Sie machen genau dasselbe: Sie "drehen" den Zustand und messen dann entlang der Achse, die Ihr Messgerät gerade misst. Der einzige Unterschied besteht hier darin, dass die "Rotation" nicht unbedingt einer Rotation im Raum entspricht, wie dies bei einem echten Spin der Fall ist.

Was folgt, ist eine detaillierte Beschreibung, wie wir Rotationen eines generischen 2-Level-Systems durchführen. Diese Drehungen plus die Messung entlang einer festen Achse ergeben effektive Messungen entlang jeder Achse.

Allgemeines Beispiel

Betrachten Sie ein harmonisches Oszillatorsystem mit$H=\hbar \omega_0(n + 1/2)$. Angenommen, wir setzen dieses Ding einer äußeren Kraft aus

$$F(t) = F_d \cos(\omega t + \phi).$$ Es ist Ihnen wahrscheinlich bekannt, dass wenn $\omega_d=\omega_0$dann bewirkt das Fahren, dass das System Übergänge zwischen den verschiedenen Zuständen erfährt. Also, lasst uns an dem Fall arbeiten $\omega_d = \omega_0$. Was ist der Hamilton-Operator, der durch diese treibende Kraft verursacht wird? Die von einer Kraft verrichtete Arbeit ist $\text{force}\times \text{distance}$so ist der Hamiltonsche Term $$H_d = -F(t)x = -F_d \cos(\omega_0 t + \phi) x$$ wobei das Minuszeichen kommt, weil eine äußere Kraft, die nach rechts zeigt, bedeutet, dass das System weniger potenzielle Energie hat, wenn es nach rechts geht. Wir können den Positionsoperator umschreiben als (siehe jedes Einführungslehrbuch) $$x = x_0(a + a^\dagger)$$ Wo $x_0$ist eine charakteristische Längenskala im Problem. Damit wird der fahrende Hamiltonianer $$H_d = -F_d x_0 \cos(\omega_0 t + \phi) (a + a^\dagger).$$ gibt einen vollständigen Hamilton-Operator $$H = \hbar \omega_0(n + 1/2) - F_d x_0 \cos(\omega_0 t + \phi) (a + a^\dagger) .$$ Das ist schwierig, weil wir beide den ursprünglichen Hamilton-Operator haben $H_0$und eine zeitabhängige $V(t)$. Um dies zu beheben, gehen wir in einen rotierenden Rahmen.

Der Drehrahmen

Angenommen, wir haben ein System mit Hamiltonian

$$H = H_0 + V(t)$$ Es gibt mehrere alternative "Bilder", die man verwenden kann, um das Problem zu vereinfachen. Sie haben sicher schon vom „Heisenberg-Bild“ und vielleicht vom „Interaktionsbild“ gehört. Hier entwickeln wir ein drittes Bild, das "rotierender Rahmen" genannt wird. Betrachten Sie den Verbreiter von $H_0$ $$U_0(t) = \exp[-itH_0/\hbar] .$$ Ist von der Zeit abhängig $V(t)$fehlten, dann würde die zeitliche Entwicklung des Systems daran liegen $$|\Psi_0(t)\rangle = U_0(t)|\Psi(0)\rangle.$$ Die Idee des rotierenden Rahmens ist es, den Teil der Evolution rückgängig zu machen $U_0$. Definieren Sie einen neuen Zustand $$|\Psi'(t)\rangle \equiv R(t) |\Psi_0(t)\rangle .$$ Wo $R(t) \equiv U_0(t)^\dagger = \exp[itH_0/\hbar]$. Mit anderen Worten, $R$rückgängig macht $U_0$. Lassen Sie uns nun die Entwicklung dieser neuen Sache verfolgen $$\begin{align} i\hbar d_t |\Psi'(t)\rangle &= i\hbar d_t (R(t) |\Psi_0(t)\rangle) \\ &= i\hbar \dot{R}(t) |\Psi_0(t)\rangle + i\hbar R(t) d_t |\Psi_0(t)\rangle \\ &= i\hbar \dot{R}(t) R^\dagger(t)|\Psi'(t)\rangle + R(t)(H_0 + V(t))|\Psi_0(t)\rangle \\ &= [i\hbar (iH_0/\hbar)R(t)R^\dagger(t) + H_0 + R(t)V(t)R^\dagger(t) ] |\Psi'(t)\rangle \\ &= [R(t) V(t) R^\dagger(t)]|\Psi'(t)\rangle . \end{align}$$ Wir haben jetzt eine einfache Schrödinger-Gleichung, in der der effektive „Drehrahmen-Hamiltonoperator“ steht $$H_r = R(t)V(t)R^\dagger(t).$$ Der Punkt ist, dass der ursprüngliche Hamiltonian vollständig verschwunden ist. Damit bleibt nur ein zeitabhängiger Teil übrig, der das Leben etwas erleichtert.

Zurück zum Beispiel

Wir hatten

$$H = \hbar \omega_0(n + 1/2) - F_d x_0 \cos(\omega_0 t + \phi) (a + a^\dagger) .$$ Lassen Sie uns den zeitunabhängigen Teil verwenden, um einen rotierenden Rahmen zu erstellen. Der Rotationsoperator $R$Ist $$R(t) = \exp[i\omega_0t (n + 1/2)]$$ und der zeitabhängige Teil des Hamilton-Operators ist $$V(t) = -F_d x_0 \cos(\omega_0 t + \phi) (a + a^\dagger).$$ Wenn wir den rotierenden Rahmen Hamiltonian bilden, finden wir (ohne hier Algebra zu machen) $R(t)aR^\dagger(t) = a e^{-i\omega_0 t}$, was dazu führt $$H_r = R(t)V(t)R^\dagger(t) = -F_d x_0 \cos(\omega_0 t + \phi) (a e^{-i\omega_0 t} + a^\dagger e^{i\omega_0 t}).$$ Wenn wir jetzt verwenden $$\cos(\omega t + \phi) = \frac{1}{2} \left[ e^{i(\omega_0 t + \phi)} + e^{-i(\omega_0 t + \phi} \right]$$ wir bekommen $$H_r = -\frac{F_d x_0}{2} \left[ ae^{i\phi} + ae^{-i(2\omega_0 t + \phi)} + a^\dagger e^{-i\phi} + a^\dagger e^{i(2\omega_0 t + \phi)} \right]$$ Die beiden zeitabhängigen Terme oszillieren hochfrequent und werden in der sogenannten „Rotating-Wave-Näherung“ vernachlässigt. Diese Blätter $$H_r = -\frac{F_d x_0}{2} \left[ ae^{i\phi} + a^\dagger e^{-i\phi} \right] . \qquad (*)$$ Nehmen wir nun an, unser System wäre kein harmonischer Oszillator, so dass nur die erste Energielücke einen Energieabstand hat $\hbar \omega_0$. In diesem Fall befindet sich unser Antrieb nicht in Resonanz mit anderen Ebenen, und es ist eine gute Annäherung, nur die niedrigsten zwei Ebenen zu berücksichtigen, die mit dem Antrieb in Resonanz sind. Wenn wir die kürzen $a$Und $a^\dagger$Operatoren auf den untersten zwei Ebenen werden sie $$a = \left( \begin{array}{cc} 0&1\\0&0 \end{array}\right) \qquad a^\dagger = \left( \begin{array}{cc} 0&0\\1&0 \end{array} \right).$$ Ersetzen Sie dies durch $(*)$gibt $$H_r = -\frac{F_d x_0}{2} \left( \begin{array}{cc} 0 & e^{i\phi} \\ e^{-i\phi} & 0 \end{array} \right) = -\frac{F_d x_0}{2}(\cos(\phi)\sigma_x - \sin(\phi)\sigma_y).$$ Das ist das zentrale Ergebnis. Hier sehen wir $H_r$eine Drehung des Zustands um eine Achse in der sein $xy$Ebene. Der Achswinkel wird durch bestimmt $\phi$das war nur die Phase unseres anfänglichen Antriebssignals. Das bedeutet, dass wir durch die Steuerung der Phase unserer treibenden Kraft den Zustand um jede Achse im drehen können $xy$Ebene! Natürlich ist diese "Rotation" außer im Fall einer realen Drehung keine Rotation im realen 3D-Raum. Es ist eine Rotation im Hilbert-Raum des Zwei-Ebenen-Systems, das, wie Sie wissen, wie die Oberfläche einer Kugel aussieht (genannt "Bloch-Kugel"). Wir haben hier gezeigt, wie man Drehungen um die macht $x$Und $y$Achsen in diesem imaginären kugelförmigen Raum.

Um Rotationen über die zu machen$z$Achse ändern Sie einfach den Energieabstand zwischen den Ebenen. Ich wette, Sie können an dieser Stelle mit dem bereits vorgestellten Formalismus genau berechnen, wie das funktioniert.

Bei Elektronenübergängen zwischen verschiedenen Atomorbitalen ist die Physik genau so wie hier dargestellt. Normalerweise kommt die Kraft aus dem elektrischen Feld eines Lasers oder HF-Generators, der auf das geladene Elektron einwirkt. Wenn die Frequenz des Laser- oder HF-Feldes an einen der Übergänge des Elektrons angepasst ist, dh$\omega_{\text{drive}} \approx \Delta E/\hbar$, dann geht das hier vorgestellte Argument des rotierenden Rahmens durch, um zu zeigen, dass das Elektron zwischen den beiden an diesem Übergang beteiligten Niveaus oszillieren wird.

Hausaufgabe: Berechnen Sie explizit den durch die induzierten Propagator$H_r$wir fanden.

Hinweis: Die Rotationswellennäherung ist gut, solange die vom Antrieb induzierte Rotationsfrequenz um die Blochkugel kleiner als ist$|E_1 - E_2|/\hbar$.