Spin

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Was ist der Spin?

Der Spin ist eine quantenmechanische Eigenschaft von Teilchen, der kein klassisches Analogon hat. In klassischer Vorstellung entspräche der Spin einer Eigenrotation des Teilchens um seinen Schwerpunkt. Nimmt man diese Modellvorstellung ernst, stößt man unmittelbar auf Widersprüche. Ein Photon trägt einen Spin mit der Quantenzahl s = 1, jedoch keine Ruhemasse. Was sollte da rotieren? Wo soll der Schwerpunkt sein?

Eklatant wird der Konflikt zwischen klassischer Vorstellung und quantenmechanischen Eigenschaften auch beim Elektronenspin. Wenn man sich zum Beispiel das Elektron als Kugel mit konstanter Massendichte vorstellt und aus den experimentell bestimmten Werten für Eigendrehimpuls, Masse und maximalem Radius die Geschwindigkeit eines Punktes der Elektronenoberfläche berechnet, erhält man das unsinnige Ergebnis, dass er sich mit vielfacher Lichtgeschwindigkeit bewegen müsste. Auch die Ruheenergie des Elektrons müsste um viele Größenordnungen größer sein.

Beispiel: Elektronen "spinnen"

Beispiel: Elektron als rotierende massive Kugel
Ein Elektron entspricht z.B. einem winzigen Kreisel, denn es trägt einen inneren Drehimpuls $\vec s$ (seinen Spin) mit dem Betrag $s= \sqrt{0,75}~\hbar$ mit dem Planckschen Wir­kungs­quantum ℏ = 1,06 ⋅10-34 Js. Seine Masse ist me = 9,1 ⋅ 10-31 kg =0,511 MeV/c2. Seine Ruheenergie ist daher E = mc^2 = 0,511 MeV. Das entspricht in SI-Einheiten $E=9,1\cdot 10^{-31}\text{kg}\times (3,0\times 10^8\text{m/s})^2=8,1\times 10^{-14}\text J$.

Bis heute betrachten wir Elektronen als punktförmig. Aus der Elektrodynamik ergibt sich ein theoretischer Radius, der sogenannte "klassische Elektronenradius" re = 2,8 ⋅ 10-15 m. Experimentell ist nachgewiesen, dass der Radius des Elektrons re < 10-22 m sein muss[1]. Nehmen wir basierend auf dem klassischen Elektronenradius re versuchsweise an, Elektronen seien winzige rotierende Kugeln mit homogener Dichte und der Masse m. Dann ist ihr Trägheitsmoment $I_{Kugel}=\frac 2 5 m r^2$. Welche Bahngeschwindigkeit v hätte dann ein Punkt seiner Oberfläche? Welche Rotationsenergie Erot hätte das Elektron dann? Für den Betrag des Drehimpulses gilt $L=s=I\omega =\frac 2 5m_er^2\frac v r\ \Rightarrow \ v=\frac{5s}{2m_er}=\frac{5\sqrt{0,75}\hbar }{2m_er}=9,0\times 10^{10}\text{m/s}$. Dieser Wert überschreitet die Lichtgeschwindigkeit c = 3 ⋅108 m/s um zwei Größenordnungen!.

Für die Rotationsenrgie gilt $E_{rot}=\frac{L^2}{2I}=\frac{s^2}{2I_{Kugel}}=\frac{0,75\hbar ^2}{4/5 m_er^2}=1,5\times 10^{-9}\text J$. Diese Rotationsenergie überschreitet die Ruheenergie um fünf! Größenordnungen.

Offensichtlich ist die Modellvorstellung als homogene Kugel unzureichend! Basierend auf experimentllen Radien werden die Abweichungen noch krasser!

Spin als Ausdruck der Rotationssymmetrie

Obwohl die Vorstellung eines rotierenden Kügelchens falsch ist, hat der Spin alle Eigenschaften eines Drehimpulses. Und genau wie beim Drehimpuls können wir den Spin als eine Größe auffassen, die die Rotationssymmetrie eines Teilchens beschreibt (siehe Quantenmechanische Interpretation des Drehimpulses). Diese Interpretation macht umso deutlicher, dass der Spin kein klassisches Analogon haben kann. Denn die Spinquantenzahl eines Teilchens kann auch den Wert 1/2 annehmen. In der Symmetrieinterpretation bedeutet das: Wir müssen das Teilchen zweimal um 360° drehen, damit es wieder gleich aussieht. Klassisch ist das nicht vorstellbar. Steven Hawking drückt es in seinem Buch Eine kurze Geschichte der Zeit[2] so aus:

Tatsächlich teilt uns der Spin eines Teilchens mit, wie es aus verschiedenen Blickwinkeln aussieht. Ein Teilchen mit dem Spin 0 ist ein Punkt: Es sieht aus allen Richtungen gleich aus. Ein Teilchen mit dem Spin 1 ist dagegen wie ein Pfeil: Es sieht aus verschiedenen Richtungen verschieden aus. Nur bei einer vollständigen Umdrehung (360 Grad) sieht das Teilchen wieder gleich aus. Ein Teilchen mit dem Spin 2 ist wie ein Pfeil mit einer Spitze an jedem Ende. Es sieht nach einer halben Umdrehung (180 Grad) wieder gleich aus. Entsprechend sehen Teilchen mit höherem Spin wieder gleich aus, wenn man Drehungen um kleinere Bruchteile einer vollständigen Umdrehung vollzieht. All das wäre ziemlich einfach, wäre da nicht der bemerkenswerte Umstand, dass es Teilchen gibt, die nach einer Umdrehung noch nicht wieder gleich aussehen: Es sind dazu vielmehr zwei vollständige Umdrehungen erforderlich! Der Spin solcher Teilchen wird mit ½ angegeben.

Fermionen und Bosonen

Der Spin ist eine unveränderliche Eigenschaft des Teilchens und für alle Teilchen einer Sorte gleich. Deswegen kann man alle Teilchen anhand ihres Spins in Fermionen und Bosonen unterteilen, je nachdem, ob sich ihr Spin aus einer halbzahligen oder einer ganzzahligen Quantenzahl ergibt. An Stelle des Spins gibt man dann nur die Spinquantenzahl s an.

  • Bei Fermionen ist der Betrag des Spins $|\vec s|$ über eine halbzahlige Quantenzahl s = 1/2 auf $|\vec s|=\sqrt{\frac 12(\frac 12+1)}\hbar=\sqrt{\frac 34}\hbar$ festgelegt. Das gilt z. B. für Elektronen, Protonen, Neutronen, Positronen, Neutrinos und Quarks.
  • Bei Bosonen ist der Betrag des Spins $|\vec s|$ über eine ganzzahlige Quantenzahl s = 0 (Skalarbosonen) oder s= 1 (Vektorbosonen) auf 0 oder $|\vec s|=\sqrt{1(1+1)}\hbar=\sqrt 2\hbar$ festgelegt. Beispiele für Skalarbosonen (s = 0) sind die Pionen und das Higgs-Boson. Vektorbosonen mit s = 1 sind z. B. das Photon, das W-Boson, das Z-Boson und das Gluon.

Kontrollfrage

Spinoperator, Eigenwerte und Eigenfunktionen

Auch für den Spin müssen - wie für den Drehimpuls - Eigenwertgleichungen der Form $$\hat {S_z} \psi = s_z \psi \qquad\text{(1a)}\qquad\qquad\text{und}\qquad\qquad \hat S^2 \psi = s^2 \psi\qquad\text{(1a)}$$ gelten. Die Frage ist: Wie sehen die Operatoren, Eigenfunktionen und Eigenwerte aus? Im Fall des Elektronenspins verwendet man eine Matrixdarstellung. Die Operatoren sind[3] $$\hat{S_z}=\frac{\hbar}{2}\left(\begin{matrix} 1&0\\ 0&-1\end{matrix}\right)\qquad\text{(2a)} \qquad\qquad\text{und}\qquad\qquad \hat{S^2}=\frac{ 3}{4}\hbar^2\left(\begin{matrix} 1&0\\ 0&1\end{matrix}\right)\qquad\text{(2b).}$$ Weil die Operatoren Matrizen sind, müssen die Wellenfunktionen Vektoren sein. Sie lauten $$\psi_{\uparrow}=\left(\begin{array}{}1\\0\end{array}\right)\qquad\text{und}\qquad\psi_{\downarrow}=\left(\begin{array}{}0\\1\end{array}\right)\qquad\qquad\text{(3).}$$

Die Eigenwerte sind $$s_z = \pm \frac{\hbar}{2}\qquad\text{(4a)}\qquad\qquad\text{und}\qquad\qquad s^2= \frac 34\hbar^2\qquad\text{(4b).}$$ Zur Auswertung der Gleichungen benötigt man die Rechenregeln für Matrizen: Zeile i mal Spalte j wird skalar multipliziert und ergibt den Wert mit dem Index ij der Ergebnismatrix. Wenn man eine Matrix mit einem Vektor multipliziert, ist das Ergebnis ein Vektor.

Beispiel:

z-Komponete (1a):
$\hat {S_z} \psi_{\uparrow}=\frac{\hbar}{2}\left(\begin{matrix} 1&0\\ 0&-1\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{array}{}1\\0\end{array}\right) =\frac{\hbar}{2}\left(\begin{array}{}1\cdot 1+0\cdot 0\\0\cdot 1 -1\cdot 0\end{array}\right)=\frac{\hbar}{2}\left(\begin{array}{}1\\0\end{array}\right)$. Der Eigenwert der z-Komponente des Spins im Zustand "Spin up" ist ℏ/2.
$\hat {S_z} \psi_{\downarrow}=\frac{\hbar}{2}\left(\begin{matrix} 1&0\\ 0&-1\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{array}{}0\\1\end{array}\right) =\frac{\hbar}{2}\left(\begin{array}{}1\cdot 0+0\cdot 1\\0\cdot 0 -1\cdot 1\end{array}\right)=\frac{\hbar}{2}\left(\begin{array}{}0\\-1\end{array}\right)=-\frac{\hbar}{2}\left(\begin{array}{}0\\1\end{array}\right)$. Der Eigenwert der z-Komponente des Spins im Zustand "Spin down" ist -ℏ/2. Betragsquadrat (1b):
$\hat {S^2} \psi_{\uparrow}=\frac{ 3}{4}\hbar^2\left(\begin{matrix} 1&0\\ 0&1\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{array}{}1\\0\end{array}\right) =\frac{ 3}{4}\hbar^2\left(\begin{array}{}1\cdot 1+0\cdot 0\\0\cdot 1 +1\cdot 0\end{array}\right)=\frac{ 3}{4}\hbar^2\left(\begin{array}{}1\\0\end{array}\right)$. Das Quadrat des Betrags des Spins im Zustand "Spin up" ist 3/4ℏ2.
$\hat {S^2} \psi_{\uparrow}=\frac{ 3}{4}\hbar^2\left(\begin{matrix} 1&0\\ 0&1\end{matrix}\right)\cdot\left(\begin{array}{}0\\1\end{array}\right) =\frac{ 3}{4}\hbar^2\left(\begin{array}{}1\cdot 0+0\cdot 1\\0\cdot 0 +1\cdot 1\end{array}\right)=\frac{ 3}{4}\hbar^2\left(\begin{array}{}0\\1\end{array}\right)$. Das Quadrat des Betrags des Spins im Zustand "Spin down" ist 3/4ℏ2.

  1. A Single Atomic Particle Forever Floating at Rest in Free Space: New Value for Electron Radius, Hans Dehmelt, Physica Scripta, Vol.T22, S.102-110 (1988), Online-Resource
  2. Steven Hawking, Eine kurze Geschichte der Zeit, Rowohlt Verlag GmbH, (2011), Online Resource
  3. Hermann Haken, Hans Christoph Wolf, Atom- und Quantenphysik, 2. Auflage, Springer Verlag, Berlin, Heidelberg, (1983)