Matrices de Pauli

Para el caso particular de espín 1/2 se definen estas matrices como

$$\bm{\hat{S}} = \frac{\hbar}{2}\, \bm{\hat{\sigma}} \,$$

es decir

$$\hat{\sigma}_x = \left( \begin{array}{rr} 0 & 1 \\ 1 & 0 \rule{0... ... \begin{array}{rr} 1 & 0 \\ 0 & -1 \rule{0em}{1.5em} \end{array} \right) \;.$$

Estas matrices satisfacen las relaciones de conmutación heredadas de $\bm{\hat{S}}$

$$[\hat{\sigma}_j,\hat{\sigma}_k] = 2i\,\varepsilon_{jk\ell}\,\hat{\sigma}_\ell \quad (j,k,\ell=x,y,z)$$   o bien$$\qquad \bm{\hat{\sigma}}\times\bm{\hat{\sigma}}=2i\,\bm{\hat{\sigma}} \;,$$

y además anticonmutan: $\{\hat{\sigma}_j,\hat{\sigma}_k\} = 2\delta_{j,k}\hat{I}\,$. También pueden condensarse estas relaciones como (ejercicio)

$$\hat{\sigma}_j\,\hat{\sigma}_k = \delta_{j,k}\hat{I} + i\,\varepsilon_{jk\ell}\,\hat{\sigma}_\ell \;,$$ (3)

lo que permite demostrar directamente, para dos operadores cualesquiera $\bm{\hat{A}}\,$ y $\bm{\hat{B}}\,$ que conmuten con $\bm{\hat{\sigma}}$, la relación

$$\big(\bm{\hat{A}}\cdot\bm{\hat{\sigma}}\big)\big(\bm{\hat{B}}\cdo... ...hat{B}} + i\,\big(\bm{\hat{A}}\times\bm{\hat{B}}\big)\cdot\bm{\hat{\sigma}} \;.$$ (4)

Como las matrices $\hat{\sigma}_x\,$, $\hat{\sigma}_y\,$, $\hat{\sigma}_z\,$, e $\hat{I}\,$ son linealmente independientes, con la ayuda de la relación anterior puede mostrarse que cualquier operador lineal $\hat{O}\,$ sobre espinores puede escribirse como combinación lineal de ellos

$$\hat{O} = c_o \, \hat{I} + \bm{c}\cdot\bm{\hat{\sigma}} \;,$$ (5)

donde los coeficientes $c_\alpha\,$ son complejos.

Además las matrices de Pauli satisfacen

$$\hat{\sigma}_x^2=\hat{\sigma}_y^2=\hat{\sigma}_z^2= \hat{I} \;,\qquad {\rm Tr} (\hat{\sigma}_j) = 0 \;$$   y$$\qquad \det\left(\hat{\sigma}_j\right) = -1 \;. %\qquad\mbox{y}\qquad {\sigma_j}^{\dagger} = \sigma_j \quad\mbox{(obviamente).}$$

Para una constante real $\gamma\,$ arbitraria puede verse que

$$e^{i\gamma\,\hat{\sigma}_j} = \cos\gamma\;\hat{I} + i\,\sen \gamma\;\hat{\sigma}_j \;.$$

Para mostrarlo (ejercicio) hay que expandir en serie la exponencial, y agrupar los términos que acompañan a $\hat{I}$= $\hat{\sigma}_j^2\,$ y a $\hat{\bm{\sigma}}\,$. Pueden mostrarse también (ejercicio) estas otras relaciones de conmutación

$$[\hat{\sigma}_z,\hat{\sigma}_{+}] = 2\hat{\sigma}_{+} \;, \qquad ... ...gma}_{-} \;, \qquad [\hat{\sigma}_{+},\hat{\sigma}_{-}] = 4\hat{\sigma}_z \;.$$

Obviamente las coordenadas de espín no se mezclan con las coordenadas espaciales; dicho de otro modo, cualquier operador espacial conmuta con $\hat{\bm{S}}\,$, como el momento angular orbital, o los operadores posición e impulso:

$$[\hat{S}_j,\hat{L}_k]=0 \;,\qquad [\hat{S}_j,\hat{x}_k]=0 \;,\qquad [\hat{S}_j,\hat{p}_k]=0 \;.$$

En general, el estado de una partícula con espín se describe mediante dos espacios de Hilbert independientes, es decir construyendo el producto tensorial con la función de onda espacial $\psi(\bm{r})\,$ y el ket asociado al estado de espín (espinor) $\vert\chi\rangle\,$

$$\vert\Psi\rangle = \vert\psi\rangle \otimes \vert\chi\rangle \;.$$

Por ejemplo si al resolver la ecuación de Schrödinger para una partícula con espín 1/2 la parte espacial de la autofunción se describe con los números cuánticos $n,\ell,m\,$, tendremos una autofunción para espín $+1/2$ (up)

$$\Psi_{n\ell m,+}(\bm{r}) = \psi_{n\ell m}(\bm{r})\left(\begin{arr... ...rray}{c} \psi_{n\ell m}(\bm{r}) \\ 0 \rule{0em}{1.3em} \end{array}\right) \;,$$

y para el espín $-1/2$ (down)

$$\Psi_{n\ell m,-}(\bm{r}) = \psi_{n\ell m}(\bm{r})\left(\begin{arr... ...rray}{c} 0 \\ \psi_{n\ell m}(\bm{r}) \rule{0em}{1.3em} \end{array}\right) \;.$$

Un estado cualquiera entonces será una combinación lineal de todas las posibles autofunciones espaciales y de espín.

Restringiéndonos a las coordenadas de espín, siempre puede orientarse arbitrariamente el eje para medir las proyecciones $m_s\,$. Si en lugar de proyectar en la dirección $z\,$ utilizamos el vector unitario $\hat{\bm{n}}\,$ orientado según los ángulos $\theta\,$ y $\varphi\,$ del sistema asociado a ese eje $z\,$, los autovectores de $\hat{\bm{n}}\cdot\bm{\hat{S}}\,$ estarán nuevamente asociados a $m_s=\pm\hbar/2\,$

$$(\hat{\bm{n}}\cdot\bm{\hat{S}})\,\vert\pm\hat{\bm{n}}\rangle = \pm\frac{\hbar}{2}\,\vert\pm\hat{\bm{n}}\rangle \;.$$

La expresión para estos autovectores resulta (ejercicio)

$$\vert\!+\hat{\bm{n}}\rangle = \left(\begin{array}{c} \cos(\theta/... ...rphi/2} \\ \cos(\theta/2)\;e^{i\varphi/2} \rule{0em}{1.5em} \end{array}\right)$$ (6)

(esto debería equivaler a un cambio de base a través de un proceso de rotación). Esta representación coincide con la que escribimos en (1), un regocijo que además de dibujarnos una sonrisa nos permite asociar los ángulos correspondientes a los autovectores $\vert\pm x\rangle\,$ y $\vert\pm y\rangle\,$ de la expresión (2). La relevancia de estas expresiones reside en que posibilitan cambios de base cuando se realizan sucesivos experimentos de Stern-Gerlach con diferentes orientaciones.

Casualmente habíamos visto que los operadores momento angular eran los generadores de rotaciones. Cuando se rota un ángulo de magnitud $\alpha\,$ alrededor de una dirección unitaria $\hat{\bm{\alpha}}\,$ ( $\bm{\alpha}=\alpha\,\hat{\bm{\alpha}}\,$), mostramos que el operador rotación resulta

$$\hat{U}_{\mbox{\scriptsize $\boldsymbol{\bm{\alpha}}$}} = e^{-\fr... ...\mbox{\scriptsize $\hbar$}}\boldsymbol{\alpha}\cdot\hat{\boldsymbol{J\,}}} \,.$$

Para el caso particular $s=1/2\,$ se cumple

$$\hat{U}_{\mbox{\scriptsize $\boldsymbol{\bm{\alpha}}$}} = e^{-\fr... ...ha/2)\,\hat{I}-i\,\sen (\alpha/2)\,\hat{\bm{\alpha}}\cdot\bm{\hat{\sigma}} \;.$$