Functional MRI (second edition) -- 3. Basic Principles of MR Signal Generation(II)

公式解释：

Magnetci Moment $\mu$: 在磁场中所受最大力和B的比。
Angular Momentum $J=m\omega r^{2}$———————1
gyromagnetic ratio $\gamma=\frac{\mu}{J}$————-2

ex: 以单个质子为例
$\mu=IA=\frac{q}{T}\pi r^{2}$———————————-3
$J=m\omega r^{2}=m\frac{2\pi r^{2}}{T}$—————4
$\gamma=\frac{\mu}{J}=\frac{q}{2m}$对于每一种物质是个定量—–8

torque $\vec{\tau}=\vec{\mu}\times\vec{B}$————5
又根据定义$\vec{\tau}=\frac{d\vec{J}}{dt}$—————-6
得到$\frac{d\vec{J}}{dt}=\vec{\mu}\times\vec{B}$—————7
带入8式得到 $\frac{d\vec{\mu}}{dt}=\gamma(\vec{\mu}\times\vec{B})$———–9
*求解9的过程：
At time 0, $\vec{\mu(0)}=\mu_{x0}\vec{x}+\mu_{y0}\vec{y}+\mu_{z0}\vec{z}$.
$\frac{d\mu_{x}}{dt}=\gamma\mu_{y}B$
$\frac{d\mu_{y}}{dt}=-\gamma\mu_{x}B$
$\frac{d\mu_{z}}{dt}=0$
解得：
$\vec{\mu(t)}=(\mu_{x0}cos\omega t+\mu_{y0}sin\omega t)\vec{x}+(\mu_{y0}cos\omega t-\mu_{x0}sin\omega t)\vec{y}+\mu_{z0}\vec{z}$

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high-energy state和low-energy state之间能量差

反转一个spin需要做功：$W=-\int_{0}^{\pi}\tau d\theta=-\int_{0}^{\pi}\mu Bsin \theta d\theta=2\mu B$—————————1
Bohr relation: $W=\Delta E=hv$——————-2
由1、2得到
$v=\frac{\Delta E}{h}=\frac{2\mu}{h}B$
实验经验数据：一个质子的$J$在longitudian方向上的分量为$\hat{h}/2,\hat{h}=h/2\pi$———————————-3
所以$\mu=\gamma J=\gamma \frac{\hat{h}}{2}=\gamma \frac{h}{4\pi}$———————————–4
4带入3得到：Larmor frequency $v=\frac{\gamma}{2\pi}B$
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$P_{p}+P_{a}=1$—————————-1
$\frac{P_{p}}{P_{a}}=e^{\frac{\Delta E}{k_{B}T}}\approx1+\frac{\Delta E}{k_{B}T}$—————————-2
由1、2解得 $P_{p}-P_{a}\approx \frac{\Delta E}{2k_{B}T}$——————–3
所以net magnetization $\vec{M}=(P_{p}-P_{a})n\mu_{z} \vec{z}= \frac{\Delta E}{2k_{B}T}n\mu_{z} \vec{z}$(n是protons per unit volume)——————————4

$\frac{d M_{x}}{dt}=\gamma M_{y}B$
$\frac{d M_{y}}{dt}=-\gamma M_{x}B$
$\frac{d M_{z}}{dt}=0$
解得：
$\vec{M(t)}=(M_{x0}cos\omega t+M_{y0}sin\omega t)\vec{x}+(M_{y0}cos\omega t-M_{x0}sin\omega t)\vec{y}+M_{z0}\vec{z}$

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Excitation
electromagnetic excitation pulse: $\vec{B_{1}}=B_{1}\vec{x}cos\omega t-B_{1}\vec{y}sin\omega t$
后面会使用旋转坐标系，旋转坐标系中的$\vec{x'},\vec{y'}$与实验坐标系中$\vec{x},\vec{y}$的关系：
$\vec{x'}=\vec{x}cos\omega t-\vec{y}sin\omega t$———————-1
$\vec{y'}=\vec{x}sin\omega t+\vec{y}cos\omega t$———————–2
在旋转坐标系下：
$\vec{M}=M_{0}\vec{z}$
$\vec{B_{1}}=B_{1}\vec{x'}$

由前面我们知道：$\frac{d\vec{M}}{dt}=\gamma \vec{M}\times \vec{B}$——————-3
由1、2、3可以推出$\frac{\delta \vec{M}}{\delta t}=\gamma \vec{M}\times\vec{B_{1eff}}$，其中$\vec{B_{1eff}=\vec{z}(B_{0}-\frac{\omega}{\gamma})+\vec{x'}B_{1}}$
在on-resonance时，$\omega=\gamma B_{0}$
所以$\omega_{rot}=\gamma B_{1eff}=\gamma B_{1}$
W与x’y’平面的角度$\theta=\gamma B_{1}T$

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Signal reception
electromotive force： $emf=-\frac{d\Phi}{dt}$ ($\Phi=\int_{s}Bds$)
$\Phi=\int_{s}\bar{B_{1}}M(t)dv$ ($\bar{B_{1}}$是magneticfield per unit current)
由上两式可得：$emf=-i\omega_{0}\int_{v}\bar{B_{1}}M(t)dv$
信号强度与$B_{0}^{2}$成正比，噪声强度与$B_{0}$成正比，所以信噪比与$B_{0}$成正比。

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Relaxation
$\vec{M_{z}}=\vec{M_{0}}(1-e^{-\frac{t}{T_{1}}})$
$\vec{M_{xy}}=\vec{M_{0}}(e^{-\frac{t}{T_{2}}})$

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Bloch Equation

$\frac{d\vec{M}}{dt}=\gamma\vec{M}\times\vec{B}+\frac{1}{T_{1}}(\vec{M_{0}}-\vec{M_{z}})-\frac{1}{T_{2}}(\vec{M_{x}}+\vec{M_{y}})$