Elektromagnetische Felder und der Spin

Kapitelvorwort

Welchen Einfluss haben die elektromagnetischen Potenziale auf quantenmechanische Zustände?

Welche Auswirkungen hat ein homogenes Magnetfeld auf die Zustände und das Energiespektrum geladener Teilchen?

Wie wird der Spin in der Quantenmechanik beschrieben?

In Kap. 22 wurde bereits kurz angesprochen, wie elektromagnetische Felder in der Quantenmechanik zu berücksichtigen sind. In diesem Kapitel werden wir darauf nun genauer eingehen und sowohl allgemeine Prinzipien als auch spezielle Beispiele dazu diskutieren; insbesondere werden wir in Abschn. 29.1 zunächst die Bedeutung der Potenziale untersuchen, die ja in der klassischen Physik nicht direkt beobachtbare Größen sind.

Vor allem der Einfluss von Magnetfeldern, insbesondere der Zeeman‐Effekt (Abschn. 29.2), ist in vielen physikalischen Situationen wichtig – nicht nur in der Astrophysik, wo damit die Stärke des Magnetfeldes auch bei weit entfernten astronomischen Objekten bestimmt werden kann, sondern beispielsweise wohl auch bei Zugvögeln: Laut einer gegenwärtigen Hypothese läuft eine chemische Reaktion in Cryptochrom‐Molekülen in den Augen dieser Vögel je nach Orientierung zum Erdmagnetfeld unterschiedlich ab; auf diese Weise können die Vögel das Magnetfeld also direkt „sehen“ und sich daran orientieren.

Sowohl eine genaue Betrachtung des Zeeman‐Effekts als auch andere experimentelle Ergebnisse, wie beispielsweise die aus dem bekannten Stern‐Gerlach‐Versuch, führen allerdings zu der Erkenntnis, dass bei Elektronen außer ihrer elektrischen Ladung auch das magnetische Moment, das von ihrem Spin herrührt, zu berücksichtigen ist. Der Rest des Kapitels beschäftigt sich deshalb mit der konkreten rechnerischen Behandlung dieses Spins.

Appendices

Aufgaben

Gelegentlich enthalten die Aufgaben mehr Angaben, als für die Lösung erforderlich sind. Bei einigen anderen dagegen werden Daten aus dem Allgemeinwissen, aus anderen Quellen oder sinnvolle Schätzungen benötigt.

•:

leichte Aufgaben mit wenigen Rechenschritten

••:

mittelschwere Aufgaben, die etwas Denkarbeit und unter Umständen die Kombination verschiedener Konzepte erfordern

•••:

anspruchsvolle Aufgaben, die fortgeschrittene Konzepte (unter Umständen auch aus späteren Kapiteln) oder eigene mathematische Modellbildung benötigen

29.1 • Harmonischer Oszillator im homogenen elektrischen Feld

Betrachten Sie einen elektrisch geladenen (Ladung q), eindimensionalen harmonischen Oszillator (Masse μ, Schwingungsfrequenz ω) in einem homogenen elektrischen Feld in Schwingungsrichtung. Zeigen Sie, dass sich (bei Wahl einer passenden Eichung) bis auf eine Verschiebung der Ruhelage der Schwingung und des Energienullpunktes jeweils dieselben Eigenfunktionen und Energieeigenwerte ergeben wie bei Abwesenheit des elektrischen Feldes.

Lösungshinweis:

Führen Sie bei der potenziellen Energie eine quadratische Ergänzung durch.

29.2 • Kinetischer Impuls

Zeigen Sie: In Anwesenheit eines magnetischen Feldes kommutieren die Komponenten des kinetischen Impulses nicht mehr, sondern es gilt

$$\left[\hat{\uppi}_{i},\hat{\uppi}_{j}\right]=\frac{\mathrm{i}q\hbar}{c}\varepsilon_{ijk}B_{k}.$$

(29.93)

29.3 ••• Schrödinger‐ und Euler‐Lagrange‐Gleichung

• (a) Zeigen Sie: Die Schrödinger‐Gleichung ergibt sich mittels der Euler‐Lagrange‐Gleichung für Felder aus der Lagrange‐Dichte

  $$\begin{aligned}\mathcal{L}&=\frac{1}{2}\mathrm{i}\hbar\left[\psi^{*}(\partial_{t}\psi)-(\partial_{t}\psi^{*})\psi\right]\\ &\quad-\frac{\hbar^{2}}{2\mu}\left({\boldsymbol{\nabla}}\psi^{*}\right)\cdot\left({\boldsymbol{\nabla}}\psi\right)-\psi^{*}V\psi.\end{aligned}$$

  (29.94)

• (b) Zeigen Sie: Unter einer globalen U(1)‐Eichtransformation der Wellenfunktion ψ, d. h. unter der Transformation

  $$\psi^{\prime}=\mathrm{e}^{\mathrm{i}\phi}\psi$$

  (29.95)

  mit räumlich und zeitlich konstantem, reellem ϕ bleibt diese Lagrange‐Dichte invariant.

• (c) Ermitteln Sie mit dem Noether‐Theorem, die Erhaltung welcher Größe aus dieser Invarianz folgt.

Lösungshinweis:

Der Lagrange‐Formalismus für Felder wurde in Abschn. 8.4 und 20.2 besprochen, das Noether‐Theorem für Felder in Abschn. 20.3. Beachten Sie in den Teilaufgaben (a) und (c), dass ψ und $\psi^{*}$ als zwei voneinander unabhängige Felder angesehen werden müssen (ψ enthält als komplexes Feld ja zwei reelle Felder, sodass man alternativ auch Real‐ und Imaginärteil getrennt betrachten könnte, was aber schwieriger durchzuführen ist). Die potenzielle Energie V wird dagegen hier als von außen vorgegebene Funktion betrachtet, die nicht variiert wird.

29.4 •• Punktladung im homogenen Magnetfeld mit Heisenberg

Zeigen Sie: Im Heisenberg‐Bild ergibt sich für die Orts‐ und Impulsoperatoren für ein geladenes Teilchen (Ladung q > 0) in einem homogenen, zeitlich konstanten Magnetfeld ${\boldsymbol{B}}=B{\boldsymbol{\hat{e}}}$ (mit dem Einheitsvektor ${\boldsymbol{\hat{e}}}$):

$$\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}(t) =\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0||}-({\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0})\sin(\omega_{B}t)-\left[{\boldsymbol{\hat{e}}}\times({\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0})\right]\cos(\omega_{B}t),$$

$$\hat{{\boldsymbol{x}}}(t) =\hat{{\boldsymbol{x}}}_{0}+\frac{\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0||}}{\mu}t+\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0}}{\mu\omega_{B}}\cos(\omega_{B}t)$$

$$ \quad-\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\times({\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0})}{\mu\omega_{B}}\sin(\omega_{B}t),$$

(29.96)

wobei der Index 0 die Operatoren zum Zeitpunkt t = 0 bezeichnet und der Index $||$ die Komponente parallel zum Magnetfeld. Interpretieren Sie dieses Ergebnis.

Lösungshinweis:

Verwenden Sie (29.100) und die Heisenberg‐Gleichung (25.78).

29.5 •• Landau‐Niveaus in anderer Eichung

Statt (29.18) kann man bei einem homogenen Magnetfeld in z‐Richtung die Eichung auch so wählen, dass

$${\boldsymbol{A}}=-By{\boldsymbol{\hat{e}}}_{x}$$

(29.97)

gilt. Zeigen Sie, dass sich auch mit diesem Ansatz das Energiespektrum eines harmonischen Oszillators plus einer freien Bewegung in z‐Richtung ergibt. Geben Sie außerdem die prinzipielle Form der Eigenfunktionen an und interpretieren Sie das Ergebnis.

Lösungshinweis:

Der Hamilton‐Operator kommutiert mit den Operatoren für die x- und für die z‐Komponente des Impulses, also kann man die Eigenfunktionen von H so wählen, dass sie auch Eigenfunktionen dieser Operatoren sind. Dies legt einen passenden Separationsansatz nahe. Außerdem ist eine Verschiebung in y‐Richtung nötig.

29.6 •• Eigenschaften der Pauli‐Matrizen

Leiten Sie die Eigenschaften (1) bis (11) der Pauli‐Matrizen aus dem Kasten „Übersicht: Einige Eigenschaften der Pauli‐Matrizen“ her, ohne die explizite Darstellung (29.66) zu verwenden.

Lösungshinweis:

Die Eigenschaften (1) bis (5) folgen aus den Eigenwerten der Spin‐Operatoren, und Eigenschaft (7) kann man beweisen, indem man die Wirkung von $\hat{S}_{+}^{2}$ oder $\hat{S}_{-}^{2}$ auf die Basiszustände untersucht. Für Eigenschaft (11) nutzen Sie die im Übersichtskasten genannte Basiseigenschaft der Einheitsmatrix und der Pauli‐Matrizen aus; diese Aussage kann auch bewiesen werden, muss aber nicht.

29.7 •• Drehoperatoren für Spinoren

• (a) Zeigen Sie, dass für einen beliebigen Einheitsvektor ${\boldsymbol{\hat{e}}}$ immer

  $$\exp\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\varphi\right)=\cos\left(\frac{\varphi}{2}\right){\boldsymbol{I}}_{2}+\mathrm{i}\,\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)({\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}})$$

  (29.98)

  gilt, wobei die Exponentialfunktion über ihre Potenzreihe definiert ist.

• (b) Der Operator in Teilaufgabe (a) bewirkt eine Drehung eines Spinors um die durch ${\boldsymbol{\hat{e}}}$ festgelegte Achse. Geben Sie die entsprechenden Matrizen für die drei Spezialfälle einer Drehung um jeweils eine der drei Koordinatenachsen an.

• (c) In Kap. 4 wurde besprochen, dass eine beliebige Drehung im dreidimensionalen Raum mittels der Euler‐Winkel dargestellt werden kann. In der Quantenmechanik verwendet man meist folgende Konvention: Zunächst wird um den Winkel α um die z‐Achse gedreht, dann um den Winkel β um die (neue) y‐Achse und schließlich um den Winkel γ um die (neue) z‐Achse. Ermitteln Sie die zugehörige Transformationsmatrix U für Spinoren.

Lösungshinweis:

• (a) Benutzen Sie (10) aus der „Übersicht: Einige Eigenschaften der Pauli‐Matrizen“.

• (b) Verwenden Sie die explizite Form (29.66) der Pauli‐Matrizen.

• (c) Beachten Sie die Reihenfolge der Operatoren: Die Matrix für die erste Drehung muss am weitesten rechts stehen!

29.8 • Spinpräzession im Heisenberg‐Bild

Betrachten Sie die Spinpräzession eines Elektrons (in einem homogenen Magnetfeld in beliebiger Richtung) im Heisenberg‐Bild.

• (a) Zeigen Sie dafür zunächst, dass (für g = 2) gilt:

  $$\frac{\mathrm{d}\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\mathrm{d}t}=\omega_{\mathrm{L}}{\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{S}}},$$

  (29.99)

  wobei $\omega_{\mathrm{L}}$ die Larmorfrequenz (29.74) und ${\boldsymbol{\hat{e}}}$ ein Einheitsvektor in Richtung des Magnetfelds ist. Leiten Sie daraus die explizite Form von $\hat{{\boldsymbol{S}}}(t)$ ab.

• (b) Untersuchen Sie dann speziell die Erwartungswerte der Spinkomponenten für den Fall, dass $\langle\hat{S}_{1}\rangle(0)=\hbar/2$ ist und das Magnetfeld in z‐Richtung zeigt.

Lösungshinweis:

Verwenden Sie den Hamilton‐Operator (29.72), verallgemeinert auf eine beliebige Richtung des Magnetfeldes, und die Heisenberg‐Gleichung (25.78).

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

29.1

Wir wählen die Eichung so, dass ${\boldsymbol{A}}=0$ und $\phi=-|{\boldsymbol{E}}|x$ ist; dann ist der Hamilton‐Operator einfach

$$\hat{H}=\frac{\hat{p}_{x}^{2}}{2\mu}+\frac{1}{2}\mu\omega^{2}x^{2}-q|{\boldsymbol{E}}|x.$$

(29.100)

Die potenzielle Energie kann man mittels einer quadratischen Ergänzung umschreiben:

$$\frac{1}{2}\mu\omega^{2}x^{2}-q|{\boldsymbol{E}}|x =\frac{1}{2}\mu\omega^{2}\left(x^{2}-\frac{2q|{\boldsymbol{E}}|}{\mu\omega^{2}}x\right)$$

(29.101)

$$ =\frac{1}{2}\mu\omega^{2}\left[\left(x-\frac{q|{\boldsymbol{E}}|}{\mu\omega^{2}}\right)^{2}-\left(\frac{q|{\boldsymbol{E}}|}{\mu\omega^{2}}\right)^{2}\right]$$

$$ =\frac{1}{2}\mu\omega^{2}\left(x-\frac{q|{\boldsymbol{E}}|}{\mu\omega^{2}}\right)^{2}-\frac{q^{2}|{\boldsymbol{E}}|^{2}}{2\mu\omega^{2}}.$$

Mit der Substitution

$$X=x-\frac{q|{\boldsymbol{E}}|}{\mu\omega^{2}}$$

(29.102)

wird der Hamilton‐Operator zu

$$\hat{H}=\frac{\hat{p}_{X}^{2}}{2\mu}+\frac{1}{2}\mu\omega^{2}X^{2}-\frac{q^{2}|{\boldsymbol{E}}|^{2}}{2\mu\omega^{2}}.$$

(29.103)

Bis auf den letzten konstanten Term ist dies wieder genau der Hamilton‐Operator eines eindimensionalen harmonischen Oszillators, also erhält man bis auf eine Verschiebung des Energienullpunkts dasselbe Energiespektrum:

$$E=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega-\frac{q^{2}|{\boldsymbol{E}}|^{2}}{2\mu\omega^{2}}.$$

(29.104)

Auch die Eigenfunktionen sind prinzipiell dieselben; wegen (29.109) hat man aber eine Verschiebung der Ruhelage der Schwingung. Dies war zu zeigen.

29.2

Nach der Definition (29.2) ist

$$\left[\hat{\uppi}_{i},\hat{\uppi}_{j}\right]=\left[\hat{p}_{i}-\frac{q}{c}A_{i},\hat{p}_{j}-\frac{q}{c}A_{j}\right].$$

(29.105)

Der Operator zum kanonisch konjugierten Impuls ist im Ortsraum gegeben durch

$$\hat{{\boldsymbol{p}}}=\frac{\hbar}{\mathrm{i}}{\boldsymbol{\nabla}},$$

(29.106)

also vertauschen seine Komponenten (Vertauschbarkeit partieller Ableitungen!). Ebenso vertauschen die Komponenten des Vektorpotenzials untereinander. Damit bleibt

$$\left[\hat{\uppi}_{i},\hat{\uppi}_{j}\right]=\left[\hat{p}_{i},-\frac{q}{c}A_{j}\right]+\left[-\frac{q}{c}A_{i},\hat{p}_{j}\right].$$

(29.107)

Betrachten wir zunächst nur einen der beiden Kommutatoren und ignorieren dabei die Vorfaktoren:

$$\begin{aligned}\left[\partial_{i},A_{j}\right]&=\partial_{i}A_{j}-A_{j}\partial_{i}\\ &=\left(\partial_{i}A_{j}\right)+A_{j}\partial_{i}-A_{j}\partial_{i}\\ &=\left(\partial_{i}A_{j}\right),\end{aligned}$$

(29.108)

wobei im ersten Summanden zu beachten ist, dass die Ableitung sowohl auf das Vektorpotenzial als auch auf die Wellenfunktion wirkt, also die Produktregel zu benutzen ist. Insgesamt hat man somit

$$\left[\hat{\uppi}_{i},\hat{\uppi}_{j}\right]=\frac{\mathrm{i}q\hbar}{c}\left(\partial_{i}A_{j}-\partial_{j}A_{i}\right)=\frac{\mathrm{i}q\hbar}{c}\varepsilon_{ijk}B_{k},$$

(29.109)

da bekanntlich ${\boldsymbol{B}}=\mathbf{rot}\,{\boldsymbol{A}}$ ist.

29.3

• (a) In nichtrelativistischer Formulierung lautet die Euler‐Lagrange‐Gleichung für ein Feld ψ (8.107):

  $$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi}-\partial_{t}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{t}\psi)}-\sum_{\alpha}\partial_{\alpha}\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\alpha}\psi)}=0.$$

  (29.110)

  Für die Ableitungen der Lagrange‐Dichte hat man

  $$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{t}\psi)} =\frac{1}{2}\mathrm{i}\hbar\psi^{*},$$
  $$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\alpha}\psi)} =-\frac{\hbar^{2}}{2\mu}\partial_{\alpha}\psi^{*},$$

  (29.111)
  $$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi} =-\frac{1}{2}\mathrm{i}\hbar\partial_{t}\psi^{*}-V\psi^{*}.$$

  (29.112)

  Eingesetzt in die Euler‐Lagrange‐Gleichung ergibt sich daraus

  $$\mathrm{i}\hbar\partial_{t}\psi^{*}-\frac{\hbar^{2}}{2\mu}{\Updelta}\psi^{*}+V\psi^{*}=0.$$

  (29.113)

  Isoliert man nun die Zeitableitung auf der linken Seite und konjugiert die ganze Gleichung komplex, so ergibt sich letztlich genau die Schrödinger‐Gleichung:

  $$\mathrm{i}\hbar\partial_{t}\psi=-\frac{\hbar^{2}}{2\mu}{\Updelta}\psi+V\psi.$$

  (29.114)

  Außerdem hat man aber auch noch eine Euler‐Lagrange‐Gleichung mit dem Feld $\psi^{*}$. Für die Ableitungen der Lagrange‐Dichte ergibt sich nun

  $$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{t}\psi^{*})} =-\frac{1}{2}\mathrm{i}\hbar\psi,$$
  $$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\alpha}\psi^{*})} =-\frac{\hbar^{2}}{2\mu}\partial_{\alpha}\psi,$$

  (29.115)
  $$\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi^{*}} =\frac{1}{2}i\hbar\partial_{t}\psi-V\psi.$$

  (29.116)

  Eingesetzt in die Euler‐Lagrange‐Gleichung erhält man daraus

  $$-\mathrm{i}\hbar\partial_{t}\psi-\frac{\hbar^{2}}{2\mu}{\Updelta}\psi+V\psi=0.$$

  (29.117)

  Isoliert man die Zeitableitung auf der linken Seite, so ergibt sich wieder genau die Schrödinger‐Gleichung. Hier führen also beide Euler‐Lagrange‐Gleichungen auf genau dieselbe Gleichung für ψ.

• (b) Der Phasenfaktor in (29.102) kommutiert mit den Ableitungsoperatoren, da er räumlich und zeitlich konstant ist. Damit folgt die Invarianz der Lagrange‐Dichte einfach aus

  $$\psi^{\prime*}=\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\phi}\psi^{*},$$

  (29.118)

  also $\psi^{\prime*}\psi^{\prime}=\psi^{*}\psi$.

• (c) In der nichtrelativistischen Schreibweise lautet das Noether‐Theorem für Felder aus Abschn. 20.3: Ist die Lagrange‐Dichte invariant unter einer infinitesimalen Transformation

  $$\phi_{k}\to\phi^{\prime}_{k}=\phi_{k}+\delta\phi_{k}$$

  (29.119)

  der Felder $\phi_{k}$, so ergibt sich der Erhaltungssatz (Kontinuitätsgleichung)

  $$\partial_{t}\sum_{k}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{t}\phi_{k})}\delta\phi_{k}\right)+\sum_{\alpha}\partial_{\alpha}\sum_{k}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\alpha}\phi_{k})}\delta\phi_{k}\right)=0.$$

  (29.120)

  Hier haben wir die Felder $\phi_{1}=\psi$ und $\phi_{2}=\psi^{*}$, also gilt

  $$ \partial_{t}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{t}\psi)}\delta\psi\right)+\partial_{t}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{t}\psi^{*})}\delta\psi^{*}\right)$$
  $$ \qquad+\sum_{\alpha}\partial_{\alpha}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\alpha}\psi)}\delta\psi\right)+\sum_{\alpha}\partial_{\alpha}\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_{\alpha}\psi^{*})}\delta\psi^{*}\right)$$
  $$ \quad=0.$$

  (29.121)

  Eine infinitesimale U(1)‐Transformation der Felder ist hier

  $$\begin{aligned}\psi\to\psi^{\prime}&=\psi+\mathrm{i}\phi\psi\\ \psi^{*}\to\psi^{\prime*}&=\psi^{*}-\mathrm{i}\phi\psi^{*},\end{aligned}$$

  (29.122)

  wobei die Entwicklung $\mathrm{e}^{\mathrm{i}\phi}\approx 1+\mathrm{i}\phi$ benutzt wurde, wir haben also $\delta\psi=\mathrm{i}\phi\psi$ und $\delta\psi^{*}=-\mathrm{i}\phi\psi^{*}$. Setzt man die bereits in Teilaufgabe (a) berechneten Ableitungen ein, so ergibt sich insgesamt

  $$\begin{aligned}&\partial_{t}\left(\frac{1}{2}\mathrm{i}\hbar\psi^{*}\cdot\mathrm{i}\phi\psi\right)+\partial_{t}\left(\frac{1}{2}\mathrm{i}\hbar\psi\cdot\mathrm{i}\phi\psi^{*}\right)\\ &\qquad-\sum_{\alpha}\partial_{\alpha}\left(\frac{\hbar^{2}}{2\mu}(\partial_{\alpha}\psi^{*})\mathrm{i}\phi\psi\right)\\ &\qquad+\sum_{\alpha}\partial_{\alpha}\left(\frac{\hbar^{2}}{2\mu}(\partial_{\alpha}\psi)\mathrm{i}\phi\psi^{*}\right)\\ &\quad=0.\end{aligned}$$

  (29.123)

  Teilt man durch $-\hbar\phi$, kann man dies schreiben als

  $$\partial_{t}\left(\psi^{*}\psi\right)+{\boldsymbol{\nabla}}\cdot\frac{\mathrm{i}\hbar}{2\mu}\left[({\boldsymbol{\nabla}}\psi^{*})\psi-({\boldsymbol{\nabla}}\psi)\psi^{*}\right]=0.$$

  (29.124)

  Im ersten Summanden steht nun aber genau die Wahrscheinlichkeitsdichte, im zweiten die Wahrscheinlichkeitsstromdichte, d. h., wir haben die bereits bekannte Kontinuitätsgleichung

  $$\partial_{t}\rho+{\boldsymbol{\nabla}}\cdot{\boldsymbol{j}}=0.$$

  (29.125)

  Aus der Invarianz unter globalen U(1)‐Eichtransformationen folgt somit die Erhaltung der Wahrscheinlichkeit (siehe dazu auch Kap. 22) bzw., da für geladene Teilchen die Ladungs(strom)dichte proportional zur Wahrscheinlichkeits(strom)dichte ist, die Ladungserhaltung.

29.4

Mit dem kinetischen Impulsoperator $\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}$ ist der Hamilton‐Operator einfach

$$\hat{H}=\frac{\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}^{2}}{2\mu}.$$

(29.126)

Damit haben wir für die zeitliche Entwicklung der Komponenten des kinetischen Impulses zunächst

$$\begin{aligned}\dot{\hat{\uppi}}_{i}&=\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\left[\hat{H},\hat{\uppi}_{i}\right]=\frac{\mathrm{i}}{2\mu\hbar}\sum_{j}\left[\hat{\uppi}_{j}\hat{\uppi}_{j},\hat{\uppi}_{i}\right]\\ &=\frac{\mathrm{i}}{2\mu\hbar}\sum_{j}\left(\hat{\uppi}_{j}\left[\hat{\uppi}_{j},\hat{\uppi}_{i}\right]+\left[\hat{\uppi}_{j},\hat{\uppi}_{i}\right]\hat{\uppi}_{j}\right)\\ &=\frac{\mathrm{i}}{2\mu\hbar}\sum_{j,k}\left(\hat{\uppi}_{j}\frac{\mathrm{i}q\hbar}{c}\varepsilon_{jik}B_{k}+\frac{\mathrm{i}q\hbar}{c}\varepsilon_{jik}B_{k}\hat{\uppi}_{j}\right)\\ &=\frac{q}{\mu c}\sum_{j,k}\varepsilon_{ijk}\hat{\uppi}_{j}B_{k},\end{aligned}$$

(29.127)

wobei (29.100) benutzt wurde und außerdem die Tatsache, dass $\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}$ mit ${\boldsymbol{B}}$ kommutiert, da das Magnetfeld als homogen vorausgesetzt wurde. Damit ist insgesamt

$$\dot{\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}}=\frac{q}{\mu c}\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}\times{\boldsymbol{B}}=\omega_{B}\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}\times{\boldsymbol{\hat{e}}}$$

(29.128)

bzw.

$$\mathrm{d}\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}=-\omega_{B}\mathrm{d}t\,{\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}.$$

(29.129)

Dies beschreibt eine infinitesimale Drehung in der Ebene senkrecht zu ${\boldsymbol{\hat{e}}}$ um den Winkel $-\omega_{B}\mathrm{d}t$, also im mathematisch negativen Drehsinn (entgegen ${\boldsymbol{\hat{e}}}$ gesehen: im Uhrzeigersinn). Insbesondere folgt:

• Die Komponente von $\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}$ parallel zu ${\boldsymbol{\hat{e}}}$, also $\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0||}$, ändert sich nicht.

• Die Komponente in dieser Ebene senkrecht zum Anfangsimpuls (von der Drehachse weg zeigend) ist ${\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0}$; diese Komponente hat die Zeitabhängigkeit $-\sin(\omega_{B}t)$.

• Die Komponente in dieser Ebene parallel zum Anfangsimpuls ist $-{\boldsymbol{\hat{e}}}\times({\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0})$; diese Komponente hat die Zeitabhängigkeit $\cos(\omega_{B}t)$

Insgesamt haben wir damit, wie behauptet:

$$\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}(t)=\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0||}-({\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0})\sin(\omega_{B}t)-\left[{\boldsymbol{\hat{e}}}\times({\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0})\right]\cos(\omega_{B}t).$$

(29.130)

Für die Zeitentwicklung des Ortsoperators beachten wir zunächst, dass $\hat{{\boldsymbol{x}}}$ mit ${\boldsymbol{A}}$ kommutiert; also ist

$$[\hat{\uppi}_{i},\hat{x}_{j}]=[\hat{p}_{i},\hat{x}_{j}]=\frac{\hbar}{\mathrm{i}}\delta_{ij}$$

(29.131)

und damit

$$\begin{aligned}\dot{\hat{x}}_{i}&=\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\left[\hat{H},\hat{x}_{i}\right]=\frac{\mathrm{i}}{2\mu\hbar}\sum_{j}\left[\hat{\uppi}_{j}\hat{\uppi}_{j},\hat{x}_{i}\right]\\ &=\frac{\mathrm{i}}{2\mu\hbar}\sum_{j}\left(\hat{\uppi}_{j}\left[\hat{\uppi}_{j},\hat{x}_{i}\right]+\left[\hat{\uppi}_{j},\hat{x}_{i}\right]\hat{\uppi}_{j}\right)\\ &=\frac{\mathrm{i}}{2\mu\hbar}\sum_{j}\left(\hat{\uppi}_{j}\frac{\hbar}{\mathrm{i}}\delta_{ji}+\frac{\hbar}{\mathrm{i}}\delta_{ji}\hat{\uppi}_{j}\right)=\frac{1}{\mu}\hat{\uppi}_{i},\end{aligned}$$

(29.132)

also

$$\dot{\hat{{\boldsymbol{x}}}}\,=\frac{1}{\mu}\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}.$$

(29.133)

Setzt man das Ergebnis für $\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}$ ein und integriert auf, so erhält man wie behauptet

$$\hat{{\boldsymbol{x}}}(t)=\hat{{\boldsymbol{x}}}(0)+\frac{\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0||}}{\mu}t+\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0}}{\mu\omega_{B}}\cos(\omega_{B}t)-\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\times({\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{\uppi}}}_{0})}{\mu\omega_{B}}\sin(\omega_{B}t).$$

(29.134)

Wie erwartet ergibt sich eine Schraubenlinie, wobei die hinteren beiden Terme die jeweils momentane Kreisbahn beschreiben und die ersten beiden die Bewegung des Mittelpunktse.

29.5

Der Hamilton‐Operator ist

$$\hat{H}=\frac{1}{2\mu}\left[\left(\hat{p}_{x}+\frac{qB}{c}y\right)^{2}+\hat{p}_{y}^{2}+\hat{p}_{z}^{2}\right].$$

(29.135)

Die Eigenfunktionen zu $\hat{p}_{x}$ bzw. $\hat{p}_{z}$ sind $\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_{x}x}$ bzw. $\mathrm{e}^{\mathrm{i}k_{z}z}$, also machen wir den Separationsansatz

$$\psi({\boldsymbol{x}})=\mathrm{e}^{\mathrm{i}(k_{x}x+k_{z}z)}f(y).$$

(29.136)

Dann ergibt sich aus der Schrödinger‐Gleichung

$$\frac{1}{2\mu}\left[\left(\hbar k_{x}+\frac{qB}{c}y\right)^{2}-\hbar^{2}\partial^{2}_{y}+\hbar^{2}k_{z}^{2}\right]\psi({\boldsymbol{x}})=E\psi({\boldsymbol{x}}),$$

(29.137)

und daraus folgt für f die Differenzialgleichung

$$-\frac{\hbar^{2}}{2\mu}f^{\prime\prime}(y)+\frac{1}{2\mu}\left(\hbar k_{x}+\frac{qB}{c}y\right)^{2}f(y)=\left(E-\frac{\hbar^{2}k_{z}^{2}}{2\mu}\right)f(y).$$

(29.138)

Klammert man $qB/c$ aus, so kann man wieder zur Abkürzung die Zyklotronfrequenz (29.27) einführen und hat dann

$$-\frac{\hbar^{2}}{2\mu}f^{\prime\prime}(y)+\frac{1}{2}\mu\omega_{B}^{2}\left(y+\frac{c\hbar k_{x}}{qB}\right)^{2}f(y)=\left(E-\frac{\hbar^{2}k_{z}^{2}}{2\mu}\right)f(y).$$

(29.139)

Mit der Substitution

$$Y=y+\frac{c\hbar k_{x}}{qB}$$

(29.140)

und $g(Y)=f(y)$ vereinfacht sich dies zu

$$-\frac{\hbar^{2}}{2\mu}g^{\prime\prime}(Y)+\frac{1}{2}\mu\omega_{B}^{2}Y^{2}g(Y)=\left(E-\frac{\hbar^{2}k_{z}^{2}}{2\mu}\right)g(Y).$$

(29.141)

Dies ist nun aber einfach die übliche Differenzialgleichung für einen harmonischen Oszillator. Für das Energiespektrum folgt

$$E-\frac{\hbar^{2}k_{z}^{2}}{2\mu}=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega_{B}$$

(29.142)

mit einer natürlichen Zahl n; somit hat man tatsächlich das Spektrum eines harmonischen Oszillators plus das einer freien Bewegung in z‐Richtung:

$$E=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega_{B}+\frac{\hbar^{2}k_{z}^{2}}{2\mu}.$$

(29.143)

Für die Funktionen $g(Y)$ ergeben sich die bekannten Produkte aus Hermite‐Polynomen und Gausskurven, für $f(y)$ also entsprechend verschobene Funktionen. Der Ausdruck

$$-\frac{c\hbar k_{x}}{qB},$$

(29.144)

um den die Funktionen in y‐Richtung verschoben werden, gibt deshalb die y‐Koordinate der Ruhelage der Schwingung an bzw. des Mittelpunktes der Kreisbewegung.

29.6

Die Hermitezität (4) ergibt sich sofort aus der Definition (29.65) und daraus, dass die Spinkomponenten als Observable hermitesche Operatoren sein müssen. Auch (6) folgt sofort aus der Definition und den Vertauschungsrelationen für die Spinoperatoren (29.59).

Alle drei Spinoperatoren $\hat{S}_{i}$ haben die Eigenwerte $\pm\hbar/2$; bei $\hat{S}_{3}$ ist dies vorausgesetzt, für die anderen beiden folgt dies aus Symmetriegründen. Daraus ergibt sich sofort, dass alle drei Pauli‐Matrizen die Eigenwerte ±1 haben müssen. Da die Spur einer Matrix die Summe ihrer Eigenwerte ist und die Determinante das Produkt, folgen sofort die Eigenschaften (3) und (5). Außerdem müssen die Matrizen $\sigma_{i}^{2}$ dann zweimal den Eigenwert 1 haben zu zwei zueinander orthogonalen Eigenvektoren. Deshalb kann man schreiben: $\sigma_{i}^{2}={\boldsymbol{U}}^{\dagger}{\boldsymbol{I}}_{2}{\boldsymbol{U}}$ mit einer unitären Matrix ${\boldsymbol{U}}$. Daraus folgt sofort (1) und daraus wiederum (2).

Da es nur zwei Basiszustände gibt mit $m_{s}=\pm\hbar/2$, muss $\hat{S}_{\pm}^{2}\left|{\uparrow}\right\rangle=\hat{S}_{\pm}^{2}\left|{\downarrow}\right\rangle=0$ sein, also $\hat{S}_{\pm}^{2}=0$. Schreibt man dies explizit aus und berücksichtigt beim Ausmultiplizieren der Klammern, dass $\hat{S}_{1}$ und $\hat{S}_{2}$ nicht vertauschen, hat man

$$\hat{S}_{1}^{2}\pm\mathrm{i}\hat{S}_{1}\hat{S}_{2}\pm\mathrm{i}\hat{S}_{2}\hat{S}_{1}-\hat{S}_{2}^{2}=0,$$

(29.145)

also auch

$$\sigma_{1}^{2}\pm\mathrm{i}\sigma_{1}\sigma_{2}\pm\mathrm{i}\sigma_{2}\sigma_{1}-\sigma_{2}^{2}=0.$$

(29.146)

Mit (1) folgt daraus

$$\sigma_{1}\sigma_{2}+\sigma_{2}\sigma_{1}=0.$$

(29.147)

Aus Symmetriegründen muss deshalb allgemein

$$\sigma_{i}\sigma_{j}+\sigma_{j}\sigma_{i}=0$$

(29.148)

gelten für $i\neq j$. Zusammen mit (1) hat man dann (7).

Addiert man dazu (6), so ergibt sich (8). Speziell für i = 1 und j = 2 gilt

$$\sigma_{1}\sigma_{2}=\mathrm{i}\sigma_{3},$$

(29.149)

und wieder mit (1) folgt daraus (9). Schreibt man

$$({\boldsymbol{\sigma}}\cdot{\boldsymbol{a}})({\boldsymbol{\sigma}}\cdot{\boldsymbol{b}})=\sum_{i,j}\sigma_{i}a_{i}\sigma_{j}b_{j},$$

(29.150)

so erhält man mit (8)

$$({\boldsymbol{\sigma}}\cdot{\boldsymbol{a}})({\boldsymbol{\sigma}}\cdot{\boldsymbol{b}})=\sum_{i,j}a_{i}b_{j}\left(\delta_{ij}{\boldsymbol{I}}_{2}+\mathrm{i}\varepsilon_{ijk}\sigma_{k}\right),$$

(29.151)

woraus (10) folgt.

Die Matrix $a\,+\,{\boldsymbol{b}}\,\cdot\,{\boldsymbol{\sigma}}$ ist als reelle Linearkombination von hermiteschen Matrizen selbst auch hermitesch und deswegen diagonalisierbar mit reellen Eigenwerten und orthogonalen Eigenvektoren. Für eine diagonalisierbare Matrix ${\boldsymbol{M}}$ gilt aber allgemein: Hat ${\boldsymbol{M}}$ die Eigenvektoren ${\boldsymbol{v}}_{i}$ und Eigenwerte $\lambda_{i}$, so ist $f({\boldsymbol{M}})$ die (eindeutig definierte) Matrix mit denselben Eigenvektoren und den Eigenwerten $f(\lambda_{i})$. Deshalb gilt für jede reelle Funktion f, dass $f(a\,+\,{\boldsymbol{b}}\,\cdot\,{\boldsymbol{\sigma}})$ ebenfalls reelle Eigenwerte und orthogonale Eigenvektoren hat, also ebenfalls hermitesch ist. Da aber die Matrizen ${\boldsymbol{I}}_{2},\sigma_{1},\sigma_{2},\sigma_{3}$ eine Basis für die hermiteschen $2\times 2$‐Matrizen bilden, folgt, dass $f(a+{\boldsymbol{b}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}})$ als Linearkombination dieser vier Matrizen darstellbar sein muss. Damit ist (11) gezeigt.

Abschließend beweisen wir die Basisaussage für diese vier Matrizen. Zunächst beachten wir, dass eine hermitesche $2\times 2$‐Matrix nur vier freie reelle Parameter hat: Wegen

$$\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\\ \end{pmatrix}^{\dagger}=\begin{pmatrix}a^{*}&c^{*}\\ b^{*}&d^{*}\\ \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a&b\\ c&d\\ \end{pmatrix}$$

(29.152)

müssen a und d reell sein, außerdem stimmen bei b und c die Realteile überein, und die Imaginärteile unterscheiden sich nur im Vorzeichen. Der reelle Vektorraum der hermiteschen $2\times 2$‐Matrizen ist also vierdimensional.

Außerdem ist zu zeigen, dass die vier Matrizen linear unabhängig sind, d. h., die Gleichung

$$a{\boldsymbol{I}}_{2}+b_{1}\sigma_{1}+b_{2}\sigma_{2}+b_{3}\sigma_{3}=a{\boldsymbol{I}}_{2}+{\boldsymbol{b}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}}=0$$

(29.153)

darf nur die triviale Lösung $a=b_{1}=b_{2}=b_{3}=0$ haben. Um dies zu zeigen, nehmen wir zunächst auf beiden Seiten die Spur; mit (3) ergibt sich $\text{Sp}(a{\boldsymbol{I}}_{2}+{\boldsymbol{b}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}})=2a$, und es folgt a = 0. Außerdem gilt mit (7)

$$\{{\boldsymbol{b}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}},\sigma_{k}\}=2b_{k}{\boldsymbol{I}}_{2}$$

(29.154)

und natürlich $\{0,\sigma_{k}\}=0$, weshalb auch $b_{k}=0$ folgt.

Wir haben also vier linear unabhängige Matrizen im vierdimensionalen Vektorraum der hermiteschen $2\times 2$‐Matrizen. Damit ist gezeigt, dass diese vier Matrizen eine Basis dieses Vektorraumes bilden.

29.7

• (a) Zunächst gilt mit (10):

  $$\left(\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\right)^{2}=\frac{1}{4}({\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}})^{2}=\frac{1}{4}({\boldsymbol{\hat{e}}}^{2}{\boldsymbol{I}}_{2}+\mathrm{i}{\boldsymbol{\sigma}}\cdot({\boldsymbol{\hat{e}}}\times{\boldsymbol{\hat{e}}}))=\frac{1}{4}{\boldsymbol{I}}_{2},$$

  (29.155)

  also

  $$\left(\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\right)^{3}=\left(\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\right)^{2}\left(\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\right)=\frac{1}{4}{\boldsymbol{I}}_{2}\cdot\frac{1}{2}({\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}})=\frac{1}{8}({\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}})$$

  (29.156)

  und

  $$\left(\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\right)^{4}=\left(\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\right)^{3}\left(\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\right)=\frac{1}{8}({\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}})\cdot\frac{1}{2}({\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}})=\frac{1}{16}{\boldsymbol{I}}_{2}.$$

  (29.157)

  Allgemein folgt damit für gerade bzw. ungerade Exponenten (einsichtig, kann aber mit vollständiger Induktion auch bewiesen werden):

  $$\left(\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\right)^{2n}=\frac{1}{2^{2n}}{\boldsymbol{I}}_{2},\quad\left(\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\right)^{2n+1}=\frac{1}{2^{2n+1}}({\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}}).$$

  (29.158)

  Die Exponentialfunktion ist über ihre Potenzreihe definiert:

  $$\exp\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\varphi\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\varphi\right)^{n}.$$

  (29.159)

  Spalten wir diese Summe auf in die Summen über gerade bzw. ungerade Exponenten und betrachten beide getrennt:

  $$\begin{aligned}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n)!}\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\varphi\right)^{2n}&=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}{\boldsymbol{I}}_{2}}{(2n)!}\left(\frac{\varphi}{2}\right)^{2n}\\ &=\cos\left(\frac{\varphi}{2}\right){\boldsymbol{I}}_{2}\end{aligned}$$

  (29.160)

  und

  $$ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)!}\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\varphi\right)^{2n+1}$$
  $$ \qquad=\mathrm{i}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}({\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}})}{(2n+1)!}\left(\frac{\varphi}{2}\right)^{2n+1}$$
  $$ \qquad=\mathrm{i}\,\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)({\boldsymbol{\hat{e}}}\cdot{\boldsymbol{\sigma}}).$$

  (29.161)

  Damit ist die Behauptung gezeigt.

• (b) Mit (29.66) ergibt sich leicht:

  $$\begin{aligned}\exp\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}_{x}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\varphi\right)&=\cos\left(\frac{\varphi}{2}\right){\boldsymbol{I}}_{2}+\mathrm{i}\,\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)\sigma_{1}\\ &=\begin{pmatrix}\cos(\varphi/2)&\mathrm{i}\,\sin(\varphi/2)\\ \mathrm{i}\,\sin(\varphi/2)&\cos(\varphi/2)\\ \end{pmatrix},\end{aligned}$$

  (29.162)
  $$\begin{aligned}\exp\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}_{y}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\varphi\right)&=\cos\left(\frac{\varphi}{2}\right){\boldsymbol{I}}_{2}+\mathrm{i}\,\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)\sigma_{2}\\ &=\begin{pmatrix}\cos(\varphi/2)&\sin(\varphi/2)\\ -\sin(\varphi/2)&\cos(\varphi/2)\\ \end{pmatrix},\end{aligned}$$

  (29.163)
  $$\begin{aligned}\exp\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\varphi\right)&=\cos\left(\frac{\varphi}{2}\right){\boldsymbol{I}}_{2}+\mathrm{i}\,\sin\left(\frac{\varphi}{2}\right)\sigma_{3}\\ &=\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\varphi/2}&0\\ 0&\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\varphi/2}\end{pmatrix}.\end{aligned}$$

  (29.164)

• (c) Mit den Ergebnissen aus Teilaufgabe (b) folgt

  $$U =\exp\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\gamma\right)\cdot\exp\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}_{y}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\beta\right)\cdot\exp\left(\mathrm{i}\frac{{\boldsymbol{\hat{e}}}_{z}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\hbar}\alpha\right)$$
  $$ =\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\gamma/2}&0\\ 0&\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\gamma/2}\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}\cos(\beta/2)&\sin(\beta/2)\\ -\sin(\beta/2)&\cos(\beta/2)\\ \end{pmatrix}$$
  $$ \quad\cdot\begin{pmatrix}\mathrm{e}^{\mathrm{i}\alpha/2}&0\\ 0&\mathrm{e}^{-\mathrm{i}\alpha/2}\end{pmatrix}$$

  (29.165)
  $$ =\begin{pmatrix}\cos(\beta/2)\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\gamma+\alpha)/2}&\sin(\beta/2)\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\gamma-\alpha)/2}\\ -\sin(\beta/2)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\gamma-\alpha)/2}&\cos(\beta/2)\mathrm{e}^{-\mathrm{i}(\gamma+\alpha)/2}\end{pmatrix}.$$

29.8

• (a) Die Heisenberg‐Gleichung für die Zeitentwicklung der Komponenten des Spinoperators ist

  $$\begin{aligned}\frac{\mathrm{d}\hat{S}_{i}}{\mathrm{d}t}&=\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\left[\hat{H},\hat{S}_{i}\right]=\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\left[\frac{ge}{2\mu c}{\boldsymbol{B}}\cdot\hat{{\boldsymbol{S}}},\hat{S}_{i}\right]\\ &=\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\frac{ge}{2\mu c}\sum_{j}B_{j}[\hat{S}_{j},\hat{S}_{i}]\\ &=\frac{\mathrm{i}}{\hbar}\frac{ge}{2\mu c}\sum_{j,k}B_{j}\,\mathrm{i}\hbar\varepsilon_{jik}\hat{S}_{k}\\ &=\frac{ge}{2\mu c}\sum_{j,k}\varepsilon_{ijk}B_{j}\hat{S}_{k},\end{aligned}$$

  (29.166)

  also

  $$\frac{\mathrm{d}\hat{{\boldsymbol{S}}}}{\mathrm{d}t}=\frac{ge}{2\mu c}{\boldsymbol{B}}\times\hat{{\boldsymbol{S}}}=\omega_{\mathrm{L}}{\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{S}}}.$$

  (29.167)

  Man hat somit

  $$\mathrm{d}\hat{{\boldsymbol{S}}}=\omega_{\mathrm{L}}\mathrm{d}t\,{\boldsymbol{\hat{e}}}\times\hat{{\boldsymbol{S}}}.$$

  (29.168)

  Dies beschreibt eine infinitesimale Drehung um die Achse ${\boldsymbol{\hat{e}}}$ um den Winkel $-\omega_{\mathrm{L}}\mathrm{d}t$. Für die Zeitabhängigkeit von $\hat{{\boldsymbol{S}}}$ folgt

  $$\hat{{\boldsymbol{S}}}(t)={\boldsymbol{R}}({\boldsymbol{\hat{e}}},-\omega_{\mathrm{L}}t)\hat{{\boldsymbol{S}}}(0)$$

  (29.169)

  mit der Drehmatrix ${\boldsymbol{R}}$ (für einen dreidimensionalen Vektor, nicht für einen Spinor!).

• (b) Für die Erwartungswerte folgt

  $$\langle\hat{{\boldsymbol{S}}}(t)\rangle={\boldsymbol{R}}({\boldsymbol{\hat{e}}},-\omega_{\mathrm{L}}t)\langle\hat{{\boldsymbol{S}}}(0)\rangle,$$

  (29.170)

  und für eine Drehung um die z‐Achse ist speziell

  $${\boldsymbol{R}}({\boldsymbol{\hat{e}}}_{z},-\omega_{\mathrm{L}}t)=\begin{pmatrix}\cos(\omega_{\mathrm{L}}t)&\quad-\sin(\omega_{\mathrm{L}}t)&0\\ \sin(\omega_{\mathrm{L}}t)&\cos(\omega_{\mathrm{L}}t)&0\\ 0&0&1\\ \end{pmatrix}.$$

  (29.171)

  Damit ergibt sich

  $$\begin{aligned}\langle\hat{S}_{1}(t)\rangle&=\frac{\hbar}{2}\cos(\omega_{\mathrm{L}}t),\\ \langle\hat{S}_{2}(t)\rangle&=\frac{\hbar}{2}\sin(\omega_{\mathrm{L}}t),\\ \langle\hat{S}_{3}(t)\rangle&=0.\end{aligned}$$

  (29.172)

  Der Spinvektor dreht sich also in der x-y‐Ebene.