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) Ω = ( − Ω , 0 , − Δ ) のまわりに回し、環境は w w w を T 1 T_1 T 1 で − 1 -1 − 1 へ、u , v u,v u , v を T 2 T_2 T 2 で 0 0 0 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 d σ i d t = [ σ i , H ^ ] / ( i ℏ ) \frac{\mathrm{d} \sigma_i}{\mathrm{d} t}=\left[\sigma_i,\,\hat H\right]/(\mathrm{i}\hbar) d t d σ i = [ σ i , H ^ ] / ( i ℏ ) を、Pauli 行列の交換関係 [ σ i , σ j ] = 2 i ∑ k ϵ i j k σ k \left[\sigma_i,\,\sigma_j\right]=2\mathrm{i}\sum_k\epsilon_{ijk}\sigma_k [ σ i , σ j ] = 2 i ∑ k ϵ ij k σ k で計算する。H ^ = ℏ 2 ∑ j Ω j σ j \hat H=\frac\hbar2\sum_j\Omega_j\sigma_j H ^ = 2 ℏ ∑ j Ω j σ j と書くと d σ i d t = ∑ j , k ϵ i j k Ω j σ k \frac{\mathrm{d} \sigma_i}{\mathrm{d} t}=\sum_{j,k}\epsilon_{ijk}\Omega_j\sigma_k d t d σ i = ∑ j , k ϵ ij k Ω j σ k になり、期待値を取って
d R d t = 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} d t d R = Ω × R , Ω = ( − Ω , 0 , − Δ ) ( 19.4 )
を得る。成分で書くと
u ˙ = Δ v , v ˙ = − Δ u + Ω w , w ˙ = − Ω v (19.5) \dot u=\Delta v,\qquad\dot v=-\Delta u+\Omega w,\qquad\dot w=-\Omega v\tag{19.5} u ˙ = Δ v , v ˙ = − Δ u + Ω w , w ˙ = − Ω v ( 19.5 )
である。式 (19.4) は、ベクトル R \bm{R} R が軸 Ω \bm{\Omega} Ω のまわりを角速度 ∣ Ω ∣ = Ω ′ = Ω 2 + Δ 2 \lvert \bm{\Omega}\rvert =\Omega'=\sqrt{\Omega^2+\Delta^2} ∣ Ω ∣ = Ω ′ = Ω 2 + Δ 2 で回る(歳差する)ことを表す。長さ ∣ R ∣ \lvert \bm{R}\rvert ∣ R ∣ は変わらないので、純粋状態は球面上にとどまる。
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 Δ = 0.6 Ω )。南極 ∣ g ⟩ | g \rangle ∣ g ⟩ から出発した R \bm{R} R は、軸 Ω = ( − Ω , 0 , − Δ ) \bm{\Omega}=(-\Omega,0,-\Delta) Ω = ( − Ω , 0 , − Δ ) のまわりの円錐の上を回る。円錐の反対側の点で w w w が最大になり、Δ ≠ 0 \Delta\ne0 Δ = 0 では北極 ∣ e ⟩ | e \rangle ∣ e ⟩ に届かない。破線の u u u 軸は紙面の奥を向く。
南極 R = ( 0 , 0 , − 1 ) \bm{R}=(0,0,-1) R = ( 0 , 0 , − 1 ) から出発すると、R \bm{R} R は軸 Ω \bm{\Omega} Ω 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 Δ = 0 )では軸が赤道面の − u -u − u 方向にあり、R \bm{R} R は v v v -w w w 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} R は北極まで届かない。半頂角を β \beta β とすると cos β = Δ / Ω ′ \cos\beta=\Delta/\Omega' cos β = Δ/ Ω ′ で、w w w の最大は − cos 2 β = 1 − 2 Δ 2 / Ω ′ 2 -\cos2\beta=1-2\Delta^2/\Omega'^2 − cos 2 β = 1 − 2 Δ 2 / Ω ′2 、励起状態の占有の最大は ( 1 + w max ) / 2 = Ω 2 / Ω ′ 2 (1+w_{\max})/2=\Omega^2/\Omega'^2 ( 1 + w m a x ) /2 = Ω 2 / Ω ′2 になる。時間の関数として書けば、第18章で求めた
ρ e e ( t ) = Ω 2 Ω ′ 2 sin 2 Ω ′ t 2 (19.6) \rho_{ee}(t)=\frac{\Omega^2}{\Omega'^2}\sin^2\frac{\Omega't}{2}\tag{19.6} ρ ee ( t ) = Ω ′2 Ω 2 sin 2 2 Ω ′ t ( 19.6 )
である。これを Rabi 振動 、Ω ′ \Omega' Ω ′ 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 1 2 \frac12 2 1 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 γ のスピンは d S ^ d t = γ S ^ × B \frac{\mathrm{d} \hat{\bm{S}}}{\mathrm{d} t}=\gamma\hat{\bm{S}}\times\bm{B} d t d S ^ = γ S ^ × B に従い、静磁場 B 0 B_0 B 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 − γ B 0 \Delta=\omega-\gamma B_0 Δ = ω − γ B 0 に、振動磁場の回転成分の大きさが Rabi 周波数 ω 1 = γ B 1 \omega_1=\gamma B_1 ω 1 = γ B 1 (この巻の Ω \Omega Ω 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 ω 0 / 2 π \omega_0/2\pi ω 0 /2 π は数十〜数百 M H z \mathrm{MHz} MHz 、原子の光の遷移は数百 T H z \mathrm{THz} THz である。磁気共鳴で作られた操作(π \pi π 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。
u u u と v v v の意味:双極子の同相成分と直交成分
回転座標の u , v u,v u , 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 ^ l a b = U ^ † ρ ^ U ^ \hat\rho_{\mathrm{lab}}=\hat U^\dagger\hat\rho\hat U ρ ^ lab = U ^ † ρ ^ U ^ (U ^ = e i ω L t σ z / 2 \hat U=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega_{\mathrm L}t\sigma_z/2} U ^ = e i ω L t σ z /2 )で、U ^ σ + U ^ † = e i ω L t σ + \hat U\sigma_+\hat U^\dagger=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\omega_{\mathrm L}t}\sigma_+ U ^ σ + U ^ † = e i ω L t σ + を使うと
⟨ d ^ ⟩ = d e g ( u cos ω L t − v sin ω L t ) = Re [ d e g ( u − i v ) e − i ω L t ] (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} ⟨ d ^ ⟩ = d e g ( u cos ω L t − v sin ω L t ) = Re [ d e g ( u − i v ) e − i ω L t ] ( 19.7 )
になる。電場 Re [ E 0 e − i ω L t ] \operatorname{Re}[\bm{E}_0\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\omega_{\mathrm L}t}] Re [ E 0 e − i ω L t ] (E 0 \bm{E}_0 E 0 は実)と比べると、u u u は電場と同じ位相で振動する成分、− v -v − v は 90 ∘ 90^\circ 9 0 ∘ 遅れた成分である。双極子の複素振幅は d e g ( u − i v ) \bm{d}_{eg}(u-\mathrm{i} v) d e g ( u − i v ) で、原子1個の分極率は α = d e g ( u − i v ) / E 0 \alpha=d_{eg}(u-\mathrm{i} v)/E_0 α = d e g ( u − i v ) / E 0 になる(d e g = ∣ d e g ∣ d_{eg}=\lvert \bm{d}_{eg}\rvert d e g = ∣ d e g ∣ 、d e g ∥ E 0 \bm{d}_{eg}\parallel\bm{E}_0 d e g ∥ 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 u u u が分散(屈折)を、− v -v − v が吸収を表す。エネルギーで確かめると、式 (19.5) の w ˙ = − Ω v \dot w=-\Omega v w ˙ = − Ω v から、v < 0 v<0 v < 0 のとき w w w 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 < 0 v<0 v < 0 で、Im α > 0 \operatorname{Im}\alpha>0 Im α > 0 と符号が合う。
緩和を入れる:T 1 T_1 T 1 と T 2 T_2 T 2
次に環境を入れる。自然放出は、∣ e ⟩ | e \rangle ∣ e ⟩ の占有を率 Γ \Gamma Γ で ∣ g ⟩ | g \rangle ∣ g ⟩ へ移し、同時にコヒーレンスを率 Γ / 2 \Gamma/2 Γ/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 γ ϕ \gamma_\phi γ ϕ 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)
d ρ ^ d t = 1 i ℏ [ H ^ , ρ ^ ] + Γ ( σ − ρ ^ σ + − 1 2 { σ + σ − , ρ ^ } + ) + γ ϕ 2 ( σ z ρ ^ σ z − 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} d t d ρ ^ = i ℏ 1 [ H ^ , ρ ^ ] + Γ ( σ − ρ ^ σ + − 2 1 { σ + σ − , ρ ^ } + ) + 2 γ ϕ ( σ z ρ ^ σ z − ρ ^ ) ( 19.8 )
で書ける。Γ \Gamma Γ の値は自然放出の量子論(第34章、第34章 )で Γ = ω 0 3 d e g 2 / ( 3 π ε 0 ℏ c 3 ) \Gamma=\omega_0^3d_{eg}^2/(3\pi\varepsilon_0\hbar c^3) Γ = ω 0 3 d e g 2 / ( 3 π ε 0 ℏ 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 ˙ e e ⊃ − Γ ρ e e \dot\rho_{ee}\supset-\Gamma\rho_{ee} ρ ˙ ee ⊃ − Γ ρ ee 、ρ ˙ e g ⊃ − ( Γ / 2 + γ ϕ ) ρ e g \dot\rho_{eg}\supset-(\Gamma/2+\gamma_\phi)\rho_{eg} ρ ˙ e g ⊃ − ( Γ/2 + γ ϕ ) ρ e g を与える。Bloch ベクトルで書き直して式 (19.5) に足すと
u ˙ = Δ v − u T 2 , v ˙ = − Δ u + Ω w − v T 2 , w ˙ = − Ω v − w + 1 T 1 (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} u ˙ = Δ v − T 2 u , v ˙ = − Δ u + Ω w − T 2 v , w ˙ = − Ω v − T 1 w + 1 ( 19.9 )
になる。これが光 Bloch 方程式 で、
1 T 1 = Γ , 1 T 2 = Γ 2 + γ ϕ = 1 2 T 1 + γ ϕ (19.10) \frac1{T_1}=\Gamma,\qquad\frac1{T_2}=\frac\Gamma2+\gamma_\phi=\frac1{2T_1}+\gamma_\phi\tag{19.10} T 1 1 = Γ , T 2 1 = 2 Γ + γ ϕ = 2 T 1 1 + γ ϕ ( 19.10 )
である。T 1 T_1 T 1 は占有の差 w w w が熱平衡の値 − 1 -1 − 1 (光の周波数では室温でも ∣ g ⟩ | g \rangle ∣ g ⟩ 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。T 2 T_2 T 2 はコヒーレンス u , v u,v u , 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 T 2 ≤ 2 T 1 T_2\le2T_1 T 2 ≤ 2 T 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 T 2 T_2 T 2 は T 1 T_1 T 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 T 2 ≪ T 1 T_2\ll T_1 T 2 ≪ 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 / 2 π = 1 M H z \Omega/2\pi=1\,\mathrm{MHz} Ω/2 π = 1 MHz 、Δ / 2 π = + 1 M H z \Delta/2\pi=+1\,\mathrm{MHz} Δ/2 π = + 1 MHz (青い離調)の光を、t = 0 t=0 t = 0 に ∣ g ⟩ | g \rangle ∣ g ⟩ にある原子に当てる。
(1) 一般化 Rabi 周波数 Ω ′ \Omega' Ω ′ 、励起状態の占有の最大値、振動の周期を求めよ。
(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) (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 ′ = Ω 2 + Δ 2 = 2 Ω \Omega'=\sqrt{\Omega^2+\Delta^2}=\sqrt2\,\Omega Ω ′ = Ω 2 + Δ 2 = 2 Ω 、Ω ′ / 2 π = 1.414 M H z \Omega'/2\pi=1.414\,\mathrm{MHz} Ω ′ /2 π = 1.414 MHz 。最大の占有は Ω 2 / Ω ′ 2 = 1 / 2 \Omega^2/\Omega'^2=1/2 Ω 2 / Ω ′2 = 1/2 。周期は 2 π / Ω ′ = 0.707 μ s 2\pi/\Omega'=0.707\,\mu\mathrm s 2 π / Ω ′ = 0.707 μ s 。
(2) 軸は Ω / Ω ′ = − ( 1 , 0 , 1 ) / 2 \bm{\Omega}/\Omega'=-(1,0,1)/\sqrt2 Ω / Ω ′ = − ( 1 , 0 , 1 ) / 2 で、南極との角は cos β = Δ / Ω ′ = 1 / 2 \cos\beta=\Delta/\Omega'=1/\sqrt2 cos β = Δ/ Ω ′ = 1/ 2 、β = 45 ∘ \beta=45^\circ β = 4 5 ∘ 。R \bm{R} R はこの軸のまわりを回り、半周(回転角 π \pi π )で円錐の反対側、南極から角 2 β = 90 ∘ 2\beta=90^\circ 2 β = 9 0 ∘ の点に来る。南極 ( 0 , 0 , − 1 ) (0,0,-1) ( 0 , 0 , − 1 ) を軸のまわりに 180 ∘ 180^\circ 18 0 ∘ 回すと 2 ( n ⋅ R ) n − R 2(\bm{n}\cdot\bm{R})\bm{n}-\bm{R} 2 ( n ⋅ R ) n − R (n \bm{n} n は軸の単位ベクトル)で、n ⋅ R = 1 / 2 \bm{n}\cdot\bm{R}=1/\sqrt2 n ⋅ R = 1/ 2 から ( − 1 , 0 , 0 ) (-1,0,0) ( − 1 , 0 , 0 ) になる。時刻は π / Ω ′ = 0.354 μ s \pi/\Omega'=0.354\,\mu\mathrm s π / Ω ′ = 0.354 μ s 。w = 0 w=0 w = 0 なので占有は 1 / 2 1/2 1/2 で (1) と合う。
(3) u = − 1 u=-1 u = − 1 、v = 0 v=0 v = 0 なので、式 (19.7) の双極子の複素振幅は − d e g -d_{eg} − d e g で、電場と逆の位相で振動している。v = 0 v=0 v = 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 ≈ − d e g 2 / ( ℏ Δ ) \alpha\approx-d_{eg}^2/(\hbar\Delta) α ≈ − d e g 2 / ( ℏΔ ) (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 T 1 T_1 T 1 ・T 2 T_2 T 2 ★★
オリジナル ある原子の遷移の自然放出の率を Γ / 2 π = 6.07 M H z \Gamma/2\pi=6.07\,\mathrm{MHz} Γ/2 π = 6.07 MHz とする。
(1) 自然放出だけがあるときの T 1 T_1 T 1 と T 2 T_2 T 2 を求めよ。
(2) 気体の衝突で、準位を変えない位相の乱れ γ ϕ / 2 π = 2 M H z \gamma_\phi/2\pi=2\,\mathrm{MHz} γ ϕ /2 π = 2 MHz が加わった。T 2 T_2 T 2 と T 2 / ( 2 T 1 ) T_2/(2T_1) T 2 / ( 2 T 1 ) を求めよ。
(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 / T 2 2/T_2 2/ 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) T 1 = 1 / Γ = 1 / ( 2 π × 6.07 × 10 6 s − 1 ) = 26.2 n s T_1=1/\Gamma=1/(2\pi\times6.07\times10^6\,\mathrm{s^{-1}})=26.2\,\mathrm{ns} T 1 = 1/Γ = 1/ ( 2 π × 6.07 × 1 0 6 s − 1 ) = 26.2 ns 、T 2 = 2 T 1 = 52.4 n s T_2=2T_1=52.4\,\mathrm{ns} T 2 = 2 T 1 = 52.4 ns 。
(2) 1 / T 2 = Γ / 2 + γ ϕ = 2 π × ( 3.035 + 2 ) × 10 6 s − 1 1/T_2=\Gamma/2+\gamma_\phi=2\pi\times(3.035+2)\times10^6\,\mathrm{s^{-1}} 1/ T 2 = Γ/2 + γ ϕ = 2 π × ( 3.035 + 2 ) × 1 0 6 s − 1 から T 2 = 31.6 n s T_2=31.6\,\mathrm{ns} T 2 = 31.6 ns 。T 1 T_1 T 1 は変わらないので T 2 / ( 2 T 1 ) = 0.603 T_2/(2T_1)=0.603 T 2 / ( 2 T 1 ) = 0.603 。
(3) 2 / T 2 2/T_2 2/ T 2 を 2 π 2\pi 2 π で割ると、(1) で Γ / 2 π = 6.07 M H z \Gamma/2\pi=6.07\,\mathrm{MHz} Γ/2 π = 6.07 MHz 、(2) で 6.07 + 2 × 2 = 10.07 M H z 6.07+2\times2=10.07\,\mathrm{MHz} 6.07 + 2 × 2 = 10.07 MHz 。衝突は占有を移さないので原子が光を出す率 1 / T 1 1/T_1 1/ 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 T 1 T_1 T 1 と T 2 T_2 T 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。
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