부록 B 연습문제 풀이
← 문제로 돌아가기 | 본문으로 돌아가기
목차
Basic（기초）
Medium（표준）
Advanced（발전）
Basic（기초）
B-1. \(\mathbb{C}^2\) 벡터의 노름 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 노름은 \(\||\psi\rangle\| = \sqrt{\langle\psi|\psi\rangle}\)로 계산해요. \(\langle\psi|\psi\rangle = \sum_k |z_k|^2\)을 이용해요.
계산:
\[|\psi\rangle = \begin{pmatrix} 2i \\ 1 - i \end{pmatrix}\]
각 성분의 절댓값의 제곱을 계산해요:
\[|2i|^2 = (2i)(2i)^* = (2i)(-2i) = 4\]
\[|1 - i|^2 = (1 - i)(1 - i)^* = (1 - i)(1 + i) = 1 + 1 = 2\]
따라서
\[\langle\psi|\psi\rangle = 4 + 2 = 6\]
\[\boxed{\||\psi\rangle\| = \sqrt{6}}\]
검산: \(|2i|^2 = 0^2 + 2^2 = 4\) ✓, \(|1-i|^2 = 1^2 + (-1)^2 = 2\) ✓. 노름은 양의 실수이며, \(\sqrt{6} > 0\) ✓.
B-2. \(\mathbb{C}^2\) 의 내적 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(\langle\phi|\psi\rangle = \sum_k \phi_k^* \psi_k\) 를 계산해요. 브라 쪽(첫 번째 인수)의 성분에 복소켤레가 붙는 것에 주의해요.
계산:
\[|\psi\rangle = \begin{pmatrix} 1 + i \\ 2 \end{pmatrix}, \quad |\phi\rangle = \begin{pmatrix} 3 \\ i \end{pmatrix}\]
브라 벡터는
\[\langle\phi| = (3^*,\; i^*) = (3,\; -i)\]
따라서
\[\langle\phi|\psi\rangle = 3 \cdot (1 + i) + (-i) \cdot 2 = 3 + 3i - 2i = 3 + i\]
\[\boxed{\langle\phi|\psi\rangle = 3 + i}\]
검산: 에르미트성 \(\langle\psi|\phi\rangle = \langle\phi|\psi\rangle^*\) 을 확인해요.
\[\langle\psi|\phi\rangle = (1+i)^* \cdot 3 + 2^* \cdot i = (1-i) \cdot 3 + 2i = 3 - 3i + 2i = 3 - i\]
확실히 \(\langle\psi|\phi\rangle = 3 - i = (3 + i)^* = \langle\phi|\psi\rangle^*\) ✓
B-3. 2차원 벡터의 규격화
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 먼저 노름 \(\||v\rangle\|\) 을 계산하고, \(|u\rangle = |v\rangle / \||v\rangle\|\) 을 구해요.
계산:
\[|v\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ i \end{pmatrix}\]
\[\langle v|v\rangle = |1|^2 + |1|^2 + |i|^2 = 1 + 1 + 1 = 3\]
\[\||v\rangle\| = \sqrt{3}\]
\[\boxed{|u\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ i \end{pmatrix}}\]
검산: \(\langle u|u\rangle\) 을 확인해요.
\[\langle u|u\rangle = \frac{1}{3}(1^* \cdot 1 + 1^* \cdot 1 + (i)^* \cdot i) = \frac{1}{3}(1 + 1 + (-i)(i)) = \frac{1}{3}(1 + 1 + 1) = 1 \quad \checkmark\]
B-4. 직교 판정
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 내적 \(\langle a|b\rangle\)을 계산하여 0이 되는지 조사해요.
계산:
\[|a\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}, \quad |b\rangle = \begin{pmatrix} i \\ 1 \end{pmatrix}\]
\[\langle a| = (1^*,\; i^*) = (1,\; -i)\]
\[\langle a|b\rangle = 1 \cdot i + (-i) \cdot 1 = i - i = 0\]
\[\boxed{\langle a|b\rangle = 0 \quad \therefore\ |a\rangle \text{ 와 } |b\rangle \text{ 는 직교한다}}\]
검산: \(\langle b|a\rangle = \langle a|b\rangle^* = 0^* = 0\) ✓. 또한 직접 계산하면 \(\langle b|a\rangle = (i)^*\cdot 1 + 1^* \cdot i = -i + i = 0\) ✓.
B-5. 행렬 요소의 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(A_{jk} = \langle e_j|\hat{A}|e_k\rangle\) 는 \(\hat{A}|e_k\rangle\) 를 열벡터로 나타냈을 때의 제 \(j\) 성분과 같아요.
계산:
\(\hat{A}|e_1\rangle = \begin{pmatrix} 2 \\ i \end{pmatrix}\) 로부터:
\[A_{11} = \langle e_1|\hat{A}|e_1\rangle = 2, \quad A_{21} = \langle e_2|\hat{A}|e_1\rangle = i\]
\(\hat{A}|e_2\rangle = \begin{pmatrix} -i \\ 3 \end{pmatrix}\) 로부터:
\[A_{12} = \langle e_1|\hat{A}|e_2\rangle = -i, \quad A_{22} = \langle e_2|\hat{A}|e_2\rangle = 3\]
\[\boxed{A = \begin{pmatrix} 2 & -i \\ i & 3 \end{pmatrix}}\]
검산: 행렬의 제 \(k\) 열은 \(\hat{A}|e_k\rangle\) 의 성분을 나열한 것이어야 해요. 제 1열 \(\begin{pmatrix}2\\i\end{pmatrix}\) 는 \(\hat{A}|e_1\rangle\) 과 일치 ✓, 제 2열 \(\begin{pmatrix}-i\\3\end{pmatrix}\) 는 \(\hat{A}|e_2\rangle\) 과 일치 ✓. 또한 \(A^\dagger = \begin{pmatrix}2 & -i \\ i & 3\end{pmatrix} = A\) 이므로, 이 연산자는 에르미트 연산자예요.
B-6. 에르미트 켤레의 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \((A^\dagger)_{jk} = A_{kj}^*\) (전치한 후 복소켤레를 취함).
계산:
\[A = \begin{pmatrix} 2 & 1 - i \\ 3i & 4 + 2i \end{pmatrix}\]
전치하면:
\[A^T = \begin{pmatrix} 2 & 3i \\ 1 - i & 4 + 2i \end{pmatrix}\]
각 성분의 복소켤레를 취하면:
\[\boxed{A^\dagger = \begin{pmatrix} 2 & -3i \\ 1 + i & 4 - 2i \end{pmatrix}}\]
검산: \((A^\dagger)_{12} = A_{21}^* = (3i)^* = -3i\) ✓, \((A^\dagger)_{21} = A_{12}^* = (1-i)^* = 1+i\) ✓. 또한 \(A^\dagger \neq A\)이므로, 이 행렬은 에르미트 행렬이 아니에요.
B-7. 교환자의 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(AB\) 와 \(BA\) 를 각각 계산하고, 차를 구해요.
계산:
\[A = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}, \quad B = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\]
\[AB = \begin{pmatrix} 1\cdot0 + 0\cdot1 & 1\cdot1 + 0\cdot0 \\ 0\cdot0 + (-1)\cdot1 & 0\cdot1 + (-1)\cdot0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix}\]
\[BA = \begin{pmatrix} 0\cdot1 + 1\cdot0 & 0\cdot0 + 1\cdot(-1) \\ 1\cdot1 + 0\cdot0 & 1\cdot0 + 0\cdot(-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}\]
\[[A, B] = AB - BA = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ -1 & 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 & -1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}\]
\[\boxed{[A, B] = \begin{pmatrix} 0 & 2 \\ -2 & 0 \end{pmatrix}}\]
검산: \(A = \sigma_z\), \(B = \sigma_x\) (파울리 행렬)이고, \([\sigma_z, \sigma_x] = -2i\sigma_y\) 가 알려져 있어요. \(\sigma_y = \begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix}\) 이므로 \(-2i\sigma_y = -2i\begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & -2 \\ 2 & 0\end{pmatrix}\).
잠깐, 부호를 확인해 볼게요. \([\sigma_z, \sigma_x] = \sigma_z\sigma_x - \sigma_x\sigma_z\). 알려진 관계식은 \([\sigma_i, \sigma_j] = 2i\epsilon_{ijk}\sigma_k\) 이고, \([\sigma_z, \sigma_x] = 2i\epsilon_{zxy}\sigma_y = 2i(-1)\sigma_y = -2i\sigma_y\).
\[-2i\sigma_y = -2i\begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 2i\cdot i \\ -2i\cdot i & 0\end{pmatrix}\]
여기서 \(\epsilon_{zxy}\) 의 값을 확인해요. \((z,x,y) = (3,1,2)\) 는 순환 치환 \((1,2,3)\) 을 \((3,1,2)\) 로 바꾼 것으로, 이것은 짝수 치환이므로 \(\epsilon_{312} = +1\) 이에요. 따라서 \([\sigma_z, \sigma_x] = 2i\sigma_y\).
\[2i\sigma_y = 2i\begin{pmatrix}0 & -i \\ i & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & -2i^2 \\ 2i^2 & 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0 & 2 \\ -2 & 0\end{pmatrix} \quad \checkmark\]
B-8. 선형독립 판정
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(|v_2\rangle = \alpha |v_1\rangle\)이 되는 \(\alpha \in \mathbb{C}\)가 존재하는지 조사해요.
계산:
\[|v_1\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}, \quad |v_2\rangle = \begin{pmatrix} i \\ -1 \end{pmatrix}\]
\(|v_2\rangle = \alpha |v_1\rangle\)이라 하면:
- 제1 성분: \(i = \alpha \cdot 1 \implies \alpha = i\)
- 제2 성분: \(-1 = \alpha \cdot i = i \cdot i = -1\) ✓
두 성분 모두에서 \(\alpha = i\)가 성립하므로, \(|v_2\rangle = i\,|v_1\rangle\)이에요.
\[\boxed{|v_1\rangle \text{과 } |v_2\rangle \text{는 선형종속이다}（|v_2\rangle = i\,|v_1\rangle）}\]
검산: 실제로 \(i\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}i\\i^2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}i\\-1\end{pmatrix} = |v_2\rangle\) ✓.
B-9. 전개 계수의 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 정규직교 기저에서의 전개계수는 \(c_k = \langle e_k|\psi\rangle\)로 구할 수 있어요 (식 (B.19)).
계산:
\[|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}, \quad |-\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}, \quad |\psi\rangle = \begin{pmatrix} 3 \\ i \end{pmatrix}\]
기저가 실수 성분이므로, 브라 벡터는:
\[\langle +| = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\; 1), \quad \langle -| = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\; -1)\]
\[c_+ = \langle +|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 \cdot 3 + 1 \cdot i) = \frac{3 + i}{\sqrt{2}}\]
\[c_- = \langle -|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 \cdot 3 + (-1) \cdot i) = \frac{3 - i}{\sqrt{2}}\]
\[\boxed{c_+ = \frac{3 + i}{\sqrt{2}}, \quad c_- = \frac{3 - i}{\sqrt{2}}}\]
검산: \(c_+|+\rangle + c_-|-\rangle\)이 \(|\psi\rangle\)과 일치하는지 확인해요.
\[c_+|+\rangle + c_-|-\rangle = \frac{3+i}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} + \frac{3-i}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\]
\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix}3+i\\3+i\end{pmatrix} + \frac{1}{2}\begin{pmatrix}3-i\\-(3-i)\end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}6\\2i\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\i\end{pmatrix} = |\psi\rangle \quad \checkmark\]
또한, \(|c_+|^2 + |c_-|^2 = \frac{|3+i|^2}{2} + \frac{|3-i|^2}{2} = \frac{10}{2} + \frac{10}{2} = 10 = \langle\psi|\psi\rangle\) ✓ (Parseval의 등식).
B-10. 완전성 관계의 확인
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(|+\rangle\langle+|\) 와 \(|-\rangle\langle-|\) 를 각각 \(2\times 2\) 행렬로 계산하고, 합을 구해요.
계산:
\[|+\rangle\langle +| = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\;1) = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1\\1 & 1\end{pmatrix}\]
\[|-\rangle\langle -| = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\;-1) = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\\-1 & 1\end{pmatrix}\]
\[|+\rangle\langle +| + |-\rangle\langle -| = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1\\1 & 1\end{pmatrix} + \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\\-1 & 1\end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}2 & 0\\0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}\]
\[\boxed{|+\rangle\langle +| + |-\rangle\langle -| = \hat{1} = \begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix}}\]
검산: 완전성 관계가 성립하는 것은 \(\{|+\rangle, |-\rangle\}\) 가 정규직교기저라는 사실의 귀결이에요. 실제로 \(\langle+|-\rangle = \frac{1}{2}(1\cdot1 + 1\cdot(-1)) = 0\) ✓, \(\langle+|+\rangle = \frac{1}{2}(1+1) = 1\) ✓, \(\langle-|-\rangle = \frac{1}{2}(1+1) = 1\) ✓. 2차원 공간에서 2개의 정규직교 벡터가 있으면 기저를 이루므로, 완전성 관계가 성립해요.
Medium（표준）
M-1. 그람-슈미트 직교화법
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 식 (B.22)–(B.24)에 따라, \(|v_1\rangle\)을 규격화하여 \(|e_1\rangle\)을 만들고, \(|v_2\rangle\)에서 \(|e_1\rangle\) 성분을 제거·규격화하여 \(|e_2\rangle\)을 만들어요.
Step 1: \(|e_1\rangle\)의 구성
\[|v_1\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}\]
\[\langle v_1|v_1\rangle = |1|^2 + |i|^2 = 1 + 1 = 2\]
\[|e_1\rangle = \frac{|v_1\rangle}{\sqrt{2}} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ i \end{pmatrix}\]
Step 2: \(|e_2\rangle\)의 구성
먼저 \(\langle e_1|v_2\rangle\)를 계산해요. \(\langle e_1| = \frac{1}{\sqrt{2}}(1^*,\; i^*) = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\; -i)\)이므로:
\[\langle e_1|v_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1 \cdot 1 + (-i) \cdot 1) = \frac{1 - i}{\sqrt{2}}\]
\(|e_1\rangle\) 성분을 제거해요:
\[|w_2\rangle = |v_2\rangle - \langle e_1|v_2\rangle\,|e_1\rangle = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} - \frac{1-i}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}\]
\[= \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} - \frac{1-i}{2}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}\]
\(\frac{1-i}{2}\)와 각 성분의 곱을 계산해요:
\[\frac{(1-i) \cdot 1}{2} = \frac{1-i}{2}\]
\[\frac{(1-i) \cdot i}{2} = \frac{i - i^2}{2} = \frac{i + 1}{2} = \frac{1+i}{2}\]
따라서
\[|w_2\rangle = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}\frac{1-i}{2}\\\frac{1+i}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 - \frac{1-i}{2}\\1 - \frac{1+i}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{2 - 1 + i}{2}\\\frac{2 - 1 - i}{2}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{1+i}{2}\\\frac{1-i}{2}\end{pmatrix}\]
\(|w_2\rangle\)의 노름을 계산해요:
\[\langle w_2|w_2\rangle = \left|\frac{1+i}{2}\right|^2 + \left|\frac{1-i}{2}\right|^2 = \frac{2}{4} + \frac{2}{4} = 1\]
노름이 1이므로, 규격화가 불필요해요:
\[|e_2\rangle = |w_2\rangle = \begin{pmatrix}\frac{1+i}{2}\\\frac{1-i}{2}\end{pmatrix}\]
\[\boxed{|e_1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\i\end{pmatrix}, \quad |e_2\rangle = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+i\\1-i\end{pmatrix}}\]
정규직교성 확인
\(\langle e_1|e_1\rangle\):
\[\langle e_1|e_1\rangle = \frac{1}{2}(|1|^2 + |i|^2) = \frac{1}{2}(1 + 1) = 1 \quad \checkmark\]
\(\langle e_2|e_2\rangle\):
\[\langle e_2|e_2\rangle = \frac{1}{4}(|1+i|^2 + |1-i|^2) = \frac{1}{4}(2 + 2) = 1 \quad \checkmark\]
\(\langle e_1|e_2\rangle\):
\[\langle e_1|e_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(1,\;-i) \cdot \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+i\\1-i\end{pmatrix} = \frac{1}{2\sqrt{2}}\bigl[1\cdot(1+i) + (-i)\cdot(1-i)\bigr]\]
\[= \frac{1}{2\sqrt{2}}\bigl[(1+i) + (-i + i^2)\bigr] = \frac{1}{2\sqrt{2}}\bigl[(1+i) + (-i - 1)\bigr] = \frac{1}{2\sqrt{2}} \cdot 0 = 0 \quad \checkmark\]
정규직교성이 확인되었어요.
M-2. 에르미트 행렬의 고유값이 실수임을 증명
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 고유값 방정식의 양변에 브라를 곱하고, 에르미트성을 이용하여 \(\lambda = \lambda^*\)를 보여요.
증명:
\(\hat{A}|\lambda\rangle = \lambda|\lambda\rangle\)（\(|\lambda\rangle \neq \mathbf{0}\)）의 양변에 왼쪽에서 \(\langle\lambda|\)를 곱하면:
\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle = \lambda\langle\lambda|\lambda\rangle \tag{1}\]
다음으로, (1)의 좌변의 복소켤레를 생각해요. 내적의 에르미트성(식 (B.7))으로부터:
\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle^* = \langle\hat{A}\lambda|\lambda\rangle^{*\,*} \text{ 가 아니라, 직접 생각해요.}\]
더 꼼꼼하게 진행해요. (1)의 복소켤레를 취하면:
\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle^* = \lambda^*\langle\lambda|\lambda\rangle^* = \lambda^*\langle\lambda|\lambda\rangle \tag{2}\]
여기서 마지막 등호는 \(\langle\lambda|\lambda\rangle\)이 실수(비음수)인 것에 의해요.
한편, \(\hat{A}^\dagger = \hat{A}\)를 이용하면:
\[\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle^* = \langle\lambda|\hat{A}^\dagger|\lambda\rangle = \langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle \tag{3}\]
여기서 첫 번째 등호는, 일반적으로 \(\langle\psi|\hat{O}|\phi\rangle^* = \langle\phi|\hat{O}^\dagger|\psi\rangle\)라는 관계（\(|\psi\rangle = |\phi\rangle = |\lambda\rangle\)인 경우）로부터 따라와요.
(3)으로부터 \(\langle\lambda|\hat{A}|\lambda\rangle\)은 실수예요.
(1)과 (2)를 비교하면:
\[\lambda\langle\lambda|\lambda\rangle = \lambda^*\langle\lambda|\lambda\rangle\]
\(|\lambda\rangle \neq \mathbf{0}\)이므로 \(\langle\lambda|\lambda\rangle > 0\)이고, 양변을 \(\langle\lambda|\lambda\rangle\)으로 나누면:
\[\boxed{\lambda = \lambda^*}\]
따라서 \(\lambda\)는 실수예요. \(\blacksquare\)
검산: D5에서 구한 행렬 \(A = \begin{pmatrix}2 & -i \\ i & 3\end{pmatrix}\)는 에르미트였어요. 고유값을 구하면, 특성 방정식 \((2-\lambda)(3-\lambda) - (-i)(i) = 0\)으로부터 \(\lambda^2 - 5\lambda + 6 - 1 = 0\), \(\lambda^2 - 5\lambda + 5 = 0\), \(\lambda = \frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}\). 확실히 실수 ✓.
M-3. 에르미트 행렬의 서로 다른 고유값에 속하는 고유벡터는 직교한다
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 두 고유값 방정식으로부터 \(\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle\)에 관한 등식을 유도하고, \(\lambda_1 \neq \lambda_2\)로부터 \(\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = 0\)을 결론해요.
증명:
고유값 방정식:
\[\hat{A}|\lambda_1\rangle = \lambda_1|\lambda_1\rangle \tag{i}\]
\[\hat{A}|\lambda_2\rangle = \lambda_2|\lambda_2\rangle \tag{ii}\]
(ii)의 양변에 왼쪽에서 \(\langle\lambda_1|\)을 곱하면:
\[\langle\lambda_1|\hat{A}|\lambda_2\rangle = \lambda_2\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle \tag{iii}\]
(i)의 에르미트 켤레를 취하면 (\(\hat{A}^\dagger = \hat{A}\), S2에서 \(\lambda_1\)은 실수이므로 \(\lambda_1^* = \lambda_1\)):
\[\langle\lambda_1|\hat{A}^\dagger = \lambda_1^*\langle\lambda_1| \implies \langle\lambda_1|\hat{A} = \lambda_1\langle\lambda_1|\]
여기에 오른쪽에서 \(|\lambda_2\rangle\)를 곱하면:
\[\langle\lambda_1|\hat{A}|\lambda_2\rangle = \lambda_1\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle \tag{iv}\]
(iii)과 (iv)를 비교하면:
\[\lambda_2\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = \lambda_1\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle\]
\[(\lambda_1 - \lambda_2)\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = 0\]
\(\lambda_1 \neq \lambda_2\)이므로 \(\lambda_1 - \lambda_2 \neq 0\)이어서:
\[\boxed{\langle\lambda_1|\lambda_2\rangle = 0}\]
\(\blacksquare\)
검산: S2의 검산에서 사용한 행렬 \(A = \begin{pmatrix}2 & -i \\ i & 3\end{pmatrix}\)의 고유값 \(\lambda_\pm = \frac{5 \pm \sqrt{5}}{2}\)에 대응하는 고유벡터를 구하여 직교성을 확인할 수 있어요. \(\lambda_+ = \frac{5+\sqrt{5}}{2}\)에 대해 \((2 - \lambda_+)v_1 - iv_2 = 0\)으로부터 \(v_2 = \frac{2-\lambda_+}{i} \cdot v_1 = i(\lambda_+ - 2)v_1\)이에요. 마찬가지로 \(\lambda_-\)에 대해 \(v_2 = i(\lambda_- - 2)v_1\)이에요. 내적을 계산하면 \(1 + i(\lambda_+ - 2) \cdot (-i)(\lambda_- - 2) = 1 + (\lambda_+ - 2)(\lambda_- - 2)\)이에요. 비에타 공식에 의해 \((\lambda_+ - 2)(\lambda_- - 2) = \lambda_+\lambda_- - 2(\lambda_+ + \lambda_-) + 4 = 5 - 10 + 4 = -1\)이에요. 따라서 내적 \(= 1 + (-1) = 0\) ✓.
M-4. 교환자 항등식의 유도
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 각 교환자를 정의에 따라 전개하고, 전체 12개 항을 써서 상쇄를 확인해요.
증명:
교환자의 정의 \([\hat{X}, \hat{Y}] = \hat{X}\hat{Y} - \hat{Y}\hat{X}\) 를 이용하여 각 항을 전개해요.
제1항:
\[[\hat{A}, [\hat{B}, \hat{C}]] = [\hat{A}, \hat{B}\hat{C} - \hat{C}\hat{B}] = \hat{A}\hat{B}\hat{C} - \hat{A}\hat{C}\hat{B} - \hat{B}\hat{C}\hat{A} + \hat{C}\hat{B}\hat{A}\]
제2항: \(\hat{A} \to \hat{B}\), \(\hat{B} \to \hat{C}\), \(\hat{C} \to \hat{A}\) 의 순환 치환:
\[[\hat{B}, [\hat{C}, \hat{A}]] = \hat{B}\hat{C}\hat{A} - \hat{B}\hat{A}\hat{C} - \hat{C}\hat{A}\hat{B} + \hat{A}\hat{C}\hat{B}\]
제3항: 다시 순환 치환:
\[[\hat{C}, [\hat{A}, \hat{B}]] = \hat{C}\hat{A}\hat{B} - \hat{C}\hat{B}\hat{A} - \hat{A}\hat{B}\hat{C} + \hat{B}\hat{A}\hat{C}\]
전체 12개 항을 더해요:
| 항 |
제1항 |
제2항 |
제3항 |
합계 |
| \(\hat{A}\hat{B}\hat{C}\) |
\(+1\) |
\(0\) |
\(-1\) |
\(0\) |
| \(\hat{A}\hat{C}\hat{B}\) |
\(-1\) |
\(+1\) |
\(0\) |
\(0\) |
| \(\hat{B}\hat{C}\hat{A}\) |
\(-1\) |
\(+1\) |
\(0\) |
\(0\) |
| \(\hat{C}\hat{B}\hat{A}\) |
\(+1\) |
\(0\) |
\(-1\) |
\(0\) |
| \(\hat{B}\hat{A}\hat{C}\) |
\(0\) |
\(-1\) |
\(+1\) |
\(0\) |
| \(\hat{C}\hat{A}\hat{B}\) |
\(0\) |
\(-1\) |
\(+1\) |
\(0\) |
모든 항이 상쇄되어:
\[\boxed{[\hat{A}, [\hat{B}, \hat{C}]] + [\hat{B}, [\hat{C}, \hat{A}]] + [\hat{C}, [\hat{A}, \hat{B}]] = 0}\]
\(\blacksquare\)
검산: D7의 \(A = \sigma_z\), \(B = \sigma_x\) 에 더하여 \(C = \sigma_y\) 로 구체적으로 확인할 수 있어요. \([\sigma_z, \sigma_x] = 2i\sigma_y\), \([\sigma_x, \sigma_y] = 2i\sigma_z\), \([\sigma_y, \sigma_z] = 2i\sigma_x\) 를 이용하면, \([\sigma_z, 2i\sigma_z] + [\sigma_x, 2i\sigma_x] + [\sigma_y, 2i\sigma_y] = 2i[\sigma_z, \sigma_z] + 2i[\sigma_x, \sigma_x] + 2i[\sigma_y, \sigma_y] = 0 + 0 + 0 = 0\) ✓ (임의의 연산자는 자기 자신과 교환해요).
M-5. Schwarz 부등식의 증명
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 보조 벡터 \(|w\rangle = |\psi\rangle - t|\phi\rangle\)를 도입하고, \(\langle w|w\rangle \geq 0\)으로부터 부등식을 유도해요.
증명:
Case 1: \(|\phi\rangle = \mathbf{0}\)일 때.
우변 \(= \langle\phi|\phi\rangle \cdot \langle\psi|\psi\rangle = 0\), 좌변 \(= |\langle\phi|\psi\rangle|^2 = |0|^2 = 0\). 따라서 \(0 \leq 0\)으로 부등식은 자명하게 성립해요.
Case 2: \(|\phi\rangle \neq \mathbf{0}\)일 때.
임의의 복소수 \(t\)에 대해 \(|w\rangle = |\psi\rangle - t|\phi\rangle\)로 놓으면, 내적의 양정치성으로부터:
\[\langle w|w\rangle \geq 0\]
\[\langle w|w\rangle = \langle\psi|\psi\rangle - t\langle\psi|\phi\rangle - t^*\langle\phi|\psi\rangle + |t|^2\langle\phi|\phi\rangle \geq 0 \tag{*}\]
여기서 \(t\)를 최적으로 선택해요. \(\langle w|w\rangle\)를 최소화하는 \(t\)를 구하기 위해,
\[t = \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\]
로 놓아요(\(\langle\phi|\phi\rangle > 0\)이므로 well-defined). 이때:
\[t^* = \frac{\langle\phi|\psi\rangle^*}{\langle\phi|\phi\rangle} = \frac{\langle\psi|\phi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\]
\[|t|^2 = \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle^2}\]
(\(*\))에 대입하면:
\[\langle\psi|\psi\rangle - \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\langle\psi|\phi\rangle - \frac{\langle\psi|\phi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}\langle\phi|\psi\rangle + \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle^2}\langle\phi|\phi\rangle \geq 0\]
\(\langle\psi|\phi\rangle \cdot \langle\phi|\psi\rangle = |\langle\phi|\psi\rangle|^2\)에 주의하여 정리하면:
\[\langle\psi|\psi\rangle - \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} - \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} + \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} \geq 0\]
\[\langle\psi|\psi\rangle - \frac{|\langle\phi|\psi\rangle|^2}{\langle\phi|\phi\rangle} \geq 0\]
양변에 \(\langle\phi|\phi\rangle > 0\)을 곱하면:
\[\boxed{|\langle\phi|\psi\rangle|^2 \leq \langle\phi|\phi\rangle \cdot \langle\psi|\psi\rangle}\]
\(\blacksquare\)
등호 조건: \(\langle w|w\rangle = 0\)일 때, 즉 \(|w\rangle = \mathbf{0}\)일 때 등호가 성립해요. 이는
\[|\psi\rangle = t|\phi\rangle = \frac{\langle\phi|\psi\rangle}{\langle\phi|\phi\rangle}|\phi\rangle\]
즉, \(|\psi\rangle\)와 \(|\phi\rangle\)가 선형종속(한쪽이 다른 쪽의 상수배)일 때 등호가 성립해요.
검산: 구체적인 예시로 확인해요. \(|\psi\rangle = \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\), \(|\phi\rangle = \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}\)일 때:
- 좌변: \(|\langle\phi|\psi\rangle|^2 = |1|^2 = 1\)
- 우변: \(\langle\phi|\phi\rangle \cdot \langle\psi|\psi\rangle = 2 \cdot 1 = 2\)
- \(1 \leq 2\) ✓ (선형독립이므로 엄밀한 부등호)
\(|\psi\rangle = \begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix} = 2|\phi\rangle/\sqrt{?}\)... \(|\psi\rangle = 2\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} = 2|\phi\rangle\)일 때:
- 좌변: \(|\langle\phi|\psi\rangle|^2 = |2 \cdot 2|^2 = |4|^2 = 16\)
- 우변: \(2 \cdot 8 = 16\)
- \(16 = 16\) ✓ (선형종속이므로 등호 성립)
Advanced（발전）
A-1. 유니타리 행렬에 의한 기저 변환과 행렬 표현의 변환 법칙
→ 문제로 돌아가기
(a) \(U\)가 유니터리 행렬임의 증명
풀이 방침: \((U^\dagger U)_{jk}\)를 계산하고, \(\{|e_l\rangle\}\)에 관한 완전성 관계를 삽입해요.
증명:
\(U_{jk} = \langle e_j|f_k\rangle\)로부터, \((U^\dagger)_{jk} = U_{kj}^* = \langle e_k|f_j\rangle^* = \langle f_j|e_k\rangle\)이에요.
\((U^\dagger U)_{jk}\)를 계산해요:
\[(U^\dagger U)_{jk} = \sum_{l=1}^{N} (U^\dagger)_{jl}\, U_{lk} = \sum_{l=1}^{N} \langle f_j|e_l\rangle\langle e_l|f_k\rangle\]
\(\{|e_l\rangle\}\)의 완전성 관계 \(\sum_{l=1}^{N}|e_l\rangle\langle e_l| = \hat{1}\)을 이용하면:
\[(U^\dagger U)_{jk} = \langle f_j|\left(\sum_{l=1}^{N}|e_l\rangle\langle e_l|\right)|f_k\rangle = \langle f_j|\hat{1}|f_k\rangle = \langle f_j|f_k\rangle = \delta_{jk}\]
마지막 등호는 \(\{|f_k\rangle\}\)의 정규직교성에 의한 것이에요. 따라서 \(U^\dagger U = \hat{1}\)이에요.
마찬가지로 \((UU^\dagger)_{jk}\)를 계산해요:
\[(UU^\dagger)_{jk} = \sum_{l=1}^{N} U_{jl}\,(U^\dagger)_{lk} = \sum_{l=1}^{N} \langle e_j|f_l\rangle\langle f_l|e_k\rangle\]
\(\{|f_l\rangle\}\)의 완전성 관계 \(\sum_{l=1}^{N}|f_l\rangle\langle f_l| = \hat{1}\)을 이용하면:
\[(UU^\dagger)_{jk} = \langle e_j|\hat{1}|e_k\rangle = \delta_{jk}\]
\[\boxed{U^\dagger U = UU^\dagger = \hat{1}}\]
따라서 \(U\)는 유니터리 행렬이에요. \(\blacksquare\)
(b) 행렬 표현의 변환 법칙
풀이 방침: \(A^{(e)}_{jk} = \langle e_j|\hat{A}|e_k\rangle\)에 \(\{|f_l\rangle\}\)의 완전성 관계를 삽입해요.
증명:
\[A^{(e)}_{jk} = \langle e_j|\hat{A}|e_k\rangle = \langle e_j|\hat{1}\,\hat{A}\,\hat{1}|e_k\rangle\]
\(\hat{A}\)의 좌우에 \(\{|f_l\rangle\}\)의 완전성 관계를 삽입해요:
\[= \sum_{l=1}^{N}\sum_{m=1}^{N} \langle e_j|f_l\rangle\langle f_l|\hat{A}|f_m\rangle\langle f_m|e_k\rangle\]
\[= \sum_{l,m} U_{jl}\, A^{(f)}_{lm}\, (U^\dagger)_{mk}\]
이것은 행렬 곱의 정의 그 자체이므로:
\[\boxed{A^{(e)} = U\, A^{(f)}\, U^\dagger}\]
\(\blacksquare\)
(c) 대각합의 기저 불변성
풀이 방침: 대각합의 순환성(cyclic property)을 이용해요.
증명:
\[\mathrm{Tr}(A^{(e)}) = \mathrm{Tr}(U\, A^{(f)}\, U^\dagger)\]
행렬의 대각합의 순환성 \(\mathrm{Tr}(XYZ) = \mathrm{Tr}(ZXY)\)를 이용하면:
\[= \mathrm{Tr}(U^\dagger U\, A^{(f)}) = \mathrm{Tr}(\hat{1}\, A^{(f)}) = \mathrm{Tr}(A^{(f)})\]
\[\boxed{\mathrm{Tr}(A^{(e)}) = \mathrm{Tr}(A^{(f)})}\]
따라서, 연산자의 대각합은 기저의 선택에 의존하지 않아요. \(\blacksquare\)
검산(대각합의 순환성의 직접 확인): 첨자를 이용하여 직접 계산해요.
\[\mathrm{Tr}(A^{(e)}) = \sum_k A^{(e)}_{kk} = \sum_k \langle e_k|\hat{A}|e_k\rangle\]
완전성 관계 \(\sum_k |e_k\rangle\langle e_k| = \hat{1}\)을 이용하면, 이것은 \(\mathrm{Tr}(\hat{A})\)의 기저 \(\{|e_k\rangle\}\)에서의 표현이에요. 마찬가지로 기저 \(\{|f_k\rangle\}\)에서도:
\[\sum_k \langle f_k|\hat{A}|f_k\rangle = \sum_k \langle f_k|\hat{A}\hat{1}|f_k\rangle = \sum_{k,l} \langle f_k|\hat{A}|e_l\rangle\langle e_l|f_k\rangle = \sum_l \langle e_l|\left(\sum_k |f_k\rangle\langle f_k|\right)\hat{A}|e_l\rangle = \sum_l \langle e_l|\hat{A}|e_l\rangle\]
확실히 일치해요 ✓.
A-2. 텐서곱 공간과 Bell 기저의 구성
→ 문제로 돌아가기
(a) Bell 기저가 정규직교기저를 이루는 것의 증명
풀이 방침: 텐서곱 공간의 내적 \(\langle jk|lm\rangle = \delta_{jl}\delta_{km}\)을 이용하여, 4개의 Bell 상태의 모든 조합에 대해 내적을 계산해요.
각 벡터의 노름:
\[\langle\Phi^+|\Phi^+\rangle = \frac{1}{2}(\langle 00| + \langle 11|)(|00\rangle + |11\rangle) = \frac{1}{2}(\langle 00|00\rangle + \langle 00|11\rangle + \langle 11|00\rangle + \langle 11|11\rangle)\]
\[= \frac{1}{2}(1 + 0 + 0 + 1) = 1 \quad \checkmark\]
마찬가지 계산에 의해 (부호의 제곱은 모두 \(+1\)이 되므로):
\[\langle\Phi^-|\Phi^-\rangle = \frac{1}{2}(1 + 1) = 1, \quad \langle\Psi^+|\Psi^+\rangle = 1, \quad \langle\Psi^-|\Psi^-\rangle = 1 \quad \checkmark\]
서로 다른 벡터 간의 내적:
\(|\Phi^\pm\rangle\)는 \(|00\rangle, |11\rangle\)의 선형결합, \(|\Psi^\pm\rangle\)는 \(|01\rangle, |10\rangle\)의 선형결합이므로, \(\Phi\) 계열과 \(\Psi\) 계열 사이의 내적은 자동적으로 0이에요:
\[\langle\Phi^\pm|\Psi^\pm\rangle = 0, \quad \langle\Phi^\pm|\Psi^\mp\rangle = 0\]
(서로 다른 표준기저 벡터의 내적이 모두 0이기 때문이에요.)
나머지 조합:
\[\langle\Phi^+|\Phi^-\rangle = \frac{1}{2}(\langle 00| + \langle 11|)(|00\rangle - |11\rangle) = \frac{1}{2}(1 - 0 + 0 - 1) = 0 \quad \checkmark\]
\[\langle\Psi^+|\Psi^-\rangle = \frac{1}{2}(\langle 01| + \langle 10|)(|01\rangle - |10\rangle) = \frac{1}{2}(1 - 0 + 0 - 1) = 0 \quad \checkmark\]
이상으로부터, 4개의 Bell 상태는 서로 직교하고 각 노름이 1이에요. \(\mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2\)는 4차원 공간이며, 4개의 정규직교 벡터는 기저를 이루어요.
\[\boxed{\{|\Phi^+\rangle, |\Phi^-\rangle, |\Psi^+\rangle, |\Psi^-\rangle\} \text{ 는 } \mathbb{C}^2 \otimes \mathbb{C}^2 \text{ 의 정규직교기저이다.}}\]
(b) \(|\Phi^+\rangle\)가 얽힘 상태임의 증명
풀이 방침: 귀류법을 사용해요. \(|\Phi^+\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle\)라고 가정하여 모순을 이끌어내요.
증명:
\(|\Phi^+\rangle = |a\rangle \otimes |b\rangle\)로 쓸 수 있다고 가정해요. 여기서
\[|a\rangle = a_0|0\rangle + a_1|1\rangle, \quad |b\rangle = b_0|0\rangle + b_1|1\rangle\]
로 놓으면:
\[|a\rangle \otimes |b\rangle = a_0 b_0|00\rangle + a_0 b_1|01\rangle + a_1 b_0|10\rangle + a_1 b_1|11\rangle\]
이것이 \(|\Phi^+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|00\rangle + |11\rangle) = \frac{1}{\sqrt{2}}|00\rangle + 0 \cdot |01\rangle + 0 \cdot |10\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|11\rangle\)와 같으므로, 계수를 비교하면:
\[a_0 b_0 = \frac{1}{\sqrt{2}} \tag{I}\]
\[a_0 b_1 = 0 \tag{II}\]
\[a_1 b_0 = 0 \tag{III}\]
\[a_1 b_1 = \frac{1}{\sqrt{2}} \tag{IV}\]
(I)로부터 \(a_0 \neq 0\)이고 \(b_0 \neq 0\)이에요.
(II)에서 \(a_0 \neq 0\)이므로 \(b_1 = 0\)이에요.
(IV)에서 \(b_1 = 0\)이므로 \(a_1 b_1 = 0 \neq \frac{1}{\sqrt{2}}\). 모순.
\[\boxed{|\Phi^+\rangle \text{ 는 분리 불가능(얽힘 상태)이다.}}\]
\(\blacksquare\)
검산: 다른 경로에서도 모순이 발생하는 것을 확인해요. (IV)로부터 \(a_1 \neq 0\)이고 \(b_1 \neq 0\)이에요. 그런데 (II)로부터 \(a_0 = 0\) 또는 \(b_1 = 0\)이에요. \(b_1 \neq 0\)이므로 \(a_0 = 0\)이에요. 그러면 (I)로부터 \(a_0 b_0 = 0 \neq \frac{1}{\sqrt{2}}\). 모순 ✓. 어떤 경로에서도 모순이 발생해요.
(c) 임의의 상태의 Bell 기저에서의 전개
풀이 방침: 표준기저를 Bell 기저로 역으로 나타내어 대입해요. 또는 각 전개 계수를 내적으로 구해요.
계산:
먼저 Bell 기저의 정의식을 역으로 풀어서, 표준기저를 Bell 기저로 나타내요:
\[|\Phi^+\rangle + |\Phi^-\rangle = \sqrt{2}\,|00\rangle \implies |00\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle + |\Phi^-\rangle)\]
\[|\Phi^+\rangle - |\Phi^-\rangle = \sqrt{2}\,|11\rangle \implies |11\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle - |\Phi^-\rangle)\]
\[|\Psi^+\rangle + |\Psi^-\rangle = \sqrt{2}\,|01\rangle \implies |01\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle + |\Psi^-\rangle)\]
\[|\Psi^+\rangle - |\Psi^-\rangle = \sqrt{2}\,|10\rangle \implies |10\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle - |\Psi^-\rangle)\]
\(|\psi\rangle = \alpha|00\rangle + \beta|01\rangle + \gamma|10\rangle + \delta|11\rangle\)에 대입하면:
\[|\psi\rangle = \frac{\alpha}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle + |\Phi^-\rangle) + \frac{\beta}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle + |\Psi^-\rangle) + \frac{\gamma}{\sqrt{2}}(|\Psi^+\rangle - |\Psi^-\rangle) + \frac{\delta}{\sqrt{2}}(|\Phi^+\rangle - |\Phi^-\rangle)\]
Bell 기저별로 정리하면:
\[|\psi\rangle = \frac{\alpha + \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^+\rangle + \frac{\alpha - \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^-\rangle + \frac{\beta + \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^+\rangle + \frac{\beta - \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^-\rangle\]
\[\boxed{|\psi\rangle = \frac{\alpha + \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^+\rangle + \frac{\alpha - \delta}{\sqrt{2}}|\Phi^-\rangle + \frac{\beta + \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^+\rangle + \frac{\beta - \gamma}{\sqrt{2}}|\Psi^-\rangle}\]
전개 계수를 정리하면:
\[c_{\Phi^+} = \frac{\alpha + \delta}{\sqrt{2}}, \quad c_{\Phi^-} = \frac{\alpha - \delta}{\sqrt{2}}, \quad c_{\Psi^+} = \frac{\beta + \gamma}{\sqrt{2}}, \quad c_{\Psi^-} = \frac{\beta - \gamma}{\sqrt{2}}\]
검산: 규격화 조건을 확인해요.
\[\sum |c_i|^2 = \frac{|\alpha+\delta|^2 + |\alpha-\delta|^2 + |\beta+\gamma|^2 + |\beta-\gamma|^2}{2}\]
\(|\alpha + \delta|^2 + |\alpha - \delta|^2 = 2(|\alpha|^2 + |\delta|^2)\) (평행사변형 법칙), 마찬가지로 \(|\beta + \gamma|^2 + |\beta - \gamma|^2 = 2(|\beta|^2 + |\gamma|^2)\)이므로:
\[\sum |c_i|^2 = \frac{2(|\alpha|^2 + |\delta|^2) + 2(|\beta|^2 + |\gamma|^2)}{2} = |\alpha|^2 + |\beta|^2 + |\gamma|^2 + |\delta|^2 = 1 \quad \checkmark\]
또한, 특수한 경우로 \(|\psi\rangle = |\Phi^+\rangle\) (\(\alpha = \delta = 1/\sqrt{2}\), \(\beta = \gamma = 0\))일 때: \(c_{\Phi^+} = \frac{1/\sqrt{2} + 1/\sqrt{2}}{\sqrt{2}} = 1\), 나머지는 0 ✓.