Descripción cuántica

Se considera que al colocar un núcleo con número cuántico de espín $\frac{1}{2}$ dentro de un campo magnético, se generan dos niveles de energía cuya diferencia $\Delta E = h \nu$. Por otro lado, la energía de un dipolo magnético dentro de un campo magnético $B_o$ alineado con el eje $z$ es ³

$$E=-\vec\mu\cdot\vec B=-\mu_z B_o = -\gamma I_z B_o$$

$$E=\omega_o I_z$$ (16)

El Hamiltoniano ($\hat{H}$) es un operador que determina la energía total de un sistema. Se puede tranformar la expresión clásica (16) a una cuántica realizando las siguientes sustituciones: $I_z \rightarrow \hbar \hat{I}_z$ y $E \rightarrow \hat{H}$:

$$\hat{H}= \hbar \omega_o \hat{I}_z$$ (17)

Matrices de momento angular de espin-$\frac{1}{2}$

Como se mencionó en la sección anterior al trabajar con el momento magnético de espín, es posible usar dos funciones base, $\vert\alpha\rangle$ y $\vert\beta\rangle$. Dichas funciones cumplen con las ecuaciones (12) y (13) que a continuación se escriben nuevamente:

$$\hat{I_z}\vert\alpha\rangle = {1 \over 2}\hbar\vert\alpha\ran... ...hat{I_z}\vert\beta\rangle = -{1 \over 2}\hbar\vert\beta\rangle$$

$$\hat{I_x}\vert\alpha\rangle ={1 \over 2} \hbar\vert\beta\rang... ...t{I_y}\vert\alpha\rangle ={1 \over 2} i \hbar\vert\beta\rangle$$

$$\hat{I_x}\vert\beta\rangle ={1 \over 2} \hbar\vert\alpha\rang... ...{I_y}\vert\beta\rangle =-{1 \over 2} i \hbar\vert\alpha\rangle$$

Aplicando la definición (15), la representación matricial de $\hat{I}_z$ es:

$$\bf I_z=\left(\matrix{\langle\alpha \vert\hat{I_z}\vert\alpha... ...angle & -\frac{1}{2}\langle \beta\vert \beta\rangle \cr}\right)$$

Si se considera que se trabaja con unidades tal que $\hbar=1$

$$\bf I_z=\left(\matrix{\frac{1}{2} & 0\cr 0 & -\frac{1}{2}\cr}\right)$$

$$\bf I_x=\left(\matrix{\langle\alpha \vert\hat{I_x}\vert\alpha... ... =\left(\matrix{0 & \frac{1}{2} \cr \frac{1}{2}&0\cr}\right)$$

$$\bf I_y=\left(\matrix{\langle\alpha \vert\hat{I_y}\vert\alpha... ...\left(\matrix{0 & -\frac{1}{2}i \cr \frac{1}{2}i&0\cr}\right)$$

Una vez conocidas estas matrices, es posible calcular los valores esperados de cada una de las componentes de acuerdo a la ecuación 14, obteniendo como resultado:⁴

$$\langle\hat{I_z}\rangle =\frac{1}{2}(c_\alpha^*c_\alpha - c_\beta^*c_\beta )$$

$$\langle\hat{I_x}\rangle =\frac{1}{2}(c_\beta^*c_\alpha + c_\alpha^*c_\beta )$$ (18)

$$\langle\hat{I_y}\rangle =\frac{1}{2}i(c_\beta^*c_\alpha - c_\alpha^*c_\beta )$$

De acuerdo a los resultados anteriores es de notar que la magnetización transversal (asociada a $\langle\hat{I_x}\rangle$ e $\langle\hat{I_y}\rangle$) depende de los productos cruzados (cross-products) $c_\alpha c_\beta^*$ y $c_\beta^*c_\alpha$, mientras que la longitudinal $\langle\hat{I_z}\rangle$ está determinada por los productos propios (self-products) $c_\alpha c_\alpha^*$ y $c_\beta^*c_\beta$. Por lo que el problema ``se reduce'' a conocer cada uno de los coeficientes.



Precesión libre

Todos los experimentos de RMN contienen segmentos en los cuales el sistema se encuentra sujeto únicamente a la acción del campo longitudinal $B_o$, por lo que se considera que los espines están precesando alrededor del eje $z$ con una frecuencia característica. El análisis más simple no considera la existencia de algún tipo de relajamiento de la magnetización. Uno de los postulados de la mecánica cuántica indica que la dependencia respecto al tiempo del estado de un sistema sin perturbaciones está dado por la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo:

$$-\frac{\hbar}{i} \frac{\partial\Psi}{\partial t} = \hat{H}\Psi$$

que en la notación que hemos venido utilizando es:

$$\frac{d}{dt}\vert\Psi\rangle = -i\hat{H}\vert\Psi\rangle$$

$${\bf\dot{\Psi}} =-i {\bf H} \bf\Psi$$

Desarrollando la derivada respecto al tiempo

$$\frac{dc_\alpha }{dt}\vert\alpha\rangle + \frac{dc_\beta }{... ...at{H}\vert\alpha\rangle -ic_\beta \hat{H}\vert\beta\rangle$$ (19)

Multiplicando la ecuación 19 por la izquierda con $\langle\alpha \vert$

$$\frac{dc_\alpha }{dt}\langle \alpha\vert \alpha\rangle + \fra... ...a\rangle -ic_\beta \langle\alpha \vert\hat{H}\vert\beta\rangle$$

$$\frac{dc_\alpha }{dt}= -i(c_\alpha H_{\alpha\alpha} +c_\beta H_{\alpha\beta})$$

La representación matricial de $\hat{H}$, tal como se estableció en (17) es

$${\bf H} = \omega_o \bf I_z= \left(\matrix{\frac{1}{2}\omega_o... ...alpha\beta} \cr H_{\beta\alpha} & H_{\beta\beta} \cr} \right)$$

La ecuación diferencial de $c_\alpha$ se convierte entonces en

$$\frac{dc_\alpha }{dt}= -i\frac{1}{2}\omega_oc_\alpha$$

Realizando el mismo procedimiento al multiplicar la ecuación 19 por $\langle\beta \vert$ se llega a la siguiente ecuación:

$$\frac{dc_\beta }{dt}= i\frac{1}{2}\omega_oc_\beta$$

Dichas ecuaciones son de variables separables, y su solución es la siguiente:

$$c_\alpha =c_\alpha (0) e^{-\frac{1}{2}i\omega_o t} \;\;\;\;\;\;\;\; c_\beta =c_\beta (0) e^{\frac{1}{2}i\omega_o t}$$

Si suponemos que el análisis comienza luego de aplicar un pulso de radiofrecuencia que dejó la magnetización neta sobre el el eje $x$, se proponen las siguientes condiciones iniciales:

$$\langle\hat{I_x}\rangle _o=\frac{1}{2}$$

$$\langle\hat{I_y}\rangle _o=\langle\hat{I_z}\rangle _o=0$$

por lo que es válido establecer que $c_\alpha (0)=c_\beta (0) = \frac{1}{\sqrt{2}}$ Con las ecuaciones 18 se puede saber cómo evoluciona la magnetización⁵

$${\bf\langle\hat{I_x}\rangle }=\frac{1}{2}(c_\beta^*c_\alpha +... ...^{\frac{1}{2}i\omega_o t}c_\beta (0)e^{\frac{1}{2}i\omega_o t}]$$

$$=\frac{1}{2}[c_\beta^*(0)c_\alpha (0)e^{-i\omega_o t} + c_\al... ...)c_\beta (0)e^{i\omega_o t}] ={\bf\frac{1}{2}\cos{\omega_o t}}$$

$${\bf\langle\hat{I_y}\rangle }=\frac{1}{2}i(\frac{1}{2}e^{-i\o... ...ac{1}{2}i(-i\sin{\omega_o t})= {\bf\frac{1}{2}\sin{\omega_o t}}$$

$${\bf\langle\hat{I_z}\rangle }=\frac{1}{2}(\frac{1}{2}- \frac{1}{2}) = 0$$ (20)

Estos son los mismos resultados que se obtienen con el modelo vectorial sin considerar ningún tipo de relajación.



Pulsos de radiofrecuencia

Si se considera un sistema de referencia rotatorio a la frecuencia de Larmor ($\omega_o$), un campo de radiofrecuencia $B_1$ a lo largo del eje $x$ genera un hamiltoniano

$$\hat{H}= \omega_1 \hat{I_x}$$ (21)

Se puede conocer $\dot{c}_i$ a partir de la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo:

$${\bf\dot{\Psi}} =-i {\bf H} \bf\Psi$$

$$\left(\matrix{\dot{c}_\alpha\cr \dot{c}_\beta\cr}\right)=-i\omega_1\hat{I_x}\left(\matrix{ c_\alpha\cr c_\beta\cr}\right)$$

$$\left(\matrix{\dot{c}_\alpha\cr \dot{c}_\beta\cr}\right)=-i\o... ...2} & 0\cr} \right)\left(\matrix{ c_\alpha\cr c_\beta\cr}\right)$$

por lo que

$$\dot{c}_\alpha = -i\frac{1}{2}\omega_1c_\beta \;\;\;\; y \;\;\;\; \dot{c}_\beta = -i\frac{1}{2}\omega_1c_\alpha$$

Estas ecuaciones diferenciales acopladas pueden desacoplarse calculando la segunda derivada:

$$\ddot{c}_\alpha = -i\frac{1}{2}\omega_1\dot{c_\beta }= -i\f... ...\frac{1}{2}\omega_1c_\alpha ) = -\frac{1}{4}\omega_1^2c_\alpha$$

cuya solución es

$$c_\alpha (t)=a\cos{(\frac{1}{2}\omega_1t)} + b\sin{(\frac{1}{2}\omega_1t)}$$

Si consideramos que el estado inicial del sistema es que la magnetización neta se encuentra sobre el eje $z$ positivo las condiciones iniciales pueden ser $c_\alpha (0)=1$ y $c_\beta (0)=0$, lo que ocasiona que

$$c_\alpha (t)=\cos{(\frac{1}{2}\omega_1t)}$$

Por lo tanto

$$\dot{c}_\beta = -i\frac{1}{2}\omega_1\cos{(\frac{1}{2}\omega_1t)}$$

Que ya es una ecuación de variables separables cuya solución es

$$c_\beta (t)=-i\sin{(\frac{1}{2}\omega_1t)}$$

Una vez conocida la forma de cada uno de los coeficientes $c_\alpha$ y $c_\beta$ es posible determinar los valores promedios de las componentes de momento angular.

$$\langle\hat{I_x}\rangle = \frac{1}{2}[-i\cos{(\frac{1}{2}\ome... ...+i\sin{(\frac{1}{2}\omega_1t})\cos{(\frac{1}{2}\omega_1t})] = 0$$

$$\langle\hat{I_y}\rangle = \frac{1}{2}i[i\sin{(\frac{1}{2}\ome... ..._1t})\cos{(\frac{1}{2}\omega_1t})=-\frac{1}{2}\sin{(\omega_1t)}$$

$$\langle\hat{I_z}\rangle = \frac{1}{2}[\cos{(\frac{1}{2}\omega... ...-\sin{(\frac{1}{2}\omega_1t})^2] = \frac{1}{2}\cos{(\omega_1t)}$$

Como puede verse, los resultados son consistentes con el modelo vectorial: Un pulso donde $\omega_1t=90^o$ dejará toda la magnetización sobre el eje $-y$, ya que $\langle\hat{I_x}\rangle =\langle\hat{I_z}\rangle =0$.

Hosted by www.Geocities.ws