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L’hypothèse d’Uhlenbeck et Goudsmit
« L’électron de masse m
eet de charge – q tourne sur lui-même (spin) »
Moment cinétique :
Moment magnétique :
En termes quantiques, il existe une observable de moment cinétique de spin
et la mesure d’une composante de ce moment cinétique sur un axe quelconque ( S
zpar exemple) donne toujours
i a ˙
−= − ω
02 a
−+ ω
12 e
+iωta
+(19)
b
+(t) = a
+(t) e
+iωt/2b
−(t) = a
−(t) e
−iωt/2(20)
b
±(t) = a
±(t) e
±iωt/2b
−(t) = a
−(t) e
−iωt/2(21)
P
−(t) = | a
−(t) |
2= | b
−(t) |
2(22)
a
+(0) = b
+(0) = 1 a
−(0) = b
−(0) = 0 (23)
¨ b
±+ Ω
24 b
±= 0 (24)
Ω
2= (ω
0− ω)
2+ ω
12(25)
P
−(t) = ω
21(ω
0− ω)
2+ ω
12sin
2Ωt
2 (26)
P
−(t) = ω
21Ω
2sin
2Ωt
2 (27)
" P
−# = 1 2
ω
12(ω
0− ω)
2+ ω
21(28)
|ω − ω
0| $ ω
1(29)
t (30)
ω = ω
0π/ω
1(31)
ω ω
02ω
11/2 1/4 (32)
i a ˙
−(0) = i b ˙
−(0) = ω
12 (33)
γ = − q/m
e(34)
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Un spin ! correspond par définition à la réalisation de la valeur j = s = 1/2
L’espace de Hilbert pour le spin ! : dimension 2
Résultats généraux du cours sur le moment cinétique :
dans la base États propres de
Les opérateurs
On utilise les opérateurs auxiliaires :
On en déduit :
Les matrices de Pauli
On pose traditionnellement :
On retrouve les matrices déduites lors de l’analyse de l’expérience de Stern et Gerlach
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|ψ! ψ(" r) (1)
"
B
0= B
0" u
z(2)
H ˆ
0= − " µ ˆ · B "
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(3)
| + ! |−! ¯ hω
0(4)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (5)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (6)
sin ωt cos ωt (7)
"
B
1= B
1cos(ωt)" u
x+ B
1sin(ωt)" u
y(8)
ω
1= − γB
1(9)
|ω
1| # |ω
0| ω ∼ ω
0(10)
ω (11)
H ˆ = − " µ ˆ · B(t) " (12)
= − γB
0S ˆ
z− γB
1! S ˆ
xcos ωt + ˆ S
ysin ωt "
(13)
H ˆ (t) = ¯ hω
02
# 1 0 0 − 1
$ + ¯ hω
12
# 0 cos(ωt) − i sin(ωt)
cos(ωt) + i sin(ωt) 0
$
(14)
H(t) = ˆ ¯ h 2
# ω
0ω
1e
−iωtω
1e
+iωt− ω
0$
(15)
| ψ(t) ! =
# a
+(t) a
−(t)
$
(16)
a
+(0) = 1 a
−(0) = 0 (17)
i¯ h d|ψ(t) !
dt = ˆ H(t) | ψ(t) ! (18)
| ψ ! ψ(" r) (1)
"
B
0= B
0" u
z(2)
H ˆ
0= − " µ ˆ · B "
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(3)
| + ! |−! ¯ hω
0(4)
γ = 2.79 q
m
pγ > 0 (5)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (6)
sin ωt cos ωt (7)
"
B
1= B
1cos(ωt)" u
x+ B
1sin(ωt)" u
y(8)
ω
1= − γB
1(9)
| ω
1| # | ω
0| ω ∼ ω
0(10)
ω (11)
H ˆ = − " µ ˆ · B(t) " (12)
= −γB
0S ˆ
z− γB
1! S ˆ
xcos ωt + ˆ S
ysin ωt "
(13)
H(t) = ˆ ¯ hω
02
# 1 0 0 − 1
$ + ¯ hω
12
# 0 cos(ωt) − i sin(ωt)
cos(ωt) + i sin(ωt) 0
$
(14)
H(t) = ˆ ¯ h 2
# ω
0ω
1e
−iωtω
1e
+iωt− ω
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(15)
| ψ(t) ! =
# a
+(t) a
−(t)
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(16)
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Comment mener une expérience de RMN ?
On place le noyau à étudier dans un champ magnétique B !
0= B
0! u
z(1)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= −γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" (3)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" (3)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" (3)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" (3)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= −γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
p(4)
ω
0= − γB
0(5)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
p(4) proton :
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q
m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= −γB
0ω
0< 0 (5)
Pour mesurer (et donc ), on va tirer parti d’un phénomène de résonance
Ajout d’une petite perturbation oscillant en temps à la bonne fréquence, qui fait basculer le noyau de vers
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
p(4)
ω
0= − γB
0(5)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= −γB
0ω
0< 0 (5)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" (3)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" (3)
La « petite perturbation » : champ magnétique tournant
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= −γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q
m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt (6)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= −γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q
m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1[cos(ωt)! u
x+ sin(ωt)! u
y] (7)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − µ ! ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
p(4)
ω
0= − γB
0(5)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= −γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= −γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= − γB
1(8)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= −γB
1(8)
| ω
1| # | ω
0| (9)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= −γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q
m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= −γB
1(8)
| ω
1| # | ω
0| ω ∼ ω
0(9)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= −γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q
m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= − γB
1(8)
|ω
1| # |ω
0| ω ∼ ω
0(9)
ω (10)
x
y z
L’hamiltonien du problème
Similaire au traitement de la précession de Larmor
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= −γB
1(8)
| ω
1| # | ω
0| ω ∼ ω
0(9)
ω (10)
H ˆ = − ! µ ˆ · B(t) ! (11)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= −γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= − γB
1(8)
|ω
1| # |ω
0| ω ∼ ω
0(9)
ω (10)
H ˆ = − ! µ ˆ · B(t) ! (11)
= − γB
0S ˆ
z− γB
1! S ˆ
xcos ωt + ˆ S
ysin ωt "
(12) Forme matricielle :
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= −γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= − γB
1(8)
|ω
1| # |ω
0| ω ∼ ω
0(9)
ω (10)
H ˆ = − ! µ ˆ · B(t) ! (11)
= − γB
0S ˆ
z− γB
1! S ˆ
xcos ωt + ˆ S
ysin ωt "
(12)
H ˆ = ¯ hω
02
# 1 0 0 − 1
$ + ¯ hω
12
# 0 cos(ωt) − i sin(ωt)
cos(ωt) + i sin(ωt) 0
$
(13)
H(t) = ˆ ¯ h 2
# ω
0ω
1e
−iωtω
1e
+iωt−ω
0$
(14)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= −γB
1(8)
| ω
1| # | ω
0| ω ∼ ω
0(9)
ω (10)
H ˆ = − ! µ ˆ · B(t) ! (11)
= −γB
0S ˆ
z− γB
1! S ˆ
xcos ωt + ˆ S
ysin ωt "
(12)
H(t) = ˆ ¯ hω
02
# 1 0 0 − 1
$ + ¯ hω
12
# 0 cos(ωt) − i sin(ωt)
cos(ωt) + i sin(ωt) 0
$
(13)
H ˆ (t) = ¯ h 2
# ω
0ω
1e
−iωtω
1e
+iωt− ω
0$
(14) ou encore :
Evolution du moment magnétique
On se limite à l’évolution du degré de liberté de spin (état non corrélé)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= −γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= − γB
1(8)
|ω
1| # |ω
0| ω ∼ ω
0(9)
ω (10)
H ˆ = − ! µ ˆ · B(t) ! (11)
= − γB
0S ˆ
z− γB
1! S ˆ
xcos ωt + ˆ S
ysin ωt "
(12)
H ˆ (t) = ¯ hω
02
# 1 0 0 − 1
$ + ¯ hω
12
# 0 cos(ωt) − i sin(ωt)
cos(ωt) + i sin(ωt) 0
$
(13)
H ˆ (t) = ¯ h 2
# ω
0ω
1e
−iωtω
1e
+iωt−ω
0$
(14)
| ψ(t) " =
# a
+(t) a
−(t)
$
(15)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q
m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= −γB
1(8)
| ω
1| # | ω
0| ω ∼ ω
0(9)
ω (10)
H ˆ = − ! µ ˆ · B(t) ! (11)
= − γB
0S ˆ
z− γB
1! S ˆ
xcos ωt + ˆ S
ysin ωt "
(12)
H ˆ (t) = ¯ hω
02
# 1 0 0 − 1
$ + ¯ hω
12
# 0 cos(ωt) − i sin(ωt)
cos(ωt) + i sin(ωt) 0
$
(13)
H ˆ (t) = ¯ h 2
# ω
0ω
1e
−iωtω
1e
+iωt− ω
0$
(14)
| ψ(t) " =
# a
+(t) a
−(t)
$
(15)
a
+(0) = 1 a
−(0) = 0 (16)
Equation de Schrödinger :
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= −γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= − γB
1(8)
|ω
1| # |ω
0| ω ∼ ω
0(9)
ω (10)
H ˆ = − ! µ ˆ · B(t) ! (11)
= − γB
0S ˆ
z− γB
1! S ˆ
xcos ωt + ˆ S
ysin ωt "
(12)
H ˆ (t) = ¯ hω
02
# 1 0 0 − 1
$ + ¯ hω
12
# 0 cos(ωt) − i sin(ωt)
cos(ωt) + i sin(ωt) 0
$
(13)
H ˆ (t) = ¯ h 2
# ω
0ω
1e
−iωtω
1e
+iωt−ω
0$
(14)
| ψ(t) " =
# a
+(t) a
−(t)
$
(15)
a
+(0) = 1 a
−(0) = 0 (16)
i¯ h d | ψ(t) "
dt = ˆ H(t) |ψ(t) " (17)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" ¯ hω
0(3)
γ = 2.79 q m
pγ > 0 (4)
ω
0= − γB
0ω
0< 0 (5)
sin ωt cos ωt (6)
B !
1= B
1cos(ωt)! u
x+ B
1sin(ωt)! u
y(7)
ω
1= − γB
1(8)
| ω
1| # | ω
0| ω ∼ ω
0(9)
ω (10)
H ˆ = − ! µ ˆ · B(t) ! (11)
= − γ B
0S ˆ
z− γB
1! S ˆ
xcos ωt + ˆ S
ysin ωt "
(12)
H ˆ (t) = ¯ hω
02
# 1 0 0 − 1
$ + ¯ hω
12
# 0 cos(ωt) − i sin(ωt)
cos(ωt) + i sin(ωt) 0
$
(13)
H(t) = ˆ ¯ h 2
# ω
0ω
1e
−iωtω
1e
+iωt− ω
0$
(14)
| ψ(t) " =
# a
+(t) a
−(t)
$
(15)
a
+(0) = 1 a
−(0) = 0 (16)
i¯ h d|ψ(t) "
dt = ˆ H(t) | ψ(t) " (17)
i a ˙
+= ω
02 a
++ ω
12 e
−iωta
−i a ˙
−= − ω
0(18) 2 a
−+ ω
12 e
+iωta
+(19)
Equation avec une dépendance explicite en temps des coefficients Y a-t-il une solution analytique ???
La solution analytique des équations de la RMN
Changement de fonctions inconnues : i a ˙
−= − ω
02 a
−+ ω
12 e
+iωta
+(19)
b
+(t) = a
+(t) e
+iωt/2b
−(t) = a
−(t) e
−iωt/2(20)
P
−(t) = | a
−(t) |
2= | b
−(t) |
2(21)
a
+(0) = b
+(0) = 1 a
−(0) = b
−(0) = 0 (22)
¨ b
±+ Ω
24 b
±= 0 (23)
i a ˙
−= − ω
02 a
−+ ω
12 e
+iωta
+(19)
b
+(t) = a
+(t) e
+iωt/2b
−(t) = a
−(t) e
−iωt/2(20)
P
−(t) = | a
−(t) |
2= | b
−(t) |
2(21)
a
+(0) = b
+(0) = 1 a
−(0) = b
−(0) = 0 (22)
¨ b
±+ Ω
24 b
±= 0 (23)
Ω
2= (ω
0− ω)
2+ ω
12(24) i a ˙
−= − ω
02 a
−+ ω
12 e
+iωta
+(19)
b
+(t) = a
+(t) e
+iωt/2b
−(t) = a
−(t) e
−iωt/2(20)
b
±(t) = a
±(t) e
±iωt/2b
−(t) = a
−(t) e
−iωt/2(21)
P
−(t) = | a
−(t) |
2= | b
−(t) |
2(22)
a
+(0) = b
+(0) = 1 a
−(0) = b
−(0) = 0 (23)
¨ b
±+ Ω
24 b
±= 0 (24)
Ω
2= (ω
0− ω)
2+ ω
12(25) Solution :
i a ˙
−= − ω
02 a
−+ ω
12 e
+iωta
+(19)
b
+(t) = a
+(t) e
+iωt/2b
−(t) = a
−(t) e
−iωt/2(20)
b
±(t) = a
±(t) e
±iωt/2b
−(t) = a
−(t) e
−iωt/2(21)
P
−(t) = | a
−(t) |
2= | b
−(t) |
2(22)
a
+(0) = b
+(0) = 1 a
−(0) = b
−(0) = 0 (23)
¨ b
±+ Ω
24 b
±= 0 (24)
Ω
2= (ω
0− ω)
2+ ω
21(25)
P
−(t) = ω
12(ω
0− ω)
2+ ω
21sin
2Ωt
2 (26)
On cherche la probabilité de trouver le spin dans l’état à l’instant t :
sachant qu’il est par hypothèse dans l’état à l’instant 0 : i a ˙
−= − ω
02 a
−+ ω
12 e
+iωta
+(19)
b
+(t) = a
+(t) e
+iωt/2b
−(t) = a
−(t) e
−iωt/2(20)
P
−(t) = |a
−(t) |
2= |b
−(t) |
2(21)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" (3)
B !
0= B
0! u
z(1)
H ˆ
0= − ! µ ˆ · B !
0= − µ ˆ
z· B
0= − γB
0S ˆ
z(2)
| + " |−" (3)
ia˙−=−ω0
2 a− + ω1
2 e+iωta+ (19)
b+(t) =a+(t)e+iωt/2 b−(t) =a−(t)e−iωt/2 (20)
P−(t) =|a−(t)|2=|b−(t)|2 (21)
a+(0) =b+(0) = 1 a−(0) =b−(0) = 0 (22)