ϕ+zcos⁡θ=0x\sin\theta\cos\phi+y\sin\theta\sin\phi+z\cos\theta=0

然后取 z=0z=0 得到方向

tan⁡ψ=−yz=−cot⁡(ϕ)  ⟹  ψ=π/2−ϕ\tan\psi=-\frac{y}{z}=-\cot(\phi)\implies \psi =\pi/2 -\phi

故先将坐标绕 xx 轴转 −θ-\theta 度, 再绕 zz 轴转 ψ\psi 度, 就把坐标架转到了原始位置, 直接计算

⟨+z∣+(θ,ϕ)⟩=∑i⟨+z∣iz′⟩⟨iz′∣+(θ,ϕ)⟩=ei(π4−ϕ2)cos⁡θ2⟨−z∣+(θ,ϕ)⟩=ei(π4+ϕ2)sin⁡θ2\begin{align}&\langle +z\mid +(\theta,\phi) \rangle=\sum_i\langle +z\mid i z'\rangle\langle iz'\mid +(\theta,\phi)\rangle=e^{i(\frac{\pi}{4}-\frac{\phi}{2})}\cos\frac{\theta}{2}\\ &\langle -z\mid +(\theta,\phi)\rangle =e^{i(\frac{\pi}{4}+\frac{\phi}{2})}\sin\frac{\theta}{2}\end{align}

即我们得到

∣+(θ,ϕ)⟩=ei(π4−ϕ2)cos⁡θ2∣+z⟩+ei(π4+ϕ2)sin⁡θ2∣−z⟩\mid +(\theta,\phi)\rangle=e^{i(\frac{\pi}{4}-\frac{\phi}{2})}\cos\frac{\theta}{2}\mid +z\rangle+e^{i(\frac{\pi}{4}+\frac{\phi}{2})}\sin\frac{\theta}{2}\mid -z\rangle

对反方向的态也可以通过相同的方式得到 另一种方式, 负方向态实际上是 (π−θ,ϕ+π)(\pi-\theta,\phi+\pi) 的向上态, 直接代入得到

∣+(π−θ,ϕ+π)⟩=e−i(π4+ϕ2)sin⁡θ2∣+z⟩+ei(3π4+ϕ2)cos⁡θ2∣−z⟩\mid +(\pi-\theta,\phi+\pi)\rangle =e^{-i(\frac{\pi}{4}+\frac{\phi}{2})}\sin\frac{\theta}{2} \mid+z\rangle +e^{i(\frac{3\pi}{4}+\frac{\phi}{2})}\cos\frac{\theta}{2}\mid -z\rangle

而直接计算得到

∣−(θ,ϕ)⟩=ei(3π4−ϕ2)sin⁡θ2∣+z⟩+ei(−π4+ϕ2)cos⁡θ2∣−z⟩\mid -(\theta,\phi)\rangle=e^{i(\frac{3\pi}{4}-\frac{\phi}{2})}\sin\frac{\theta}{2}\mid +z\rangle+e^{i(-\frac{\pi}{4}+\frac{\phi}{2})}\cos\frac{\theta}{2}\mid -z\rangle

两者相差一个整体相因子 eiπe^{i\pi} 这与前面的说法一致