Macierz Pauliego

[epicka_nemesis]

Dlaczego macierzz Pauliego wygląda tak jak wygląda? wikipedia niewiele mi pomaga w odpowiedzi na to pytanie.
Czy ktoś może mi wytłumaczyć skąd się biorą te wartości w macierzy Pauliego?
Jeśli to niewłaściwy dział, proszę o przeniesienie do właściwego.
I naprawdę będę wdzięczna za każde nakierowanie na odpowiedź.

[janusz47]

W roku 1928 Paul Dirac wykazał, że istnienie spinu (momentu pędu) elektronu jest nieuknioną konsekwencją relatywistycznej teorii kwantowej.

Jak pokazano po raz pierwszy w doświadczeniu Sterna i Gerlacha - spin w zewnętrznym polu magnetycznym \(\displaystyle{ \vec{B} }\) przy wyróżnionej osi \(\displaystyle{ z }\) może przybierać tylko dwa położenia: "kierunek równoległy" i "antyrównoległy względem kierunku pola.

Składowe względem tak zdefiniowanej osi \(\displaystyle{ z }\) mają wartości \(\displaystyle{ s_{z} = m_{s}\cdot \hbar }\) dla \(\displaystyle{ m_{s}=\pm \frac{1}{2}.}\)

gdzie \(\displaystyle{ m_{s} = \pm \frac{1}{2} }\) oznacza spinową magnetyczną liczbę kwantową.

Stąd wynika, że elektron ma trzy stopnie swobody związane z ruchem translacyjnym, spin stanowi czwarty stopień swobody.

Wiele innych cząstek elementarnych także proton mają spin.

Podobnie jak każdy moment pędu, spin elektronu jest wektorem o trzech składowych \(\displaystyle{ \vec{s} = [s_{x}, s_{y}, s_{z}].}\)

Rozwijając formalizm spinowy musimy uwzględnić fakt doświadczalny, że spin ma wyłącznie dwie orientacje (np.wzdłuż osi \(\displaystyle{ z) \ \ \frac{1}{2}\hbar, -\frac{1}{2}\hbar.}\)

Intuicyjnie myślimy o jednym ze stanów spinowych jako o stanie ze spinem skierowanym do "góry" , a o drugim - ze spinem skierowanym w "dół".

W zwiazku z tym wprowadzamy wprowadzamy dwie funkcje falowe odpowiadające takim ustawieniom spinu \(\displaystyle{ \phi_{\downarrow}, \ \ \phi_{\uparrow}.}\)

Postępując zgodnie z formalizmem kwantowym twierdzamy, że pomiar składowej \(\displaystyle{ z }\) dpowiada zastosowaniu do funkcji falowej operatora \(\displaystyle{ \hat{s}_{z} }\), zaś funkcje falowe musimy wybrać tak, by zastosowanie tego operatora prowadziło do wartości mierzonych spinu.

Ponieważ mamy tylko dwie takie wartości \(\displaystyle{ \frac{1}{2}\hbar, -\frac{1}{2}\hbar }\) wobec tego muszą zachodzić równości

\(\displaystyle{ \begin{cases} \hat{s}_{z} \cdot \phi_{\uparrow} = \frac{1}{2}\hbar \cdot \phi_{\uparrow} \ \ (1) \\ \hat{s}_{z} \cdot \phi_{\downarrow} = -\frac{1}{2}\hbar\cdot \phi_{\downarrow} \ \ (2) \end{cases} }\)

Szukamy formalizmu, który prowadziłby do równań \(\displaystyle{ (1), (2).}\)

Wolfang Pauli wpadł na pomysł, że najłatwiej to zrobić wykorzystując macierze.

Szukamy więc wektora \(\displaystyle{ \vec{\phi} }\) i macierzy \(\displaystyle{ M = \left [\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}\right], }\) takich, by iloczyn \(\displaystyle{ M\cdot \vec{\phi} }\) był równy albo \(\displaystyle{ \frac{1}{2} \hbar \cdot \vec{\phi} }\) albo \(\displaystyle{ -\frac{1}{2} \hbar \cdot \vec{\phi}. }\)

Wynikiem tego przekształcenia liniowego jest wybór operatora

\(\displaystyle{ \hat{s}_{z} = \frac{1}{2}\hbar\left [\begin{matrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{matrix} \right]}\)

i funkcji spinowych postaci

\(\displaystyle{ \phi_{\uparrow} = \left[\begin{matrix} 1 \\ 0 \end{matrix}\right], \ \ \phi_{\downarrow} = \left[\begin{matrix} 0 \\ 1 \end{matrix}\right]}\)

Pozostała kwestia reprezentacji operatorów momentu pędu w kierunkach osi \(\displaystyle{ x, \ \ y. }\)

Nie wdając się w matematyczne aspekty tego problemu przyjmjemy się

\(\displaystyle{ \hat{s}_{x} = \frac{1}{2}\hbar \left[\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}\right] }\) i \(\displaystyle{ \hat{s}_{y} = \frac{1}{2}\hbar\left [\begin{matrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{matrix}\right]. }\)

[epicka_nemesis]

Nie wdając się w matematyczne aspekty tego problemu przyjmjemy się
\(\displaystyle{ \hat{s}_{x} = \frac{1}{2}\hbar \left[\begin{matrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{matrix}\right] }\) i \(\displaystyle{ \hat{s}_{y} = \frac{1}{2}\hbar\left [\begin{matrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{matrix}\right]. }\)

Ja bym bardzo chciała właśnie w te matematyczne aspekty wniknąć.
Ale dziękuję Panu bardzo za wyczerpujące wyjaśnienie. Muszę to przetrawić, bo nie wszystkie pojęcia są mi znane.

[AiDi]

Poszukaj informacji na temat grupy SU(2) i jej algebry Liego.

[epicka_nemesis]

Wyczytałam, że generatory algebry Liego su(2) dla reprezentacji fundamentalnej grupy SU(2) wyrażają się poprzez macierze wymiaru 2×2; najczęściej wybiera się jako generatory macierze Pauliego mnożone przez 0,5.

[AiDi]

wybiera się jako generatory macierze Pauliego mnożone przez 0,5.

Tak bo bez tego mielibyśmy \(\displaystyle{ [\sigma_i,\sigma_j]=2i\varepsilon_{ijk}\sigma_k}\), a po podzieleniu stronami przez \(\displaystyle{ 4}\) i przedefiniowaniu \(\displaystyle{ \sigma'_\alpha=\frac{1}{2}\sigma_\alpha}\) mamy ładniejszą postać: \(\displaystyle{ [\sigma'_i,\sigma'_j]=i\varepsilon_{ijk}\sigma'_k}\).

[epicka_nemesis]

To rozumiem. zastanawiam się dlaczego zawarte są w niej jednostki urojone?

[AiDi]

Ponieważ do algebry \(\displaystyle{ su(2)}\) należą antyhermitowskie macierze 2 na 2, więc musimy użyć liczb zespolonych.

[epicka_nemesis]

Dzięki za wyjaśnienie
Jeszcze małe pytanko dodatkowe. Generatory grupy obrotów jako macierze także mają w sobie jednostki urojone czy z tego samego powodu?

[AiDi]

Nie. Grupa SO(3) jest rzeczywista, przez co jej algebra Liego też i można używać rzeczywistych generatorów. Tak się robi w mechanice klasycznej. Natomiast w fizyce kwantowej chcemy, żeby generatory grupy obrotów były obserwablami odpowiadającymi momentowi pędu (z twierdzenia Noether moment pędu to wielkość fizyczna która jest zachowana jeśli lagranżjan jest niezmienniczy ze względu na grupę obrotów). Obserwable z definicji muszą być hermitowskie, zatem musimy przemnożyć antysymetryczne generatory przez jednostkę urojoną dostając operatory takie jakich potrzebujemy.

[janusz47]

Dlaczego macierze spinowe Pauliego wyglądają tak jak wyglądają?

Punktem wyjścia do odpowiedzi na to Pani pytanie jest pojęcie operatora spinu (krętu) \(\displaystyle{ \vec{J}. }\)

Uogólniając to pojęcie - możemy napisać jego równanie

\(\displaystyle{ \vec{J} = i \cdot \hbar\cdot \varepsilon_{ikl} \cdot \vec{J}_{l} \ \ (1) }\)

gdzie

\(\displaystyle{ \varepsilon_{ikl} = \begin{cases} +1 \ \ \mbox{ dla parzystej permutacji liczb 1,2,3} \\ -1 \ \ \mbox{dla nieparzystej permutacji liczb 1,2,3} \\ 0 \ \ \mbox{ gdy choć dwie spośród liczb i , j, k są między sobą równe} \end{cases} }\)

jest trójwskaźnikowym tensorem antysymetrycznym Levi-Civita.

Rozważmy spin elektronu, choć rozważania nasze mogą być słuszne i dla innych cząstek mających taki sam spin jak elektron, na przykład dla neutrin, mionów, nukleonów i niektórych barionów.

Z teorii linii widmowych w szczególności z rozszczepienia linii widmowych pierwiastów alkalicznych na dublety wynika, że elektronowi o ładunku
\(\displaystyle{ -e }\) i masie \(\displaystyle{ m_{e} }\) należy przypisać spin, którego rzut na dowolną oś jest równy \(\displaystyle{

\pm \frac{1}{2}\hbar \ \ (2) }\)

i moment magnetyczny w kierunku tej osi jest równy

\(\displaystyle{ \mu_{s} = \pm \frac{e\cdot \hbar}{2m_{e}\cdot c}.}\)

Oznaczmy operator własny krętu elektronu przez

\(\displaystyle{ \vec{J} = \frac{1}{2}\hbar\cdot \sigma \ \ (3)}\)

Wykażemy, że nowo wprowadzony operator spinu elektronu \(\displaystyle{ \sigma }\) ma jedną z postaci macierzy spinowych Pauliego.

Ze związków \(\displaystyle{ (2), (3) }\) wynika, że wartościami własnymi składowych operatora \(\displaystyle{ \sigma }\) są liczby \(\displaystyle{ -1, +1,}\) to oznacza. że jeżeli przedstawimy składową tego operatora w postaci macierzy i doprowadzimy ją do postaci diagonalnej- powinniśmy na przekątnej głównej otrzymać \(\displaystyle{ -1, +1 }\) i po podnesieniu do kwadratu otrzymać macierz jednostkową \(\displaystyle{ I. }\)

Taką własność posiadają macierze unitarne, bo gdy macierz unitarną doprowadzającą jedną z macierzy \(\displaystyle{ \sigma_{x}, \sigma_{y}, \sigma_{z} }\) na przykład \(\displaystyle{ \sigma_{x} }\) do postaci diagonalnej oznaczymy przez \(\displaystyle{ U,}\) to otrzymamy

\(\displaystyle{ U^{*}\cdot \sigma_{x}\cdot U\cdot U^{*}\sigma_{x}\cdot U = I, }\)

czyli

\(\displaystyle{ U^{*}\sigma^2_{x}\cdot U = I, }\)

stąd

\(\displaystyle{ \sigma^2_{x} = U\cdot I \cdot U^{*} = I. }\)

Takie samo rozumowanie dla \(\displaystyle{ \sigma_{y}, \sigma_{z} }\) doprowadza do równości

\(\displaystyle{ \sigma^2_{x} = \sigma^2_{y} = \sigma^2_{z} = I \ \ (4) }\)

Składowe wektora \(\displaystyle{ \vec{J} }\) mają spełniać równanie \(\displaystyle{ (1).}\)

Na podstawie \(\displaystyle{ (3) }\) otrzymujemy dla macierzy \(\displaystyle{ \sigma_{x}, \sigma_{y}, \sigma_{z} }\) związek

\(\displaystyle{ \sigma_{y}\cdot \sigma_{z}- \sigma_{z}\cdot \sigma_{y} = 2i\cdot \sigma_{x} \ \ (5) }\)

i analogiczne dwa równania przez przestawienia cykliczne, które możemy zapisać w postaci jednego równania

\(\displaystyle{ [\sigma_{i}, \sigma_{k}] = 2i \cdot \varepsilon_{ikl} \cdot \sigma_{l}. }\)

Z równań \(\displaystyle{ (4), (5) }\) wynika, że

\(\displaystyle{ 2i\cdot (\sigma_{y}\cdot \sigma_{z}+\sigma_{z}\cdot \sigma_{y}) = \sigma_{y}\cdot (\sigma_{x}\cdot \sigma_{y}-\sigma_{y}\cdot \sigma_{x})+ (\sigma_{x}\cdot \sigma_{y}-\sigma_{y}\cdot \sigma_{x})\cdot \sigma_{y} = \sigma_{y}\cdot \sigma_{x}\cdot \sigma_{y}-\sigma_{x}+\sigma_{x}-\sigma_{y}\cdot \sigma_{x}\cdot \sigma_{y} = 0.}\)

A więc

\(\displaystyle{ \sigma_{y}\cdot \sigma_{z}+\sigma_{z}\cdot \sigma_{y} = 0 \ \ (6) }\)

Dodając stronami równości \(\displaystyle{ (5), (6) }\) otrzymujemy

\(\displaystyle{ \sigma_{x}\cdot \sigma_{y} = i \sigma_{z} }\)

Używając tensora Levi-Civita możemy zapisać relacje antyprzemienności w postaci jednego równania

\(\displaystyle{ \sigma_{i}\cdot \sigma_{k} = \varepsilon_{ikl}\cdot \sigma_{l}, \ \ i\neq k. }\)

Zauważmy, że ślady macierzy \(\displaystyle{ \sigma_{i} }\) są równe zeru.

\(\displaystyle{ Tr(\sigma_{i}) = 0 }\)

Korzystając z \(\displaystyle{ (6) }\) i przemienności operatora śladu względem mnożenia macierzy mamy

\(\displaystyle{ Tr(\sigma_{i}) = Tr(\sigma_{i}\cdot \sigma_{k}\cdot \sigma_{k} =- Tr(\sigma_{k}\cdot \sigma_{l}\cdot\sigma_{k}) = -Tr(\sigma_{i}\cdot \sigma_{k}\cdot \sigma_{k}) = -Tr(\sigma_{i}) = 0. }\)

Ponieważ macierze te mają wartości własne \(\displaystyle{ -1, +1, }\) a ich ślady znikają - muszą mieć parzystą liczbę wierszy i kolumn. W naszym przypadku dwa wiersze i dwie kolumny.

Przyjmijmy macierz \(\displaystyle{ \sigma_{z} = \left[\begin{matrix} 1&0\\0&-1 \end{matrix}\right] }\)

Szukamy macierzy \(\displaystyle{ \sigma_{x} = \left[\begin{matrix} a&b\\c&d \end{matrix}\right] }\)

Z \(\displaystyle{ (6) }\) wynika równość

\(\displaystyle{ 0=\sigma_{z} \cdot \sigma_{x}+\sigma_{x} \cdot \sigma_{z} = \left[\begin{matrix}1&0 \\ 0&-1 \end{matrix}\right] \cdot \left[\begin{matrix} a & b\\ c & d \end{matrix}\right] + \left [\begin{matrix} a & b\\c & d \end{matrix} \right]\cdot \left[\begin{matrix} 1 & 0 \\0 & -1 \end{matrix} \right]= 2\left[\begin{matrix} a & 0 \\ 0 & -d \end{matrix} \right ], }\)

Skąd otrzymujemy \(\displaystyle{ a = d = 0.}\)

Ponieważ

\(\displaystyle{ \vec{J} }\) jest operatorem hermitowskim , więc \(\displaystyle{ \sigma_{x} = \left[\begin{matrix}0&b \\ b^{*}& 0 \end{matrix}\right],
}\)
\(\displaystyle{ \sigma^2_{x} = \left[\begin{matrix}b \cdot b^{*}&0 \\0& b^{*}\cdot b \end{matrix}\right] = I }\)

Skąd

\(\displaystyle{ b = 1 }\) lub \(\displaystyle{ b = e^{i\cdot \alpha}, \ \ \alpha \in \RR }\)

A zatem \(\displaystyle{ \sigma_{x} = \left[\begin{matrix}0 &e^{i\alpha} \\e^{-i\alpha} & 0 \end{matrix}\right], }\)

Podobnie

\(\displaystyle{ \sigma_{y} = \left[\begin{matrix}0 &e^{i\beta} \\e^{-i\beta} & 0 \end{matrix}\right]. }\)

Z równości \(\displaystyle{ (6) }\) mamy

\(\displaystyle{ 0 = \left[\begin{matrix}e^{i(\alpha -\beta)}+ e^{-i(\alpha-\beta} & 0 \\ & 0&e^{-i(\alpha -\beta)}+ e^{i(\alpha-\beta} \end{matrix}\right] = 2\left[\begin{matrix}\cos(\alpha-\beta) & 0 \\0 & \cos(\alpha - \beta) \end{matrix}\right], }\)

gdzie zastosowalśmy wzór kosinusowy Eulera

Stąd

\(\displaystyle{ \alpha - \beta = (2n +1)\cdot \frac{1}{2}\pi }\)

Przyjmując jedno z najprostszych podstawień, \(\displaystyle{ \alpha = 0, \ \ \beta = -\frac{1}{2}\pi }\)- otrzymujemy macierze Pauliego, będące algebraiczną reprezentacją operatora spinu elektronowego

\(\displaystyle{ \sigma_{x}= \left[\begin{matrix} 0 & 1 \\1 & 0 \end{matrix} \right], \ \ \sigma_{y}=\left[\begin{matrix} 0 & -i \\i & 0 \end{matrix} \right], \ \ \sigma_{z} = \left[\begin{matrix} 1 & 0 \\0 & -1 \end{matrix} \right]. }\)

[epicka_nemesis]

Dziękuję Wam obu bardzo za wyczerpujące odpowiedzi.