Spin half

Zoals je kan weten is de intrinsieke spin van een elektron geheel vergelijkbaar met een impulsmoment. Maar kunnen we het ook een beetje logisch inzichtelijk maken dat de spin zich inderdaad als een impulsmoment gedraagt? Daar heb je gek genoeg helemaal niet zoveel kennis voor nodig.

We beginnen bij het Stern-Gerlach experiment. Daaruit kan je concluderen dat elektronen zonder baanimpulsmoment toch twee verschillende magnetische momenten kunnen hebben. Dit noemen we spin-up en spin-down. Laten we deze toestanden weergeven met \(\ket{\uparrow}\) en \(\ket{\downarrow}\).

Als we de richting van het magnetisch veld nu definiëren als de \(z\)-richting dan moet de operator die bij het meten van dit magnetisch moment in deze richting overeenkomen met: $$ \hat{S}_z=\frac{\hbar}{2}\left(\ket{\uparrow}\bra{\uparrow}-\ket{\downarrow}\bra{\downarrow}\right). $$

Argumentatie

Kijk maar naar deze term: als we rechts de toestand \(\ket{\uparrow}\) zetten, levert de rechter term tussen de haakjes nul op. De linker term geeft wel een eindig antwoord zodat: $$ \hat{S}_z\ket{\uparrow}=\frac{\hbar}{2}\ket{\uparrow}. $$ Op dezelfde manier zien we ook dat $$ \hat{S}_z\ket{\downarrow}=-\frac{\hbar}{2}\ket{\downarrow} $$ en dat is precies wat we zoeken.

Vervolgens kunnen we ladderoperatoren toevoegen, die ons in staat stellen over te stappen van de ene naar de volgende toestand. Omdat er maar twee toestanden zijn, hebben die de eenvoudige vorm $$ \hat{S}_+=\hbar\ket{\uparrow}\bra{\downarrow} \qquad \text{en} \qquad \hat{S}_-=\hbar\ket{\downarrow}\bra{\uparrow}. $$ De vorm van deze operatoren is verbluffend eenvoudig. Vermenigvuldig je de \(\hat{S}_-\) met de toestand \(\ket{\downarrow}\), dan levert dit nul op (de up- en downtoestand zijn onderling orthogonaal). Maar vermenigvuldig je de \(\hat{S}_-\) met de toestand \(\ket{\uparrow}\) dan krijg je als uitkomst \(\hbar\ket{\downarrow}\). De bra-term selecteert de toestand waar de operator mee vermenigvuldigd wordt en de ket-term geeft weer welke toestand eruit komt.

Nu herhalen we het Stern-Gerlach experiment, maar we voeren het dubbel uit. Eerst splitsen we de bundel in een richting loodrecht op de eerder gekozen \(z\)-richting. Laten we deze nieuwe richting de \(x\)-richting noemen. De bundels die hieruit komen hebben de toestanden \(\ket{\uparrow_x}\) en \(\ket{\downarrow_x}\). Als we één van deze twee bundels vervolgens door de hierboven beschreven opstelling sturen (uitgelijnd in de \(z\)-richting), dan splitst deze wederom in twee. Uit het feit dat de intensiteiten van deze dubbel-gesplitste bundels exact gelijk zijn, kan je concluderen dat: $$ \ket{\uparrow_x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}+\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\downarrow} \qquad \text{en} \qquad \ket{\downarrow_x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}-\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\downarrow} $$

Argumentatie

Dat de twee bundels dezelfde intensiteit hebben, kan je wiskundig weergeven als: $$ \lvert \braket{\uparrow|\uparrow_x} \rvert^2 = \lvert \braket{\downarrow|\uparrow_x} \rvert^2 = \frac{1}{2}. $$ Dat kan alleen maar betekenen dat $$ \ket{\uparrow_x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}+\frac{1}{\sqrt{2}}e^{i\phi}\ket{\downarrow} $$ We hebben er daarbij voor gekozen dat de algemene fasefactor nul is, maar de fasevector voor de tweede term weten we niet. Er moet dan voor de andere toestand gelden dat: $$ \ket{\downarrow_x}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}-\frac{1}{\sqrt{2}}e^{i\phi}\ket{\downarrow}, $$ want dat is de toestand die loodrecht staat op de toestand \(\ket{\uparrow_x}\). De fasevector is nu nog onbepaald, maar hieronder zal je zien dat je ook die vrij kunt kiezen. De algemene afspraak is om de \(\phi=0\) te kiezen voor de toestande \(\ket{\uparrow_x}\).

Natuurlijk kan je dezelfde redenering ook houden voor de \(y\)-richting. Daar zijn de resultaten exact hetzelfde, maar met een andere fasefactor: $$ \ket{\uparrow_y}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}+i\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\downarrow} \qquad \text{ en } \qquad
\ket{\downarrow_y}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}-i\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\downarrow}. $$

Argumentatie

In eerste instantie geldt hier natuurlijk dezelfde eis als voor de \(x\)-richting. Alleen zijn we vrij om een andere fasefactor te kiezen: $$ \ket{\uparrow_y}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}+\frac{1}{\sqrt{2}}e^{i\theta}\ket{\downarrow} \qquad \text{ en } \qquad
\ket{\downarrow_y}=\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}-\frac{1}{\sqrt{2}}e^{i\theta}\ket{\downarrow}. $$ Om de correcte fasefactoren te vinden is er nog een belangrijk gegeven nodig. Je moet je namelijk realiseren dat het hele systeem systeem symmetrisch is in \(x\), \(y\) en \(z\), zodat: $$ \lvert \braket{\uparrow_x|\uparrow_y} \rvert^2 = \lvert \braket{\uparrow_x|\downarrow_y} \rvert^2 = \frac{1}{2} \qquad \text{en} \qquad \lvert \braket{\downarrow_x|\uparrow_y} \rvert^2 = \lvert \braket{\downarrow_x|\downarrow_y} \rvert^2 = \frac{1}{2}. $$ Laten we een van deze relaties kiezen en uitwerken: $$ \begin{align} \lvert \braket{\uparrow_x|\downarrow_y} \rvert^2 &= \left| \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\bra{\uparrow}+\frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\phi}\bra{\downarrow}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}-\frac{1}{\sqrt{2}}e^{i\theta}\ket{\downarrow}\right)\right|^2\\ &= \left| \frac{1}{2}\braket{\uparrow|\uparrow}-\frac{1}{2}e^{i\theta}\braket{\uparrow|\downarrow}+\frac{1}{2}e^{-i\phi}\braket{\downarrow|\uparrow}-\frac{1}{2}e^{i(\theta-\phi)}\braket{\downarrow|\downarrow} \right|^2 \\ &= \lvert \frac{1}{2}-\frac{1}{2}e^{i(\theta-\phi)} \rvert^2.\\ \end{align} $$ Dit betekent: $$ \frac{1}{4}\lvert 1 - e^{i(\theta-\phi)} \rvert^2 = \frac{1}{2} $$ Het maakt niet uit met welke combinatie van \(x\)- en \(y\)-toestand je start, maar telkens is de conclusie: $$ \theta-\phi=\frac{\pi}{2} \qquad \text{of} \qquad \theta-\phi=-\frac{\pi}{2}. $$ In de litteratuur wordt er telkens voor gekozen voor \(\phi=0\) en \(\theta=\frac{\pi}{2}\), zodat de toestanden de vorm krijgen zoals hierboven vermeld.

Omdat je nu voor de \(x\)-richting exact dezelfde argumenten kan gebruiken voor de operator moet ook hier gelden: $$ \hat{S}_x=\frac{\hbar}{2}\left(\ket{\uparrow_x}\bra{\uparrow_x}-\ket{\downarrow_x}\bra{\downarrow_x}\right), $$ wat met behulp van de zojuist gevonden relaties te vertalen is naar: $$ \hat{S}_x=\frac{\hbar}{2}\left(\ket{\uparrow}\bra{\downarrow}+\ket{\downarrow}\bra{\uparrow}\right) $$

Afleiding

Dit volgt simpelweg uit het stug uitwerken van het product: $$ \begin{align} \hat{S}_x & =\frac{\hbar}{2}\left(\ket{\uparrow_x}\bra{\uparrow_x}-\ket{\downarrow_x}\bra{\downarrow_x}\right)\\ &= \frac{\hbar}{2}\left[\left( \frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}+\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\downarrow}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\bra{\uparrow}+\frac{1}{\sqrt{2}}\bra{\downarrow}\right)-\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\uparrow}-\frac{1}{\sqrt{2}}\ket{\downarrow}\right)\left( \frac{1}{\sqrt{2}}\bra{\uparrow}-\frac{1}{\sqrt{2}}\bra{\downarrow}\right)\right]\\ &= \frac{\hbar}{2}\left(\frac{1}{2}\ket{\uparrow}\bra{\uparrow}+\frac{1}{2}\ket{\uparrow}\bra{\downarrow}+\frac{1}{2}\ket{\downarrow}\bra{\uparrow}+\frac{1}{2}\ket{\downarrow}\bra{\downarrow}-\frac{1}{2}\ket{\uparrow}\bra{\uparrow}+\frac{1}{2}\ket{\uparrow}\bra{\downarrow}+\frac{1}{2}\ket{\downarrow}\bra{\uparrow}-\frac{1}{2}\ket{\downarrow}\bra{\downarrow}\right)\\ &= \frac{\hbar}{2}\left(\ket{\uparrow}\bra{\downarrow}+\ket{\downarrow}\bra{\uparrow}\right) \end{align} $$

Op een vergelijkbare manier kan je ook afleiden dat moet gelden: $$ \hat{S}_y=\frac{\hbar}{2}\left(-i\ket{\uparrow}\bra{\downarrow}+i\ket{\downarrow}\bra{\uparrow}\right). $$ Met de matrices die we op deze manier geconstrueerd hebben, kunnen we verifiëren dat de intrinsieke spin van het elektron aan alle wiskundige relaties voldoet die je voor impulsoperatoren verwacht. En als twee entiteiten in de wiskunde exact dezelfde eigenschappen hebben, dan kan je ze verder ook gelijk behandelen.

Het is ook interessant om te kijken wat er in de tijd gebeurt met een spintoestand. Bij de tijdsafhankelike Schrödingervergelijking heb je gezien dat eigentoetanden van de operator wel veranderen in de tijd, maar alleen doordat hun fasefactor verandert. Bij de fysieke meting blijft de fysieke meetwaarde constant. Als je de toestand \(\ket{\uparrow}\) of \(\ket{\downarrow}\) in een uniform magneetveld brengt, blijft daarom de up-toestand de up-toestand en de down-toestand de down-toestand. (nogmaals: hun globale fasefactor verandert, maar dat heeft geen effect op de toestand.)

Maar als we nu de toestand \(\ket{\uparrow_x}\) in een uniform magneetveld in de \(z\)-richting brengen; wat gebeurt er dan? Doordat we nu weten dat deze toestand te schrijven is als: $$ \ket{\uparrow_x(t)} = \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow(t)}+\ket{\downarrow(t)}\right) $$ Komen we tot de conclusie dat de toestand gaat precederen in het \((x,y)\)-vlak. De snelheid van deze precessie is evenredig met het magneetveld.

Alfeiding

Zoals we bij de tijdsafhankelike Schrödingervergelijking hebben gezien, hangt de fasefactor af van de energie. De toestand is daardoor te schrijven als: $$ \begin{align} \ket{\uparrow_x(t)} &= \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow}e^{-iE_{\uparrow}t/\hbar}+\ket{\downarrow}e^{-iE_{\downarrow}t/\hbar}\right)\\ &= \frac{1}{\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow}+\ket{\downarrow}e^{-i(E_{\downarrow}-E_{\uparrow})t/\hbar}\right) \end{align} $$ Op specifieke momenten geldt er dus dat: $$ \begin{align} \ket{\uparrow_x(t=\frac{\hbar\pi}{2(E_{\downarrow}-E_{\uparrow})})}&=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow}+i\ket{\downarrow}\right)=\ket{\uparrow_y}\\ \ket{\uparrow_x(t=\frac{\hbar\pi}{E_{\downarrow}-E_{\uparrow}})}&=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow}-\ket{\downarrow}\right)=\ket{\downarrow_x}\\ \ket{\uparrow_x(t=\frac{3\hbar\pi}{2(E_{\downarrow}-E_{\uparrow})})}&=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow}-i\ket{\downarrow}\right)=\ket{\downarrow_y}\\ \ket{\uparrow_x(t=\frac{2\hbar\pi}{E_{\downarrow}-E_{\uparrow}})}&=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\ket{\uparrow}+\ket{\downarrow}\right)=\ket{\uparrow_x}. \end{align} $$ Dat kunnen we inderdaad interpreteren als het ronddraaien van het spinimpulsmoment in het \((x,y)\)-vlak.