tecktom.com

当てる道具:Bloch ベクトルの歳差と緩和

2026年10月15日13分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第19章 Rabi 振動と光 Bloch 方程式
目次
  1. 光による回転
  2. 磁場中のスピンと同じ式
  3. と の意味:双極子の同相成分と直交成分
  4. 緩和を入れる: と
  5. 木下の層

AI 生成・木下が未勉強

光学と量子エレクトロニクス 第19章 §19.2 ★★★ 光は Bloch ベクトルを Ω=(−Ω,0,−Δ)\bm{\Omega}=(-\Omega,0,-\Delta) のまわりに回し、環境は ww を T1T_1 で −1-1 へ、u,vu,v を T2T_2 で 00 へ縮める。合わせたものが光 Bloch 方程式で、磁場中のスピンの Bloch 方程式と同じ形をしている

光による回転

まず環境を忘れ、回転座標の Hamiltonian だけで Bloch ベクトルの時間変化を求める。Heisenberg 描像で dσidt=[σi, H^]/(iℏ)\frac{\mathrm{d} \sigma_i}{\mathrm{d} t}=\left[\sigma_i,\,\hat H\right]/(\mathrm{i}\hbar) を、Pauli 行列の交換関係 [σi, σj]=2i∑kϵijkσk\left[\sigma_i,\,\sigma_j\right]=2\mathrm{i}\sum_k\epsilon_{ijk}\sigma_k で計算する。H^=ℏ2∑jΩjσj\hat H=\frac\hbar2\sum_j\Omega_j\sigma_j と書くと dσidt=∑j,kϵijkΩjσk\frac{\mathrm{d} \sigma_i}{\mathrm{d} t}=\sum_{j,k}\epsilon_{ijk}\Omega_j\sigma_k になり、期待値を取って

dRdt=Ω×R,Ω=(−Ω, 0, −Δ)(19.4)\frac{\mathrm{d} \bm{R}}{\mathrm{d} t}=\bm{\Omega}\times\bm{R},\qquad\bm{\Omega}=(-\Omega,\ 0,\ -\Delta)\tag{19.4}

を得る。成分で書くと

u˙=Δv,v˙=−Δu+Ωw,w˙=−Ωv(19.5)\dot u=\Delta v,\qquad\dot v=-\Delta u+\Omega w,\qquad\dot w=-\Omega v\tag{19.5}

である。式 (19.4) は、ベクトル R\bm{R} が軸 Ω\bm{\Omega} のまわりを角速度 ∣Ω∣=Ω′=Ω2+Δ2\lvert \bm{\Omega}\rvert =\Omega'=\sqrt{\Omega^2+\Delta^2} で回る(歳差する)ことを表す。長さ ∣R∣\lvert \bm{R}\rvert は変わらないので、純粋状態は球面上にとどまる。

図

図 19.1 Bloch 球と、光による Bloch ベクトルの歳差(Δ=0.6 Ω\Delta=0.6\,\Omega)。南極 ∣g⟩| g \rangle から出発した R\bm{R} は、軸 Ω=(−Ω,0,−Δ)\bm{\Omega}=(-\Omega,0,-\Delta) のまわりの円錐の上を回る。円錐の反対側の点で ww が最大になり、Δ≠0\Delta\ne0 では北極 ∣e⟩| e \rangle に届かない。破線の uu 軸は紙面の奥を向く。

南極 R=(0,0,−1)\bm{R}=(0,0,-1) から出発すると、R\bm{R} は軸 Ω\bm{\Omega} と南極を結ぶ角を半頂角とする円錐の上を回る(図 19.1)。共鳴(Δ=0\Delta=0)では軸が赤道面の −u-u 方向にあり、R\bm{R} は vv-ww 面の大円を回って北極を通る。離調があると軸は南極側へ傾き、R\bm{R} は北極まで届かない。半頂角を β\beta とすると cos⁡β=Δ/Ω′\cos\beta=\Delta/\Omega' で、ww の最大は −cos⁡2β=1−2Δ2/Ω′2-\cos2\beta=1-2\Delta^2/\Omega'^2、励起状態の占有の最大は (1+wmax⁡)/2=Ω2/Ω′2(1+w_{\max})/2=\Omega^2/\Omega'^2 になる。時間の関数として書けば、第18章で求めた

ρee(t)=Ω2Ω′2sin⁡2Ω′t2(19.6)\rho_{ee}(t)=\frac{\Omega^2}{\Omega'^2}\sin^2\frac{\Omega't}{2}\tag{19.6}

である。これを Rabi 振動、Ω′\Omega' を一般化 Rabi 周波数と呼ぶ。式 (19.4) の形にまとめると、離調と結合の強さの役割が、回転軸の向きと回る速さとして目で見える。この図示は R. P. Feynman, F. L. Vernon, R. W. Hellwarth (1957)、J. Appl. Phys. 28, 49 がメーザーの問題のために導入した。

磁場中のスピンと同じ式

式 (19.4) は、磁場中のスピン 12\frac12 の歳差の式と同じである。解析力学から様々な理論分野を組み立てる 第4部第5章で示したとおり、磁気回転比 γ\gamma のスピンは dS^dt=γS^×B\frac{\mathrm{d} \hat{\bm{S}}}{\mathrm{d} t}=\gamma\hat{\bm{S}}\times\bm{B} に従い、静磁場 B0B_0 に垂直な振動磁場を加えて回転座標へ移ると、静磁場の大きさが離調 Δ=ω−γB0\Delta=\omega-\gamma B_0 に、振動磁場の回転成分の大きさが Rabi 周波数 ω1=γB1\omega_1=\gamma B_1(この巻の Ω\Omega に当たる)に置き換わる。2準位原子は、遷移の双極子を「仮想的なスピン」とみなせば磁気共鳴と同じ方程式に従う。違うのは周波数の桁だけで、核磁気共鳴の ω0/2π\omega_0/2\pi は数十〜数百 MHz\mathrm{MHz}、原子の光の遷移は数百 THz\mathrm{THz} である。磁気共鳴で作られた操作(π\pi パルス・スピンエコー・断熱急速通過)は、すべてそのまま光の遷移へ持ち込める。

uu と vv の意味:双極子の同相成分と直交成分

回転座標の u,vu,v を、実験室の双極子へ戻しておく。実験室の密度行列は ρ^lab=U^†ρ^U^\hat\rho_{\mathrm{lab}}=\hat U^\dagger\hat\rho\hat U(U^=eiωLtσz/2\hat U=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega_{\mathrm L}t\sigma_z/2})で、U^σ+U^†=eiωLtσ+\hat U\sigma_+\hat U^\dagger=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega_{\mathrm L}t}\sigma_+ を使うと

⟨d^⟩=deg(ucos⁡ωLt−vsin⁡ωLt)=Re⁡[deg(u−iv)e−iωLt](19.7)\langle \hat{\bm{d}} \rangle =\bm{d}_{eg}\bigl(u\cos\omega_{\mathrm L}t-v\sin\omega_{\mathrm L}t\bigr)=\operatorname{Re}\bigl[\bm{d}_{eg}(u-\mathrm{i} v)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_{\mathrm L}t}\bigr]\tag{19.7}

になる。電場 Re⁡[E0e−iωLt]\operatorname{Re}[\bm{E}_0\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_{\mathrm L}t}](E0\bm{E}_0 は実)と比べると、uu は電場と同じ位相で振動する成分、−v-v は 90∘90^\circ 遅れた成分である。双極子の複素振幅は deg(u−iv)\bm{d}_{eg}(u-\mathrm{i} v) で、原子1個の分極率は α=deg(u−iv)/E0\alpha=d_{eg}(u-\mathrm{i} v)/E_0 になる(deg=∣deg∣d_{eg}=\lvert \bm{d}_{eg}\rvert、deg∥E0\bm{d}_{eg}\parallel\bm{E}_0 とする)。

第10章(第10章)で見たとおり、分極率の実部は屈折率を、虚部は吸収を決める。したがって uu が分散(屈折)を、−v-v が吸収を表す。エネルギーで確かめると、式 (19.5) の w˙=−Ωv\dot w=-\Omega v から、v<0v<0 のとき ww が増え、原子は光からエネルギーを受け取る。吸収している原子では v<0v<0 で、Im⁡α>0\operatorname{Im}\alpha>0 と符号が合う。

緩和を入れる:T1T_1 と T2T_2

次に環境を入れる。自然放出は、∣e⟩| e \rangle の占有を率 Γ\Gamma で ∣g⟩| g \rangle へ移し、同時にコヒーレンスを率 Γ/2\Gamma/2 で減らす。衝突のように準位を移さず相対位相だけを乱す過程は、コヒーレンスだけを率 γϕ\gamma_\phi で減らす。環境の相関時間が原子の時間尺度より十分短い(Markov 的)とき、この2つは Lindblad 形のマスター方程式(G. Lindblad (1976)、Commun. Math. Phys. 48, 119。V. Gorini, A. Kossakowski, E. C. G. Sudarshan (1976)、J. Math. Phys. 17, 821)

dρ^dt=1iℏ[H^, ρ^]+Γ(σ−ρ^σ+−12{σ+σ−,ρ^}+)+γϕ2(σzρ^σz−ρ^)(19.8)\frac{\mathrm{d} \hat\rho}{\mathrm{d} t}=\frac{1}{\mathrm{i}\hbar}\left[\hat H,\,\hat\rho\right]+\Gamma\Bigl(\sigma_-\hat\rho\sigma_+-\frac12\{\sigma_+\sigma_-,\hat\rho\}_{+}\Bigr)+\frac{\gamma_\phi}{2}\bigl(\sigma_z\hat\rho\sigma_z-\hat\rho\bigr)\tag{19.8}

で書ける。Γ\Gamma の値は自然放出の量子論(第34章、第34章)で Γ=ω03deg2/(3πε0ℏc3)\Gamma=\omega_0^3d_{eg}^2/(3\pi\varepsilon_0\hbar c^3) と求まる。この章ではその結果を使う。成分を計算すると、緩和の項は ρ˙ee⊃−Γρee\dot\rho_{ee}\supset-\Gamma\rho_{ee}、ρ˙eg⊃−(Γ/2+γϕ)ρeg\dot\rho_{eg}\supset-(\Gamma/2+\gamma_\phi)\rho_{eg} を与える。Bloch ベクトルで書き直して式 (19.5) に足すと

 u˙=Δv−uT2,v˙=−Δu+Ωw−vT2,w˙=−Ωv−w+1T1 (19.9)\boxed{\ \dot u=\Delta v-\frac{u}{T_2},\qquad\dot v=-\Delta u+\Omega w-\frac{v}{T_2},\qquad\dot w=-\Omega v-\frac{w+1}{T_1}\ }\tag{19.9}

になる。これが光 Bloch 方程式で、

1T1=Γ,1T2=Γ2+γϕ=12T1+γϕ(19.10)\frac1{T_1}=\Gamma,\qquad\frac1{T_2}=\frac\Gamma2+\gamma_\phi=\frac1{2T_1}+\gamma_\phi\tag{19.10}

である。T1T_1 は占有の差 ww が熱平衡の値 −1-1(光の周波数では室温でも ∣g⟩| g \rangle がほぼ全部を占める。第1章)へ戻る時間で、縦緩和時間と呼ぶ。T2T_2 はコヒーレンス u,vu,v が消える時間で、横緩和時間と呼ぶ。名前は磁気共鳴で静磁場の方向を「縦」と呼ぶことに由来する。

式 (19.10) から常に T2≤2T1T_2\le2T_1 である。等号は自然放出だけのときに成り立つ。これは偶然ではなく、密度行列が時間がたっても正であり続ける(Bloch ベクトルが球の外へ出ない)ための条件で、占有を移す過程は必ずコヒーレンスも同じ割合で壊すことの表れである。逆に T2T_2 は T1T_1 よりいくらでも短くできる。気体の衝突や固体の格子振動では T2≪T1T_2\ll T_1 がふつうである。

例題 19.2 離調のある Rabi 振動を球の上で読む ★★

オリジナル緩和を無視する。Ω/2π=1 MHz\Omega/2\pi=1\,\mathrm{MHz}、Δ/2π=+1 MHz\Delta/2\pi=+1\,\mathrm{MHz}(青い離調)の光を、t=0t=0 に ∣g⟩| g \rangle にある原子に当てる。

  1. (1) 一般化 Rabi 周波数 Ω′\Omega'、励起状態の占有の最大値、振動の周期を求めよ。
  2. (2) 占有が最初に最大になる時刻と、そのときの Bloch ベクトルを、図 19.1 の幾何から求めよ。
  3. (3) (2) の時刻の双極子は、電場に対してどの位相で振動しているか。
解答

(1) Ω′=Ω2+Δ2=2 Ω\Omega'=\sqrt{\Omega^2+\Delta^2}=\sqrt2\,\Omega、Ω′/2π=1.414 MHz\Omega'/2\pi=1.414\,\mathrm{MHz}。最大の占有は Ω2/Ω′2=1/2\Omega^2/\Omega'^2=1/2。周期は 2π/Ω′=0.707 μs2\pi/\Omega'=0.707\,\mu\mathrm s。

(2) 軸は Ω/Ω′=−(1,0,1)/2\bm{\Omega}/\Omega'=-(1,0,1)/\sqrt2 で、南極との角は cos⁡β=Δ/Ω′=1/2\cos\beta=\Delta/\Omega'=1/\sqrt2、β=45∘\beta=45^\circ。R\bm{R} はこの軸のまわりを回り、半周(回転角 π\pi)で円錐の反対側、南極から角 2β=90∘2\beta=90^\circ の点に来る。南極 (0,0,−1)(0,0,-1) を軸のまわりに 180∘180^\circ 回すと 2(n⋅R)n−R2(\bm{n}\cdot\bm{R})\bm{n}-\bm{R}(n\bm{n} は軸の単位ベクトル)で、n⋅R=1/2\bm{n}\cdot\bm{R}=1/\sqrt2 から (−1,0,0)(-1,0,0) になる。時刻は π/Ω′=0.354 μs\pi/\Omega'=0.354\,\mu\mathrm s。w=0w=0 なので占有は 1/21/2 で (1) と合う。

(3) u=−1u=-1、v=0v=0 なので、式 (19.7) の双極子の複素振幅は −deg-d_{eg} で、電場と逆の位相で振動している。v=0v=0 なのでこの瞬間はエネルギーの出入りが無い。青い離調(光の周波数が共鳴より高い)では、弱い光の分極率 α≈−deg2/(ℏΔ)\alpha\approx-d_{eg}^2/(\hbar\Delta)(第1章)が負で、双極子は電場と逆向きに振動する。ばねの固有振動数より速く揺すった振動子が、外力と逆の位相で動くのと同じである。

例題 19.3 自然放出と衝突の T1T_1・T2T_2 ★★

オリジナルある原子の遷移の自然放出の率を Γ/2π=6.07 MHz\Gamma/2\pi=6.07\,\mathrm{MHz} とする。

  1. (1) 自然放出だけがあるときの T1T_1 と T2T_2 を求めよ。
  2. (2) 気体の衝突で、準位を変えない位相の乱れ γϕ/2π=2 MHz\gamma_\phi/2\pi=2\,\mathrm{MHz} が加わった。T2T_2 と T2/(2T1)T_2/(2T_1) を求めよ。
  3. (3) 弱い光で測る吸収の線の全幅(半値全幅)は、式 (19.9) の定常解から 2/T22/T_2 になる(19.4節)。(1) と (2) の全幅を周波数で答えよ。
解答

(1) T1=1/Γ=1/(2π×6.07×106 s−1)=26.2 nsT_1=1/\Gamma=1/(2\pi\times6.07\times10^6\,\mathrm{s^{-1}})=26.2\,\mathrm{ns}、T2=2T1=52.4 nsT_2=2T_1=52.4\,\mathrm{ns}。

(2) 1/T2=Γ/2+γϕ=2π×(3.035+2)×106 s−11/T_2=\Gamma/2+\gamma_\phi=2\pi\times(3.035+2)\times10^6\,\mathrm{s^{-1}} から T2=31.6 nsT_2=31.6\,\mathrm{ns}。T1T_1 は変わらないので T2/(2T1)=0.603T_2/(2T_1)=0.603。

(3) 2/T22/T_2 を 2π2\pi で割ると、(1) で Γ/2π=6.07 MHz\Gamma/2\pi=6.07\,\mathrm{MHz}、(2) で 6.07+2×2=10.07 MHz6.07+2\times2=10.07\,\mathrm{MHz}。衝突は占有を移さないので原子が光を出す率 1/T11/T_1 は変えないが、コヒーレンスを壊すので吸収の線を広げる。線幅を測っただけでは T1T_1 と T2T_2 を分けられず、分けるには次節の時間領域の測定(Rabi 振動の減衰やエコー)が要る。

ほかの巻では

木下の勉強ステータス

木下はまだこの記事を勉強していません。

AI(Claude)が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。 連絡先:support@tecktom.com

← AI生成教科書『虎の巻』の記事一覧へ