Stern-Gerlach 实验发现过去的三个量子数并不能完全的描述氢原子的状态，促使物理学家引入了新的物理量——自旋角动量。自旋角动量描述自旋这一状态，波函数从而拥有了一个除连续变量坐标外的离散变量。

自旋依赖于粒子的种类。由于自旋角动量也是角动量，其取值满足角动量的规则。其中半整数$s=\frac12,\frac32,\cdots$的粒子为费米子，整数$s=0,1,\cdots$的粒子为玻色子。

承接之前角动量一节的内容，这里给出$\hat{S_\pm}$的矩阵表示：

$s=0$，$\hat{S_\pm}=0$；
$s=\frac12$，$\hat{S_+}=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix}\hbar$，$\hat{S_-}=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}\hbar$；
$s=1$，$\hat{S_+}=\begin{pmatrix}0&\sqrt{2}&0\\0&0&\sqrt{2}\\0&0&0\end{pmatrix}\hbar$，$\hat{S_-}=\begin{pmatrix}0&0&0\\\sqrt{2}&0&0\\0&\sqrt{2}&0\end{pmatrix}\hbar$；

$s=\frac12$自旋

以$s=\frac12$为例，知道了阶梯算符，自然可以知道$\hat{S_x}$和$\hat{S_y}$：

$\hat{S_x}=\frac{\hat{S_+}+\hat{S_-}}{2}=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\frac\hbar2$ $\hat{S_y}=\frac{\hat{S_+}-\hat{S_-}}{2i}=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}\frac\hbar2$

以及：

$\hat{S_z}=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\frac\hbar2$

定义泡利矩阵：

$\hat{\sigma_x}=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$ $\hat{\sigma_y}=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}$ $\hat{\sigma_z}=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$

那么$\hat{S_i}=\frac\hbar2\hat{\sigma_i}$。泡利矩阵具有以下性质：

$\hat{\sigma}_{x}^2=\hat{\sigma}_{y}^2=\hat{\sigma}_{z}^2=1$
$\hat{\sigma}_y\hat{\sigma}_z={i}\hat{\sigma}_x,\hat{\sigma}_z\hat{\sigma}_x={i}\hat{\sigma}_y,\hat{\sigma}_x\hat{\sigma}_y={i}\hat{\sigma}_z$
对易关系：$[\hat{\sigma}_\alpha,\hat{\sigma}_\beta]=2\mathrm{i}\varepsilon_{\alpha\beta\gamma}\hat{\sigma}_\gamma$
反对易关系：$\{\hat{\sigma}_\alpha,\hat{\sigma}_\beta\}=2\delta_{\alpha\beta}$

自旋波函数可以写为：

$\chi_+=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ $\chi_-=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$

那么一个粒子的波函数可以写为：

$\psi=\psi_+\chi_++\psi_-\chi_-=\begin{pmatrix}\psi_+\\\psi_-\end{pmatrix}$

现在我们要写出泡利矩阵的本征态，从自旋波函数的定义来看，其本身就是$\sigma_z$的本征态。但是$\sigma_x$和$\sigma_y$呢？简单地求矩阵的本征值：

$\sigma_x=\begin{cases}&1&\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\\&-1&\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\end{cases}$ $\sigma_y=\begin{cases}&1&\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}\\&-1&\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix}\end{cases}$ $\sigma_z=\begin{cases}&1&\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\\&-1&\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\end{cases}$

现在不满足于三个指定方向的本征态，我希望求出任意方向的本征态，即：

$\hat\sigma_n=\hat{\sigma}_{x}\sin\theta\cos\phi+\hat{\sigma}_{y}\sin\theta\sin\phi+\hat{\sigma}_{z}\cos\theta$ $\sigma_n=\begin{cases}&1&\begin{pmatrix}\cos{\frac\theta2}\\\sin{\frac\theta2}e^{i\phi}\end{pmatrix}\\&-1&\begin{pmatrix}\sin{\frac\theta2}e^{i\phi}\\-\cos{\frac\theta2}\end{pmatrix}\end{cases}$

磁场中自旋的演化

磁场中自旋的演化实际上是双态系统的演化。对于双态系统，哈密顿量可以表示为

$\hat{H}=\begin{pmatrix}E_1&V^*\\V&E_2\end{pmatrix}$

其中$E_i$分别是两个系统的能量，而$V$是耦合两个态的相互作用。

拉莫尔进动

拉莫尔进动语境下，磁场为恒定磁场$\vec B=B_0 \vec k$，则哈密顿量为：

$\hat{H}=\vec B_0\cdot(-\gamma \vec S)=-\gamma B_0 S_z=-\gamma B_0\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\frac\hbar2$

假设初态为：

$\chi(t=0)=\begin{pmatrix}\cos{\frac\theta2}\\\sin{\frac\theta2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\alpha\\\beta\end{pmatrix}$

由哈密顿方程可知：

$i\hbar\begin{pmatrix}\dot\alpha\\\dot\beta\end{pmatrix}=-\gamma B_0\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\frac\hbar2\begin{pmatrix}\alpha\\\beta\end{pmatrix}$

解得：

$\chi(t)=\begin{pmatrix}\cos{\frac\theta2}e^{\frac{i\gamma B_0 t}{2}}\\\sin{\frac\theta2}e^{-\frac{i\gamma B_0 t}{2}}\end{pmatrix}$

则：

$\langle \hat S_z\rangle =\frac\hbar2 \cos{\theta}$ $\langle \hat S_x\rangle =\frac\hbar2 \sin{\theta}\cos{\gamma B_0 t}$ $\langle \hat S_y\rangle =\frac\hbar2 \sin{\theta}\sin{\gamma B_0 t}$

拉比振荡

拉比振荡语境下，磁场为周期振荡磁场$\vec B=B_0 \cos{\omega t}\vec k$，该情况解形式同上：

$\chi(t)=\begin{pmatrix}\cos{\frac\theta2}e^{\frac{i\gamma B_0 \sin{\omega t}}{2\omega}}\\\sin{\frac\theta2}e^{-\frac{i\gamma B_0 \sin{\omega t}}{2\omega}}\end{pmatrix}$

则：

$\langle \hat S_z\rangle =\frac\hbar2 \cos{\theta}$ $\langle \hat S_x\rangle =\frac\hbar2 \sin{\theta}\cos{\frac{\gamma B_0 \sin{\omega t}}{\omega}}$ $\langle \hat S_y\rangle =\frac\hbar2 \sin{\theta}\sin{\frac{\gamma B_0 \sin{\omega t}}{\omega}}$

如果磁场为$\vec B=B \cos{\omega t}\vec i-B \sin{\omega t}\vec j+B_0\vec k$

可以解得：

$\langle \hat S_z(t)\rangle =\langle \hat S_z(t=0)\rangle\frac{(\omega_0-\omega)^2+\gamma^2B^2\cos{\omega_r t}}{(\omega_0-\omega)^2+\gamma^2B^2}$