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제 4 장 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. 복소수의 절댓값과 켤레 복소수

→ 문제로 돌아가기

방침: \(z = a + bi\) 에 대해, \(z^* = a - bi\), \(|z| = \sqrt{a^2 + b^2}\), \(z \cdot z^* = |z|^2 = a^2 + b^2\) 을 적용해요.

1. \(z = 1 + i\)

(a) \(z^* = 1 - i\)

(b) \(|z| = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}\)

(c) \(z \cdot z^* = 1^2 + 1^2 = 2\)

2. \(z = 3 - 4i\)

(a) \(z^* = 3 + 4i\)

(b) \(|z| = \sqrt{3^2 + 4^2} = \sqrt{9 + 16} = \sqrt{25} = 5\)

(c) \(z \cdot z^* = 9 + 16 = 25\)

3. \(z = -2i\)（\(a = 0\), \(b = -2\)）

(a) \(z^* = +2i\)

(b) \(|z| = \sqrt{0^2 + (-2)^2} = 2\)

(c) \(z \cdot z^* = (-2i)(2i) = -4i^2 = 4\)

4. \(z = 5\)（\(a = 5\), \(b = 0\)）

(a) \(z^* = 5\)

(b) \(|z| = 5\)

(c) \(z \cdot z^* = 25\)

검산: 모든 경우에 대해 \(z \cdot z^* = |z|^2\) 이 성립하는 것을 확인했어요. ✓

B-2. 복소수의 곱셈과 위상

→ 문제로 돌아가기

방침: 보통으로 전개하고, \(i^2 = -1\) 을 대입해요.

1. \((1 + i)(1 - i)\)

\[= 1 \cdot 1 + 1 \cdot (-i) + i \cdot 1 + i \cdot (-i) = 1 - i + i - i^2 = 1 + 1 = 2\]

2. \((2 + 3i)(1 + 2i)\)

\[= 2 \cdot 1 + 2 \cdot 2i + 3i \cdot 1 + 3i \cdot 2i = 2 + 4i + 3i + 6i^2 = 2 + 7i - 6 = -4 + 7i\]

3. \(i \cdot (3 + 4i)\)

\[= 3i + 4i^2 = 3i - 4 = -4 + 3i\]

4. \((1 + i)^2\)

\[= 1 + 2i + i^2 = 1 + 2i - 1 = 2i\]

검산: 문제 1은 \(z \cdot z^*\) 의 형태이므로 결과는 \(|z|^2 = 2\). ✓ 문제 4는 \(|1+i|^2 = 2\) 이고, \(|(1+i)^2| = |2i| = 2 = (\sqrt{2})^2\) 으로 정합. ✓

B-3. 극형식으로의 변환

→ 문제로 돌아가기

방침: \(r = |z|\), \(\theta = \arg(z)\) 를 구해요. 사분면에 주의하여 복소평면 위의 위치를 확인해요.

1. \(z = 1 + i\)

\[r = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}\]

제1사분면에서 \(\tan\theta = 1/1 = 1\) 이므로 \(\theta = \pi/4\).

\[\boxed{z = \sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4} + i\sin\frac{\pi}{4}\right)}\]

2. \(z = -\sqrt{3} + i\)

\[r = \sqrt{(\sqrt{3})^2 + 1^2} = \sqrt{3 + 1} = 2\]

제2사분면(실부가 음, 허부가 양). \(\tan\alpha = 1/\sqrt{3}\) 이므로 기준각 \(\alpha = \pi/6\). 따라서 \(\theta = \pi - \pi/6 = 5\pi/6\).

\[\boxed{z = 2\left(\cos\frac{5\pi}{6} + i\sin\frac{5\pi}{6}\right)}\]

3. \(z = -2\)

\[r = 2, \quad \theta = \pi\]
\[\boxed{z = 2(\cos\pi + i\sin\pi)}\]

4. \(z = 3i\)

\[r = 3, \quad \theta = \pi/2\]
\[\boxed{z = 3\left(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\right)}\]

검산: 각 결과를 \(r\cos\theta + ir\sin\theta\) 로 되돌려서 원래의 \(z\) 와 일치하는지 확인해요. 예를 들어 문제 2: \(2\cos(5\pi/6) = 2 \cdot (-\sqrt{3}/2) = -\sqrt{3}\), \(2\sin(5\pi/6) = 2 \cdot (1/2) = 1\). 따라서 \(z = -\sqrt{3} + i\). ✓

B-4. 극형식에서의 곱셈

→ 문제로 돌아가기

방침: 식 (4.8)로부터, 절댓값은 곱셈, 편각은 덧셈.

1. 극형식에서의 곱

\[r = r_1 \cdot r_2 = 2 \times 3 = 6\]
\[\theta = \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{6} + \frac{2\pi}{6} = \frac{3\pi}{6} = \frac{\pi}{2}\]
\[\boxed{z_1 \cdot z_2 = 6\left(\cos\frac{\pi}{2} + i\sin\frac{\pi}{2}\right)}\]

2. \(a + bi\) 형태

\[\cos\frac{\pi}{2} = 0, \quad \sin\frac{\pi}{2} = 1\]
\[\boxed{z_1 \cdot z_2 = 6(0 + i \cdot 1) = 6i}\]

검산: 직접 계산으로 확인해요. \(z_1 = 2(\cos 30° + i\sin 30°) = 2(\frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i) = \sqrt{3} + i\). \(z_2 = 3(\cos 60° + i\sin 60°) = 3(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i) = \frac{3}{2} + \frac{3\sqrt{3}}{2}i\).

\[z_1 z_2 = (\sqrt{3} + i)\left(\frac{3}{2} + \frac{3\sqrt{3}}{2}i\right) = \frac{3\sqrt{3}}{2} + \frac{3 \cdot 3}{2}i + \frac{3}{2}i + \frac{3\sqrt{3}}{2}i^2\]
\[= \frac{3\sqrt{3}}{2} + \frac{9}{2}i + \frac{3}{2}i - \frac{3\sqrt{3}}{2} = 0 + 6i = 6i \quad \checkmark\]

B-5. 간섭항의 계산

→ 문제로 돌아가기

방침: 식 (4.14)를 적용해요. \(|\phi_1| = |\phi_2| = 1/\sqrt{2}\), 위상차 \(\delta = \theta\).

1. \(|\phi_1 + \phi_2|^2\)를 \(\theta\)로 나타내기

\[P = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2 + 2|\phi_1||\phi_2|\cos\delta\]
\[= \frac{1}{2} + \frac{1}{2} + 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \cos\theta\]
\[\boxed{P = 1 + \cos\theta}\]

2. 각 \(\theta\)에서의 확률

\(\theta\) \(\cos\theta\) \(P\)
\(0\) \(1\) \(\boxed{2}\)
\(\pi/2\) \(0\) \(\boxed{1}\)
\(\pi\) \(-1\) \(\boxed{0}\)

3. 고전적인 확률의 합

\[P_{\text{cl}} = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = \boxed{1}\]

검산: \(\theta = 0\)일 때 \(\phi_1 + \phi_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\)이므로 \(P = |\sqrt{2}|^2 = 2\). ✓ \(\theta = \pi\)일 때 \(\phi_2 = \frac{1}{\sqrt{2}} e^{i\pi} = -\frac{1}{\sqrt{2}}\)이므로 \(\phi_1 + \phi_2 = 0\), \(P = 0\). ✓ 간섭항 \(\cos\theta\)의 값에 따라 \(P\)는 \(0\)에서 \(2\)까지 변화하며, 고전적 값 \(1\)을 중심으로 진동해요.

B-6. 복소 켤레와 간섭항

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방침: 극형식의 성질을 이용해요. \(\phi_2^* = 3e^{+i\pi/4}\).

1. \(\phi_1 \phi_2^*\)

\[\phi_1 \phi_2^* = 2e^{i\pi/4} \cdot 3e^{i\pi/4} = 6e^{i(\pi/4 + \pi/4)} = 6e^{i\pi/2}\]

\(e^{i\pi/2} = i\) 이므로

\[\boxed{\phi_1 \phi_2^* = 6i}\]

2. 간섭항 \(\phi_1 \phi_2^* + \phi_1^* \phi_2\)

\(\phi_1^* \phi_2 = (\phi_1 \phi_2^*)^* = (6i)^* = -6i\) 이므로,

\[\phi_1 \phi_2^* + \phi_1^* \phi_2 = 6i + (-6i) = \boxed{0}\]

이것은 실수(\(0\))이며, 간섭항이 실수임을 확인할 수 있어요. ✓

다른 관점: 식 (4.13)에 의해, \(\phi_1\)과 \(\phi_2\)의 위상차는 \(\delta = \pi/4 - (-\pi/4) = \pi/2\) 이므로,

\[2|\phi_1||\phi_2|\cos\delta = 2 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \cos(\pi/2) = 12 \cdot 0 = 0 \quad \checkmark\]

3. 확률 \(P = |\phi_1 + \phi_2|^2\)

\[P = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2 + (\text{간섭항}) = 4 + 9 + 0 = \boxed{13}\]

검산: 직접 계산해요. \(\phi_1 = 2e^{i\pi/4} = 2(\frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}i) = \sqrt{2} + \sqrt{2}\,i\). \(\phi_2 = 3e^{-i\pi/4} = 3(\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}i) = \frac{3\sqrt{2}}{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2}i\).

\[\phi_1 + \phi_2 = \left(\sqrt{2} + \frac{3\sqrt{2}}{2}\right) + \left(\sqrt{2} - \frac{3\sqrt{2}}{2}\right)i = \frac{5\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2}i\]
\[|\phi_1 + \phi_2|^2 = \left(\frac{5\sqrt{2}}{2}\right)^2 + \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2 = \frac{50}{4} + \frac{2}{4} = \frac{52}{4} = 13 \quad \checkmark\]

B-7. Dirac 표기법과 제3 규칙

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방침: 세 번째 규칙(곱셈)에 의해 \(\phi_k = \langle x | k \rangle \cdot \langle k | s \rangle\).

\(k = 1\):

\[\phi_1 = e^{i\pi/3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \boxed{\frac{1}{\sqrt{3}} e^{i\pi/3}}\]

\(k = 2\):

\[\phi_2 = e^{i\pi} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \boxed{\frac{1}{\sqrt{3}} e^{i\pi}}\]

\(k = 3\):

\[\phi_3 = e^{i5\pi/3} \cdot \frac{1}{\sqrt{3}} = \boxed{\frac{1}{\sqrt{3}} e^{i5\pi/3}}\]

검산: 각 진폭의 절댓값은 \(|\phi_k| = \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot 1 = \frac{1}{\sqrt{3}}\). 세 위상 \(\pi/3, \pi, 5\pi/3\)은 \(2\pi\)를 3등분하는 각도(\(60°, 180°, 300°\))에 대응해요. ✓

B-8. 진폭의 덧셈과 확률

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방침: 각 \(\phi_k\)를 \(a + bi\) 형태로 변환하여 더해요.

각 Euler 공식의 값：

\[e^{i\pi/3} = \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i, \quad e^{i\pi} = -1, \quad e^{i5\pi/3} = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i\]

따라서

\[\phi_1 = \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\]
\[\phi_2 = \frac{1}{\sqrt{3}}(-1)\]
\[\phi_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\]

전체 진폭 계산:

\[\phi = \phi_1 + \phi_2 + \phi_3 = \frac{1}{\sqrt{3}}\left[\left(\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i\right) + (-1) + \left(\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i\right)\right]\]

괄호 안을 정리하면：

  • 실수부：\(\frac{1}{2} + (-1) + \frac{1}{2} = 0\)
  • 허수부：\(\frac{\sqrt{3}}{2} + 0 + \left(-\frac{\sqrt{3}}{2}\right) = 0\)
\[\boxed{\phi = 0}\]

확률:

\[\boxed{P = |\phi|^2 = 0}\]

검산: \(e^{i\pi/3}\), \(e^{i\pi}\), \(e^{i5\pi/3}\)는 \(e^{i \cdot 2\pi k/3}\)（\(k = 1, 2, 3\)）와 같고, 이것들은 1의 원시 3제곱근 \(\omega = e^{i2\pi/3}\)를 사용하면 \(\omega, \omega^2, \omega^3 = 1\)……이 아니라, 정확히는 위상이 \(\pi/3, \pi, 5\pi/3\)이므로 \(e^{i\pi/3}(1 + e^{i2\pi/3} + e^{i4\pi/3})\)로 인수분해할 수 있어요. \(1 + e^{i2\pi/3} + e^{i4\pi/3} = 0\)（1의 원시 3제곱근의 합）이므로 \(\phi = 0\)이에요. ✓

Medium（표준）

M-1. 간섭항의 일반 공식 유도

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1. 전개의 증명

방침: \(P = \left|\sum_k \phi_k\right|^2\) 를 \(z \cdot z^*\) 의 형태로 전개해요.

\[P = \left(\sum_{j=1}^{N} \phi_j\right)\left(\sum_{k=1}^{N} \phi_k\right)^* = \sum_{j=1}^{N}\sum_{k=1}^{N} \phi_j \phi_k^*\]

이 이중합을 \(j = k\) 인 항과 \(j \neq k\) 인 항으로 나눠요:

\[P = \sum_{k=1}^{N} \phi_k \phi_k^* + \sum_{\substack{j,k=1 \\ j \neq k}}^{N} \phi_j \phi_k^*\]

\(\phi_k \phi_k^* = |\phi_k|^2\) 이므로,

\[\boxed{P = \sum_{k=1}^{N} |\phi_k|^2 + \sum_{j \neq k} \phi_j \phi_k^*}\]

제1항은 각 경로의 확률의 합(고전적인 기여)이고, 제2항이 간섭항이에요. \(\blacksquare\)

2. 간섭항의 개수

이중합 \(\sum_{j \neq k}\) 에서 \(j\) 와 \(k\) 는 각각 \(1\) 부터 \(N\) 까지의 값을 취하고, \(j \neq k\) 조건이 있어요. \(N\) 개 중에서 서로 다른 2개를 순서를 고려하여 선택하는 방법의 수는

\[N(N-1)\]

개예요. (\((j,k) = (1,2)\) 와 \((j,k) = (2,1)\) 은 별개의 항으로 세요.)

보충: \(\phi_j \phi_k^*\) 와 \(\phi_k \phi_j^*\) 는 서로 복소켤레이므로, \(j < k\) 인 쌍으로 묶으면 \(N(N-1)/2\) 개의 쌍이 있고, 각 쌍이 \(\phi_j \phi_k^* + \phi_k \phi_j^* = 2|\phi_j||\phi_k|\cos\delta_{jk}\) 라는 실수의 간섭항을 줘요.

3. 랜덤 위상에서 간섭항이 사라지는 이유

모든 \(|\phi_k| = A\) 로 놓고, 위상차 \(\delta_{jk}\) 가 랜덤하게 분포한다고 해요. 각 간섭항은

\[\phi_j \phi_k^* = A^2 e^{i\delta_{jk}}\]

이고, 그 실수부는 \(A^2 \cos\delta_{jk}\) 예요. \(\delta_{jk}\) 가 \([0, 2\pi)\) 위에서 균일하게 랜덤 분포하는 경우,

\[\langle \cos\delta_{jk} \rangle = 0\]

따라서 \(N(N-1)\) 개의 간섭항의 평균적인 기여는 영이 돼요. 결과적으로

\[P \approx \sum_{k=1}^{N} |\phi_k|^2 = NA^2\]

가 되어 고전적인 확률의 덧셈으로 귀착돼요. 이것은 거시적인 계에서 위상의 결맞음이 상실되면 양자 간섭이 사라지고, 고전적인 행동이 회복되는 메커니즘(결어긋남)의 본질적인 이유이기도 해요.

검산: \(N = 2\) 인 경우, 간섭항은 \(2 \cdot 1 = 2\) 개이고, \(\phi_1\phi_2^* + \phi_2\phi_1^* = 2|\phi_1||\phi_2|\cos\delta\) 가 되어 식 (4.14)와 일치해요. ✓

M-2. 등진폭·등간격 \(N\) 슬릿의 간섭 패턴

→ 문제로 돌아가기

1. 진폭 \(\phi_k = Ae^{ik\delta}\) 의 설명

\(k\) 번째 슬릿(\(k = 0, 1, \ldots, N-1\))에서 검출기 위치 \(x\)까지의 경로 길이는 \(0\) 번째 슬릿으로부터의 경로 길이에 비해 \(k\Delta r\)만큼 더 길어요. de Broglie 관계에 의해, 운동량 \(p\)인 입자가 거리 \(\Delta r\)만큼 추가로 진행하면 위상이 \(p\Delta r/\hbar = \delta\)만큼 증가해요. 따라서 \(k\) 번째 슬릿을 통과하는 진폭은 \(0\) 번째에 대해 위상이 \(k\delta\)만큼 앞서 있으며,

\[\phi_k = A e^{ik\delta}\]

로 쓸 수 있어요. (공통 위상 인자는 생략했어요.)

2. 등비급수에 의한 닫힌 형태

\[\phi = \sum_{k=0}^{N-1} A e^{ik\delta} = A \sum_{k=0}^{N-1} (e^{i\delta})^k\]

등비급수 공식 \(\sum_{k=0}^{N-1} r^k = \frac{1 - r^N}{1 - r}\)(\(r \neq 1\))을 \(r = e^{i\delta}\)에 적용하면,

\[\boxed{\phi = A \cdot \frac{1 - e^{iN\delta}}{1 - e^{i\delta}}}\]

3. 확률 \(P = |\phi|^2\) 의 유도

먼저, 일반적으로 다음 항등식이 성립함을 보여요:

\[|1 - e^{i\alpha}|^2 = (1 - e^{i\alpha})(1 - e^{-i\alpha}) = 1 - e^{i\alpha} - e^{-i\alpha} + 1 = 2 - 2\cos\alpha = 4\sin^2\frac{\alpha}{2}\]

이를 이용하면,

\[|\phi|^2 = A^2 \cdot \frac{|1 - e^{iN\delta}|^2}{|1 - e^{i\delta}|^2} = A^2 \cdot \frac{4\sin^2(N\delta/2)}{4\sin^2(\delta/2)}\]
\[\boxed{P = A^2 \frac{\sin^2(N\delta/2)}{\sin^2(\delta/2)}}\]

4. \(N = 2\) 인 경우의 확인

\[P = A^2 \frac{\sin^2(\delta)}{\sin^2(\delta/2)}\]

삼각함수의 배각 공식 \(\sin\delta = 2\sin(\delta/2)\cos(\delta/2)\)를 이용하면,

\[P = A^2 \frac{4\sin^2(\delta/2)\cos^2(\delta/2)}{\sin^2(\delta/2)} = 4A^2\cos^2\frac{\delta}{2}\]

한편, 반각 공식 \(\cos^2(\delta/2) = \frac{1 + \cos\delta}{2}\)에 의해,

\[P = 4A^2 \cdot \frac{1 + \cos\delta}{2} = 2A^2(1 + \cos\delta)\]

식 (4.14)에서 \(|\phi_1| = |\phi_2| = A\)로 놓으면,

\[P = A^2 + A^2 + 2A^2\cos\delta = 2A^2(1 + \cos\delta)\]

양쪽이 일치해요. ✓

검산: \(\delta = 0\)(중앙 밝은 무늬)일 때, \(P = A^2 \cdot N^2\)(로피탈의 정리 또는 직접 대입)이에요. \(N = 2\)이면 \(P = 4A^2\)이에요. 위의 식에서 \(\delta = 0\)으로 놓으면 \(P = 4A^2 \cdot 1 = 4A^2\)이에요. ✓

M-3. 「관측한다」와 간섭이 사라지는 현상: 수식에 의한 설명

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1. 관측하지 않는 경우

어느 슬릿을 통과했는지 관측하지 않는 경우, 슬릿 1 경유와 슬릿 2 경유의 2가지 경로는 원리적으로 구별할 수 없어요. 제2 규칙의 적용 조건(「구별할 수 없는 경로의 진폭을 더한다」)이 만족되므로,

\[\phi = \phi_1 + \phi_2\]

제1 규칙에 의해 확률은

\[P = |\phi_1 + \phi_2|^2 = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2 + 2|\phi_1||\phi_2|\cos\delta\]

간섭항 \(2|\phi_1||\phi_2|\cos\delta\)가 존재하고, \(\delta\)가 검출기 위치 \(x\)에 의존하기 때문에 간섭무늬가 나타나요.

2. 관측한 경우

어느 슬릿을 통과했는지를 관측하면, 2가지 경로는 구별 가능해져요. 제2 규칙의 적용 조건(「구별할 수 없다」)이 만족되지 않게 되므로, 진폭을 더하는 것이 아니라 확률을 더해요(고전적인 확률의 덧셈 법칙으로 돌아가요).

구체적으로, 「슬릿 1을 통과했다」는 사건과 「슬릿 2를 통과했다」는 사건은 배타적이며 구별 가능한 사건이므로,

\[P_{\text{obs}} = P_1 + P_2 = |\phi_1|^2 + |\phi_2|^2\]

간섭항 \(2|\phi_1||\phi_2|\cos\delta\)는 나타나지 않아요. 이는 관측에 의해 「어느 경로를 통과했는가」라는 정보가 환경(관측 장치)에 기록됨으로써, 2가지 경로가 원리적으로 구별 가능해졌기 때문이에요.

3. 간섭무늬가 사라진다는 것은

\(|\phi_1| = |\phi_2| = A\)인 경우:

  • 관측 없음: \(P(x) = 2A^2(1 + \cos\delta(x))\). \(\delta(x)\)는 검출기 위치 \(x\)의 함수이므로, \(P(x)\)는 \(x\)에 대해 \(\cos\) 함수적으로 진동해요. 이것이 간섭무늬예요. 밝은 줄무늬(\(\delta = 2n\pi\))에서는 \(P = 4A^2\), 어두운 줄무늬(\(\delta = (2n+1)\pi\))에서는 \(P = 0\)이에요.

  • 관측 있음: \(P_{\text{obs}}(x) = 2A^2\). \(x\)에 의존하지 않는 균일한 분포가 돼요.

「간섭무늬가 사라진다」는 것은, 검출기 위치 \(x\)의 함수로서의 확률분포에서 \(\cos\delta(x)\)의 진동 성분이 소실되어 균일한 분포로 바뀌는 것을 의미해요. 간섭항 \(2A^2\cos\delta(x)\)가 0이 되기 때문에, 명암의 대비가 완전히 사라져요.

검산: \(P_{\text{obs}} = 2A^2\)는 \(P(x)\)의 \(x\)에 대한 평균값 \(\langle 2A^2(1 + \cos\delta) \rangle_x = 2A^2\)(\(\cos\delta\)의 평균은 0)와 일치해요. 관측에 의해 간섭무늬가 사라져도, 전체의 평균적인 도달 확률은 변하지 않아요. ✓

M-4. 2개의 벽을 통과하는 진폭의 계산

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1. 경로의 열거

제1 벽의 슬릿: \(A_1, A_2\) (2가지) 제2 벽의 슬릿: \(B_1, B_2, B_3\) (3가지)

가능한 모든 경로는:

\[s \to A_j \to B_k \to x \quad (j = 1, 2; \; k = 1, 2, 3)\]
\[\boxed{\text{경로의 수} = 2 \times 3 = 6}\]

구체적으로는: \(A_1B_1\), \(A_1B_2\), \(A_1B_3\), \(A_2B_1\), \(A_2B_2\), \(A_2B_3\).

2. 각 경로의 진폭 (제3 규칙)

경로 "\(s \to A_j \to B_k \to x\)"의 진폭은 연속된 3단계 진폭의 곱이에요:

\[\boxed{\phi_{jk} = \langle x | B_k \rangle \langle B_k | A_j \rangle \langle A_j | s \rangle}\]

3. 전체 진폭 (제2 규칙)

어떤 슬릿을 통과했는지 관측하지 않으므로, 6개의 경로는 모두 구별할 수 없어요. 진폭을 더해요:

\[\boxed{\langle x | s \rangle = \sum_{j=1}^{2}\sum_{k=1}^{3} \langle x | B_k \rangle \langle B_k | A_j \rangle \langle A_j | s \rangle}\]

4. 모든 진폭이 \(c\)인 경우

각 경로의 진폭은 \(\phi_{jk} = c \cdot c \cdot c = c^3\)이에요.

6개의 경로 모두 같은 진폭 \(c^3\)을 가지므로,

\[\langle x | s \rangle = 6c^3\]
\[\boxed{P = |\langle x | s \rangle|^2 = 36c^6}\]

검산: 차원적으로, 진폭이 3단계의 곱이므로 \(c^3\)의 차수이고, 경로 수 6을 곱하면 \(6c^3\), 확률은 그 제곱으로 \(36c^6\)이에요. 만약 벽이 1개(슬릿 \(n\)개)라면 \(P = n^2 c^4\)이 되어야 하고, \(n = 6\), 2단계라면 \(36c^4\)이에요. 이번에는 3단계이므로 \(c^6\)이 맞아요. ✓

M-5. 위상차와 경로차의 관계

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1. 경로차 \(\Delta r \approx dx/L\) 의 유도

슬릿 1과 슬릿 2의 위치를, 스크린에 수직인 중심선에 대해 \(\pm d/2\)로 놓아요. 검출기 위치 \(x\)까지의 거리는:

\[r_1 = \sqrt{L^2 + (x - d/2)^2}, \quad r_2 = \sqrt{L^2 + (x + d/2)^2}\]

\(L \gg d\) 및 \(L \gg x\) 근사에서 \(r_1 - r_2\)를 계산해요.

\[r_1^2 - r_2^2 = \left[(x - d/2)^2 - (x + d/2)^2\right] = -2xd\]
\[r_1^2 - r_2^2 = (r_1 - r_2)(r_1 + r_2) \approx \Delta r \cdot 2L\]

(\(r_1 + r_2 \approx 2L\)은 \(L \gg d, x\) 근사에요.)

따라서

\[\boxed{\Delta r = r_1 - r_2 \approx \frac{-2xd}{2L} = -\frac{dx}{L}}\]

부호의 선택은 좌표의 정의에 의존해요. 경로차의 크기로서

\[|\Delta r| \approx \frac{dx}{L}\]

다른 유도(기하학적): \(L \gg d\)일 때, 두 경로는 거의 평행하며, 각도 \(\theta \approx x/L\)을 이루어요. 경로차는 \(\Delta r = d\sin\theta \approx d\theta \approx dx/L\). ✓

2. 위상차

식 (4.22)의 형식(\(\delta = p \Delta r / \hbar\))을 사용하면,

\[\boxed{\delta = \frac{p}{\hbar} \cdot \frac{dx}{L} = \frac{pdx}{\hbar L}}\]

3. 밝은 무늬의 위치

보강 간섭 조건 \(\delta = 2n\pi\) (\(n\)은 정수)로부터,

\[\frac{pdx_n}{\hbar L} = 2n\pi\]
\[\boxed{x_n = \frac{2n\pi \hbar L}{pd}}\]

4. 이웃한 밝은 무늬의 간격

\[\Delta x = x_{n+1} - x_n = \frac{2\pi\hbar L}{pd}\]

드브로이 관계 \(p = h/\lambda = 2\pi\hbar/\lambda\)를 대입하면,

\[\Delta x = \frac{2\pi\hbar L}{(2\pi\hbar/\lambda) \cdot d} = \frac{\lambda L}{d}\]
\[\boxed{\Delta x = \frac{\lambda L}{d}}\]

검산: 차원 분석: \([\lambda L / d] = \text{m} \cdot \text{m} / \text{m} = \text{m}\). ✓ 물리적으로, 파장 \(\lambda\)가 클수록, 또한 스크린 거리 \(L\)이 클수록 무늬 간격은 넓어지고, 슬릿 간격 \(d\)가 클수록 무늬 간격은 좁아져요. 이는 빛의 간섭 실험(Young의 실험)의 결과와 완전히 일치해요. ✓

Advanced（발전）

A-1. Mach–Zehnder (마흐-젠더) 간섭계의 양자역학적 해석

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설정 정리

간섭계의 구성 요소와 진폭 배정:

  • BS1: 반사 → \(\frac{i}{\sqrt{2}}\), 투과 → \(\frac{1}{\sqrt{2}}\)
  • 거울: 반사 → \(i\)
  • 위상판(경로 \(A\)만): \(e^{i\varphi}\)
  • BS2: 반사 → \(\frac{i}{\sqrt{2}}\), 투과 → \(\frac{1}{\sqrt{2}}\)

전형적인 배치로서 다음을 채택해요: - 경로 \(A\): BS1에서 반사 → 위상판 → 거울 \(M_A\)에서 반사 → BS2에서 투과하여 \(D_1\)으로 (또는 반사하여 \(D_2\)로) - 경로 \(B\): BS1에서 투과 → 거울 \(M_B\)에서 반사 → BS2에서 반사하여 \(D_1\)으로 (또는 투과하여 \(D_2\)로)

1. \(D_1\)에 이르는 2개 경로의 진폭

경로 \(A\)를 경유하여 \(D_1\)으로: BS1 반사 → 위상판 → \(M_A\) 반사 → BS2 투과

\[\phi_A^{(1)} = \frac{i}{\sqrt{2}} \cdot e^{i\varphi} \cdot i \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{i \cdot i}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}} \cdot e^{i\varphi} = \frac{i^2}{2} e^{i\varphi} = \frac{-1}{2} e^{i\varphi}\]
\[\boxed{\phi_A^{(1)} = -\frac{1}{2}e^{i\varphi}}\]

경로 \(B\)를 경유하여 \(D_1\)으로: BS1 투과 → \(M_B\) 반사 → BS2 반사

\[\phi_B^{(1)} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot i \cdot \frac{i}{\sqrt{2}} = \frac{i^2}{2} = -\frac{1}{2}\]
\[\boxed{\phi_B^{(1)} = -\frac{1}{2}}\]

2. \(D_1\)에서의 검출 확률

제2 규칙에 의해 전체 진폭은:

\[\phi^{(1)} = \phi_A^{(1)} + \phi_B^{(1)} = -\frac{1}{2}e^{i\varphi} - \frac{1}{2} = -\frac{1}{2}(e^{i\varphi} + 1)\]

확률:

\[P_1 = |\phi^{(1)}|^2 = \frac{1}{4}|e^{i\varphi} + 1|^2\]

\(|e^{i\varphi} + 1|^2\)를 계산하면:

\[|e^{i\varphi} + 1|^2 = (e^{i\varphi} + 1)(e^{-i\varphi} + 1) = 1 + e^{i\varphi} + e^{-i\varphi} + 1 = 2 + 2\cos\varphi = 4\cos^2\frac{\varphi}{2}\]
\[\boxed{P_1(\varphi) = \frac{1}{4} \cdot 4\cos^2\frac{\varphi}{2} = \cos^2\frac{\varphi}{2}}\]

3. \(D_2\)에서의 검출 확률

경로 \(A\)를 경유하여 \(D_2\)로: BS1 반사 → 위상판 → \(M_A\) 반사 → BS2 반사

\[\phi_A^{(2)} = \frac{i}{\sqrt{2}} \cdot e^{i\varphi} \cdot i \cdot \frac{i}{\sqrt{2}} = \frac{i^3}{2} e^{i\varphi} = \frac{-i}{2} e^{i\varphi}\]

경로 \(B\)를 경유하여 \(D_2\)로: BS1 투과 → \(M_B\) 반사 → BS2 투과

\[\phi_B^{(2)} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot i \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{i}{2}\]

전체 진폭:

\[\phi^{(2)} = \phi_A^{(2)} + \phi_B^{(2)} = -\frac{i}{2}e^{i\varphi} + \frac{i}{2} = \frac{i}{2}(1 - e^{i\varphi})\]

확률:

\[P_2 = \left|\frac{i}{2}\right|^2 |1 - e^{i\varphi}|^2 = \frac{1}{4} \cdot 4\sin^2\frac{\varphi}{2}\]
\[\boxed{P_2(\varphi) = \sin^2\frac{\varphi}{2}}\]

확률 보존 확인:

\[P_1 + P_2 = \cos^2\frac{\varphi}{2} + \sin^2\frac{\varphi}{2} = 1 \quad \checkmark\]

4. 특수한 경우

\(\varphi = 0\)일 때:

\[P_1(0) = \cos^2 0 = 1, \quad P_2(0) = \sin^2 0 = 0\]

광자는 반드시 \(D_1\)에서 검출돼요. 두 경로의 진폭이 \(D_1\)에서 완전히 보강 간섭하고, \(D_2\)에서 완전히 상쇄 간섭해요. 이것은 완전한 보강 간섭(\(D_1\))과 완전한 상쇄 간섭(\(D_2\))에 대응해요.

\(\varphi = \pi\)일 때:

\[P_1(\pi) = \cos^2\frac{\pi}{2} = 0, \quad P_2(\pi) = \sin^2\frac{\pi}{2} = 1\]

광자는 반드시 \(D_2\)에서 검출돼요. 위상판에 의해 경로 \(A\)에 \(\pi\)의 위상 이동이 더해짐으로써 간섭 조건이 반전되어, \(D_1\)에서 완전한 상쇄 간섭, \(D_2\)에서 완전한 보강 간섭이 일어나요.

물리적 의미: 위상판의 설정 \(\varphi\)를 연속적으로 변화시킴으로써 광자의 출력 방향을 \(D_1\)과 \(D_2\) 사이에서 연속적으로 제어할 수 있어요. 이것은 단일 광자 수준에서의 간섭이며, 광자가 "양쪽 경로를 동시에 지나고 있는" 것처럼 행동한다는 직접적인 증거예요.

5. 경로 검출 장치를 삽입한 경우

경로 \(A\)에 "어느 경로를 지나갔는지"를 검출하는 장치를 삽입하면, 광자가 어느 경로를 지나갔는지의 정보가 원리적으로 얻어지게 돼요. 이에 의해 두 경로는 구별 가능하게 돼요.

제2 규칙의 적용 조건은 "경로가 원리적으로 구별할 수 없는 것"이에요. 경로가 구별 가능해진 경우, 진폭을 더하는 것이 아니라 확률을 더해요:

\[P_1^{\text{obs}} = |\phi_A^{(1)}|^2 + |\phi_B^{(1)}|^2 = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\]
\[P_2^{\text{obs}} = |\phi_A^{(2)}|^2 + |\phi_B^{(2)}|^2 = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\]

간섭항이 소멸하여 \(P_1 = P_2 = 1/2\)가 되고, 위상 \(\varphi\)에 대한 의존성이 완전히 사라져요. 광자는 \(D_1\)과 \(D_2\)에 동일한 확률로 도달하며, 위상판의 설정을 변경해도 검출 확률은 변하지 않아요. 간섭계로서의 기능이 완전히 파괴돼요.

검산: \(P_1^{\text{obs}} + P_2^{\text{obs}} = 1/2 + 1/2 = 1\). ✓ 또한, \(|\phi_A^{(1)}|^2 = |{-\frac{1}{2}e^{i\varphi}}|^2 = 1/4\), \(|\phi_B^{(1)}|^2 = |{-\frac{1}{2}}|^2 = 1/4\)로 확실히 \(\varphi\)에 의존하지 않아요. ✓

A-2. 3상태계에서의 간섭과 "양자 지우개"의 원리

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Part I: 완전한 간섭

1. 전체 진폭과 확률의 계산

\[\phi = \phi_1 + \phi_2 + \phi_3 = A(e^{i \cdot 0} + e^{i \cdot 2\pi/3} + e^{i \cdot 4\pi/3})\]
\[= A(1 + e^{i2\pi/3} + e^{i4\pi/3})\]

\(\omega = e^{i2\pi/3}\)으로 놓으면, \(\omega\)는 1의 원시 3제곱근이며,

\[1 + \omega + \omega^2 = 0\]

(이것은 \(z^3 - 1 = (z-1)(z^2 + z + 1) = 0\)의 두 번째 인수 \(z^2 + z + 1 = 0\)의 근의 합에 대응해요.)

따라서

\[\phi = A \cdot 0 = 0\]
\[\boxed{P = |\phi|^2 = 0}\]

2. 1의 원시 3제곱근과의 관계

\(e^{i2\pi/3}\)은 1의 원시 3제곱근 \(\omega\)이며, \(1, \omega, \omega^2\)는 복소평면 위에서 단위원에 내접하는 정삼각형의 꼭짓점에 위치해요. 이 3개의 벡터를 더하면, 대칭성으로 인해 완전히 상쇄되어 영이 돼요.

물리적으로는, 3개의 슬릿으로부터의 진폭이 등진폭이고 위상이 \(120°\)씩 등간격으로 어긋나 있기 때문에, 검출기 위치(이 특정한 \(x\))에서는 3개의 파동이 완전한 상쇄 간섭을 일으켜 입자가 도달할 확률이 영이 돼요. 이것은 D8의 결과와도 일치해요.

Part II: 부분적인 경로 정보

3. 확률의 계산 방법

슬릿 1에 마커를 부착함으로써, "슬릿 1을 통과했다"와 "슬릿 1을 통과하지 않았다(슬릿 2 또는 3을 통과했다)"를 구별할 수 있게 돼요.

Feynman의 규칙에 기반한 계산 방법:

  • 슬릿 1은 다른 슬릿과 구별 가능하므로, 슬릿 1의 진폭은 독립적으로 확률로 변환해요.
  • 슬릿 2와 슬릿 3은 서로 구별 불가능하므로, 이들의 진폭을 더해요 (두 번째 규칙).
  • 최종적으로, 구별 가능한 2개의 그룹의 확률을 더해요 (고전적인 확률의 덧셈 법칙).
\[\boxed{P(x) = |\phi_1|^2 + |\phi_2 + \phi_3|^2}\]

구체적으로 계산하면:

\[|\phi_1|^2 = |A|^2 = A^2\]
\[\phi_2 + \phi_3 = A(e^{i2\pi/3} + e^{i4\pi/3})\]

\(1 + \omega + \omega^2 = 0\)에서 \(\omega + \omega^2 = -1\)이므로,

\[\phi_2 + \phi_3 = A \cdot (-1) = -A\]
\[|\phi_2 + \phi_3|^2 = A^2\]
\[\boxed{P = A^2 + A^2 = 2A^2}\]

4. Part I과의 비교

상황 확률
Part I (경로 정보 없음, 완전한 간섭) \(P = 0\)
Part II (부분적인 경로 정보) \(P = 2A^2\)
완전한 경로 정보 (모두 구별 가능) \(P = 3A^2\)

Part I에서는 완전한 상쇄 간섭에 의해 \(P = 0\)이었어요. 마커에 의해 부분적인 경로 정보를 얻으면, 3개의 진폭의 완전한 상쇄가 무너져 \(P = 2A^2 > 0\)이 돼요.

"부분적인 경로 정보를 얻음으로써 간섭이 부분적으로 회복된다"라는 표현은 문맥에 주의가 필요해요. 여기서 일어나고 있는 것은:

  • Part I의 완전한 상쇄 간섭(\(P = 0\))이, 마커의 도입에 의해 부분적으로 파괴되었어요.
  • 슬릿 2와 3 사이에는 아직 간섭이 남아 있어요(\(|\phi_2 + \phi_3|^2 = A^2 \neq |\phi_2|^2 + |\phi_3|^2 = 2A^2\)). 실제로, \(\phi_2 + \phi_3 = -A\)이므로 \(|\phi_2 + \phi_3|^2 = A^2\)이며, 이것은 \(|\phi_2|^2 + |\phi_3|^2 = 2A^2\)보다 작아요. 슬릿 2와 3 사이에서는 부분적인 상쇄 간섭이 남아 있어요.
  • 전체적으로는, 완전한 상쇄(\(P = 0\))에서 \(P = 2A^2\)로 확률이 증가했어요. 이것은 "간섭의 파괴"에 의해 확률이 증가한 것이며, "간섭의 회복"과는 반대 현상이에요.

따라서, 이 특정 검출기 위치에서는 "부분적인 경로 정보를 얻음으로써 간섭이 부분적으로 파괴되어, 확률이 영에서 비영으로 변화했다"라는 것이 정확한 기술이에요.

Part III: 양자 지우개

5. 마커 정보의 소거

Part II에서 마커를 설치했지만, 그 정보를 읽지 않는(소거하는) 경우를 생각해요.

두 번째 규칙의 적용 조건으로 돌아가면, 진폭을 더하는 것은 "경로가 원리적으로 구별할 수 없는" 경우예요. 마커 정보를 소거한다는 것은, 어느 슬릿을 통과했는지의 정보가 원리적으로 취득 불가능한 상태로 되돌리는 것을 의미해요.

마커 정보를 완전히 소거하면, 3개의 경로는 다시 구별 불가능해지고, 두 번째 규칙이 부활해요:

\[\phi = \phi_1 + \phi_2 + \phi_3 = 0\]
\[P = |\phi|^2 = 0\]

원래의 완전한 간섭 패턴(Part I의 결과)이 회복돼요.

이것이 "양자 지우개(quantum eraser)"의 기본 원리예요. 양자 지우개란, 한 번 취득한 경로 정보(which-path information)를 사후적으로 소거함으로써, 잃어버린 간섭 패턴을 회복시키는 조작을 말해요. 중요한 점은:

  1. 경로 정보의 유무가 간섭을 결정해요: 간섭이 일어나는지 여부는, 경로 정보가 원리적으로 이용 가능한지 아닌지에 의해 결정돼요.
  2. 정보의 소거는 물리적 조작이에요: 단순히 "보지 않는" 것만으로는 불충분하고, 마커의 양자 상태를 적절히 조작하여 경로 정보를 원리적으로 복원 불가능하게 만들어야 해요.
  3. 사후 선택에 의한 회복: 실제 양자 지우개 실험에서는, 마커(보조계)의 측정 결과에 기반하여 데이터를 사후 선택(post-selection)함으로써, 간섭 무늬를 회복시켜요. 전체 데이터를 합산하면 간섭 무늬는 보이지 않지만, 특정 측정 결과에 대응하는 부분 앙상블에서는 간섭 무늬가 나타나요.

검산: Part I(정보 없음) → \(P = 0\), Part II(부분적 정보) → \(P = 2A^2\), 완전한 정보 → \(P = 3A^2\). 정보가 증가할수록 간섭이 파괴되고, 확률이 고전적 값 \(3A^2\)에 가까워져요. 정보를 소거하면 간섭이 회복되어 \(P = 0\)으로 돌아가요. 이 일련의 결과는 물리적으로 정합적이에요. ✓