Diskussion:Der Bloch-Vektor

Gesuchte Formeln

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Komplexe Amplitude

-- Die komplexe Amplitude ${\bf {d}}$ des Dipolmoments sei als Erwartungswert von $\sigma =|g\rangle \langle e|$ (mal ${\bf {d}}_{ge}$) definiert: Prüfen, dass die freie Zeitentwicklung ${\bf {d}}(t)$ konsistent mit der ersten Konvention ist.

Darstellung des Dipoloperators mit rein nicht-diagonalen Matrixelementen:

${\hat {\bf {d}}}={\bf {d}}_{ge}\sigma +{\bf {d}}_{eg}\sigma ^{\dagger }$

mit ${\bf {d}}_{ge}=\langle g|{\hat {\bf {d}}}|e\rangle$. Die Zeitentwicklung im Schrödingerbild ist

$\langle {\bf {d}}(t)\rangle =\langle \psi |U^{\dagger }(t){\hat {\bf {d}}}U(t)|\psi \rangle =\langle \psi |U^{\dagger }(t)({\bf {d}}_{ge}|g\rangle \langle e|+{\rm {h.c.}})U(t)|\psi \rangle$

Sie wirkt auf Eigenzustände als Phasenfaktor $U^{\dagger }(t)|g\rangle =\exp({\rm {i}}E_{g}t/\hbar )|g\rangle$. Vorsicht mit $\langle e|U=(U^{\dagger }|e\rangle )^{\dagger }=(\exp({\rm {i}}E_{e}t/\hbar )|e\rangle )^{\dagger }$. Wendet man dies an, so erhält man:

$\langle {\hat {\bf {d}}}(t)\rangle =\langle \psi |{\bf {d}}_{ge}\,\sigma \,\exp {\left[-{\rm {i}}(E_{e}-E_{g})t/\hbar \right]}+{\text{h.c.}}|\psi \rangle$

und mit der Bohr-Frequenz $\omega _{A}=(E_{e}-E_{g})/\hbar$ wird daraus:

(1)$\qquad \langle {\hat {\bf {d}}}(t)\rangle ={\bf {d}}_{ge}\langle \psi |\sigma |\psi \rangle \,{\rm {e}}^{-{\rm {{i}\omega _{A}t}}}+{\text{c.c.}}$

Wir lesen in der Tat ${\bf {d}}={\bf {d}}_{ge}\langle \psi |\sigma |\psi \rangle ={\bf {d}}_{ge}\langle \sigma \rangle$ als komplexe Amplitude des Dipols ab.

--C. Henkel (Diskussion) 17:36, 17. Dez. 2020 (CET)

Quadraturen

-- Den Realteil von ${\bf {d}}(t)$ in $\cos \omega t$ und $\sin \omega t$ zerlegen: wie hängen die Vorfaktoren mit Real- und Imaginärteil der Dipol-Amplitude (“Quadraturen”) zusammen?

Legt man fest, dass $\hbar \omega _{A}=E_{e}-E_{g}$ ist, so lässt sich die Gleichung (1) umschreiben zu:

${\bf {d}}(t)={\bf {d}}\,{\rm {e}}^{-{\rm {i}}\omega _{A}t}+{\bf {d}}^{*}\,{\rm {e}}^{{\rm {i}}\omega _{A}t}=\left(\mathop {\rm {Re}} d+{\rm {i}}\mathop {\rm {Im}} d\right)\left(\cos \omega t-{\rm {i}}\sin \omega t\right)+\left(\mathop {\rm {Re}} d-{\rm {i}}\mathop {\rm {Im}} d\right)\left(\cos \omega t+{\rm {i}}\sin \omega t\right)$

Der Realteil davon ist

$\mathop {\rm {Re}} {\bf {d}}(t)=2\left(\mathop {\rm {Re}} d\,\cos \omega t+\mathop {\rm {Im}} d\,\sin \omega t\right)$

--C. Henkel (Diskussion) 21:41, 17. Dez. 2020 (CET)

-- $\sigma$ ist welche Linearkombination aus den Pauli-Matrizen $\sigma _{1}$, $\sigma _{2}$? $\langle \sigma \rangle =\ldots s_{1}+\ldots s_{2}$? Ausgedrückt durch die Winkel $\theta$, $\varphi$ in Kugelkoordinaten des Bloch-Vektors?

$\sigma$ lässt sich als Linearkombination aus den Pauli-Matrizen darstellen:

$\sigma ={\tfrac {1}{2}}\left(\sigma _{1}-{\rm {i}}\sigma _{2}\right)$

denn wegen der Konvention (K2) gilt $|g\rangle \langle e|\mapsto {\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}}$ und die rein imaginäre Pauli-Matrix ist $\sigma _{2}={\begin{pmatrix}0&-{\rm {i}}\\{\rm {i}}&0\end{pmatrix}}$.

Der Erwartungswert von $\sigma$ berechnet sich dann wie folgt:

$\langle \sigma \rangle =\langle \psi |\sigma |\psi \rangle ={\tfrac {1}{2}}\langle \psi |\left(\sigma _{1}-{\rm {i}}\sigma _{2}\right)|\psi \rangle ={\tfrac {1}{2}}\left(s_{1}-{\rm {i}}s_{2}\right)$

Für einen allgemeinen Zustand auf der Bloch Kugel setzen wir an

(2)$\qquad |\Psi \rangle =\cos({\tfrac {1}{2}}\theta ){\rm {e}}^{-{\rm {i}}\varphi /2}|e\rangle +\sin({\tfrac {1}{2}}\theta ){\rm {e}}^{{\rm {i}}\varphi /2}|g\rangle$

so dass $\langle \sigma \rangle =\langle \Psi |g\rangle \langle e|\Psi \rangle$. Unter Benutzung von $\sin 2\alpha =2\sin \alpha \cos \alpha$ ergibt sich:

$\langle \sigma \rangle =\cos({\tfrac {1}{2}}\theta )\sin({\tfrac {1}{2}}\theta )\,{\rm {e}}^{-{\rm {i}}\varphi }={\tfrac {1}{2}}\sin(\theta )\,{\rm {e}}^{-{\rm {i}}\varphi }$

--361 Jones (Diskussion) 15:23, 14. Dez. 2020 (CET) --C. Henkel (Diskussion) 22:03, 17. Dez. 2020 (CET)

(ab hier F & C)

-- $s_{2}$ hängt mit dem negativen Imaginärteil von $c_{g}^{*}c_{e}$ zusammen, denn die Pauli-Matrix $\sigma _{2}$ lässt sich auch schreiben als:

$\sigma _{2}={\rm {i}}\left(|g\rangle \langle e|-|e\rangle \langle g|\right)$

Für einen Zustand $|\psi \rangle =c_{e}|e\rangle +c_{g}|g\rangle$ folgt somit:

$s_{2}=\langle \psi |\sigma _{2}|\psi \rangle ={\rm {i}}\ c_{g}^{*}\,c_{e}-{\rm {i}}\ c_{e}^{*}\,c_{g}=-2\mathop {\rm {Im}} c_{g}^{*}c_{e}$

--Friweber (Diskussion) 14:56, 14. Dez. 2020 (CET) --C. Henkel (Diskussion) 22:32, 17. Dez. 2020 (CET)

Für den Zustand (2) mit den Winkeln $\theta$ und $\varphi$ gilt

${\begin{aligned}c_{g}^{*}c_{e}&=\sin(\theta /2)\exp(-{\rm {i}}\varphi /2)\cos(\theta /2)\exp(-{\rm {i}}\varphi /2)\\&={\frac {1}{2}}\sin \theta \exp(-{\rm {i}}\varphi )\\&={\frac {1}{2}}\sin \theta \left(\cos \varphi -{\rm {i}}\sin \varphi \right)\end{aligned}}$

Hier können wir $s_{1}$ und $s_{2}$ sofort ablesen und finden die Darstellung der Komponenten eines Einheitsvektors in Kugelkoordinaten $s_{1}=\sin \theta \cos \varphi$ und $s_{2}=\sin \theta \sin \varphi$.

Drehung des Bloch-Vektors: freie Zeitentwicklung

-- Ein sich frei entwickelndes zwei-Niveau-System hat einen Bloch-Vektor, der sich im mathematisch positiven Sinn um die 3-Achse dreht. Geben Sie die Winkel $\theta$, $\varphi$ als Funktion der Zeit an.

Der zeitabhängige Zustand ist

$|\psi (t)\rangle =c_{e}\,{\rm {e}}^{-{\rm {i}}\omega _{A}t/2}|e\rangle +c_{g}\,{\rm {e}}^{{\rm {i}}\omega _{A}t/2}|g\rangle$

mit den Anfangsamplituden $c_{e}$ und $c_{g}$ und einem Energie-Nullpunkt zwischen $E_{e}$ und $E_{g}$. Drücken wir die Anfangsamplituden durch die Winkel $\theta _{0}$ und $\varphi _{0}$ aus, finden wir

${\begin{aligned}c_{e}(t)&=\cos(\theta _{0}/2)\,{\rm {e}}^{-{\rm {i}}(\varphi _{0}+\omega _{A}t)/2}\\c_{g}(t)&=\sin(\theta _{0}/2)\,{\rm {e}}^{{\rm {i}}(\varphi _{0}+\omega _{A}t)/2}\end{aligned}}$

Die zeitabhängigen Winkel sind somit (Präzession um die 3-Achse)

$\theta (t)=\theta _{0},\qquad \varphi (t)=\varphi _{0}+\omega _{A}t$

In der $s_{1},s_{2}$-Ebene bedeutet dies eine Drehung im mathematisch positivem Sinn. Steht die 3-Achse rechtshändig auf der Ebene (sie kommt aus der Tafelebene auf den Betrachter zu), ist dies auch eine rechtshändige Drehung.

-- Gesucht ist ein Ket, der zu demjenigen mit den Winkeln $\theta$, $\varphi$ aus Gl.(2), genannt $\left|\theta ,\varphi ,1\right\rangle$, orthogonal ist. Für diesen Vektor $\left|\theta ,\varphi ,2\right\rangle$ mit den Koeffizienten $C_{e},\,C_{g}$ muss folglich das Skalarprodukt mit $\left|\theta ,\varphi ,1\right\rangle$ verschwinden:

${\begin{aligned}0&=\left\langle \theta ,\varphi ,1|\theta ,\varphi ,2\right\rangle \\&=\cos(\theta /2)\exp(+i\varphi /2)C_{e}+\sin(\theta /2)\exp(-i\varphi /2)C_{g}\end{aligned}}$

Aus dem Verhältnis der Koeffizienten lesen wir also ab

${\begin{aligned}{\frac {C_{e}}{C_{g}}}&=-{\frac {\sin(\theta /2)\exp(-i\varphi /2)}{\cos(\theta /2)\exp(+i\varphi /2)}}\\C_{e}&=-N\sin(\theta /2)\exp(-i\varphi /2)\\C_{g}&=N\cos(\theta /2)\exp(+i\varphi /2)\end{aligned}}$

mit einem Normierungsfaktor $N$. Wir fixieren diesen, indem wir fordern, dass die Matrix ${\mathsf {U}}$ mit den beiden Vektoren als Spaltenvektoren in $SU(2)$ liegt:

${\mathsf {U}}=\left({\begin{array}{cc}c_{e}&C_{e}\\c_{g}&C_{g}\end{array}}\right)=\left({\begin{array}{cc}\cos \left(\theta /2\right)\exp \left(-i\varphi /2\right)&-N\sin \left(\theta /2\right)\exp \left(-i\varphi /2\right)\\\sin \left(\theta /2\right)\exp \left(+i\varphi /2\right)&N\cos \left(\theta /2\right)\exp \left(+i\varphi /2\right)\end{array}}\right)$

Die Determinante soll gleich 1 sein:

${\begin{aligned}&\det \left({\begin{array}{cc}\cos \left(\theta /2\right)\exp \left(-i\varphi /2\right)&-N\sin \left(\theta /2\right)\exp \left(-i\varphi /2\right)\\\sin \left(\theta /2\right)\exp \left(+i\varphi /2\right)&N\cos \left(\theta /2\right)\exp \left(+i\varphi /2\right)\end{array}}\right)\\&=N\cos ^{2}\left(\theta /2\right)+N\sin ^{2}\left(\theta /2\right)=N=1\end{aligned}}$

Es ist nicht nötig zu prüfen, dass ${\mathsf {U}}$ unitär ist, denn die entsprechenden Matrixelemente liefern die Normen der beiden Spaltenvektoren sowie ihr Skalarprodukt. Diese sind bereits zu 1 bzw. 0 konstruiert.

(bis hier F & C)

Euler-Winkel für ${\mathsf {U}}$

(ab hier Nils & Ben)

-- Überlegen Sie, dass man den Blochvektor mit den Kugelkoordinaten $\theta$, $\varphi$ durch zwei Drehungen aus dem Vektor “spin up” bekommt: erst mit dem Winkel $\theta$ in mathematisch positiver Richtung um die 2-Achse, dann mit dem Winkel $\varphi$ in positiver Richtung um die 3-Achse. Zu einer Drehung um die $j$-Achse mit Winkel $\alpha _{j}$ (rechte-Hand-Regel) definiert man eine unitäre Matrix

$U_{j}(\alpha _{j})=\exp(-{\rm {i}}\alpha _{j}\sigma _{j}/2)=\mathbb {I} \cos(\alpha _{j}/2)-{\rm {i}}\sigma _{j}\sin(\alpha _{j}/2).$

Überprüfen Sie, dass die oben konstruierte unitäre Matrix aus dem Produkt $U_{3}(\varphi )U_{2}(\theta )$ entsteht.

Drehsinn der angegebenen Drehung: aus der freien Zeitentwicklung lesen wir ab, dass sie durch $U_{3}(\omega _{A}t)$ dargestellt wird. Und in der Tat drehte sich der Bloch-Vektor rechtshändig um die 3-Achse. Wir vermuten also, dass $U_{j}(\alpha _{j})$ eine rechtshändige Drehung um die j-Achse mit dem Winkel $\alpha _{j}$ ist.

Die Formel ${\mathsf {U}}=U_{3}(\varphi )U_{2}(\theta )$ zerlegt die Drehung also in eine Drehung in positive Richtung um die 2-Achse (Winkel $\theta$), gefolgt von einer Drehung um $\varphi$ um die 3-Achse.

Berechnen wir den Ausdruck $U_{3}(\varphi )U_{2}(\theta )$

${\begin{aligned}U_{3}(\varphi )U_{2}(\theta )&=\left[\cos {\frac {\varphi }{2}}\mathbb {I} -{\rm {i}}\sigma _{3}\sin {\frac {\varphi }{2}}\right]\left[\cos {\frac {\theta }{2}}\mathbb {I} -{\rm {i}}\sigma _{2}\sin {\frac {\theta }{2}}\right]\\&={\begin{pmatrix}\cos {\frac {\varphi }{2}}-i\cdot \sin {\frac {\varphi }{2}}&0\\0&\cos {\frac {\varphi }{2}}+i\cdot \sin {\frac {\varphi }{2}}\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}\cos {\frac {\theta }{2}}&-\sin {\frac {\theta }{2}}\\\sin {\frac {\theta }{2}}&\cos {\frac {\theta }{2}}\end{pmatrix}}\\&={\begin{pmatrix}{\rm {e}}^{-i{\frac {\varphi }{2}}}&0\\0&{\rm {e}}^{i{\frac {\varphi }{2}}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}\cos {\frac {\theta }{2}}&-\sin {\frac {\theta }{2}}\\\sin {\frac {\theta }{2}}&\cos {\frac {\theta }{2}}\end{pmatrix}}\\&=\left({\begin{matrix}\cos {\frac {\theta }{2}}{\rm {e}}^{-{\rm {i}}{\frac {\varphi }{2}}}&-\sin {\frac {\theta }{2}}{\rm {e}}^{-{\rm {i}}{\frac {\varphi }{2}}}\\\sin {\frac {\theta }{2}}{\rm {e}}^{{\rm {i}}{\frac {\varphi }{2}}}&\cos {\frac {\theta }{2}}{\rm {e}}^{{\rm {i}}{\frac {\varphi }{2}}}\end{matrix}}\right)\end{aligned}}$

so erhält man die oben konstruierte Matrix ${\mathsf {U}}$ mit dem Normierungsfaktor $N=1$. Ihre erste Spalte entspricht den Amplituden des Zustands $|\theta ,\varphi ,1\rangle$ und ist auch das Bild des Einheitsvektors $\left({1 \atop 0}\right)$. Dieser Einheitsvektor entspricht offenbar den Winkeln $\theta =0$ (und $\varphi$ beliebig), also “spin up”. Gleiches gilt äquivalent für die zweite Spalte bezüglich des orthogonalen Zustandes $|\theta ,\varphi ,2\rangle$.

Drehung des Bloch-Vektors für beliebige stationäre Hamilton-Operatoren

-- Aus der Mechanik von Drehungen kennen Sie die Bewegungsgleichung

(3)$\qquad {\frac {d{\vec {s}}}{dt}}={\vec {\omega }}\times {\vec {s}}$

für einen Vektor ${\vec {s}}$, der “starr” um die Achse ${\vec {\omega }}$ rotiert. Wegen der rechte-Hand-Regel für das Kreuzprodukt ist dies in der Tat eine Drehung im mathematisch positiven Sinn: der Mittelfinger zeigt entlang des Tangentialvektors an die Bahnkurve. Leiten Sie im Heisenberg-Bild diese Gleichung für den Blochvektor ${\vec {s}}=\langle {\vec {\sigma }}\rangle$ ab und geben Sie die Komponenten von ${\vec {\omega }}$ an: (a) für ein freies Atom, (b) im rotating frame für ein lasergetriebenes Atom. (Sie dürfen den effektiven Hamilton-Operator aus Aufgabe~2.2 verwenden.) Wie hängt auf der Resonanz die Lage der Drehachse mit der Phase der Rabi-Frequenz zusammen?

Wir leiten Gl.(3) unter Verwendung des Ehrenfest-Theorems bezüglich ${\vec {s}}=\langle {\vec {\sigma }}\rangle$ ab (Erwartungswerte im Heisenberg-Bild nehmen):

${\begin{aligned}{\frac {d\langle \sigma _{j}\rangle }{dt}}={\frac {\rm {i}}{\hbar }}\langle \left[H,\sigma _{j}\right]\rangle \end{aligned}}$

Hierbei sind alle Operatoren zum selben Zeitpunkt im Heisenbergbild zu nehmen.

Betrachten wir einen zeitlich stationären Hamiltonian $H$ (für ein Freies Atom und im rotating Frame sind diese stationär), dann kann dieser auch umgeschrieben werden.

${\begin{aligned}H={\vec {n}}\cdot {\vec {\sigma }}=\sum _{i=1}^{3}n_{i}\sigma _{i}\end{aligned}}$

Diesen Umstand können wir uns zu nutze machen um die Zeitentwicklung des Blockverktor zu berechnen. Diese ist dann gegeben durch das Ehrenfest-Theorem

${\begin{aligned}{\frac {d\langle {\vec {\sigma }}\rangle }{dt}}={\frac {i}{\hbar }}\langle [H,{\vec {\sigma }}]\rangle \end{aligned}}$

Der einfachhalt halber lassen wir die eckicken Klammern im folgenden Weg. Mithilfe des Ehrenfest-Theorem kann also die Zeitentwicklung des Erwartungswertes umgeschrieben werden

${\frac {d{\vec {\sigma }}}{dt}}={\frac {i}{\hbar }}\sum _{i=1}^{3}\sum _{j=1}^{3}n_{i}[\sigma _{i},\sigma _{j}]{\vec {e}}_{j}$

Hier hilft uns ein Kommutatorbeziehung der Pauli-Matrizen $\sigma _{1,2,3}$, denn $[\sigma _{i},\sigma _{j}]=2i\sum _{k}\varepsilon _{ijk}\sigma _{k}$

${\frac {d{\vec {\sigma }}}{dt}}=-{\frac {2}{\hbar }}\sum _{i=1}^{3}\sum _{j=1}^{3}\sum _{k=1}^{3}\varepsilon _{ijk}n_{i}\sigma _{k}{\vec {e}}_{j}$

Dieser Ausdruck hat ein starke Ähnlichkeit zum Kreuzprodukt ${\vec {a}}\times {\vec {b}}=\sum _{i,j,k}\varepsilon _{ijk}a_{i}b_{j}{\vec {e}}_{k}$ Führt man eine neuindizierung druch, also $ijk\to ikj$ und vertauscht $i$ und $j$, so kehrt sich das vorzeichen um und wir erhalten den Ausdruck des Keuzprodukts. Also

${\frac {d{\vec {s}}}{dt}}={\frac {2}{\hbar }}{\vec {n}}\times {\vec {\sigma }}$

Damit haben wir gezeigt, dass mit ${\vec {\omega }}={\frac {2}{\hbar }}{\vec {n}}$

${\frac {d{\vec {s}}}{dt}}={\vec {\omega }}\times {\vec {s}}$

--SigmaSpinnt (Diskussion) 19:54, 6. Dez. 2021 (CET)

Das freie Atom

Zuerst wird der Hamilton-Operator des freien Atoms im zwei Zustandssystem aufgestellt.

$H=E_{e}|e\rangle \langle e|+E_{g}|g\rangle \langle g|\mapsto {\begin{pmatrix}E_{e}&0\\0&E_{g}\end{pmatrix}}$

Nun werden die Kommutatoren von $H$ und $(\sigma _{1},\sigma _{2},\sigma _{3})$ im Heisenberg-Bild berechnet. (Es wird hier verwendet, dass die Struktur der Kommutator-Relationen durch die Zeitentwicklung der Operatoren nicht verändert wird.) Mit der Bohr-Frequenz $\hbar \omega _{A}=E_{e}-E_{g}$

${\begin{aligned}{\frac {\rm {i}}{\hbar }}\left[H,\sigma _{1}\right]&={\frac {\rm {i}}{\hbar }}\left({\begin{matrix}0&E_{A}\\-E_{A}&0\end{matrix}}\right)\\&=-\omega _{A}\left({\begin{matrix}0&-{\rm {i}}\\{\rm {i}}&0\end{matrix}}\right)=-\omega _{A}\sigma _{2}\end{aligned}}$

Bildet man nun den Erwartungswert in irgendeinem Zustand $|\psi \rangle$, erhält man die Zeitableitung von $s_{1}$

${\frac {ds_{1}}{dt}}=-\omega _{A}s_{2}$

Durch analoge Schritte berechnen wir

${\begin{aligned}{\frac {\rm {i}}{\hbar }}\left[H,\sigma _{2}\right]&={\frac {\rm {i}}{\hbar }}\left({\begin{matrix}0&-{\rm {i}}E_{A}\\-{\rm {i}}E_{A}&0\end{matrix}}\right)\\&=\omega _{A}\left({\begin{matrix}0&1\\1&0\end{matrix}}\right)=\omega _{A}\sigma _{1}\end{aligned}}$

also ${\frac {ds_{2}}{dt}}=\omega _{A}s_{1}$

Für die 3-Komponente haben wir

$H\sigma _{3}=\sigma _{3}H\Rightarrow \left[H,\sigma _{3}\right]=0$

Durch Vergleich dieser Ergebnisse mit dem Kreuzprodukt zwischen ${\vec {\omega }}$ und dem Bloch-Einheitsvektor ${\vec {s}}$ erhalten wir ${\vec {\omega }}$:

${\vec {\omega }}=\left({\begin{matrix}0\\0\\\omega _{A}\end{matrix}}\right)$

also eine Drehachse entlang der 3-Achse.

Das lasergetriebene Atom

Die Länge der Rechnung nimmt mit nicht diagonalem Hamiltonian deutlich zu. Es wird ein neuer Ansatz für das Auffinden von ${\vec {\omega }}$ versucht, nämlich den Hamilton-Operator als Linearkombination von Pauli-Matrizen zu schreiben.

${\begin{aligned}H={\frac {\hbar }{2}}\sum _{i=1}^{3}\omega _{i}\sigma _{i}\end{aligned}}$

Wir führen die Größen $\Delta =\omega _{L}-\omega _{A}$, die Verstimmung der Laserfrequenz zur Atomfrequenz, $\Omega$, die komplexe Rabi-Frequenz, und $R={\sqrt {\Delta ^{2}+|\Omega |^{2}}}$ ein. Der Hamiltonian im rotating frame

${\begin{aligned}H&={\frac {\hbar }{2}}{\begin{pmatrix}-\Delta &\Omega \\\Omega ^{*}&\Delta \end{pmatrix}}\\&{\overset {!}{=}}{\tfrac {1}{2}}\hbar (\omega _{1}\sigma _{1}+\omega _{2}\sigma _{2}+\omega _{3}\sigma _{3})\end{aligned}}$

führt auf $\omega _{3}=-\Delta$ und $\omega _{1}-{\rm {i}}\omega _{2}=\Omega$, also

${\begin{aligned}{\vec {\omega }}={\begin{pmatrix}\mathop {\rm {Re}} \Omega \\-\mathop {\rm {Im}} \Omega \\-\Delta \end{pmatrix}}\end{aligned}}$

Wir erkennen die verallgemeinerte Rabi-Frequenz $R$ also als die Länge dieses Vektors wieder. Auf der Resonanz gilt $\Delta =0$ und die (negative) Phase der Rabi-Frequenz $\Omega \sim {\rm {e}}^{-{\rm {i}}\phi }$ bestimmt die Lage der Drehachse in der $s_{1},s_{2}$-Ebene: $\omega _{1}\sim \cos \phi ,\,\omega _{2}\sim \sin \phi$.

Warum soll dies aber mit der Ehrenfest-Gleichung mit dem präzedierenden Spin identisch sein? Dazu berechnen wir noch einmal (Index $i$ und imaginäre Einheit ${\rm {i}}$ nicht verwechseln)

${\begin{aligned}{\frac {\rm {i}}{\hbar }}\left[H,\sigma _{j}\right]=&{\frac {\rm {i}}{2}}\sum _{i}\omega _{i}\left[\sigma _{i},\sigma _{j}\right]\\{\overset {*}{=}}&{\frac {\rm {i}}{2}}\sum _{i}\omega _{i}\,2{\rm {i}}\epsilon _{ijk}\sigma _{k}\\=&\sum _{i}\epsilon _{jik}\omega _{i}\sigma _{k}=({\vec {\omega }}\times {\vec {\sigma }})_{j}\end{aligned}}$

An der Stelle * wurde der Kommutator der Pauli-Matrizen verwendet: $[\sigma _{1},\,\sigma _{2}]=2{\rm {i}}\sigma _{3}$ (und zyklisch vertauschte Indizes, durch $\epsilon _{ijk}$ wiedergegeben). --C. Henkel (Diskussion) 23:59, 17. Dez. 2020 (CET)