ひと続きのシュテルン＝ゲルラッハの実験②

前回求めた連立方程式

$$
\begin{align}i\hbar\frac{\partial \psi_+ }{\partial t }=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 \psi_++\mu (B+bz) \psi_+-\mu bx \psi_-\tag{8a}\end{align}
$$

$$
\begin{align}i\hbar\frac{\partial \psi_- }{\partial t }=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 \psi_--\mu (B+bz) \psi_--\mu bx \psi_+\tag{8b}\end{align}
$$

これを以下の条件で逐次近似法で解く。

• 磁場に関して、$${bx}$$の大きさや$${bz}$$の大きさは、$${B}$$に比べてとても小さい。

• 運動量に関して、$${y}$$方向の運動量だけが、その他の方向よりもとても大きい。

この条件はつまり、「そうなるように実験する」ことを意味している。

それでまず、$${bz}$$や$${bx}$$は$${0}$$、運動量の$${x}$$成分と$${z}$$成分も$${0}$$とみなして初めの近似解を求め、次に、もとの方程式を上の条件に気をつけながら、初めの近似解を使って次の近似解を求める。

$${b=0}$$と置くと式$${(8)}$$は

$$
\begin{align}i\hbar\frac{\partial \psi_+ }{\partial t }=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 \psi_++\mu B \psi_+\tag{9a}\end{align}
$$

$$
\begin{align}i\hbar\frac{\partial \psi_- }{\partial t }=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 \psi_--\mu B \psi_-\tag{9b}\end{align}
$$

これを解くと、初めの近似解

$$
\begin{equation}|\Psi\rangle
=\left(\begin{array}{c}
\psi_+ \\
\psi_-
\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{c}
\chi_+ \exp(iky-i\omega_+ t) \\
\chi_- \exp(iky-i\omega_- t)
\end{array}\right)\
\tag{10}\end{equation}
$$

が得られる。ここに出てきた$${k,\omega_+,\omega_-}$$の間には、

$$
\begin{align}
\omega_+&=\omega_0+\mu B, \\
\omega_-&=\omega_0-\mu B, \\
\hbar \omega_0 &=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}
\tag{11}\end{align}
$$

の関係がある。$${\hbar k}$$の大きさは、$${+y}$$方向に飛んできた原子の運動量だと思ってよい。

この近似解を、もとの方程式に入れて次の近似解を求めたい。そのために、さっきの近似解に出てきた係数$${\chi_+,\chi_-}$$は定数だったが、次の近似解では定数ではなく時間の関数であると仮定しよう。

$$
\begin{align}
\chi_+&=\chi_+(t) , \\
\chi_-&=\chi_-(t)
\tag{12}\end{align}
$$

つまり、次の近似解は

$$
\begin{equation}|\Psi\rangle
=\left(\begin{array}{c}
\psi_+ \\
\psi_-
\end{array}\right)
=\left(\begin{array}{c}
\chi_+(t) \exp(iky-i\omega_+ t) \\
\chi_-(t) \exp(iky-i\omega_- t)
\end{array}\right)\
\tag{13}\end{equation}
$$

だと考える。これを元の方程式$${(8)}$$に入れて解くのだが、

$$
\begin{align}
\psi_+&=\chi_+(t)\phi_+,\\
\phi_+&=\exp(iky-i\omega_+ t),\\
\psi_-&=\chi_-(t)\phi_-,\\
\phi_-&=\exp(iky-i\omega_- t)
\tag{14}
\end{align}
$$

と置き直して式$${(8a)}$$に入れると

$$
\begin{align}
i\hbar\frac{\partial \chi_+ }{\partial t }\phi_+
=&
-i\hbar\chi_+\frac{\partial \phi_+ }{\partial t }
-\frac{\hbar^2}{2m}\chi_+\nabla^2 \phi_+
+\mu B\chi_+ \phi_+ \\
&+\mu bz \chi_+ \phi_+
-\mu bx \chi_- \phi_-
\tag{15}\end{align}
$$

となる。この$${\phi_+}$$は式$${(9a)}$$の解だったので、この式はもっと簡単に

$$
\begin{align}
i\hbar\frac{\partial \chi_+ }{\partial t }\phi_+
=+\mu bz \chi_+ \phi_+
-\mu bx \chi_- \phi_-
\tag{16}\end{align}
$$

となる。さらに、

$$
\phi_-=\phi_+\exp(i(\omega_+ -\omega_-)t)=\phi_+ e^{2i\mu Bt}
\tag{17}
$$

の関係より、

$$
\begin{align}
i\hbar\frac{\partial \chi_+ }{\partial t }\phi_+
=+\mu bz \chi_+ \phi_+
-\mu bx \chi_- \phi_+ e^{2i\mu Bt}
\tag{19}\end{align}
$$

であるから、方程式から$${\phi_+}$$を消すことができて

$$
\begin{align}
i\hbar\frac{\partial \chi_+ }{\partial t }
=+\mu bz \chi_+ -\mu bx \chi_- e^{2i\mu Bt}
\tag{20}\end{align}
$$

が得られる。同様の計算で$${\chi_-}$$に関しても、

$$
\begin{align}
i\hbar\frac{\partial \chi_- }{\partial t }
=-\mu bz \chi_- -\mu bx \chi_+ e^{-2i\mu Bt}
\tag{21}\end{align}
$$

が得られる。これらは連立方程式になっているが、

• 磁場に関して、$${bx}$$の大きさや$${bz}$$の大きさは、$${B}$$に比べてとても小さい。

という条件のために、それぞれ右辺の第２項は省略できる。

というのは、例えば、$${f(x)=g(x)e^{Cx}}$$という関数を$${x}$$で積分すると、

$$
\begin{align*}
\int_0^L{f(x)\rm{d}}x
=&\int_0^L{g(x)e^{Cx}\rm{d}}x\\
=&\int_0^L{\frac{g(x)}{C}(e^{Cx}){'}\rm{d}}x\\
=&\left[\frac{g(x)}{C}e^{Cx} \right]_0^L- \int_0^L{\frac{g'(x)}{C}e^{Cx}\rm{d}}x
\end{align*}
$$

というように$${1/C}$$の係数が前に出てくる。

そういう感じで、上の連立方程式の右辺の第２項は、第１項に比べて、その絶対値はとても小さいので省略しても良い。

それで、近似解のために必要な方程式は、

$$
\begin{align}
i\hbar\frac{\partial \chi_+ }{\partial t }
=+\mu bz \chi_+
\tag{22a}\end{align}
$$

$$
\begin{align}
i\hbar\frac{\partial \chi_- }{\partial t }
=-\mu bz \chi_-
\tag{22b}\end{align}
$$

だけになった。これはすぐ解けて、

$$
\begin{align}
\chi_+(t)=&\eta_+ \exp{\left(-i\frac{\mu b}{\hbar}z t \right)}\\
\chi_-(t)=&\eta_- \exp{\left(i\frac{\mu b}{\hbar}z t \right)}
\tag{23}\end{align}
$$

これを式$${(13)}$$に代入して

$$
\begin{align}|\Psi\rangle
=&\left(\begin{array}{c}
\psi_+ \\
\psi_-
\end{array}\right)\\
=&\left(\begin{array}{c}
\eta_+ \exp{\left(iky -i\frac{\mu b}{\hbar}z t - i\omega_+ t \right)} \\
\eta_- \exp{\left(iky +i\frac{\mu b}{\hbar}z t - i\omega_- t \right)}
\end{array}\right)\\
\tag{24}\end{align}
$$

この式が、パウリ方程式の（近似）解である。

この結果から、実験装置を運動量$${(p_y,p_z)=(\hbar k ,0)}$$で入ってきた原子は、長さ$${L}$$のトンネルを通過する時間

$$
t=\frac{mL}{p_y}=\frac{mL}{\hbar k}
\tag{25}
$$

の間に、磁場の勾配$${b}$$の大きさによって$${z}$$方向の運動量が与えられ、

$$
(p_y,p_z)=\left( \hbar k ,-\mu b \frac{mL}{\hbar k} \right)
\tag{26}
$$

という場合と、

$$
(p_y,p_z)=\left( \hbar k ,+\mu b \frac{mL}{\hbar k} \right)
\tag{27}
$$

という場合に分かれる。それらの（実験室内の）３次元空間での角度の差は、おおよそ

$$
\Delta \theta =\tan \Delta \theta = \mu b \frac{2mL}{\hbar^2 k^2}
\tag{28}
$$

となる。この角度のために、装置の後方では、原子が通過した後に$${z}$$方向に２箇所に分かれて壁に当たる。

またもし、加熱炉の中の原子が、単原子分子の理想気体の状態であったと仮定したら、温度を$${T}$$、ボルツマン定数を$${k_{\rm{B}}}$$として

$$
\frac{p^2}{2m}=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}=\frac{3}{2}k_{\rm{B}}T
\tag{29}
$$

の関係があるので、式$${(28)}$$の角度は

$$
\Delta \theta = \mu b \frac{2L}{3k_{\rm{B}}T}
\tag{30}
$$

で与えられる。この式から、実験装置の$${T,L,b}$$の値を使って、原子の磁気モーメントの値を計算することができる。