スピン磁気共鳴と Rabi 振動

§1.2 の定石を一段ずつなぞる。

Step 0（無摂動系の整理）. $\hat H_0=\mu_B B_0\hat\sigma_z$ の固有状態は $| \pm \rangle$、固有値は $E_\pm=\pm\mu_B B_0$。準位間隔は $E_+-E_-=2\mu_B B_0\equiv\hbar\omega_0$（$\omega_0=2\alpha$）。始状態 $| i \rangle =| + \rangle$、終状態 $| f \rangle =| - \rangle$ で、この遷移の Bohr 振動数は

$$\omega_{-+}=\frac{E_--E_+}{\hbar}=-\omega_0.$$

Step 1（行列要素と選択則）. 前節の行列表示 $\hat V(t)=\mu_B B_1\left(\begin{smallmatrix}0&\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\\ \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}&0\end{smallmatrix}\right)$ の左下成分を読んで

$$\langle - | \hat V(t) | + \rangle =\mu_B B_1\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t},\qquad \langle + | \hat V(t) | + \rangle =\langle - | \hat V(t) | - \rangle =0.$$

回転磁場は純粋に非対角——スピンを反転させる遷移だけを起こし、準位をずらす対角成分をもたない。対角要素が零である事実は Step 3$'$ で効く。

Step 2（相互作用描像の位相）.

$$V^I_{-+}(t)=\langle - | \hat V(t) | + \rangle \,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega_{-+}t} =\mu_B B_1\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega-\omega_0)t} =\hbar\beta\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\Delta t},\qquad \Delta\equiv\omega-\omega_0\ (\text{離調}).$$

外場の回転 $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}$ と準位の位相 $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_0t}$ が合成され、時間依存が単色 $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\Delta t}$ に化けた——定石の標準形である。

Step 3（1次振幅と万能公式）.

$$c_-^{(1)}(t)=-\frac{\mathrm{i}}\hbar\int_0^t V^I_{-+}(t_1)\,\mathrm{d} t_1 =-\mathrm{i}\beta\int_0^t\mathrm{e}^{\mathrm{i}\Delta t_1}\mathrm{d} t_1 =-\mathrm{i}\beta\,\mathrm{e}^{\mathrm{i}\Delta t/2}\,\frac{2\sin(\Delta t/2)}{\Delta}$$

（§1.2 の標準積分をそのまま使った）。絶対値の2乗をとれば、$v=\hbar\beta$ とした万能公式そのもので

$$\boxed{\ P_{+\to-}(t)\simeq\bigl|c_-^{(1)}\bigr|^2=\frac{4\beta^2}{\Delta^2}\sin^2\frac{\Delta t}{2} =\frac{4\beta^2}{(\omega-\omega_0)^2}\sin^2\frac{(\omega-\omega_0)t}{2}\ }$$

Step 3$'$（なぜこれで「2次まで」なのか）. 2次振幅は中間状態 $m$ を一つ挟む

$$c_-^{(2)}(t)=\Bigl(-\frac{\mathrm{i}}\hbar\Bigr)^2\sum_m\int_0^t\!\mathrm{d} t_1\int_0^{t_1}\!\mathrm{d} t_2\;V^I_{-m}(t_1)\,V^I_{m+}(t_2).$$

2準位系なので中間状態は $m\in\{+,-\}$ の2つだけ。和を展開すると2本の経路の被積分関数

$$\underbrace{V^I_{--}(t_1)\,V^I_{-+}(t_2)}_{m=-\ \text{の経路}} \ +\ \underbrace{V^I_{-+}(t_1)\,V^I_{++}(t_2)}_{m=+\ \text{の経路}}$$

になる。ここで決定的なのは、この問題の $\hat V(t)=\mu_B B_1\left(\begin{smallmatrix}0&\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega t}\\ \mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega t}&0\end{smallmatrix}\right)$ が非対角のみで、対角要素がゼロだという事実である（相互作用描像に移しても $V^I_{nm}=V_{nm}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega_{nm}t}$ ゆえ対角性は保たれる）：

$$V^I_{++}(t)=0,\qquad V^I_{--}(t)=0.$$

これを2経路に代入すると、$m=-$ の経路は先頭の因子 $V^I_{--}(t_1)=0$ で潰れ、$m=+$ の経路は末尾の因子 $V^I_{++}(t_2)=0$ で潰れる：

$$V^I_{--}(t_1)\,V^I_{-+}(t_2)=0,\qquad V^I_{-+}(t_1)\,V^I_{++}(t_2)=0.$$

どちらの経路も因子の一つが恒等的にゼロなので、積分するまでもなく

$$\boxed{\ c_-^{(2)}(t)\equiv0\ }$$

パリティによる言い換え. $\hat V$ が非対角のみとは、「摂動は蹴るたびに必ずスピンを反転させ（$| + \rangle \leftrightarrow| - \rangle$）、その場に留まる成分をもたない」ということ。すると $| + \rangle$ から $| - \rangle$ へ行くには奇数回の反転が要り、$| + \rangle \xrightarrow{}| - \rangle \xrightarrow{}| + \rangle$ と偶数回蹴られると必ず出発点 $| + \rangle$ に戻ってしまう。ゆえに $| + \rangle \to| - \rangle$ の遷移には奇数次 $c_-^{(1)},c_-^{(3)},\dots$ だけが寄与し、偶数次はすべて零。したがって確率を $B_1$ の2次まで正しく与えるのは $|c_-^{(1)}|^2$ で尽きており、次の補正は $2\operatorname{Re}[c_-^{(1)*}c_-^{(3)}]=O(B_1^4)$（$c_-^{(1)}=O(B_1)$ と $c_-^{(3)}=O(B_1^3)$ の積）から始まる。

（もし静磁場のずれ $\delta B_z\hat\sigma_z$ のような対角摂動が加われば $V^I_{--}\neq0$ となり、$m=-$ の経路が生き残って $c_-^{(2)}\neq0$ になる。2次が消えるのは、本問の $\hat V$ が純粋にスピン反転型だからこその結果である。）$\boxed{}$