제2장 시간에 무관한 슈뢰딩거 방정식 ...... 2.3 조화진동자(3)

이어서

자 그람 바닥상태에서 한칸씩 폴짝 폴짝 뛰어 올라가면 파동함수가 우찌 되것노

 

한칸 올라가면     $ \Psi _{1}(x)=A_{1}\left ( a_{+} \right )\Psi _{0}(x)$

두칸 올라가면     $ \Psi _{2}(x)=A_{2}\left ( a_{+}a_{+} \right )\Psi _{0}(x)$

계속 올라가면     $ \Psi _{n}(x)=A_{n}\left ( a_{+} \right )^{n}\Psi _{0}(x)$

요렇게 되것네

 

에너지 상태로 정리를 해보자

 

바닥 상태의 에너지     

$E_{0}=\frac{1}{2}\hbar\omega $

 

바로 아래 위층 에너지 준위차는

$\left ( a_{\pm }\right )=\hbar\omega $

 

한눈에 딱 보면

$E_{n}=\frac{1}{2}\hbar\omega +n\hbar\omega =\left ( \frac{1}{2} +n\right )\hbar\omega $

 

그라고 $A_{n}$, 규격화 상수라고 하는 저거는 일반화 시킬수 없을까? 해보면 되지 

앞에서 쭈~욱 계산해보니까 $a_{\pm }\Psi _{n}=\Psi _{n\pm 1}$ 요로케 비례했지.   보자 보자

$a_{+ }\Psi _{n}=c_{n}\Psi _{n+1}$

$a_{- }\Psi _{n}=d_{n}\Psi _{n-1}$

 

이렇게 놓을 수 있지를  ~~~~ 

그러니까 여기서 비례계수 $c_{n}, d_{n}$ 이것들을 우찌 구할것인가 이말이자나

 

우선 요것부터 한번 보자

임의의 함수 $f(x)$와 $g(x)$ 에 대하여 다음식이 성립한다. 믿어라 그라면 복이 온단다.

 

$\int_{-\infty }^{\infty }f^{\ast }\left ( a_{\pm }g \right )dx= \int_{-\infty }^{\infty }\left ( a_{\mp  }f \right )^{\ast }gdx$    이건 Hermitian 켤레당

 

 

여기서 이거 이거 한번 더 복습해 두자 돌머리에는 자주 쪼아 새겨야 한다. 니말고 나 ㅡ.ㅡ

임의의 행렬 A가 있을 때 \( A^{\dagger} \)를 A의 Hermitian(허미션)이라고 한다.

†는 대거라고 읽고 \( A^{\dagger} \)는 "에이 대거"라고 읽는다.

단검 모양 처럼 생겼다 해서 대거dagger라는 이름이 붙여졌다.

연필로 쓸 땐 그냥 십자 기호 처럼 쓰면 된다.

 

그래서 $A^{\dagger }$가 무슨 뜻이냐 하면 행렬 A에 transpose를 취해주고 complex conjugate를 취해준 행렬을 말한다.

즉 A의 전치행렬을 구하고 그 전치행렬의 복소 컬레를 구해주면 그게 바로 $A^{\dagger }$라는 말이다.

물론 순서는 상관없다.

기호로 나타내면 $ \overline{\left ( A^{T} \right )}=A^{\dagger }=A\ast $이다.

 

※참고사항

위의 표현에 대해 물리에서 오해의 여지가 있다.

정확하게는 수학에서의 complex conjugate는 ¯으로 표기한다.

*는 complex conjugate와 transpose의 의미를 동시에 가지고 있다.

즉 † = *이다.

하지만 물리에서 *이 complex conjugate의 의미만을 담아서 사용하는 경우가 많다.

따라서 $A^{\dagger }=\left ( A^{\ast } \right )^{T}$라고 표기할 수도 있다.

스칼라에 쓰일 땐 컬레복소수의 의미만 가지고 있고 행렬에 적용될 땐 웬만하면 †를 의미한다고 생각하자.

개인적인 생각으로 스칼라를 1 × 1 행렬이라고 보면 transpose를 취해도 의미가 없어서 혼용하는 것 같다.

헷갈리지 않도록 주의하자!

 

또한 $A=A^{\dagger }$일 때 A를 허미션 행렬 Hermitian matrix이라고 한다.

물리학에서 나타나는 연산자는 전부 Hermitian 행렬이다.

허미션 행렬의 기대값은 항상 실수인데 우리가 측정하는 물리량 또한 항상 실수이기 때문이다.

 

그러면 여기서 맞는지 안맞는지 알아봐야지 .... 의심은 많아 가지고 스리쯔쯧, 그래그래 알아보자

 

$ \int_{-\infty }^{\infty }f^{\ast }\left ( a_{+}g \right )dx=\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega }}\int_{-\infty }^{\infty }f^{\ast }\left ( -ip+m\omega x \right )gdx$

 

                              $=\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega }}\int_{-\infty }^{\infty }f^{\ast }\left ( -\hbar\frac{dg}{dx} +m\omega xg\right )dx$

 

                              $=\frac{-\hbar}{\sqrt{2\hbar m\omega }}\int_{-\infty }^{\infty }f^{\ast }\left ( \frac{dg}{dx} dx\right )+\frac{m\omega }{\sqrt{2\hbar m\omega }} \int_{-\infty }^{\infty }(xg)dx$

 

                               $=\frac{-\hbar}{\sqrt{2\hbar m\omega }}\left ( \left [ f\ast g \right ]_{-\infty }^{\infty } -\int_{-\infty }^{\infty }\frac{df^{\ast }}{dx}gdx\right )+\frac{m\omega }{\sqrt{2\hbar m\omega }}\int_{-\infty }^{\infty }f^{\ast }(xg)dx$

 

                                $=\frac{\hbar}{\sqrt{2\hbar m\omega }}\int_{-\infty }^{\infty }\frac{df^{\ast }}{dx}gdx+\frac{m\omega }{\sqrt{2\hbar m\omega }}\int_{-\infty }^{\infty }f^{\ast }(xg)dx$

 

 

                                $=\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega }}\int_{-\infty }^{\infty }\hbar\frac{df^{\ast }}{dx}gdx+m\omega xf^{\ast }gdx$

 

                                $=\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega }}\int_{-\infty }^{\infty }\left ( \hbar\frac{d}{dx}+m\omega x \right )^{\ast }f^{\ast }gdx$

 

                                $=\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega }}\int_{-\infty }^{\infty }
\left\{ \left ( i\frac{\hbar}{i} \frac{d}{dx}+m\omega x\right )f\right\} ^{\ast }gdx$

 

                                $=\frac{1}{\sqrt{2\hbar m\omega }}\int_{-\infty }^{\infty }
\left\{ \left ( ip+m\omega x \right )f\right\}^{\ast }gdx$

 

                                $=\int_{-\infty }^{\infty }\left ( a_{-} f\right )^{\ast }gdx$

 

그봐 맞잖아

계산 과정도 별짓 한거 없고 복잡해서 복호인데 부호 하나만 쓴거고 첫줄 (아래식 빨간색) 저거는 바로 앞에서 한거지

 

가운데 긴줄 저기서는 부분적분한 거니까 헤메지 말고, 그라고 기냥 쭈~~욱 정리하면  마지막 항이 첫식(원식이)하고 허미션이지? 맞지?  ok !!!    요거는 됐고 ......

 

 

그람 계속 간다.

 

$\hat{H}\Psi _{n}=E_{n}\Psi _{n}$ 에서

 

$\hbar\omega \left ( a_{\pm }a_{\mp } \pm \frac{1}{2}\right )\Psi _{n}=\hbar\omega \left ( \frac{1}{2}+n \right )\Psi _{n}$

 

$\left ( a_{\pm} a_{\mp }\pm \frac{1}{2}\right )\Psi _{n}=\left ( \frac{1}{2}+n \right )\Psi _{n}$

 

$\left ( a_{\pm }a_{\mp } \right )\Psi _{n}=\left ( n+\frac{1}{2}\mp \frac{1}{2} \right )\Psi _{n}$

 

$\therefore \left\{\begin{matrix}
\left ( a_{+}a_{-} \right )\Psi _{n} =n\Psi _{n}\quad \quad \quad  \\\left ( a_{-}a_{+} \right )\Psi _{n}=\left ( n+1 \right )\Psi _{n},
\end{matrix}\right.$

 

 

$\int \left ( a_{+}\Psi _{n} \right )^{\ast }\left ( a_{+}\Psi _{n} \right )dx=\int \left ( c_{n} \Psi _{n+1}\right )^{\ast }\left ( c_{n}\Psi _{n+1} \right )=\left | c_{n}\right |^{2}$

 

$\int \left ( a_{+}\Psi _{n} \right )^{\ast }\left ( a_{+}\Psi _{n} \right )dx=\int \left ( a_{-} a_{+}\Psi _{n}\right )^{\ast }\left ( \Psi _{n} \right )dx$

 

                                      $=\int \left\{ \left ( n+1 \right )\Psi_{n}\right\}^{\ast }\left ( \Psi _{n} \right )dx$

 

                                      $=\left ( n+1 \right )$

 

 

$\left | c_{n}\right |^{2}=(n+1)$

 

$\therefore c_{n}=\sqrt{n+1}$

 

 

 

$\int \left ( a_{-}\Psi _{n} \right )^{\ast }\left ( a_{-}\Psi _{n} \right )dx=\int \left ( d_{n} \Psi _{n-1}\right )^{\ast }\left ( d_{n}\Psi _{n-1} \right )=\left | d_{n}\right |^{2}$

 

$\int \left ( a_{-}\Psi _{n} \right )^{\ast }\left ( a_{-}\Psi _{n} \right )dx=\int \left ( a_{+} a_{-}\Psi _{n}\right )^{\ast }\left ( \Psi _{n} \right )dx$

 

                                       $=\int \left ( n\Psi _{n} \right )^{\ast} \left ( \Psi _{n} \right )dx$

 

                                       $=n$

 

 

$\left | d_{n}\right |^{2} =n$

 

$\therefore d_{n} =\sqrt{n}$

 

 

따라서 다음 관계식이 얻어 진다.

$a_{+}\Psi _{n}=\sqrt{n+1}\Psi _{n+1}   \quad \quad  a_{-}\Psi _{n}=\sqrt{n}\Psi _{n-1}$

 

그러므로 조화진동자를 기술하는 처음 몇 상태들의 파동함수는 다음과 같다.

 

$\Psi _{1}=a_{+}\Psi _{0}$

 

$\Psi _{2} =\frac{1}{\sqrt{2}}a_{+}\Psi _{1}=\frac{1}{\sqrt{2}}a_{+}^{2}\Psi _{0}$

 

$\Psi _{3} =\frac{1}{\sqrt{3}}a_{+}\Psi _{2}=\frac{1}{\sqrt{3\cdot 2}}a_{+}^{3}\Psi _{0}$

 

$\Psi _{4} =\frac{1}{\sqrt{4}}a_{+}\Psi _{3}=\frac{1}{\sqrt{4\cdot 3\cdot 2}}a_{+}^{4}\Psi _{0}$

 

요건 수학적귀납법을 통하여 다음 결과를 얻습니당. 숭구리당당ㅡ.ㅡ

 

$\Psi _{n} =\frac{1}{\sqrt{n!}}\left ( a_{+} \right )^{n}\Psi _{0}$

 

마지막으로 ~~~ 또 있어? 휴~~~~~ 그래 마지막이라니까 가자 go go

 

조화진동자의 특징

조화진동자의 정지된 상태들은 서로 직교 한다. 증말? 그래 증명해보까?

직교하면 욜케 되것지

$\int_{-\infty }^{\infty }\Psi^{\ast } _{m} \Psi _{n}dx=\delta _{mn}$        이게 정규직교의 성질이지 ?

 

​아하! 정규직교성(Orthonormality)에 대해서 간단히 복습함 하자ㅠㅠ

​정규직교성이라 ? 오소고날하고 노말리티하다 이말이네 머 ㅋㅋ

정규성(Normality)                         크기가 1​

직교성(Orthogonality\right)          서로 독립적이다. 서로직교한다.

 

식으로나타내면

$​\int_{0}^{T}\varphi _{i}(t)\varphi _{j}(t)dt=\delta _{ij} \quad \left\{\begin{matrix}
1 \quad (i=j) \quad :\quad Normality .... \\ 0 \quad (i\neq j) \quad :\quad Orthogonality
\end{matrix}\right.$

 

$\int_{-\infty }^{\infty }\Psi ^{\ast }_{m}\left ( a_{+} a_{-}\right )\Psi _{n}dx=n\int_{-\infty }^{\infty }\Psi ^{\ast }_{m}\Psi _{n}dx$

 

                                       $=\int_{-\infty }^{\infty }\left ( a_{-}\Psi _{m} \right )^{\ast }\left ( a_{-}\Psi _{n} \right )dx$

 

                                       $=\int_{-\infty }^{\infty }\left ( a_{+}a_{-}\Psi _{m} \right )^{\ast }\Psi _{n}dx$

 

                                       $=m\int_{-\infty }^{\infty }\Psi^{\ast } _{m}\Psi _{n}dx$

 

요렇케 orthonormal 하 하하 하며는 ....

 

$\Psi (x,t)=\sum \Psi _{n}(x)e^{-iE_{n}t/\hbar}$

 

요런 선형결합으로 표현되는 상태는, 여러 상태의 중첩으로 볼 수 있으며, 측정하기 전까지는 각각의 상태에 대응하는 확률로 존재하는 것으로 해석할 수 있다. 그럴것이다.

 

​요건 이해를 돕기위한 그림이다잉

조화진동자 에너지가 가장낮은 4개의 상태함수와 에너지

 

음~~~ 급수전개를 이용한 해석적풀이법 요건 걍 건너 뛸란다.

정말 노가다를 해얄 것 같아서다 ㅠㅠㅠ

시간도 많지 않고 ......

손구락도 아푸고 ......

눈도 침침하고 ......

혹 다음에  해 볼 일이 있을란가? 싶다.