라비 사이클

라비 진동(Rabi 진동)은 초기에

|1\rangle

시스템이 다른 멈춤쇠 Δ에서

|2\rangle

|2\rangle

|2\rangle

|1\rangle

1\rangele

에 끝날

|1\rangle

확률을 나타낸다.

물리학에서 라비 사이클(또는 라비 플롭)은 진동 운전장이 존재하는 곳에서 2단계 양자 시스템의 주기적 행동이다.양자 컴퓨팅, 응축 물질, 원자 및 분자 물리학, 핵 및 입자 물리학의 영역에 속하는 매우 다양한 물리적 과정들은 2단계의 양자 기계적 시스템 측면에서 편리하게 연구될 수 있으며, 진동 운전장에 결합되었을 때 라비 플로핑을 나타낸다.그 효과는 양자광학, 자기공명, 양자컴퓨팅에서 중요하며 이시도르 아이작 라비(Isidor Isaac Rabi)의 이름을 딴 것이다.null

2단계 시스템은 두 가지 가능한 에너지 수준을 가진 시스템이다.이 두 레벨은 낮은 에너지를 가진 지상 상태와 높은 에너지를 가진 흥분된 상태를 말한다.만일 에너지 수준이 퇴화되지 않는다면(즉, 동일한 에너지를 갖지 않는 경우), 시스템은 에너지 양자(퀀텀)를 흡수하여 지상 상태에서 "흥분된" 상태로 전환할 수 있다.원자(또는 다른 2-레벨 시스템)가 일관된 광자 빔에 의해 조명될 때, 그것은 주기적으로 광자를 흡수하고 자극된 방출에 의해 광자를 다시 방출할 것이다.그러한 사이클 중 하나는 라비 사이클이라고 불리며, 그 지속시간의 역행은 광자 빔의 라비 주파수다.효과는 Jaynes-Cummings 모델과 Bloch 벡터 형식주의를 사용하여 모델링할 수 있다.null

수학적 처리

그 효과에 대한 자세한 수학적 설명은 라비 문제의 페이지에서 찾을 수 있다.예를 들어, 전자기장에서 흥분 에너지에 동조된 주파수를 가진 2상태 원자(전자가 흥분 상태 또는 접지 상태에 있을 수 있는 원자)의 경우, 흥분 상태에서 원자를 찾을 확률은 블로흐 방정식에서 발견된다.

c_{b}(t) ^{2}\propto \sin ^{2}(\omega t/2),

여기서 $\omega$ $\omega$ 은 $\omega$ (는) Rabi 주파수다.null

보다 일반적으로 고려 중인 두 수준이 에너지 고유 지표가 아닌 시스템을 고려할 수 있다.따라서 시스템이 이러한 수준 중 하나로 초기화되면 시간 진화는 각 수준의 모집단을 어떤 특성 주파수로 진동하게 만들 것이며, 각 주파수는^[1] 라비 주파수라고도 한다.2-상태 양자 시스템의 상태는 2차원 복합 힐버트 공간의 벡터로 나타낼 수 있는데, 이는 모든 상태 벡터 $|\psi \rangle$ ψ $\psi \rangele$ 이 $|\psi \rangle$ (가) 양호한 복합 좌표로 표현된다는 것을 의미한다.

\wangle ={\pmatrix}c_{1}\\c_{2}\end{pmatrix}=c_{pmatrix}}{\nd{pmatrix}1\0\end{pmatrix}+c_{2}}}{\\pmatrix}0\\\1\end{pmatrix},

$c_{1}$ 서 c $c_{1}$ ${\$ 및 $c_{1}$ $c_{2}$ $c_{2}$ ${\$ }}은 좌표다 $c_{2}$ .^[2]null

벡터가 정규화된 경우 $c_{1}$ $c_{1}$ ${\$ $c_{2}$ 2 ${\$ $|c_{1}|^{2}+|c_{2}|^{2}=1$ $|c_{1}|^{2}+|c_{2}|^{2}=1$ $|c_{1}|^{2}+|c_{2}|^{2}=1$ + $|c_{1}|^{2}+|c_{2}|^{2}=1$ $|c_{1}|^{2}+|c_{2}|^{2}=1$ = 1 ${\displaystyle c_{1} ^{2}+ c_{2} ^{2}=1$ 기본 벡터는 $|0\rangle ={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ $|0\rangle ={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ = $|0\rangle ={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ ( $|0\rangle ={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ $|0\rangle ={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ ) ${\$ 및 $|0\rangle ={\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}$ $|1\rangle ={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$ $|1\rangle ={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$ = ( $|1\rangle ={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$ $|1\rangle ={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$ ) ${\$ end ${pmatrix}}}}}}}}}}}}}}으$ 로 표시된다 $|1\rangle ={\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}$

이 시스템과 관련된 모든 관측 가능한 물리적 양은 2 × 2 에르미트 행렬이며, 이는 시스템의 해밀턴 계도 또한 유사한 행렬이라는 것을 의미한다.null

양자 시스템에서 진동 실험을 준비하는 방법

다음 단계를 통해 진동 실험을 구성할 수 있다.^[3]

시스템 준비(예: $|1\rangle$ example {\ $displaystyle$ 1 $\rangele })$
국가가 자유롭게 진화할 수 있도록 해밀턴 H 밑에서 시간 t를 위해
상태가 $|1\rangle$ ³ $1\rangele$ 에 있을 확률 $P(t)$ ) $P(t)$ 을 $P(t)$ 를) 찾으십시오.

$|1\rangle$ $|1\rangle$ $1\rangele$ 이 $|1\rangle$ ( $P(t)=1$ ) H의 고유 상태일 경우, $P(t)=1$ ( $P(t)=1$ t $P(t)=1$ ) $P(t)=1$ = $P(t)=1$ $P(t)=1$ 이며 진동이 $P(t)=1$ 없을 것이다.또한 두 상태 $|0\rangle$ $|0\rangle$ ${\displaystyle 0\rangele$ $}$ 과 $|0\rangle$ 1 $|1\rangle$ ⟩ $|1\rangle$ {\ $displaystyle 1\rangele$ }이(가 $|1\rangle$ ) 퇴보하는 경우, $|1\rangle$ $|1\rangle$ {\ $displaystyle$ 1 $\rangele}$ 을(를) 포함한 모든 상태는 H의 고유 상태가 된다 $|1\rangle$ . 그 결과 진동은 없을 것이다.null

반면 H에는 퇴화된 고유성이 없고 초기 상태가 고유 상태가 아니라면 진동도 있을 것이다.해밀턴계의 가장 일반적인 형태는 2국가 체제다.

\mathbf {H} ={\begin{pmatrix}a_{0}+a_{3}}&a_{1}-ia_{2}\\a_{1}+ia_{2}}}&a_{0}-a_{3}\end{pmatrix}}

$a_{0},a_{1},a_{2}$ 서 $a_{0},a_{1},a_{2}$ $a_{0},a_{1},a_{2}$ $a_{0},a_{1},a_{2}$ , $a_{0},a_{1},a_{2}$ ${\$ $a_{3}$ ${2}},$ 3 ${\$ 이 $a_{0},a_{1},a_{2}$ 실제 숫자다 $a_{3}$ .이 매트릭스는 다음과 같이 분해될 수 있다.

\mathbf {H} =a_{0}\cdot \sigma _{0}+a_{1}\cdot \cdma _{1}+a_{2}\cdot \cdma _{2}+a_{3}\cdot \cdma _{3};

매트릭스 $\sigma _{0}$ $\sigma _{0}$ {\ $displaystyle \sigma_{0}$ 은 $\sigma _{0}$ 2 $×$ {\ $displaystyle \time$ }ID $\times$ 매트릭스 $σk$ = $\sigma _{k}\;(k=1,2,3)$ , $\sigma _{k}\;(k=1,2,3)$ , $\sigma _{k}\;(k=1,2,3)$ ) ${\displaystystyle \{k}\;(k=1,2,3)}}}}}$ 은 $\sigma _{k}\;(k=1,2,3)$ Pauli 매트릭스다.이러한 분해는 $a_{0},a_{1},a_{2}$ 0 $a_{0},a_{1},a_{2}$ $a_{0},a_{1},a_{2}$ , $a_{0},a_{1},a_{2}$ ${\$ }} $a_{0},a_{1},a_{2}$ 및 $a_{3}$ ${\$ 의 값이 상수인 $a_{3}$ 시간 독립적인 경우 시스템의 분석을 단순화한다.자기장 $\mathbf {B} =B\mathbf {\hat {z}}$ = $\mathbf {B} =B\mathbf {\hat {z}}$ $\mathbf {B} =B\mathbf {\hat {z}}$ $\mathbf {B} =B\mathbf {\hat {z}}$ ${\$ 의 스핀-1/2 입자의 경우를 생각해 보십시오 $\mathbf {B} =B\mathbf {\hat {z}}$ 이 시스템에 대한 상호작용 해밀턴은

\mathbf {H} =-{\boldsymbol {\mu }}\cdot \mathbf {B} =-\gamma \mathbf {S} \cdot \mathbf {B} =-\gamma \ B\ S_{z}

,

{\displaystyle S_{z}={\frac {\hbar }{2}}\,\sigma _{3}={\frac {\hbar }{2}}{\begin{pmat

ix}1.&0\\

0&-1

end{pmatrix}},

여기서 $\displaystyle \mu$ }은 $\mu$ $($ 는) 입자 모멘트의 크기, $\gamma$ $\gamma$ 은 $\gamma$ (는) 자석 비, ${\boldsymbol {\sigma }}$ ${\$ 은 Pauli 행렬의 벡터다 ${\boldsymbol {\sigma }}$ .Here the eigenstates of Hamiltonian are eigenstates of $\sigma _{3}$ , that is $0\rangle$ and $1\rangle$ , with corresponding eigenvalues of $E_{+}={\frac {\hbar }{2}}\gamma B\ ,\ E_{-$ $=-{\frac {\hbar }{2}}\감마$ B $}$ . $|\psi \rangle$ $|\phi \rangle$ 상태 $|\phi \rangle$ $|\psi \rangle$ \{\ $displaystyle$ $|\psi \rangle$ \ $psi \rangele}$ 에서 시스템을 $|\psi \rangle$ 찾을 수 있는 확률은 ${|\langle \phi |\psi \rangle |}^{2}$ ϕ ϕ ϕ $|\phi \rangle$ ψ ψ ψ ψ ψ ψ ${|\langle \phi |\psi \rangle |}^{2}$ ${|\langle \phi |\psi \rangle |}^{2}$ { ${|\langle \phi |\psi \rangle |}^{2}$ { { \ $\$ \ $\langlepi \psi \rangele }^{2$

$t=0$ = $t=0$ $displaystyle \left +X\right\rangele }$ 시간 $\left|+X\right\rangle$ t = 0 $t=0$ 에 $\left|+X\right\rangle$ 시스템을 준비하십시오 $\left|+X\right\rangle$ + $\left|+X\right\rangle$ ⟩ ${\$ 은(는) $\sigma _{1}$ ${\$ 1}의 고유 상태임을 $\left|+X\right\rangle$ 유의하십시오 $\sigma _{1}$

\psi (0)\rangle ={\frac {1}{\sqrt {2}}}{\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}}={\frac {1}{\sqrt {2}}}{\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}}+{\frac {1}{\sqrt {2}}}{\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}}

.

여기서 해밀턴인은 시간적으로 독립적이다.Thus by solving the stationary Schrödinger equation, the state after time t is given by $\left \psi (t)\right\rangle =\exp \left[{\frac {-i\mathbf {H$ $t}{\hbar }}\right]\left \psi (0)\right\rangle ={\begin{pmatrix}\exp \left[{\tfrac {-iE_{+}t}{\hbar }}\right]&0\\0&\exp \left[{\tfrac {-iE_{-}t}{\hbar }}\right]\end{pmatrix}} \psi (0)\rangle }$ , with total energy of the system $E$ . So the state after time t is given by:

\psi (t)\rangle =e^{\frac {-iE_{+}t}{\hbar }}{\frac {1}{\sqrt {2}}} 0\rangle +e^{\frac {-iE_{-}t}{\hbar }}{\frac {1}{\sqrt {2}}} 1\rangle

.

자, 스핀이 시간 t에서 x 방향으로 측정된다고 가정합시다.스핀 업을 찾을 확률은 다음과 같다.

{\left \langle +X \psi (t)\rangle \right }^{2}={\left {\frac {\left\langle 0\right +\left\langle 1\right }{\sqrt {2}}}\left({{\frac {1}{\sqrt {2}}}\exp \left[{\frac {-iE_{+}t}{\hbar }}\right]\left 0\right\rangle +{\frac {1}{\sqrt {2}}}\exp \left[{\frac {-iE_{-}t}{\hbar }}\right]\left 1\right\rangle }\right)\right }^{2}=\cos ^{2}\left({\frac {\omega t}{2}}\오른쪽),

어디ω{\displaystyle \omega}은 독특한 각 주파수 ω에 의해)E+− E(ℏ)γ B{\displaystyle \omega){\frac{E_{+}-E_{-}}{\hbar}}=\gamma B}, 어디에서 추측되어 왔다는 E− ≤ E+{\displaystyle E_{-}\leq E_{+}}.[4]그래서 이 사건에서 가능성을 찾spin-up에 x-direct.이온시스템 스핀이

\left|+X\right\rangle

에

\left|+X\right\rangle

+ X

\left|+X\right\rangle

{\

방향일

\left|+X\right\rangle

때

t

시간

t

t

에서 진동함.Similarly, if we measure the spin in the

\left +Z\right\rangle

-direction, the probability of measuring spin as

{\tfrac {\hbar }{2}}

of the system is

{\tfrac {1}{2}}

. In the degenerate case where

{\displaystyle E_{+}=E_{-

E_{+}=E_{-}

특징적인 주파수는 0이며 진동이 없다.null

시스템이 주어진 해밀턴인의 고유 상태에 있는 경우, 시스템은 해당 상태에 머물러 있다는 점에 유의하십시오.null

이것은 심지어 시간에 의존하는 해밀턴인들에게도 사실이다.Taking for example ${\textstyle {\hat {H}}=-\gamma \ S_{z}B\sin(\omega t)}$ ; if the system's initial spin state is $\left +Y\right\rangle$ , then the probability that a measurement of the spin in the y-direction results in ${\displaystyle +{\tfrac {\$ $hbar }{2}}}$ at time $t$ is ${\textstyle {\left \left\langle \,+Y \psi (t)\right\rangle \right }^{2}\,=\cos ^{2}\left({\frac {\gamma B}{2\omega }}\cos \left({\omega t}\right)\right)}$ .^[5]

이온화된 수소 분자에서 두 상태 사이의 라비 진동 예.null

이온화 수소 분자는 두 개의 양성자

P_{1}

P_{1}

{\

}와

P_{1}

P_{2}

P_{2}

{\

그리고 1개의 전자로 구성되어 있다.그들의 질량이 크기 때문에, 두 양성자는 고정된 것으로 간주될 수 있다.R은 그들 사이의

|1\rangle

로서 1

|1\rangle

1\rangele

과

|1\rangle

2

|2\rangle

{

|2\rangle

{\

displaystyle 2\rangele }

이(

P_{1}

)

P_{1}

1 {\

displaystyle P_

{

}

P_{2}

P_{1}

P_{2}

2 {\

displaysty

P_{2

}}주위에 전자가 국부화된다고 가정한다

.

스타일 P_{

1

P_{1}

이전

절의 결과에 따르면 전자가 분자의 두

|E_{+}\rangle

|E_{-}\rangle

상태 E

|E_{+}\rangle

+

|E_{+}\rangle

⟩

E_{+}\rangele

과

|E_{+}\rangle

(

|E_{-}\rangle

) E -

|E_{-}\rangle

{\

displaystyle

E_

{-}\rangele }

과(와) 연관되는 보어 주파수와 동일한 주파수의 두 양성자 사이에서 진동한다는 것을 알 수 있다.null

두 상태 사이의 전자의 이러한 진동은 분자의 전기 쌍극자 모멘트의 평균값의 진동에 해당한다.따라서 분자가 정지 상태에 있지 않을 때 진동하는 전기 쌍극자 모멘트가 나타날 수 있다.그러한 진동 쌍극자 모멘트는 동일한 주파수의 전자파와 에너지를 교환할 수 있다.따라서 이 주파수는 반드시 이온화된 수소 분자의 흡수 및 방출 스펙트럼에 나타나야 한다.null

Pauli 행렬에 의한 비숙련적 절차에서 Rabi 공식의 도출

그 형태의 해밀턴인을 고려하라.

{\H}=E_{0}\cdot \sigma _{0}+W_{1}\cdot \sigma _{1}+W_{2}\cdot \sigma _{2}+\delta \cdot \sigma _{3={pgin}E_{0}+\Delta &W_{1}-iW_{2}\\W_{1}+iW_{2}&E_{0}-\Delta \end{pmatrix}}.

이 행렬의 고유값은 다음과 같다.

\lambda _{+}=E_{+}=E_{0}+{\sqrt {{\Delta }^{2}+{W_{1}}^{2}+{W_{2}}^{2}}}=E_{0}+{\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}

W_{1}}^{2}+{{

W_{1}:{2}}:}=E_{0}+{\sqrt {{\delta }^{2}+{\\좌측\vert W\right\vert{}^{2}}:

그리고

\lambda _{+}=E_{+}=E_{0}+{\sqrt {{\Delta }^{2}+{W_{1}}^{2}+{W_{2}}^{2}}}=E_{0}+{\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}

{\

W_{1}}^{2}+{{

W_{2}}^{2}}=E_{0}-{\sqrt {{\delta }^{2}+{\\왼쪽\vert W\right\vert }^{2

여기서 $\mathbf {W} =W_{1}+\imath W_{2}$ = $\mathbf {W} =W_{1}+\imath W_{2}$ $\mathbf {W} =W_{1}+\imath W_{2}$ + $\mathbf {W} =W_{1}+\imath W_{2}$ $\mathbf {W} =W_{1}+\imath W_{2}$ 2 ${\$ = $W_{1}+\imath W_{2$ }} $\mathbf {W} =W_{1}+\imath W_{2}$ 및 $\mathbf {W} =W_{1}+\imath W_{2}$ ${\left\vert W\right\vert }^{2}={W_{1}}^{2}+{W_{2}}^{2}=WW^{*}$ ${\left\vert W\right\vert }^{2}={W_{1}}^{2}+{W_{2}}^{2}=WW^{*}$ = ${\left\vert W\right\vert }^{2}={W_{1}}^{2}+{W_{2}}^{2}=WW^{*}$ 1 ${\left\vert W\right\vert }^{2}={W_{1}}^{2}+{W_{2}}^{2}=WW^{*}$ + W ${\left\vert W\right\vert }^{2}={W_{1}}^{2}+{W_{2}}^{2}=WW^{*}$ = W ${\left\vert W\right\vert }^{2}={W_{1}}^{2}+{W_{2}}^{2}=WW^{*}$ W ${\left\vert W\right\vert }^{2}={W_{1}}^{2}+{W_{2}}^{2}=WW^{*}$ ${\$ vert }^{2}={{2 $}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{}}}$ $W_{1}}^{2}+{{$ $W_{2}}^{2}=$ $WW^{*}}}$ 을 ${\left\vert W\right\vert }^{2}={W_{1}}^{2}+{W_{2}}^{2}=WW^{*}$ 를) 가져갈 수 있도록 W $\mathbf {W} ={\left\vert W\right\vert }e^{\imath \phi }$ = W $\mathbf {W} ={\left\vert W\right\vert }e^{\imath \phi }$ $\mathbf {W} ={\left\vert W\right\vert }e^{\imath \phi }$ $\mathbf {W} ={\left\vert W\right\vert }e^{\imath \phi }$ ${\$ { $W}$ = ${\좌측\vert W\right\vert }e^{\imath \phi }}}}}}}}}}}$ 을(를) 가져갈 수 있다 $\mathbf {W} ={\left\vert W\right\vert }e^{\imath \phi }$

이제 $E_{+}$ + ${\$ 에 대한 고유 벡터는 방정식에서 찾을 수 있다 $E_{+}$ .

{\

E_{0}+\Delta &W_{1}-iW_{2}\\

W_{1}+iW_{2}&E_{0}-\Delta \end{pmatrix}{pmatrix}}{\b\\end{pmatrix}=

E_{+}{\begin{pmatrix}a\\b\\end{pmatrix

.

그렇게

b=-{\frac {a\left(E_{0}+\Delta -E_{+}\right)}{W_{1}-iW_{2}}}

W_{1}-iW_{2

고유 벡터에 정규화 조건을 적용하면 ${\left\vert a\right\vert }^{2}+{\left\vert b\right\vert }^{2}=1$ + b ${\left\vert a\right\vert }^{2}+{\left\vert b\right\vert }^{2}=1$ = ${\left\vert a\right\vert }^{2}+{\left\vert b\right\vert }^{2}=1$ ${\displaystyle {\\ret a\right\vert }^{2}+{\ret b\right\vert }^{2}=$ 1 ${\left\vert a\right\vert }^{2}+{\left\vert b\right\vert }^{2}=1$ $따라서$

{\left\vert a\right\vert }^{2}+{\left\vert a\right\vert }^{2}\left({\frac {\Delta }{\left\vert W\right\vert }}-{\frac {\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}{\left\vert W\right\vert }}\right)^{2}=1

.

Let $\sin \theta ={\frac {\left\vert W\right\vert }{\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}}$ and $\cos \theta ={\frac {\Delta }{\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}}$ . So $\tan \theta ={\frac {\left\vert W\right\vert }{\Delta }}$ $\tan \theta ={\frac {\left\vert W\right\vert }{\Delta }}$ $\tan \theta ={\frac {\left\vert W\right\vert }{\Delta }}$ = $\tan \theta ={\frac {\left\vert W\right\vert }{\Delta }}$ $\tan \theta ={\frac {\left\vert W\right\vert }{\Delta }}$ ${\$ \tan \tan \tan \tan \ $tan$ \theta $={\fract W\right\vert$ }{\Delta $\tan \theta ={\frac {\left\vert W\right\vert }{\Delta }}$ }}}}}.

So we get ${\left\vert a\right\vert }^{2}+{\left\vert a\right\vert }^{2}{\frac {({1-\cos \theta })^{2}}{\sin ^{2}\theta }}=1$ . That is ${\displaystyle {\left\vert a\right\vert }^{2}=\cos ^{2}\l$ $eft({\tfrac {\theta }{2}}\right)}$ , using the identity $\tan({\tfrac {\theta }{2}})={\tfrac {1-\cos(\theta )}{\sin(\theta )}}$ . Taking arbitrary phase angle $\phi$ , we can write ${\displayst$ $yle a=\exp(\imath \phi /2)\cos \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)}$ . Similarly $b=\exp(-\imath \phi /2)\sin \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)$ .

따라서 고유값 $E_{+}$ + ${\$ 의 고유 벡터는 다음과 같이 주어진다 $E_{+}$ .

{\

\\e^{\imath \phi }\sin \left(\theta /2\right)\end{pmatrix

전반적인 단계가 중요하지 않기 때문에, 우리는 쓸 수 있다.

{\displaystyle \left E_{+}\right\rangle ={\begin{pmatrix}\cos \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)

\\e^{\imath \phi }\sin \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\end{pmatrix}}=\cos \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left 0\right\rangle +e^{\imath \phi }\sin \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left 1\right\rangle }

.

마찬가지로 고유 에너지의 고유 벡터

E_{-}

is

\left E_{-}\right\rangle =\sin \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left 0\right\rangle -e^{\imath \phi }\cos \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left 1\right\rangle

.

이 두 방정식으로부터 우리는 쓸 수 있다.

\left 0\right\rangle =\cos \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left E_{+}\right\rangle +\sin \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left E_{-}\right\rangle

and

\left|1\right\rangle =e^{-\imath \phi }\sin \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left|E_{+}\right\rangle -e^{-\imath \phi }\cos \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left|E_{-}\right\rangle

\left 1\right\rangle =e^{-\imath \phi }\sin \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left E_{+}\right\rangle -e^{-\imath \phi }\cos \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left E_{-}\right\rangle

.

${\textstyle t=0}$ 이 t ${\textstyle t=0}$ = ${\textstyle t=0}$ ${\textstyle t=0}$ 시간에 상태 $|0\rangle$ $|0\rangle$ $|0\rangle$ $0\rangele$ 에서 시작된다고 가정합시다 ${\textstyle t=0}$

\left \psi \left(0\right)\right\rangle =\left 0\right\rangle =\cos \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left E_{+}\right\rangle +\sin \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left E_{-}\right\rangle

.

시간에 구애받지 않는 해밀턴인의 경우, 시간 t가 지나면 국가는 다음과 같이 진화한다.

{\displaystyle \left \psi \left(t\right)\right\rangle =e^{\frac {-i{\hat {H}}t}{\hbar }}\left \psi \left(0\right)\right\rangle =\cos \left({\tfrac {\t

heta }{2}}\right)e^{\frac {-iE_{+}t}{\hbar }}\left E_{+}\right\rangle +\sin \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)e^{\frac {-iE_{-}t}{\hbar }}\left E_{-}\right\rangle }

.

시스템이 고유상태 $|E_{+}\rangle$ + $|E_{+}\rangle$ $E_{+}\rangele$ 또는 $|E_{+}\rangle$ $|E_{-}\rangle$ - $|E_{-}\rangle$ $E_{-}\rangele$ 중 하나에 있으면 동일한 상태로 유지된다 $|E_{-}\rangle$ 그러나, 위에 나타낸 것과 같이 시간에 의존하는 해밀턴 주의와 일반적인 초기 상태에서는 시간 진화가 사소한 것이 아니다.라비 진동에 대한 결과 공식은 유효하다. 왜냐하면 회전 상태를 필드를 따라 회전하는 기준 프레임에서 볼 수 있기 때문이다.^[6]null

The probability amplitude of finding the system at time t in the state $1\rangle$ is given by ${\textstyle \left\langle \ 1 \psi (t)\right\rangle =e^{\imath \phi }\sin \le$ $ft({\tfrac{\theta }{2}}\오른쪽)\cos \left({\tfrac {\$ tfrac ${\tfrac {-\imath E_{+}t}{\hbar }{\frac {-\imath E_{-}}}{-}}{-hbar$ ${\textstyle \left\langle \ 1|\psi (t)\right\rangle =e^{\imath \phi }\sin \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\cos \left({\tfrac {\theta }{2}}\right)\left(e^{\frac {-\imath E_{+}t}{\hbar }}-e^{\frac {-\imath E_{-}t}{\hbar }}\right)}$

이제 상태 $|\psi (t)\rangle$ ( $|\psi (t)\rangle$ ) $|\psi (t)\rangle$ $\psi (t)\rangele$ 에 있는 시스템이 임의 상태에 있을 가능성이 확인됨 $|\psi (t)\rangle$

|1\rangle

|1\rangle

1\rangele

이(가) 제공됨

|1\rangle

{\reasoned}P_ᆯ(t)&, ={\langle=1\psi(t)\rangle}^{2}\\&, =e^{-\imath \phi}\sin \left({\frac{\theta}{2}}\right)\cos \left({\frac{\theta}{2}}\right)\left(e^{\frac{+\imath E_{+}t}{\hbar}}-e^{\frac{+\imath E_{-}t}{\hbar}}\right)e^{+\imath \phi}\sin \left({\frac{\theta}{2}}\right)\cos \left({\frac{\theta}{2}}\right)\left(e^{\frac{-\i.수학 E_{+}t}{\hbar }}{\hbar }-e^{\frac {-\imath E_{-}t}{\hbar }\오른쪽)\\&={\frac {\sin ^{2}}{\time }}{4}}\좌측(2-2\cos) \좌측({\frac {\flac(E_{+}-E_{-}\우측)t}{\hbar }\우측)\end{aigned}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}

단순화할 수 있는 기능:

P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}(\theta )\sin ^{2}\left({\frac {(E_{+}-E_{-})t}{2\hbar }}\right)={\frac {{\left\vert W\right\vert }^{2}}{{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}\sin ^{2}\left({\frac {(E_{+}-E_{-})t}{2\hbar }}\right)

.........(1).null

이는 시스템이 원래 상태 $|0\rangle$ $|0\rangle$ {\ $displaystyle 0\rangele }$ 일 $|1\rangle$ 때 $|1\rangle$ 1 $|1\rangle$ ${\$ $displaystyle }$ 에서 시스템을 찾을 확률이 유한함을 보여준다 $|0\rangle$ 확률은 각도 $\omega ={\frac {E_{+}-E_{-}}{2\hbar }}={\frac {\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}{\hbar }}$ Ω = $\omega ={\frac {E_{+}-E_{-}}{2\hbar }}={\frac {\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}{\hbar }}$ + $\omega ={\frac {E_{+}-E_{-}}{2\hbar }}={\frac {\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}{\hbar }}$ - 2 $\omega ={\frac {E_{+}-E_{-}}{2\hbar }}={\frac {\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}{\hbar }}$ = $\omega ={\frac {E_{+}-E_{-}}{2\hbar }}={\frac {\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}{\hbar }}$ $\omega ={\frac {E_{+}-E_{-}}{2\hbar }}={\frac {\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}{\hbar }}$ + $\omega ={\frac {E_{+}-E_{-}}{2\hbar }}={\frac {\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}{\hbar }}$ ${\$ }로 진동한다. $yle \omega ={\frac {E_{+}-E_{-}{-}{2$ \hbar $}}={\frac$ {\ $sqrt {{\Delta }^{2}+{\\\\revert$ W $\rif\$ right $\ret }}}}}}}}}}}}}}}}}}}}}{{{{{{\$ revertwbarbarbarbarbarbarbar $\omega ={\frac {E_{+}-E_{-}}{2\hbar }}={\frac {\sqrt {{\Delta }^{2}+{\left\vert W\right\vert }^{2}}}{\hbar }}$ 그 공식(1)은 라비 공식으로 알려져 있다.Now after time t the probability that the system in state $0\rangle$ is given by ${\displaystyle { \langle \ 0 \psi (t)\rangle }^{2}=1-\sin ^{2}(\theta )\sin ^{2}\left({\frac {(E_{+}-E_{-})t}{2\hbar$ $}}\오른쪽$ 그것도 진동적이다.null

이러한 2단계 시스템의 진동 유형을 라비 진동이라고 하는데, 이는 중성미자 진동, 이온화 수소 분자, 양자 컴퓨팅, 암모니아 마저 등과 같은 많은 문제에서 발생한다.null

양자컴퓨팅에서의 라비 진동

어떤 2-상태 양자 시스템도 쿼빗을 모형화하는 데 사용될 수 있다.Consider a spin- ${\tfrac {1}{2}}$ system with magnetic moment ${\boldsymbol {\mu }}$ placed in a classical magnetic field ${\displaystyle {\boldsymbol {B}}=B_{0}\ {\hat {z}}+B_{1}\lef$ $t(\cos$ {\ $cos {(\omega$ t $)}\\\hat {x}-\sin {(\omega$ t $)}\\hat {y}\$ $displaystyle \gamma}}}}}$ 을 $($ 를) 시스템의 자석비가 되게 $\gamma$ 한다.자성 모멘트는 ${\boldsymbol {\mu }}={\frac {\hbar }{2}}\gamma {\boldsymbol {\sigma }}$ μ = ${\boldsymbol {\mu }}={\frac {\hbar }{2}}\gamma {\boldsymbol {\sigma }}$ ${\boldsymbol {\mu }}={\frac {\hbar }{2}}\gamma {\boldsymbol {\sigma }}$ ${\boldsymbol {\mu }}={\frac {\hbar }{2}}\gamma {\boldsymbol {\sigma }}$ ${\$ {\ $sigma$ 이다.The Hamiltonian of this system is then given by ${\displaystyle \mathbf {H} =-{\boldsymbol {\mu }}\cdot \mathbf {B} =-{\frac {\hbar }{2}}\omega _{0}\sigma _{z}-{\frac {\hbar }{2}}\omega _{1}(\sigma _{x}\cos \omega t-\sigma _{y}\sin \omeg$ $a t)}$ 여기서 $\mathbf {H} =-{\boldsymbol {\mu }}\cdot \mathbf {B} =-{\frac {\hbar }{2}}\omega _{0}\sigma _{z}-{\frac {\hbar }{2}}\omega _{1}(\sigma _{x}\cos \omega t-\sigma _{y}\sin \omega t)$ $\omega _{0}=\gamma B_{0}$ 0 $\omega _{0}=\gamma B_{0}$ = $\omega _{0}=\gamma B_{0}$ $\omega _{0}=\gamma B_{0}$ $\omega _{0}=\gamma B_{0}$ ${\$ 및 $\omega _{0}=\gamma B_{0}$ $\omega _{1}=\gamma B_{1}$ 1 $\omega _{1}=\gamma B_{1}$ = $\omega _{1}=\gamma B_{1}$ $\omega _{1}=\gamma B_{1}$ 1 ${\$ 1 $\omega _{1}=\gamma B_{1}$ 위에 언급한 절차에 의해 이 해밀턴의 고유값과 고유 벡터를 찾을 수 있다. $t=0$ t $t=0$ = $t=0$ $0\rangele$ 시간 t = 0 $t=0$ 에 $|0\rangle$ 쿼비트를 상태 $|0\rangle$ 으로 설정하십시오 $t=0$ Then, at time $t$ , the probability of it being found in state $1\rangle$ is given by $P_{0\to 1}(t)=\left({\frac {\omega _{1}}{\Omega }}\right)^{2}\sin ^{2}\left({\frac {\Omega t}{2}}\right)$ w여기서 $\Omega ={\sqrt {(\omega -\omega _{0})^{2}+\omega _{1}^{2}}}$ = $\Omega ={\sqrt {(\omega -\omega _{0})^{2}+\omega _{1}^{2}}}$ ( $\Omega ={\sqrt {(\omega -\omega _{0})^{2}+\omega _{1}^{2}}}$ - $\Omega ={\sqrt {(\omega -\omega _{0})^{2}+\omega _{1}^{2}}}$ $\Omega ={\sqrt {(\omega -\omega _{0})^{2}+\omega _{1}^{2}}}$ ) $\Omega ={\sqrt {(\omega -\omega _{0})^{2}+\omega _{1}^{2}}}$ + $\Omega ={\sqrt {(\omega -\omega _{0})^{2}+\omega _{1}^{2}}}$ $\Omega ={\sqrt {(\omega -\omega _{0})^{2}+\omega _{1}^{2}}}$ $\Omega ={\sqrt {(\omega -\omega _{0})^{2}+\omega _{1}^{2}}}$ ${\$ 이 현상을 라비 진동이라고 한다.따라서 쿼빗은 $|0\rangle$ ⟩ $0\rangele$ 과 $|0\rang$ $|1\rangle$ $|1\rangle$ $1\rangele$ 상태 $|1\rangle$ 사이에서 진동한다.진동에 대한 최대 진폭은 공명의 조건인 $\omega =\omega _{0}$ = $\omega =\omega _{0}$ $\omega =\omega _{0}$ ${\$ 에서 달성된다.공진 시 $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ 확률은 $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ → $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ ( $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ t $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ ) $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ = $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ ( $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ 1 $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ 2 $){\$ 1 $(t)=\sin$ ^{2 $}\left({\frac {\omega _{$ 1}t}{2 $}}\오른쪽)}$ 에 의해 주어진다 $P_{0\to 1}(t)=\sin ^{2}\left({\frac {\omega _{1}t}{2}}\right)$ To go from state $0\rangle$ to state $1\rangle$ it is sufficient to adjust the time $t$ during which the rotating field acts such that ${\frac {\omega _{1}t}{2}}={\frac {\pi }{2}}$ or ${\d$ $isplaystyle$ t $={\frac {\pi }{\omega _{1$ 이를 $\pi$ $\pi$ 펄스라고 $\pi$ 한다.If a time intermediate between 0 and ${\frac {\pi }{\omega _{1}}}$ is chosen, we obtain a superposition of $0\rangle$ and $1\rangle$ . In particular for $t={\frac {\pi }{2\omega _{1}}}$ , we have a ${\frac {\pi }{2}}$ ${\displaystyle {\frac {\pi}{$ 2}} $펄스$ , 즉 ${\frac {\pi }{2}}$ $|0\rangle \to {\frac {|0\rangle +i|1\rangle }{\sqrt {2}}}$ as $|0\rangle \to {\frac {|0\rangle +i|1\rangle }{\sqrt {2}}}$ → $|0\rangle \to {\frac {|0\rangle +i|1\rangle }{\sqrt {2}}}$ $|0\rangle \to {\frac {|0\rangle +i|1\rangle }{\sqrt {2}}}$ + i $|0\rangle \to {\frac {|0\rangle +i|1\rangle }{\sqrt {2}}}$ $|0\rangle \to {\frac {|0\rangle +i|1\rangle }{\sqrt {2}}}$ $|0\rangle \to {\frac {|0\rangle +i|1\rangle }{\sqrt {2}}}$ ${\$ { $0\rangle +$ i $1\rangele }{\sqrt$ {2 $|0\rangle \to {\frac {|0\rangle +i|1\rangle }{\sqrt {2}}}$ 이 작전은 양자 컴퓨팅에서 중대한 중요성을 갖는다.일반적으로 만족도가 높은 회전파 근사치가 만들어졌을 때 이 방정식은 레이저 분야에서 2레벨 원자의 경우 기본적으로 동일하다.그러면 $\hbar \omega _{0}$ $\hbar \omega _{0}$ $\hbar \omega _{0}$ ${\$ 은 $\hbar \omega _{0}$ 두 원자 수준의 에너지 차이, $\omega$ $\omega$ 은 $\omega$ 레이저 파동의 주파수, $\omega _{1}$ 1 $\omega _{1}$ {\ $displaystyle\omega_{1$ }은 $\omega _{1}$ ${\vec {d}}$ d ${\vec {d}}$ → ${\vec {d}}$ {\ $displaysty$ 의 전환 전기 쌍극 모멘트의 산물에 비례한다. $le {\vec {d}}}$ and electric field ${\vec {E}}$ of the laser wave that is $\omega _{1}\propto \hbar \ {\vec {d}}\cdot {\vec {E}}$ . In summary, Rabi oscillations are the basic process used to manipulate qubits.이러한 진동은 적절히 조정된 시간 간격 동안 주기적인 전기장 또는 자기장에 쿼트를 노출시킴으로써 얻어진다.^[7]null

참고 항목

참조

^ 라비 진동, 라비 주파수가 배출을 자극했다.레이저 물리학 및 기술 백과사전.
^ Griffiths, David (2005). Introduction to Quantum Mechanics (2nd ed.). p. 341.
^ Sourendu Gupta (27 August 2013). "The physics of 2-state systems" (PDF). Tata Institute of Fundamental Research.
^ 그리피스, 데이비드(2012년).Quantum Mechanics 소개 (제2편) 페이지 191.
^ 그리피스, 데이비드(2012년).Quantum Mechanics 소개(2차 개정) 페이지 196 ISBN 978-8177582307
^ Merlin, R. "Rabi oscillations, Floquet states, Fermi's golden rule, and all that: Insights from an exactly solvable two-level model". American Journal of Physics. 89: 26–34.
^ ISBN 978-0521860567 Michel Le Bellac의 양자정보 및 양자계산 개요

양자역학 제1권 by C.Cohen-Tannoudji, Bernard Diu, Frank Laloe, ISBN 9780471164333
ISBN 978-0521860567 Michel Le Bellac의 양자정보 및 양자계산 개요
파인만 강의는 리처드 P의 제3권이다.파인만 & R.B.레이튼, ISBN 978-8185015842
ISBN 97881309138, John S Townsend의 양자역학에 대한 현대적 접근법

[1] 라비 진동, 라비 주파수가 배출을 자극했다.레이저 물리학 및 기술 백과사전.

[griffiths353-2] Griffiths, David (2005). Introduction to Quantum Mechanics (2nd ed.). p. 341.

[3] Sourendu Gupta (27 August 2013). "The physics of 2-state systems" (PDF). Tata Institute of Fundamental Research.

[4] 그리피스, 데이비드(2012년).Quantum Mechanics 소개 (제2편) 페이지 191.

[5] 그리피스, 데이비드(2012년).Quantum Mechanics 소개(2차 개정) 페이지 196 ISBN 978-8177582307

[6] Merlin, R. "Rabi oscillations, Floquet states, Fermi's golden rule, and all that: Insights from an exactly solvable two-level model". American Journal of Physics. 89: 26–34.

[7] ISBN 978-0521860567 Michel Le Bellac의 양자정보 및 양자계산 개요

[1]

[2]

[3]

[5]

[6]

[7]

Search