제 5 장 연습문제 풀이¶

← 문제로 돌아가기　|　본문으로 돌아가기

Basic（기초）

B-1. 규격화 조건의 확인
B-2. 내적의 계산
B-3. 외적(사영 연산자)의 작용
B-4. \(x\) 기저로의 전개
B-5. \(y\) 기저의 직교성
B-6. 확률진폭으로부터 확률 구하기
B-7. Kronecker 델타의 활용
B-8. 기저 변환 행렬의 성분

Medium（표준）

M-1. 완전성 관계로부터 규격화 조건을 유도하기
M-2. \(x\) 기저의 완전성 관계
M-3. 기저 변환 행렬의 유니타리성
M-4. 연속 측정의 확률

Advanced（발전）

A-1. 임의 방향의 스핀 고유상태
A-2. 「어떤 경로를 지나갔는가」와 간섭의 소멸

Basic（기초）¶

B-1. 규격화 조건의 확인¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: \(c_+ = \frac{1+i}{2}\), \(c_- = \frac{\sqrt{2}}{2}\) 의 절댓값의 제곱을 각각 계산하고, 합계가 1이 되는지 확인해요.

계산의 세부 과정:

\[|c_+|^2 = \left|\frac{1+i}{2}\right|^2 = \frac{(1)^2 + (1)^2}{2^2} = \frac{1+1}{4} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\]

\[|c_-|^2 = \left|\frac{\sqrt{2}}{2}\right|^2 = \frac{(\sqrt{2})^2}{2^2} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}\]

최종 답:

\[|c_+|^2 + |c_-|^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1 \quad \checkmark\]

규격화 조건은 만족되어요.

검산: 다른 방법으로 \(|c_+|^2 = c_+^* c_+ = \frac{1-i}{2} \cdot \frac{1+i}{2} = \frac{(1-i)(1+i)}{4} = \frac{1+1}{4} = \frac{1}{2}\) 와 같이 확인할 수 있어요.

B-2. 내적의 계산¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 정규직교성 \(\langle+|+\rangle = 1\), \(\langle+|-\rangle = 0\), \(\langle-|+\rangle = 0\), \(\langle-|-\rangle = 1\) 을 이용하여 내적을 계산해요.

계산의 상세:

\[|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}|+\rangle + \sqrt{\frac{2}{3}}\,e^{i\pi/4}|-\rangle\]

\[\langle+|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\langle+|+\rangle + \sqrt{\frac{2}{3}}\,e^{i\pi/4}\langle+|-\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot 1 + \sqrt{\frac{2}{3}}\,e^{i\pi/4} \cdot 0 = \frac{1}{\sqrt{3}}\]

\[\langle-|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\langle-|+\rangle + \sqrt{\frac{2}{3}}\,e^{i\pi/4}\langle-|-\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}} \cdot 0 + \sqrt{\frac{2}{3}}\,e^{i\pi/4} \cdot 1 = \sqrt{\frac{2}{3}}\,e^{i\pi/4}\]

절댓값의 제곱:

\[|\langle+|\psi\rangle|^2 = \left|\frac{1}{\sqrt{3}}\right|^2 = \frac{1}{3}\]

\[|\langle-|\psi\rangle|^2 = \left|\sqrt{\frac{2}{3}}\,e^{i\pi/4}\right|^2 = \frac{2}{3} \cdot |e^{i\pi/4}|^2 = \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{2}{3}\]

최종 답:

\[\langle+|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}, \quad |\langle+|\psi\rangle|^2 = \frac{1}{3}\]

\[\langle-|\psi\rangle = \sqrt{\frac{2}{3}}\,e^{i\pi/4}, \quad |\langle-|\psi\rangle|^2 = \frac{2}{3}\]

검산: \(|\langle+|\psi\rangle|^2 + |\langle-|\psi\rangle|^2 = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 1\) ✓ (규격화 조건을 만족해요)

B-3. 외적(사영 연산자)의 작용¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: \(\hat{P}_+ = |+\rangle\langle+|\)를 \(|\psi\rangle\)에 작용시켜요. 외적의 작용은 "내적을 취한 후 켓을 곱하는" 절차로 계산해요.

계산의 상세:

\[\hat{P}_+|\psi\rangle = |+\rangle\langle+|\psi\rangle = |+\rangle\left(\frac{3}{5}\langle+|+\rangle + \frac{4}{5}\langle+|-\rangle\right)\]

\[= |+\rangle\left(\frac{3}{5} \cdot 1 + \frac{4}{5} \cdot 0\right) = \frac{3}{5}|+\rangle\]

이것을 \(|+\rangle\), \(|-\rangle\)의 선형결합으로 쓰면:

\[\hat{P}_+|\psi\rangle = \frac{3}{5}|+\rangle + 0 \cdot |-\rangle\]

규격화 확인:

\[\left|\frac{3}{5}\right|^2 + |0|^2 = \frac{9}{25} \neq 1\]

최종 답:

\[\hat{P}_+|\psi\rangle = \frac{3}{5}|+\rangle\]

검산: 사영 연산자의 멱등성 \(\hat{P}_+^2 = \hat{P}_+\)를 확인해요. \(\hat{P}_+(\hat{P}_+|\psi\rangle) = \hat{P}_+\left(\frac{3}{5}|+\rangle\right) = \frac{3}{5}|+\rangle\langle+|+\rangle = \frac{3}{5}|+\rangle = \hat{P}_+|\psi\rangle\) ✓

B-4. \(x\) 기저로의 전개¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 식 (5.11)과 (5.12)를 연립방정식으로 \(|+\rangle\), \(|-\rangle\)에 대해 풀어요.

계산의 상세:

식 (5.11)과 (5.12)를 다시 적으면:

\[|+\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle\]

\[|-\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle - \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle\]

두 식을 더하면:

\[|+\rangle_x + |-\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle - \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle = \frac{2}{\sqrt{2}}|+\rangle = \sqrt{2}\,|+\rangle\]

\[\therefore \quad |+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle_x + \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle_x\]

최종 답:

\[a = \frac{1}{\sqrt{2}}, \quad b = \frac{1}{\sqrt{2}}\]

\[|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle_x + \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle_x\]

검산: 다른 방법으로, \(a = {}_x\langle+|+\rangle\)를 직접 계산해요. \({}_x\langle+| = \frac{1}{\sqrt{2}}\langle+| + \frac{1}{\sqrt{2}}\langle-|\)이므로, \(a = {}_x\langle+|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\langle+|+\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}\langle-|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\) ✓. 마찬가지로 \(b = {}_x\langle-|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\langle+|+\rangle - \frac{1}{\sqrt{2}}\langle-|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\) ✓. 규격화도 \(|a|^2 + |b|^2 = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\) ✓.

B-5. \(y\) 기저의 직교성¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 식 (5.13)과 (5.14)로부터 브라 \({}_y\langle+|\)를 구성하고, \(|-\rangle_y\)와의 내적을 계산해요.

계산의 상세:

식 (5.13)과 (5.14)로부터:

\[|+\rangle_y = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + \frac{i}{\sqrt{2}}|-\rangle\]

\[|-\rangle_y = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle - \frac{i}{\sqrt{2}}|-\rangle\]

브라를 만들 때는 계수를 복소켤레로 취해요:

\[{}_y\langle+| = \frac{1}{\sqrt{2}}\langle+| + \left(\frac{i}{\sqrt{2}}\right)^*\langle-| = \frac{1}{\sqrt{2}}\langle+| - \frac{i}{\sqrt{2}}\langle-|\]

내적을 계산해요:

\[{}_y\langle+|-\rangle_y = \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\langle+| - \frac{i}{\sqrt{2}}\langle-|\right)\left(\frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle - \frac{i}{\sqrt{2}}|-\rangle\right)\]

\[= \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\langle+|+\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \left(-\frac{i}{\sqrt{2}}\right)\langle+|-\rangle + \left(-\frac{i}{\sqrt{2}}\right) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\langle-|+\rangle + \left(-\frac{i}{\sqrt{2}}\right)\left(-\frac{i}{\sqrt{2}}\right)\langle-|-\rangle\]

\[= \frac{1}{2} \cdot 1 + \left(-\frac{i}{2}\right) \cdot 0 + \left(-\frac{i}{2}\right) \cdot 0 + \frac{i^2}{2} \cdot 1\]

\[= \frac{1}{2} + \frac{i^2}{2} = \frac{1}{2} + \frac{-1}{2} = 0\]

최종 답:

\[{}_y\langle+|-\rangle_y = 0\]

\(|+\rangle_y\)와 \(|-\rangle_y\)는 직교해요. ✓

검산: \({}_y\langle+|+\rangle_y = \frac{1}{2}\langle+|+\rangle + \frac{1}{2}\left(-i\right)(i)\langle-|-\rangle = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\) ✓ (규격화도 확인)

B-6. 확률진폭으로부터 확률 구하기¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: \(|+\rangle_y\)의 \(z\) 기저에서의 전개 계수를 읽어내어 각 확률을 계산해요.

계산의 상세:

식 (5.13)으로부터:

\[|+\rangle_y = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + \frac{i}{\sqrt{2}}|-\rangle\]

\(S_z = +\hbar/2\)를 얻을 확률진폭은 \(c_+ = \frac{1}{\sqrt{2}}\), \(S_z = -\hbar/2\)를 얻을 확률진폭은 \(c_- = \frac{i}{\sqrt{2}}\)예요.

\[P\left(S_z = +\frac{\hbar}{2}\right) = |c_+|^2 = \left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^2 = \frac{1}{2}\]

\[P\left(S_z = -\frac{\hbar}{2}\right) = |c_-|^2 = \left|\frac{i}{\sqrt{2}}\right|^2 = \frac{|i|^2}{2} = \frac{1}{2}\]

최종 답:

\[P\left(S_z = +\frac{\hbar}{2}\right) = \frac{1}{2}, \quad P\left(S_z = -\frac{\hbar}{2}\right) = \frac{1}{2}\]

\(y\) 방향으로 스핀 위를 향하는 입자를 \(z\) 방향으로 측정하면, 위·아래가 같은 확률(각각 50%)로 나와요.

검산: \(P(+) + P(-) = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\) ✓. 또한, \(x\) 방향의 경우(식 (5.11))와 마찬가지로, 직교하는 방향의 측정에서는 같은 확률이 된다는 물리적 기대와도 일치해요.

B-7. Kronecker 델타의 활용¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: \(j = +\) 와 \(j = -\) 의 각 경우에 대해 피가수를 평가하고 더해요.

계산의 상세:

\[\sum_{j \in \{+,-\}} \delta_{+j}\,\delta_{j-} = \delta_{++}\,\delta_{+-} + \delta_{+-}\,\delta_{--}\]

각 크로네커 델타의 값: - \(\delta_{++} = 1\), \(\delta_{+-} = 0\), \(\delta_{--} = 1\)

\[= 1 \cdot 0 + 0 \cdot 1 = 0 + 0 = 0\]

최종 답:

\[\sum_{j \in \{+,-\}} \delta_{+j}\,\delta_{j-} = 0\]

검산: 이 합은 \(\delta_{+-}\) 와 같아야 해요 (크로네커 델타의 합성 법칙 \(\sum_j \delta_{ij}\delta_{jk} = \delta_{ik}\)). \(\delta_{+-} = 0\) 이므로 결과는 일치해요. ✓

B-8. 기저 변환 행렬의 성분¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 식 (5.13), (5.14)에서 \(|+\rangle_y\), \(|-\rangle_y\)의 \(z\) 기저에서의 전개 계수를 읽어내고, 내적으로서 행렬 성분을 구해요.

계산의 상세:

식 (5.13): \(|+\rangle_y = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + \frac{i}{\sqrt{2}}|-\rangle\)

식 (5.14): \(|-\rangle_y = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle - \frac{i}{\sqrt{2}}|-\rangle\)

각 성분을 읽어내면：

\[\langle+|+\rangle_y = \frac{1}{\sqrt{2}}, \quad \langle-|+\rangle_y = \frac{i}{\sqrt{2}}\]

\[\langle+|-\rangle_y = \frac{1}{\sqrt{2}}, \quad \langle-|-\rangle_y = -\frac{i}{\sqrt{2}}\]

최종 답:

\[U = \begin{pmatrix} \langle+|+\rangle_y & \langle+|-\rangle_y \\ \langle-|+\rangle_y & \langle-|-\rangle_y \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ i & -i \end{pmatrix}\]

검산: 유니터리성을 확인해요. \(U^\dagger = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & -i \\ 1 & i \end{pmatrix}\)

\[U^\dagger U = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -i \\ 1 & i \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ i & -i \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1+1 & 1+1 \cdot(-1) \\ 1+1\cdot(-1) & 1+1 \end{pmatrix}\]

좀 더 자세히 계산하면：

\((U^\dagger U)_{11} = \frac{1}{2}(1 \cdot 1 + (-i)(i)) = \frac{1}{2}(1 + 1) = 1\)

\((U^\dagger U)_{12} = \frac{1}{2}(1 \cdot 1 + (-i)(-i)) = \frac{1}{2}(1 + i^2) = \frac{1}{2}(1 - 1) = 0\)

\((U^\dagger U)_{21} = \frac{1}{2}(1 \cdot 1 + i \cdot i) = \frac{1}{2}(1 + i^2) = \frac{1}{2}(1 - 1) = 0\)

\((U^\dagger U)_{22} = \frac{1}{2}(1 \cdot 1 + i(-i)) = \frac{1}{2}(1 + 1) = 1\)

\[U^\dagger U = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \mathbf{1} \quad \checkmark\]

Medium（표준）¶

M-1. 완전성 관계로부터 규격화 조건을 유도하기¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: \(\langle\psi|\psi\rangle = 1\) 에 완전성 관계를 삽입해요.

계산의 상세:

\(\langle\psi|\psi\rangle = 1\) 의 좌변에 항등 연산자 \(\mathbf{1} = |+\rangle\langle+| + |-\rangle\langle-|\) 를 삽입해요:

\[\langle\psi|\psi\rangle = \langle\psi|\mathbf{1}|\psi\rangle = \langle\psi|\left(|+\rangle\langle+| + |-\rangle\langle-|\right)|\psi\rangle\]

\[= \langle\psi|+\rangle\langle+|\psi\rangle + \langle\psi|-\rangle\langle-|\psi\rangle\]

여기서 내적의 성질 \(\langle\psi|j\rangle = \langle j|\psi\rangle^*\) 를 사용하면:

\[= \langle+|\psi\rangle^*\langle+|\psi\rangle + \langle-|\psi\rangle^*\langle-|\psi\rangle\]

\[= |\langle+|\psi\rangle|^2 + |\langle-|\psi\rangle|^2\]

\(\langle\psi|\psi\rangle = 1\) 이므로:

검산: 구체적인 예로 확인해요. \(|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}|+\rangle + \sqrt{\frac{2}{3}}|-\rangle\) 일 때, \(|\langle+|\psi\rangle|^2 + |\langle-|\psi\rangle|^2 = \frac{1}{3} + \frac{2}{3} = 1\) ✓

M-2. \(x\) 기저의 완전성 관계¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: \(|+\rangle_x\), \(|-\rangle_x\)를 \(z\) 기저의 열벡터로 표현하고, 외적을 행렬로 계산하여 더해요.

계산의 상세:

\(z\) 기저에서의 열벡터 표현:

\[|+\rangle_x \to \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}, \quad |-\rangle_x \to \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}\]

외적 \(|+\rangle_x\,{}_x\langle+|\)의 행렬 표현:

\[|+\rangle_x\,{}_x\langle+| = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & 1\end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1\\1 & 1\end{pmatrix}\]

외적 \(|-\rangle_x\,{}_x\langle-|\)의 행렬 표현:

\[|-\rangle_x\,{}_x\langle-| = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix}1 & -1\end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\\-1 & 1\end{pmatrix}\]

합산:

\[|+\rangle_x\,{}_x\langle+| + |-\rangle_x\,{}_x\langle-| = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & 1\\1 & 1\end{pmatrix} + \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1 & -1\\-1 & 1\end{pmatrix}\]

\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix}1+1 & 1+(-1)\\1+(-1) & 1+1\end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}2 & 0\\0 & 2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix} = \mathbf{1}\]

최종 답:

\[|+\rangle_x\,{}_x\langle+| + |-\rangle_x\,{}_x\langle-| = \mathbf{1} \quad \blacksquare\]

검산: 임의의 상태 \(|\psi\rangle = \begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}\)에 작용시키면 \(\mathbf{1}|\psi\rangle = \begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix} = |\psi\rangle\)가 되는 것은 자명해요. 또한, \(z\) 기저의 완전성 관계 \(|+\rangle\langle+| + |-\rangle\langle-| = \begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix} = \mathbf{1}\)와 같은 결과가 얻어지며, 기저의 선택에 관계없이 완전성 관계가 성립함을 확인할 수 있어요. ✓

M-3. 기저 변환 행렬의 유니타리성¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: \(U\)의 성분이 모두 실수이므로 \(U^\dagger = U^T\)이에요. \(U^T U\)를 계산하여 단위행렬이 되는 것을 보여요.

계산의 상세:

\[U = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\]

\(U\)는 실행렬이므로:

\[U^\dagger = U^T = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix}\]

(이 행렬은 대칭행렬이므로 \(U^T = U\)이기도 해요.)

\[U^\dagger U = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & -1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 \cdot 1 + 1 \cdot 1 & 1 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) \\ 1 \cdot 1 + (-1) \cdot 1 & 1 \cdot 1 + (-1)(-1) \end{pmatrix}\]

\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{pmatrix} = \mathbf{1} \quad \blacksquare\]

검산: \(UU^\dagger\)도 계산하면 같은 결과가 돼요 (이 경우 \(U = U^T\)이므로 \(UU^\dagger = U^\dagger U\)). 또한, \(\det U = \frac{1}{2}((-1) - 1) = -1\)이므로 \(|\det U| = 1\)이며, 유니터리 행렬의 필요조건 \(|\det U| = 1\)을 만족해요. ✓

M-4. 연속 측정의 확률¶

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 각 단계에서의 상태와 확률진폭을 순서대로 추적하고, 전체 진폭을 구한 다음 확률을 계산해요.

계산의 상세:

단계 1: \(z\) 방향 장치에서 스핀 위 방향을 선별해요. 상태는 \(|+\rangle\)이에요.

단계 2: \(|+\rangle\)을 \(x\) 방향 장치에 통과시켜요. \(S_x = +\hbar/2\)가 선별되는 확률진폭은:

\[{}_x\langle+|+\rangle\]

D4의 결과(또는 식 (5.11)에서 직접)로부터:

\[{}_x\langle+|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\]

단계 3: \(S_x = +\hbar/2\)가 선별된 후, 상태는 \(|+\rangle_x\)이에요.

단계 4: \(|+\rangle_x\)를 다시 \(z\) 방향 장치에 통과시켜요. \(S_z = -\hbar/2\)가 발견되는 확률진폭은:

\[\langle-|+\rangle_x\]

식 (5.11)에서 \(|+\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle\)이므로:

\[\langle-|+\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}}\]

전체 진폭: 각 단계의 진폭을 곱해요(제 4 장의 「진폭을 곱하는」 규칙):

\[A = {}_x\langle+|+\rangle \cdot \langle-|+\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}\]

최종 답:

\[P\left(S_z = -\frac{\hbar}{2}\right) = |A|^2 = \left|\frac{1}{2}\right|^2 = \frac{1}{4}\]

검산·고찰: 만약 \(x\) 방향 장치를 사이에 끼우지 않으면, \(|+\rangle\) 입자를 \(z\) 방향으로 측정하여 \(S_z = -\hbar/2\)를 얻을 확률은 \(|\langle-|+\rangle|^2 = 0\)이에요. \(x\) 방향 장치를 중간에 끼움으로써 \(z\) 방향의 정보가 「교란되어」, 본래 0이었던 확률이 \(1/4\)로 바뀌었어요. 이것은 양자역학에서 측정의 비자명한 효과를 보여주고 있어요. ✓

Advanced（발전）¶

A-1. 임의 방향의 스핀 고유상태¶

→ 문제로 돌아가기

주어진 고유상태:

\[|+\rangle_{\hat{n}} = \cos\frac{\theta}{2}\,|+\rangle + e^{i\phi}\sin\frac{\theta}{2}\,|-\rangle\]

(a) \(\theta = 0\) 과 \(\theta = \pi\) 의 경우¶

\(\theta = 0\) 일 때:

\[|+\rangle_{\hat{n}} = \cos 0 \cdot |+\rangle + e^{i\phi}\sin 0 \cdot |-\rangle = 1 \cdot |+\rangle + 0 \cdot |-\rangle = |+\rangle \quad \checkmark\]

\(\hat{\mathbf{n}}\) 이 \(z\) 축 방향(북극)을 향할 때, \(S_{\hat{n}} = S_z\) 의 위쪽 고유상태 \(|+\rangle\) 가 재현돼요.

\(\theta = \pi\) 일 때:

\[|+\rangle_{\hat{n}} = \cos\frac{\pi}{2}\,|+\rangle + e^{i\phi}\sin\frac{\pi}{2}\,|-\rangle = 0 \cdot |+\rangle + e^{i\phi} \cdot 1 \cdot |-\rangle = e^{i\phi}|-\rangle\]

전체 위상 \(e^{i\phi}\) 를 제외하면 \(|-\rangle\) 와 같아요. \(\hat{\mathbf{n}}\) 이 \(-z\) 방향(남극)을 향할 때, \(S_{\hat{n}} = -S_z\) 의 위쪽 고유상태는 \(S_z\) 의 아래쪽 고유상태 \(|-\rangle\) 에 대응해요. ✓

(b) \(\theta = \pi/2\), \(\phi = 0\) 일 때¶

\[|+\rangle_{\hat{n}} = \cos\frac{\pi}{4}\,|+\rangle + e^{i \cdot 0}\sin\frac{\pi}{4}\,|-\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + 1 \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle\]

이것은 식 (5.11)의 \(|+\rangle_x\) 와 일치해요. \(\hat{\mathbf{n}} = (\sin(\pi/2)\cos 0, \sin(\pi/2)\sin 0, \cos(\pi/2)) = (1, 0, 0) = \hat{\mathbf{x}}\) 이므로 정합해요. ✓

(c) \(\theta = \pi/2\), \(\phi = \pi/2\) 일 때¶

\[|+\rangle_{\hat{n}} = \cos\frac{\pi}{4}\,|+\rangle + e^{i\pi/2}\sin\frac{\pi}{4}\,|-\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + i \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + \frac{i}{\sqrt{2}}|-\rangle\]

이것은 식 (5.13)의 \(|+\rangle_y\) 와 일치해요. \(\hat{\mathbf{n}} = (\sin(\pi/2)\cos(\pi/2), \sin(\pi/2)\sin(\pi/2), \cos(\pi/2)) = (0, 1, 0) = \hat{\mathbf{y}}\) 이므로 정합해요. ✓

(d) 규격화 증명¶

\[{}_{\hat{n}}\langle+|+\rangle_{\hat{n}} = \left(\cos\frac{\theta}{2}\,\langle+| + e^{-i\phi}\sin\frac{\theta}{2}\,\langle-|\right)\left(\cos\frac{\theta}{2}\,|+\rangle + e^{i\phi}\sin\frac{\theta}{2}\,|-\rangle\right)\]

정규직교성 \(\langle+|+\rangle = \langle-|-\rangle = 1\), \(\langle+|-\rangle = \langle-|+\rangle = 0\) 을 이용하면:

\[= \cos^2\frac{\theta}{2}\,\langle+|+\rangle + \cos\frac{\theta}{2}\,e^{i\phi}\sin\frac{\theta}{2}\,\langle+|-\rangle + e^{-i\phi}\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}\,\langle-|+\rangle + e^{-i\phi}e^{i\phi}\sin^2\frac{\theta}{2}\,\langle-|-\rangle\]

\[= \cos^2\frac{\theta}{2} \cdot 1 + 0 + 0 + |e^{i\phi}|^2\sin^2\frac{\theta}{2} \cdot 1\]

\[= \cos^2\frac{\theta}{2} + \sin^2\frac{\theta}{2} = 1 \quad \blacksquare\]

(e) \(S_z = +\hbar/2\) 를 얻을 확률과 \(\theta\) 의 기하학적 의미¶

\(S_z = +\hbar/2\) 를 얻을 확률은:

\[P\left(S_z = +\frac{\hbar}{2}\right) = |\langle+|+\rangle_{\hat{n}}|^2 = \left|\cos\frac{\theta}{2}\right|^2 = \cos^2\frac{\theta}{2} \quad \blacksquare\]

\(\theta\) 의 기하학적 의미에 대한 논의:

각도 \(\theta\) 는 \(\hat{\mathbf{n}}\) 방향과 \(z\) 축이 이루는 각(극각)이에요.

\(\theta = 0\) (\(\hat{\mathbf{n}}\) 이 \(z\) 축과 같은 방향)일 때: \(P = \cos^2 0 = 1\). 확실하게 \(S_z = +\hbar/2\) 를 얻어요.
\(\theta = \pi/2\) (\(\hat{\mathbf{n}}\) 이 \(z\) 축과 직교)일 때: \(P = \cos^2(\pi/4) = 1/2\). 등확률이에요.
\(\theta = \pi\) (\(\hat{\mathbf{n}}\) 이 \(-z\) 방향)일 때: \(P = \cos^2(\pi/2) = 0\). \(S_z = +\hbar/2\) 는 절대 얻을 수 없어요.

이 결과는 블로흐 구(Bloch sphere)의 묘사와 직결돼요. 블로흐 구 위에서 \(|+\rangle\) 는 북극(\(\theta = 0\))에, \(|-\rangle\) 는 남극(\(\theta = \pi\))에 대응해요. 상태 \(|+\rangle_{\hat{n}}\) 는 극각 \(\theta\), 방위각 \(\phi\) 인 점에 대응해요. 두 상태 사이의 "거리"는 블로흐 구 위의 각도 \(\theta\) 로 특징지어지며, 확률은 \(\cos^2(\theta/2)\) 라는 "반각 공식"으로 주어져요.

주목할 점은, 블로흐 구 위에서 지름의 반대편(각도 \(\theta = \pi\))에 있는 상태가 직교 상태에 대응하고, 같은 점(각도 \(\theta = 0\))이 동일 상태에 대응한다는 것이에요. 물리적인 3차원 공간의 각도 \(\theta\) 가 상태 공간에서는 \(\theta/2\) 로 나타나는데——이것은 스핀 1/2가 \(2\pi\) 회전에서 부호가 바뀌고, \(4\pi\) 회전에서 원래로 돌아온다는 성질과 깊이 관련되어 있어요.

검산: \(S_z = -\hbar/2\) 를 얻을 확률은 \(|\langle-|+\rangle_{\hat{n}}|^2 = |e^{i\phi}\sin(\theta/2)|^2 = \sin^2(\theta/2)\). 합계 \(\cos^2(\theta/2) + \sin^2(\theta/2) = 1\) ✓

A-2. 「어떤 경로를 지나갔는가」와 간섭의 소멸¶

→ 문제로 돌아가기

설정 정리: 초기 상태 \(|+\rangle_x\)인 입자가 \(z\) 방향 Stern-Gerlach 장치에서 \(|+\rangle\)와 \(|-\rangle\)로 분리된 후, 합류시켜 \(x\) 방향으로 측정해요.

(a) 경로를 구별할 수 없는 경우¶

풀이 방침: 중간 상태를 구별할 수 없으므로, 제 4 장의 규칙에 따라 "진폭을 더한 후 절댓값의 제곱을 취해요".

계산의 상세:

초기 상태 \(|+\rangle_x\)를 \(z\) 기저로 전개하면 (식 (5.11)에 의해):

\[|+\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}}|+\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|-\rangle\]

최종적으로 \(S_x = +\hbar/2\) (상태 \(|+\rangle_x\))를 얻는 진폭은, 중간 상태 \(|j\rangle\) (\(j = +, -\))를 경유하는 진폭의 합이에요:

\[A = \sum_{j=\pm} {}_x\langle+|j\rangle\langle j|+\rangle_x\]

이것은 완전성 관계 \(\sum_{j=\pm}|j\rangle\langle j| = \mathbf{1}\)을 이용하면:

\[A = {}_x\langle+|\mathbf{1}|+\rangle_x = {}_x\langle+|+\rangle_x = 1\]

확인을 위해 각 항을 명시적으로 계산해요:

\[{}_x\langle+|+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}, \quad \langle+|+\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}}\]

\[{}_x\langle+|-\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}, \quad \langle-|+\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}}\]

\[A = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\]

확률:

\[P_a = |A|^2 = |1|^2 = 1\]

(b) 경로를 구별할 수 있는 경우¶

풀이 방침: 경로를 구별할 수 있으므로, 제 4 장의 규칙에 따라 "확률을 더해요".

계산의 상세:

각 경로의 확률을 개별적으로 계산하여 더해요:

\[P_b = \sum_{j=\pm} |{}_x\langle+|j\rangle|^2 \cdot |\langle j|+\rangle_x|^2\]

\[= |{}_x\langle+|+\rangle|^2 \cdot |\langle+|+\rangle_x|^2 + |{}_x\langle+|-\rangle|^2 \cdot |\langle-|+\rangle_x|^2\]

\[= \left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^2 \cdot \left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^2 + \left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^2 \cdot \left|\frac{1}{\sqrt{2}}\right|^2\]

\[= \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\]

비교: (a)에서는 \(P_a = 1\), (b)에서는 \(P_b = 1/2\)이에요.

(c) 간섭항의 분석과 논의¶

간섭항의 명시:

(a)의 확률을 전개해요. 진폭 \(A = A_+ + A_-\)로 놓으면 (\(A_j = {}_x\langle+|j\rangle\langle j|+\rangle_x\)):

\[P_a = |A_+ + A_-|^2 = |A_+|^2 + |A_-|^2 + A_+^* A_- + A_+ A_-^*\]

\[= |A_+|^2 + |A_-|^2 + 2\,\text{Re}(A_+^* A_-)\]

여기서:

\[A_+ = {}_x\langle+|+\rangle\langle+|+\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}\]

\[A_- = {}_x\langle+|-\rangle\langle-|+\rangle_x = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{1}{2}\]

\[|A_+|^2 + |A_-|^2 = \frac{1}{4} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\]

간섭항:

\[2\,\text{Re}(A_+^* A_-) = 2\,\text{Re}\left(\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}\right) = 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\]

따라서:

\[P_a = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1\]

한편, (b)의 확률은:

\[P_b = |A_+|^2 + |A_-|^2 = \frac{1}{2}\]

양자의 차이:

\[P_a - P_b = 2\,\text{Re}(A_+^* A_-) = \frac{1}{2}\]

이 \(\frac{1}{2}\)이 간섭항(교차항)이에요.

논의:

이 결과는 제 4 장의 확률진폭 규칙의 핵심을 선명하게 보여주고 있어요.

경로를 구별할 수 없는 경우 (a): 입자가 어느 경로(\(|+\rangle\) 또는 \(|-\rangle\))를 통과했는지 원리적으로 알 수 없을 때, 두 경로의 확률진폭이 결맞게 중첩돼요. 간섭항 \(2\,\text{Re}(A_+^* A_-)\)이 살아남아, 이 경우에는 보강 간섭(강화 간섭)이 일어나 확률이 1이 돼요. 이것은 완전성 관계 \(\sum_j |j\rangle\langle j| = \mathbf{1}\)의 직접적인 귀결이며, 두 빔을 완전히 합류시키면 원래 상태 \(|+\rangle_x\)가 복원됨을 의미해요.
경로를 구별할 수 있는 경우 (b): 표지를 붙임으로써 "어느 경로를 통과했는지"의 정보를 얻을 수 있으면, 두 경로는 구별 가능한 배반 사건이 되어 확률진폭이 아닌 확률을 더하는 규칙이 적용돼요. 간섭항은 소멸하고, 확률은 \(1/2\)로 감소해요.
물리적 의미: 경로 정보의 획득은 간섭을 파괴해요. 이것은 이중 슬릿 실험에서 "어느 슬릿을 통과했는지"를 관측하면 간섭무늬가 사라지는 것과 본질적으로 같은 현상이에요. 양자역학에서는 정보를 얻는 것 자체가 계의 상태를 변화시켜요. 표지를 붙이는 행위는 스핀의 자유도와 표지의 자유도를 얽힘(양자 얽힘)시키는 것에 해당하며, 스핀의 자유도만을 볼 때 결맞음(위상의 정합성)이 상실돼요.

검산: (a)에서 \(S_x = -\hbar/2\)를 얻는 확률도 마찬가지로 계산하면, 진폭은 \({}_x\langle-|\mathbf{1}|+\rangle_x = {}_x\langle-|+\rangle_x = 0\)이므로 확률은 0이에요. \(P(S_x = +\hbar/2) + P(S_x = -\hbar/2) = 1 + 0 = 1\) ✓. (b)에서는 \(S_x = -\hbar/2\)의 확률이 같은 계산으로 \(1/2\)이 되어, \(1/2 + 1/2 = 1\) ✓.

Feedback on this page

Let us know if something was unclear, incorrect, or could be improved.