共通例題②：スピンのコヒーレント状態と Berry 項

量子力学の様々な構成方法　第6部 第6章 §6.6.4　★★★ 球面上の点で名前を付けたスピンのコヒーレント状態で時間分割すると、作用に立体角を数える Berry 項が現れ、停留点の歳差から Rabi 振動が厳密に出る

球面の点で名前を付けた状態

2準位系は粒子数の Fock 空間でなく、スピン $s=\frac12$ の空間である。ボースのコヒーレント状態の代わりに、球面上の単位ベクトル $\bm{n}=(\sin\theta\cos\varphi,\sin\theta\sin\varphi,\cos\theta)$ ごとに

$$| \bm{n} \rangle =\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi(\hat S_z/\hbar-s)}\,\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\theta\hat S_y/\hbar}| s,s \rangle\tag{6.6.16}$$

と置く。$| s,s \rangle$ は $\hat S_z$ の固有値 $\hbar s$ の状態で、(6.6.16) はそれを $\bm{n}$ の向きへ回したものである。因子 $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi s}$ は北極 $\theta=0$ で状態が $\varphi$ によらないように付けた位相で、6.6.4節の後半で意味を述べる。この状態は J. M. Radcliffe がスピンのコヒーレント状態として性質をまとめた（Radcliffe (1971), J. Phys. A 4, 313）。$s$ と $\bm{n}$ について次が成り立つ。

$$\langle \bm{n} | \hat{\bm{S}} | \bm{n} \rangle =\hbar s\,\bm{n},\qquad\lvert \langle \bm{n}' | \bm{n} \rangle \rvert ^2=\Bigl(\frac{1+\bm{n}\cdot\bm{n}'}2\Bigr)^{2s},\qquad \frac{2s+1}{4\pi}\int_{S^2}| \bm{n} \rangle \langle \bm{n} |\,\mathrm{d} A=\hat1\tag{6.6.17}$$

（$\mathrm{d} A=\sin\theta\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}\varphi$ は単位球面の面積要素）。最後の単位の分解は、左辺が全部の回転と可換で、スピン $s$ の表現が既約なので Schur の補題で単位の定数倍になり、トレースをとって定数が $(2s+1)$ と $4\pi$ の比に決まることから出る。$s=\frac12$ では $\bm{n}$ は Bloch 球の点そのもので、記法の正本の Bloch ベクトル $\bm{r}=\operatorname{Tr}(\hat\rho\bm{\sigma})$ を純粋状態で書いたものになる。

時間分割と Berry 項

6.6.2節と同じく、刻みの間に単位の分解 (6.6.17) を挿む。重なりは $\langle \bm{n}_{k+1} | \bm{n}_k \rangle \approx1-\epsilon\langle \bm{n} | \dot{\bm{n}} \rangle \approx\mathrm{e}^{-\epsilon\langle \bm{n} | \dot{\bm{n}} \rangle }$ で、(6.6.16) を微分すると

$$\langle \bm{n} | \partial_\varphi\bm{n} \rangle =-\mathrm{i} s(\cos\theta-1),\qquad\langle \bm{n} | \partial_\theta\bm{n} \rangle =0\tag{6.6.18}$$

である（$\partial_\theta$ は $\hat S_y$ の期待値 0 を出し、$\partial_\varphi$ は $\hat S_z/\hbar-s$ の期待値 $s\cos\theta-s$ を出す）。ハミルトニアンを $H(\bm{n})=\langle \bm{n} | \hat H | \bm{n} \rangle$ で置き換えると

$$\langle \bm{n}_f | \mathrm{e}^{-\mathrm{i}\hat Ht/\hbar} | \bm{n}_i \rangle =\int\mathcal D\bm{n}\;\exp\frac{\mathrm{i}}\hbar\int_0^t\bigl[\hbar s(\cos\theta-1)\dot\varphi-H(\bm{n})\bigr]\mathrm{d} t'\tag{6.6.19}$$

を得る。ボースの場合の $\mathrm{i}\hbar\bar\alpha\dot\alpha$ に当たる項が $\hbar s(\cos\theta-1)\dot\varphi$ で、これをBerry 項と呼ぶ。経路が閉じていれば、その積分は

$$\frac1\hbar\oint\hbar s(\cos\theta-1)\,\mathrm{d}\varphi=-s\oint(1-\cos\theta)\,\mathrm{d}\varphi=-s\,\mathcal A\tag{6.6.20}$$

で、$\mathcal A$ は経路が北極の側に囲む立体角である。経路の進む速さによらず形だけで決まる位相で、記法の正本の Berry 位相（磁場に沿うスピン $\frac12$ で $\gamma=-(\text{立体角})/2$）と同じものである。

(6.6.16) の位相を $\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi(\hat S_z/\hbar+s)}$ に替えると、南極で状態が滑らかになり、Berry 項は $\hbar s(\cos\theta+1)\dot\varphi$ に変わる。2つの書き方の差は $2\hbar s\dot\varphi$ で、閉じた経路では2つの位相が $2s\cdot2\pi$ だけ違う。どちらの書き方でも同じ振幅を与えるには $\mathrm{e}^{2\pi\mathrm{i}\cdot2s}=1$、すなわち $2s$ が整数でなければならない。第10部第5章（第10部第5章）が球面の量子化の整数条件として出したスピンの量子化を、経路積分の言葉で言い直すとこうなる。Dirac の磁気単極子の電荷の量子化と同じ形で、Berry 項は単極子のベクトルポテンシャルの役をしている。

停留点の方程式と Rabi 振動

(6.6.19) の作用は $\int(p\dot\varphi-H)\mathrm{d} t'$ の形で、$\varphi$ に共役な運動量は $p=\hbar s(\cos\theta-1)$、すなわち $S_z=\hbar s\cos\theta$ から定数を引いたものである。Poisson 括弧 $\{\varphi,S_z\}=1$ から、$\bm{S}=\hbar s\bm{n}$ の成分の括弧は $\{S_i,S_j\}=\sum_k\epsilon_{ijk}S_k$ になり、停留点の方程式（Hamilton 方程式）は $\dot{\bm{S}}=\{\bm{S},H\}$ である。

共通例題②のハミルトニアン $\hat H=-\frac{\hbar\Delta}2\sigma_z-\frac{\hbar\Omega}2\sigma_x$ は、$\hat{\bm{S}}=\frac\hbar2\bm{\sigma}$、$\Omega'=\sqrt{\Omega^2+\Delta^2}$、$\bm{n}_0=(\Omega,0,\Delta)/\Omega'$ を使うと $\hat H=-\Omega'\bm{n}_0\cdot\hat{\bm{S}}$ で、置き換えは $H(\bm{n})=-\Omega'\bm{n}_0\cdot\bm{S}$ である。停留点の方程式は

$$\dot{\bm{S}}=-\Omega'\sum_jn_{0j}\{\bm{S},S_j\}=-\Omega'\,\bm{n}_0\times\bm{S}\tag{6.6.21}$$

で、$\bm{S}$ は $\bm{n}_0$ のまわりを角速度 $\Omega'$ で回る。Heisenberg 方程式 $\frac{\mathrm{d} \hat{\bm{S}}}{\mathrm{d} t}=\left[\hat{\bm{S}},\,\hat H\right]/(\mathrm{i}\hbar)$ も同じ線形の式なので、期待値の運動は停留点の運動と厳密に一致する。線形のハミルトニアンでは、コヒーレント状態は時間がたってもコヒーレント状態のまま（向きだけが変わる）で、ボースの例題 6.6.2 と同じく停留点が厳密な答えを与える。

$| g \rangle$ は $\sigma_z| g \rangle =-| g \rangle$ なので南極 $\bm{n}(0)=(0,0,-1)$ から出発する。$\bm{n}_0$ 方向の成分 $\bm{n}\cdot\bm{n}_0=-n_{0z}$ は保たれ、垂直な成分は長さ $\sqrt{1-n_{0z}^2}$ のまま角度 $\Omega't$ だけ回るので$n_z(t)=-n_{0z}^2-(1-n_{0z}^2)\cos\Omega't$ である。励起状態にいる確率は $P_e=(1+n_z)/2$ で

$$P_e(t)=\frac{1-n_{0z}^2}2\bigl(1-\cos\Omega't\bigr)=\Bigl(\frac{\Omega}{\Omega'}\Bigr)^2\sin^2\frac{\Omega't}2\tag{6.6.22}$$

となり、共通例題②の正答と同じ形になる（verify_ch6-06.py で常微分方程式の数値解・量子の厳密な時間発展と照合した）。第3部第2章は同じ答えを $\sigma$ の反転の列の和として出したが、スピンのコヒーレント状態では1本の古典の軌道で済む。