Spinn

Elektronet har en dreieimpuls som ikke kommer av bevegelse i rommet. Den kalles spinnet $\vec S$ , og kvantetallet er $s = \tfrac12$ , en av de halvtallige verdiene som dreieimpulsalgebraen tillater og banedreieimpulsen ikke kan ha. Spinnet vises gjennom det magnetiske momentet som følger med det: i finstrukturen i atomspektra, i Zeeman-effekten og i Stern–Gerlach-eksperimentet, som splitter en stråle av sølvatomer i to. For spinn ½ er Hilbertrommet todimensjonalt, og alle operatorene er $2\times2$ -matriser.

Magnetisk moment

En ladning $q$ med masse $m$ som går i en sirkel med radius $r$ og fart $v$ , er en strømsløyfe med strømmen $I = qv/2\pi r$ og arealet $\pi r^2$ . Det magnetiske momentet er $\mu = IA = \tfrac12 qvr$ , og med $L = mvr$ blir det

\displaystyle \vec\mu_L = \frac{q}{2m}\,\vec L = \gamma\vec L

Det magnetiske momentet til en ladning i bane.

\gamma = q/2m

er det gyromagnetiske forholdet.

I et magnetfelt $\vec B$ har momentet energien $H = -\vec\mu\cdot\vec B$ , og feltet virker på det med dreiemomentet $\vec\tau = \vec\mu\times\vec B$ . Dreiemomentet endrer dreieimpulsen:

\frac{d\vec L}{dt} = \gamma\,\vec L\times\vec B = \vec\omega_L\times\vec L, \allowbreak\qquad \vec\omega_L = -\gamma\vec B .

$\vec L$ dreier altså rundt feltet med fast vinkel mot det. Dette er Larmor-presesjon, og vinkelfrekvensen $\omega_L = |\gamma| B$ er Larmor-frekvensen. I et inhomogent felt virker det i tillegg en kraft, minus gradienten av energien:

\vec F = \nabla(\vec\mu\cdot\vec B).

I kvantemekanikken er $\vec\mu_L = (q/2m)\vec L$ en operator, og den arver kvantiseringen av $\vec L$ . For elektronet er $q = -e$ , og med Bohr-magnetonet

\displaystyle \mu_B = \frac{e\hbar}{2m_e} = 9{,}27\cdot10^{-24}\ \text{J/T} \allowbreak = 5{,}79\cdot10^{-5}\ \text{eV/T}

Bohr-magnetonet, den naturlige enheten for magnetiske momenter i atomer.

er $|\vec\mu_L| = \mu_B\sqrt{l(l + 1)}$ og $(\mu_L)_z = -\mu_B m$ med $m = -l, \dots, l$ . Momentet kan bare stå i $2l + 1$ vinkler mot $z$ -aksen.

Stern–Gerlach-eksperimentet

I Stern–Gerlach-eksperimentet går en stråle av nøytrale atomer langs $y$ -aksen gjennom en magnet med feltet

\vec B = ax\,\hat x - (B_0 + az)\,\hat z ,

der den homogene delen $B_0$ er stor sammenlignet med variasjonen $az$ over strålen. Feltet oppfyller $\nabla\cdot\vec B = a - a = 0$ . Kraften blir

\vec F = \nabla\bigl(a\mu_x x - \mu_z(B_0 + az)\bigr) \allowbreak = a\,(\mu_x\hat x - \mu_z\hat z).

Det sterke feltet $B_0\hat z$ får $\vec\mu$ til å presesere raskt rundt $z$ -aksen. Da midles $\mu_x$ til null, mens $\mu_z$ er konstant, og igjen står $F_z = -a\mu_z$ . Hvert atom avbøyes i $z$ -retningen etter verdien av $\mu_z$ .

Klassisk kan $\mu_z$ ha enhver verdi mellom $-|\vec\mu|$ og $|\vec\mu|$ , og strålen burde bli en sammenhengende stripe på skjermen. Stern og Gerlach brukte sølvatomer og fikk to adskilte flekker. En banedreieimpuls kan ikke forklare det, for $2l + 1$ verdier av $m$ gir et oddetall stråler. Sølv har 47 elektroner. 46 av dem er paret slik at dreieimpulsene opphever hverandre, og det siste er i en $5s$ -tilstand med $l = 0$ . Atomet har altså ingen banedreieimpuls. Elektronet må derfor ha en egen dreieimpuls med $2s + 1 = 2$ verdier av $m$ , og det gir $s = \tfrac12$ .

Spinnoperatoren

Spinnet er en dreieimpuls. Komponentene oppfyller $[S_i, S_j] = i\hbar\sum_k\varepsilon_{ijk}S_k$ , og alt som fulgte av kommutatorene, gjelder:

S^2|s, m\rangle = \hbar^2 s(s + 1)\,|s, m\rangle, \allowbreak\qquad S_z|s, m\rangle = \hbar m\,|s, m\rangle,

med $S_\pm = S_x \pm iS_y$ som heve- og senkeoperator. Egenvektorene er ingen funksjoner av $\theta$ og $\varphi$ , så kravet om entydighet som gjorde $l$ til et heltall, gjelder ikke. Elektronet, protonet og nøytronet har alle $s = \tfrac12$ , med $m = \pm\tfrac12$ , som kalles spinn opp og spinn ned.

Det magnetiske momentet til elektronspinnet er

\displaystyle \vec\mu_s = -g_e\frac{e}{2m_e}\,\vec S = \gamma_e\vec S, \allowbreak\qquad g_e = 2{,}0023

Det magnetiske momentet til elektronspinnet.

\gamma_e < 0

, så

\vec\mu_s

peker motsatt av

\vec S

g-faktoren $g_e$ er nesten nøyaktig 2, dobbelt så stor som for banebevegelsen, så $(\mu_s)_z = \mp\tfrac12 g_e\mu_B \approx \mp\mu_B$ for spinn opp og ned. Protonet og nøytronet har også spinn ½, men momentet skalerer med $1/m$ og er av størrelsesorden en tusendel av elektronets. Det er elektronene som bestemmer hvordan et atom oppfører seg i et magnetfelt.

Spinn ½

For $s = \tfrac12$ er det to egentilstander for $S^2$ og $S_z$ , $|\tfrac12, \tfrac12\rangle = |{\uparrow}\rangle$ og $|\tfrac12, -\tfrac12\rangle = |{\downarrow}\rangle$ . De er ortonormerte og fullstendige, $|{\uparrow}\rangle\langle{\uparrow}| + |{\downarrow}\rangle\langle{\downarrow}| = \mathbb{1}$ . Stigeformelen gir $S_+|{\downarrow}\rangle = \hbar|{\uparrow}\rangle$ , $S_-|{\uparrow}\rangle = \hbar|{\downarrow}\rangle$ og $S_+|{\uparrow}\rangle = S_-|{\downarrow}\rangle = 0$ . En vilkårlig spinntilstand er

|\chi\rangle = a_+|{\uparrow}\rangle + a_-|{\downarrow}\rangle, \allowbreak\qquad |a_+|^2 + |a_-|^2 = 1,

der $a_\pm = \langle\pm|\chi\rangle$ er amplitudene for å måle $S_z = \pm\hbar/2$ .

I basisen $\{|{\uparrow}\rangle, |{\downarrow}\rangle\}$ er tilstanden en søylevektor, en spinor:

\chi = \begin{pmatrix} a_+ \\ a_- \end{pmatrix} = a_+\chi_+ + a_-\chi_-, \allowbreak\qquad \chi_+ = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix}, \allowbreak\quad \chi_- = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix}.

Bravektoren er radvektoren $\chi^\dagger = (a_+^*, a_-^*)$ , og en operator er en $2\times2$ -matrise med elementene $\langle m|\hat F|n\rangle$ der $m, n = \pm$ . $S_z$ er diagonal med $\pm\hbar/2$ . Stigeformelen gir

S_+ = \hbar\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{pmatrix}, \allowbreak\qquad S_- = \hbar\begin{pmatrix} 0 & 0 \\ 1 & 0 \end{pmatrix},

og $S_x = (S_+ + S_-)/2$ , $S_y = (S_+ - S_-)/2i$ . Alle tre komponentene har faktoren $\hbar/2$ foran, og det som står igjen, er Paulimatrisene:

\displaystyle \vec S = \frac{\hbar}{2}\,\vec\sigma, \allowbreak\quad \sigma_x = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \allowbreak\quad \sigma_y = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}, \allowbreak\quad \sigma_z = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}

Spinnoperatoren for spinn ½ i basisen

\{|{\uparrow}\rangle, |{\downarrow}\rangle\}

Ganger du ut matrisene parvis, får du

\displaystyle \sigma_i\sigma_j = \delta_{ij}\,\mathbb{1} + i\sum_k \varepsilon_{ijk}\,\sigma_k

Produktet av to Paulimatriser. Det gir

\sigma_i^2 = \mathbb{1}

, kommutatoren

[\sigma_i, \sigma_j] = 2i\sum_k\varepsilon_{ijk}\sigma_k

og antikommutatoren

\{\sigma_i, \sigma_j\} = 2\delta_{ij}\mathbb{1}

Med $\vec S = (\hbar/2)\vec\sigma$ er kommutatoren den samme som for en dreieimpuls. Siden $\sigma_i^2 = \mathbb{1}$ , er $S^2 = \tfrac34\hbar^2\,\mathbb{1}$ , som det skal være for $s = \tfrac12$ .

Spinnretningen

En forventningsverdi er $\langle F\rangle = \chi^\dagger F\chi$ , en rad ganger en matrise ganger en søyle. For de tre komponentene av spinnet gir det

\begin{aligned} \langle S_x\rangle &= \hbar\,\mathrm{Re}(a_+^*a_-), \\ \langle S_y\rangle &= \hbar\,\mathrm{Im}(a_+^*a_-), \\ \langle S_z\rangle &= \tfrac{\hbar}{2}\bigl(|a_+|^2 - |a_-|^2\bigr). \end{aligned}

Vektoren $\langle\vec S\rangle$ kalles spinnretningen. For $\chi_+$ er $\langle\vec S\rangle = \tfrac\hbar2\hat z$ . Retningen til selve $\vec S$ er ingen observabel, fordi komponentene ikke kommuterer og ikke kan ha skarpe verdier samtidig.

Måling langs andre akser

Måler du $S_z$ , får du $+\hbar/2$ med sannsynlighet $|a_+|^2$ og $-\hbar/2$ med sannsynlighet $|a_-|^2$ . For å måle $S_x$ trengs egenverdiene og egenvektorene til $S_x$ . Egenverdiene er løsningene av $\det(S_x - \lambda\mathbb{1}) = 0$ :

\begin{vmatrix} -\lambda & \hbar/2 \\ \hbar/2 & -\lambda \end{vmatrix} = \lambda^2 - \frac{\hbar^2}{4} = 0,

så $\lambda = \pm\hbar/2$ , som for $S_z$ . Egenvektorene har $a_- = \pm a_+$ . Regningen for $S_y$ er den samme:

\displaystyle \chi_\pm^{(x)} = \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 \\ \pm 1 \end{pmatrix}, \allowbreak\qquad \chi_\pm^{(y)} = \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 \\ \pm i \end{pmatrix}

Egenspinorene til

S_x

S_y

med egenverdiene

\pm\hbar/2

Sannsynligheten for $S_x = \pm\hbar/2$ er $|\chi_\pm^{(x)\dagger}\chi|^2 = \tfrac12|a_+ \pm a_-|^2$ .

Langs en vilkårlig akse $\hat n = (\sin\theta\cos\varphi, \sin\theta\sin\varphi, \cos\theta)$ er spinnkomponenten

S_n = \hat n\cdot\vec S \allowbreak = \frac{\hbar}{2}\begin{pmatrix} \cos\theta & \sin\theta\,e^{-i\varphi} \\ \sin\theta\,e^{i\varphi} & -\cos\theta \end{pmatrix}.

Produktregelen for Paulimatrisene gir $(\hat n\cdot\vec\sigma)^2 = \mathbb{1}$ , så egenverdiene er igjen $\pm\hbar/2$ .

Den siste påstanden følger av normeringen. Velg $\cos\tfrac\theta2 = |a_+|$ og $\varphi$ lik faseforskjellen mellom $a_-$ og $a_+$ . Da er $\sin\tfrac\theta2 = |a_-|$ . En måling av $S_z$ på $\chi_+^{(n)}$ gir $+\hbar/2$ med sannsynlighet $\cos^2\tfrac\theta2$ , der $\theta$ er vinkelen mellom spinnretningen og $z$ -aksen. Ingen akse er spesiell. Måles spinnet langs en akse som danner vinkelen $\theta$ med spinnretningen, er sannsynligheten for $+\hbar/2$ derfor $\cos^2\tfrac\theta2$ .

En måling endrer tilstanden. Er spinnet i $\chi_+$ , gir $S_z$ alltid $+\hbar/2$ , mens $S_x$ gir $\pm\hbar/2$ med sannsynlighet $\tfrac12$ hver. Gir $S_x$ -målingen $+\hbar/2$ , er tilstanden etterpå $\chi_+^{(x)}$ , og en ny måling av $S_z$ gir $\pm\hbar/2$ med like stor sannsynlighet. Resultatet av den første $S_z$ -målingen er borte. En Stern–Gerlach-magnet gjør nettopp en slik måling. Hvert atom går ut i strålen som svarer til måleverdien, og står etterpå i egentilstanden for den.

Tre Stern–Gerlach-magneter etter hverandre

Hver magnet måler spinnet langs sin akse og sender atomet ut øverst ved $+\hbar/2$ og nederst ved $-\hbar/2$ . Magnet 1 og 3 måler $S_z$ , og magnet 1 stopper spinn ned. Magnet 2 måler langs $\hat n$ , som danner vinkelen $\theta$ med $z$ -aksen. Pilene viser aksene sett langs strålen, med $z$ opp og $x$ til høyre. Prosentene er sannsynligheten for hver utgang for et atom som kommer inn i magneten. Ved $\theta = 90^\circ$ måler magnet 2 $S_x$ , og magnet 3 gir spinn ned for halvparten av atomene.

Regneeksempel Spinnretningen til en spinor

En spinn-½-partikkel er i tilstanden

\chi = \frac{1}{\sqrt6}\begin{pmatrix} 1 + i \\ 2 \end{pmatrix}.

Finn sannsynlighetene for $\pm\hbar/2$ når $S_z$ og når $S_x$ måles, og finn spinnretningen.

Vis løsning Skjul løsning

For $S_z$ er sannsynlighetene $|a_+|^2 = |1 + i|^2/6 = \tfrac13$ og $|a_-|^2 = 4/6 = \tfrac23$ . For $S_x$ gir $\tfrac12|a_+ \pm a_-|^2$

P_+^{(x)} = \frac{|3 + i|^2}{12} = \frac56, \allowbreak\qquad P_-^{(x)} = \frac{|{-1} + i|^2}{12} = \frac16 .

Spinnretningen: $a_+^*a_- = (1 - i)\cdot 2/6 = (1 - i)/3$ , så

\langle\vec S\rangle = \hbar\Bigl(\frac13, -\frac13, \frac12\Bigl(\frac13 - \frac23\Bigr)\Bigr) \allowbreak = \frac{\hbar}{6}\,(2, -2, -1).

Lengden er $\tfrac\hbar6\sqrt{4 + 4 + 1} = \tfrac\hbar2$ , som for enhver spinor. Vinkelen med $z$ -aksen er $\cos\theta = -\tfrac13$ , og $\cos^2\tfrac\theta2 = \tfrac12(1 + \cos\theta) = \tfrac13$ stemmer med $P(S_z = +\hbar/2)$ .

Svar

P(S_z = \pm\hbar/2) = \tfrac13, \tfrac23

;

P(S_x = \pm\hbar/2) = \tfrac56, \tfrac16

;

\langle\vec S\rangle = \tfrac{\hbar}{6}(2, -2, -1)

Eksamensoppgave Hvilken egenspinor?

Ordinær eksamen, desember 2025, oppgave 1 g

g) Consider that the initial spin state is $\chi = A\begin{pmatrix} 3 - i \\ 2 \end{pmatrix}$ .

Which eigenspinor leads to the corresponding eigenvalue

-\frac{\hbar}{2}

with a probability

P = \frac{5}{14}

Elektron i magnetfelt

Et elektron i ro i feltet $\vec B = B_0\hat z$ har Hamiltonoperatoren

\hat H = -\vec\mu_s\cdot\vec B = -\gamma_e B_0 S_z = \omega_L S_z ,

der Larmor-frekvensen er $\omega_L = -\gamma_e B_0 = g_e eB_0/2m_e$ .

$\hat H$ er diagonal, med energien $E_\pm = \pm\hbar\omega_L/2$ for $\chi_\pm$ . Spinn ned har lavest energi, fordi $\vec\mu_s$ da peker langs feltet. Hver komponent får sin egen fase, og løsningen av $i\hbar\,\partial\chi/\partial t = H\chi$ er

\chi(t) = \begin{pmatrix} a_+e^{-i\omega_L t/2} \\ a_-e^{i\omega_L t/2} \end{pmatrix}.

Produktet $a_+^*a_-$ får faktoren $e^{i\omega_L t}$ , og formlene for spinnretningen gir

\begin{aligned} \langle S_x\rangle + i\langle S_y\rangle &= \hbar\,a_+^*a_-\,e^{i\omega_L t}, \\ \langle S_z\rangle &= \tfrac{\hbar}{2}\bigl(|a_+|^2 - |a_-|^2\bigr). \end{aligned}

$\langle S_z\rangle$ er konstant, mens $\langle S_x\rangle$ og $\langle S_y\rangle$ går rundt $z$ -aksen med vinkelfrekvensen $\omega_L$ . Spinnretningen preseserer rundt feltet med Larmor-frekvensen, slik et klassisk magnetisk moment gjør. Med kommutatorene for $\vec S$ gir $d\langle F\rangle/dt = (i/\hbar)\langle[\hat H, \hat F]\rangle$ den samme likningen som for $\vec L$ :

\displaystyle \frac{d\langle\vec S\rangle}{dt} = \vec\omega_L\times\langle\vec S\rangle, \allowbreak\qquad \vec\omega_L = -\gamma_e\vec B

Larmor-presesjon av spinnretningen. For elektronet peker

\vec\omega_L

langs feltet, og

\omega_L = g_e eB/2m_e

For $B_0 = 1$ T er $\omega_L = 1{,}76\cdot10^{11}\ \text{s}^{-1}$ , en frekvens på 28 GHz.

Eksamensoppgave Spinn i et magnetfelt

Ordinær eksamen, desember 2023, oppgave 3 a–c

Consider a spin $\frac12$ particle in a constant magnetic field $\mathbf B = B\hat e_z$ , described by the Hamiltonian

\hat H = -\frac{2\mu_B B}{\hbar}\hat S_z, \qquad (5)

where $\hat S_z$ is the operator for the $z$ -component of the spin, and $\mu_B$ is the Bohr magneton.

a) Solve the time-dependent Schrödinger equation to find the two eigenenergies and eigenstates of the system. You are free to use either abstract spin state vectors or spin spinors. Hint: The Pauli matrices are given in the formula sheet.

b) At time $t = 0$ , the spin is measured to be in the state

|\chi\rangle = \frac{1}{\sqrt3}|{\uparrow}\rangle - \sqrt{\frac23}\,i|{\downarrow}\rangle \quad\allowbreak\Leftrightarrow\quad \chi = \frac{1}{\sqrt3}\begin{pmatrix} 1 \\ -i\sqrt2 \end{pmatrix}, \enspace (6)

where $|{\uparrow}\rangle$ and $|{\downarrow}\rangle$ are the states with spin up and down with respect to the $z$ direction. Calculate the spin and energy expectation values $\langle\mathbf S\rangle$ and $\langle H\rangle$ for this state.

c) What is the spin state at times $t > 0$ ?

Vis løsning Skjul løsning

a) Med $\hat S_z = \tfrac\hbar2\sigma_z$ er $\hat H = -\mu_B B\,\sigma_z$ , som er diagonal. Settes $\chi\,e^{-iEt/\hbar}$ inn i $i\hbar\,\partial\chi/\partial t = \hat H\chi$ , står egenverdilikningen $\hat H\chi = E\chi$ igjen, med løsningene $E_+ = -\mu_B B$ for $\chi_+$ og $E_- = +\mu_B B$ for $\chi_-$ .

b) Her er $a_+ = 1/\sqrt3$ og $a_- = -i\sqrt2/\sqrt3$ , så $a_+^*a_- = -i\sqrt2/3$ . Formlene for spinnretningen gir

\langle S_x\rangle = 0, \allowbreak\quad \langle S_y\rangle = -\frac{\sqrt2}{3}\hbar, \allowbreak\quad \langle S_z\rangle = \frac\hbar2\Bigl(\frac13 - \frac23\Bigr) = -\frac\hbar6 .

Energien: $\langle H\rangle = -(2\mu_B B/\hbar)\langle S_z\rangle = \mu_B B/3$ . Kontroll: $\tfrac13 E_+ + \tfrac23 E_- = \mu_B B/3$ .

c) Hver komponent får fasen $e^{-iE_\pm t/\hbar}$ :

\chi(t) = \tfrac{1}{\sqrt3}\begin{pmatrix} e^{i\mu_B Bt/\hbar} \\ -i\sqrt2\,e^{-i\mu_B Bt/\hbar} \end{pmatrix}.

Svar

E_\pm = \mp\mu_B B

med

\chi_\pm

. b)

\langle\mathbf S\rangle = -\tfrac\hbar6(2\sqrt2\,\hat e_y + \hat e_z)

\langle H\rangle = \mu_B B/3

. c)

\chi(t) = \tfrac{1}{\sqrt3}\bigl(e^{i\mu_B Bt/\hbar}, -i\sqrt2\,e^{-i\mu_B Bt/\hbar}\bigr)^T

Eksamensoppgave Spinnet etter en halv omdreining

Ordinær eksamen, desember 2025, oppgave 1 n–o

n) At time $t = 0$ , a particle with spin $\frac12$ is measured to be in the spin state

\chi(t = 0) = \frac{1}{\sqrt2}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \qquad (13)

a superposition of the energy eigenstates of the system Hamiltonian,

H = \hbar\omega\begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}. \qquad (14)

What is

\chi(t)

, that is, the spin state of the particle at time

t \geq 0

o) Again, consider the particle described by the Hamiltonian in Eq. (14), measured to be in the spin state in Eq. (13) at $t = 0$ .

Assuming no measurements have been made since

t = 0

, which of the following statements is true?

Sjekk deg selv

Vis at $(\hat n\cdot\vec\sigma)^2 = \mathbb{1}$ for en enhetsvektor $\hat n$ , og forklar hvorfor $S_n$ har egenverdiene $\pm\hbar/2$ .

Vis svar Skjul svar

Produktregelen gir

(\hat n\cdot\vec\sigma)^2 = \sum_{i,j} n_i n_j\,\sigma_i\sigma_j \allowbreak = \sum_i n_i^2\,\mathbb{1} \allowbreak + i\sum_{i,j,k}\varepsilon_{ijk}\,n_i n_j\,\sigma_k = \mathbb{1},

fordi $|\hat n| = 1$ og $\varepsilon_{ijk}$ skifter fortegn når $i$ og $j$ bytter plass, mens $n_i n_j$ ikke gjør det. En egenverdi $\lambda$ av $\hat n\cdot\vec\sigma$ må da oppfylle $\lambda^2 = 1$ . Sporet av matrisen er null, så egenverdiene er $+1$ og $-1$ , og $S_n = (\hbar/2)\,\hat n\cdot\vec\sigma$ har $\pm\hbar/2$ .

Hovedpunkter

Et magnetisk moment $\vec\mu = \gamma\vec L$ har energien $-\vec\mu\cdot\vec B$ . I et homogent felt preseserer det med Larmor-frekvensen $|\gamma|B$ , og i et inhomogent felt virker kraften $\nabla(\vec\mu\cdot\vec B)$ .
Stern–Gerlach-eksperimentet splitter sølvatomer i to stråler. Et heltallig $l$ gir et oddetall, så elektronet har spinn $s = \tfrac12$ , med $\vec\mu_s = -g_e(e/2m_e)\vec S$ og $g_e \approx 2$ .
For spinn ½ er tilstanden en spinor $\chi = (a_+, a_-)^T$ , og $\vec S = (\hbar/2)\vec\sigma$ med Paulimatrisene, der $\sigma_i\sigma_j = \delta_{ij}\mathbb{1} + i\sum_k\varepsilon_{ijk}\sigma_k$ .
Langs enhver akse gir en måling $\pm\hbar/2$ . Sannsynligheten er $|\chi_\pm^\dagger\chi|^2$ med egenspinoren for aksen, for $S_x$ altså $\tfrac12|a_+ \pm a_-|^2$ .
Enhver spinor er spinn opp langs spinnretningen $\hat n$ , med $\langle\vec S\rangle = \tfrac\hbar2\hat n$ . Langs en akse med vinkelen $\theta$ fra $\hat n$ er sannsynligheten for $+\hbar/2$ lik $\cos^2\tfrac\theta2$ .
I feltet $B_0\hat z$ er $\hat H = \omega_L S_z$ med $\omega_L = g_e eB_0/2m_e$ , og $\langle\vec S\rangle$ preseserer rundt feltet med $\omega_L$ .