제 6 장 연습문제 풀이¶

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Basic（기초）

B-1. 정상 상태의 위상 인자 계산
B-2. 터널 분열의 에너지 계산
B-3. 고유값 방정식의 행렬식 전개
B-4. 고유벡터의 직교성 확인
B-5. 확률의 시간 의존성 계산
B-6. $i\hbar\,dC/dt = EC$ 의 풀이
B-7. 기저 변환의 역변환
B-8. 에르미트성의 확인

Medium（표준）

M-1. 확률 보존으로부터 에르미트성 유도
M-2. Rabi (라비) 진동의 유도
M-3. 전기장 속 암모니아 분자의 에너지 준위
M-4. Hamiltonian의 대각화와 행렬 표시의 변환

Advanced（발전）

A-1. 시간 의존 섭동으로서의 진동 전기장과 전이 확률
A-2. 3 상태계로의 확장：일반화된 양자 진동

Basic（기초）¶

B-1. 정상 상태의 위상 인자 계산¶

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문제:

2상태계의 해밀토니안이

\[ H = \begin{pmatrix} E_0 & -A \\ -A & E_0 \end{pmatrix}\]

로 주어지고, 고유 상태 $|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)$의 에너지가 $E_{II} = E_0 - A$라고 해요. 시각 $t$에서의 정상 상태의 진폭 $C_1(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II}t/\hbar}$에 대해, $t = \pi\hbar/(E_0 - A)$일 때 $C_1(t)$의 값을 구하세요.

풀이 방침: $C_1(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II}t/\hbar}$ 에 $t = \pi\hbar/(E_0 - A)$ 를 대입해요.

계산:

\[C_1(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II}t/\hbar} = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i(E_0 - A)t/\hbar}\]

$t = \pi\hbar/(E_0 - A)$ 를 대입하면, 지수부는:

\[-\frac{i(E_0 - A)}{\hbar} \cdot \frac{\pi\hbar}{E_0 - A} = -i\pi\]

따라서:

\[C_1(t) = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i\pi} = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot (-1) = -\frac{1}{\sqrt{2}}\]

최종 답:

\[\boxed{C_1(t) = -\frac{1}{\sqrt{2}}}\]

검산: $|C_1(t)|^2 = 1/2$ 이며, 정상 상태에서는 확률이 시간에 따라 변하지 않는다는 것과 일치해요. 또한 $e^{-i\pi} = \cos\pi + i\sin\pi = -1$ 임을 확인할 수 있어요.

B-2. 터널 분열의 에너지 계산¶

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문제:

암모니아 분자의 반전 진동수가 $f = 24{,}000\;\text{MHz}$ 이며, 에너지 차이 $2A = hf$ 가 성립해요. $A$ 를 eV 단위로 구하세요. 단, $h = 6.626 \times 10^{-34}\;\text{J·s}$, $1\;\text{eV} = 1.602 \times 10^{-19}\;\text{J}$ 로 해요.

풀이 방침: $2A = hf$ 로부터 $A = hf/2$ 를 계산하고, eV로 변환해요.

계산:

\[f = 24{,}000\;\text{MHz} = 2.4 \times 10^{10}\;\text{Hz}\]

\[A = \frac{hf}{2} = \frac{6.626 \times 10^{-34} \times 2.4 \times 10^{10}}{2}\;\text{J}\]

\[A = \frac{15.9024 \times 10^{-24}}{2}\;\text{J} = 7.951 \times 10^{-24}\;\text{J}\]

eV로 변환:

\[A = \frac{7.951 \times 10^{-24}}{1.602 \times 10^{-19}}\;\text{eV} = 4.96 \times 10^{-5}\;\text{eV}\]

최종 답:

\[\boxed{A \approx 4.96 \times 10^{-5}\;\text{eV} \approx 5.0 \times 10^{-5}\;\text{eV}}\]

검산: 본문에서 "질소의 반전 운동에 관련된 에너지는 $10^{-4}$ eV 정도"라고 언급되어 있어요. $2A \approx 10^{-4}$ eV 이므로 일치해요.

B-3. 고유값 방정식의 행렬식 전개¶

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문제:

일반적인 2상태 해밀토니안

\[ H = \begin{pmatrix} \alpha & \beta \\ \beta^* & \gamma \end{pmatrix}\]

($\alpha, \gamma$는 실수, $\beta$는 복소수)에 대해, 고유값 방정식 $\det(H - E\,I) = 0$을 전개하여 $E$에 관한 이차방정식을 유도하세요.

풀이 방침: $\det(H - EI) = 0$ 을 전개해요.

계산:

\[\det(H - EI) = \det\begin{pmatrix} \alpha - E & \beta \\ \beta^* & \gamma - E \end{pmatrix}\]

$2 \times 2$ 행렬의 행렬식 공식에 의해:

\[(\alpha - E)(\gamma - E) - \beta \cdot \beta^* = 0\]

전개하면:

\[\alpha\gamma - \alpha E - \gamma E + E^2 - |\beta|^2 = 0\]

정리하면:

\[\boxed{E^2 - (\alpha + \gamma)E + (\alpha\gamma - |\beta|^2) = 0}\]

검산: $\beta = 0$ 일 때, $E^2 - (\alpha + \gamma)E + \alpha\gamma = (E - \alpha)(E - \gamma) = 0$ 이 되어, 고유값은 $E = \alpha, \gamma$ (대각행렬의 고유값)로 올바르게 나와요.

B-4. 고유벡터의 직교성 확인¶

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문제:

본문의 고유벡터

\[ |I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle - |2\rangle), \quad |II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)\]

계산:

$\langle I|I\rangle$:

\[\langle I|I\rangle = \frac{1}{2}(\langle 1| - \langle 2|)(|1\rangle - |2\rangle) = \frac{1}{2}(\langle 1|1\rangle - \langle 1|2\rangle - \langle 2|1\rangle + \langle 2|2\rangle)\]

\[= \frac{1}{2}(1 - 0 - 0 + 1) = 1\]

$\langle II|II\rangle$:

\[\langle II|II\rangle = \frac{1}{2}(\langle 1| + \langle 2|)(|1\rangle + |2\rangle) = \frac{1}{2}(\langle 1|1\rangle + \langle 1|2\rangle + \langle 2|1\rangle + \langle 2|2\rangle)\]

\[= \frac{1}{2}(1 + 0 + 0 + 1) = 1\]

$\langle I|II\rangle$:

\[\langle I|II\rangle = \frac{1}{2}(\langle 1| - \langle 2|)(|1\rangle + |2\rangle) = \frac{1}{2}(\langle 1|1\rangle + \langle 1|2\rangle - \langle 2|1\rangle - \langle 2|2\rangle)\]

\[= \frac{1}{2}(1 + 0 - 0 - 1) = 0\]

최종 답:

\[\boxed{\langle I|I\rangle = 1, \quad \langle II|II\rangle = 1, \quad \langle I|II\rangle = 0}\]

$|I\rangle$ 와 $|II\rangle$ 는 정규직교계를 이루어요.

검산: 에르미트 행렬의 서로 다른 고유값에 속하는 고유벡터는 직교한다는 일반 정리와 일치해요.

B-5. 확률의 시간 의존성 계산¶

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문제:

풀이 방침: 초기 상태 $|\psi(0)\rangle = |1\rangle$을 에너지 고유상태로 전개하고, 시간 발전시킨 후 $\langle 2|\psi(t)\rangle$를 계산해요.

계산:

식 (6.17a)로부터 $|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle)$이므로:

\[|\psi(0)\rangle = |1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}|I\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|II\rangle\]

시간 발전:

\[|\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_I t/\hbar}|I\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II} t/\hbar}|II\rangle\]

$\langle 2|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(\langle 2|1\rangle - \langle 2|2\rangle) \cdot \frac{1}{1} $...

정확하게 다시 계산해요. $|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle - |2\rangle)$로부터 $\langle 2|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(0 - 1) = -\frac{1}{\sqrt{2}}$.

$|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)$로부터 $\langle 2|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(0 + 1) = \frac{1}{\sqrt{2}}$.

따라서:

\[C_2(t) = \langle 2|\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_I t/\hbar}\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right) + \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II} t/\hbar}\cdot\frac{1}{\sqrt{2}}\]

\[= \frac{1}{2}\left(-e^{-iE_I t/\hbar} + e^{-iE_{II} t/\hbar}\right)\]

$E_I = E_0 + A$, $E_{II} = E_0 - A$를 대입하면:

\[C_2(t) = \frac{1}{2}e^{-iE_0 t/\hbar}\left(-e^{-iAt/\hbar} + e^{iAt/\hbar}\right)\]

\[= \frac{1}{2}e^{-iE_0 t/\hbar} \cdot 2i\sin\left(\frac{At}{\hbar}\right) = i\,e^{-iE_0 t/\hbar}\sin\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

확률:

\[P_2(t) = |C_2(t)|^2 = |i|^2 \cdot |e^{-iE_0 t/\hbar}|^2 \cdot \sin^2\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

\[\boxed{P_2(t) = \sin^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right)}\]

검산: $t = 0$에서 $P_2(0) = \sin^2(0) = 0$ (초기 상태가 $|1\rangle$이므로 $|2\rangle$에 있을 확률은 0). $t = \pi\hbar/(2A)$에서 $P_2 = 1$ (완전히 $|2\rangle$로 전이). S2의 결과와도 일치해요.

B-6. $i\hbar\,dC/dt = EC$ 의 풀이¶

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문제:

미분방정식 $i\hbar\,\dfrac{dC}{dt} = E\,C$ （$E$ 는 실수 상수）를 풀고, $C(0) = C_0$ 조건에서 $C(t)$ 를 구하세요. 또한 $|C(t)|^2$ 이 시간에 의존하지 않음을 보이세요.

풀이 방침: 변수분리법으로 풀어요.

계산:

\[i\hbar\frac{dC}{dt} = EC\]

\[\frac{dC}{C} = \frac{E}{i\hbar}dt = -\frac{iE}{\hbar}dt\]

양변을 적분하면:

\[\ln C = -\frac{iE}{\hbar}t + \text{const}\]

\[C(t) = C(0)\,e^{-iEt/\hbar}\]

초기조건 $C(0) = C_0$로부터:

\[\boxed{C(t) = C_0\,e^{-iEt/\hbar}}\]

$|C(t)|^2$에 대해:

\[|C(t)|^2 = |C_0|^2 \cdot |e^{-iEt/\hbar}|^2 = |C_0|^2 \cdot 1 = |C_0|^2\]

$E$가 실수이므로 $|e^{-iEt/\hbar}| = 1$이고, $|C(t)|^2$는 시간에 의존하지 않아요.

검산: 미분방정식에 대입하여 확인해요. $i\hbar \cdot C_0 \cdot (-iE/\hbar)e^{-iEt/\hbar} = E \cdot C_0 e^{-iEt/\hbar}$. $i \cdot (-i) = 1$이므로 좌변 $= EC_0 e^{-iEt/\hbar}$ = 우변. ✓

B-7. 기저 변환의 역변환¶

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문제:

식 (6.17a) $|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle)$ 와 식 (6.17b) $|2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(-|I\rangle + |II\rangle)$ 를 이용하여, 반대로 $|I\rangle$ 와 $|II\rangle$ 를 $|1\rangle$ 과 $|2\rangle$ 로 나타내고, 식 (6.15a), (6.15b)가 재현되는 것을 확인하세요.

풀이 방침: 식 (6.17a)과 (6.17b)를 연립방정식으로 풀어요.

계산:

주어진 식: - (6.17a): $|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle)$ - (6.17b): $|2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(-|I\rangle + |II\rangle)$

(6.17a) $-$ (6.17b):

\[|1\rangle - |2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle) - \frac{1}{\sqrt{2}}(-|I\rangle + |II\rangle) = \frac{1}{\sqrt{2}}(2|I\rangle) = \sqrt{2}\,|I\rangle\]

\[|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle - |2\rangle)\]

(6.17a) $+$ (6.17b):

\[|1\rangle + |2\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle) + \frac{1}{\sqrt{2}}(-|I\rangle + |II\rangle) = \frac{1}{\sqrt{2}}(2|II\rangle) = \sqrt{2}\,|II\rangle\]

\[|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)\]

최종 답:

\[\boxed{|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle - |2\rangle), \quad |II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)}\]

이것은 식 (6.15a), (6.15b)와 일치해요. ✓

B-8. 에르미트성의 확인¶

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문제:

행렬

\[ M = \begin{pmatrix} 3 & 2 - i \\ 2 + i & 5 \end{pmatrix}\]

이 에르미트 행렬임을 확인하세요. 즉, $M_{ij}^* = M_{ji}$ 가 모든 $i, j$ 에 대해 성립함을 보이세요.

계산:

행렬 $M$의 각 성분에 대해 $M_{ij}^* = M_{ji}$를 확인해요.

$M_{11} = 3$: $M_{11}^* = 3 = M_{11}$ ✓ (실수)
$M_{22} = 5$: $M_{22}^* = 5 = M_{22}$ ✓ (실수)
$M_{12} = 2 - i$: $M_{12}^* = 2 + i = M_{21}$ ✓
$M_{21} = 2 + i$: $M_{21}^* = 2 - i = M_{12}$ ✓

최종 답: 모든 성분에 대해 $M_{ij}^* = M_{ji}$가 성립하므로, $M$은 에르미트 행렬이에요. $\square$

검산: 에르미트 행렬의 고유값은 실수여야 해요. $\text{tr}(M) = 8$, $\det(M) = 15 - 5 = 10$. 고유값은 $E^2 - 8E + 10 = 0$으로부터 $E = 4 \pm \sqrt{6}$. 확실히 실수예요. ✓

Medium（표준）¶

M-1. 확률 보존으로부터 에르미트성 유도¶

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문제:

2상태계의 시간 발전 방정식

\[ i\hbar\frac{dC_1}{dt} = H_{11}C_1 + H_{12}C_2, \quad i\hbar\frac{dC_2}{dt} = H_{21}C_1 + H_{22}C_2\]

에서 전체 확률 $P = |C_1|^2 + |C_2|^2$의 시간 미분 $dP/dt$를 계산하세요. $dP/dt = 0$이 임의의 $C_1, C_2$에 대해 성립하기 위한 조건으로서, $H_{11}, H_{22}$가 실수인 것과 $H_{12}^* = H_{21}$인 것을 유도하세요.

풀이 방침: $dP/dt = d(|C_1|^2 + |C_2|^2)/dt$ 를 계산하고, 항등적으로 0이 되는 조건을 구해요.

계산:

\[\frac{d|C_1|^2}{dt} = C_1^*\frac{dC_1}{dt} + C_1\frac{dC_1^*}{dt}\]

식 (6.2a)로부터:

\[\frac{dC_1}{dt} = \frac{1}{i\hbar}(H_{11}C_1 + H_{12}C_2) = -\frac{i}{\hbar}(H_{11}C_1 + H_{12}C_2)\]

그 복소 켤레:

\[\frac{dC_1^*}{dt} = \frac{i}{\hbar}(H_{11}^*C_1^* + H_{12}^*C_2^*)\]

따라서:

\[\frac{d|C_1|^2}{dt} = C_1^*\left[-\frac{i}{\hbar}(H_{11}C_1 + H_{12}C_2)\right] + C_1\left[\frac{i}{\hbar}(H_{11}^*C_1^* + H_{12}^*C_2^*)\right]\]

\[= \frac{i}{\hbar}\left[-(H_{11}|C_1|^2 + H_{12}C_1^*C_2) + (H_{11}^*|C_1|^2 + H_{12}^*C_1 C_2^*)\right]\]

\[= \frac{i}{\hbar}\left[(H_{11}^* - H_{11})|C_1|^2 + H_{12}^*C_1 C_2^* - H_{12}C_1^*C_2\right]\]

마찬가지로 $|C_2|^2$ 에 대해:

\[\frac{d|C_2|^2}{dt} = \frac{i}{\hbar}\left[(H_{22}^* - H_{22})|C_2|^2 + H_{21}^*C_2 C_1^* - H_{21}C_2^*C_1\right]\]

합계:

\[\frac{dP}{dt} = \frac{i}{\hbar}\Big[(H_{11}^* - H_{11})|C_1|^2 + (H_{22}^* - H_{22})|C_2|^2 + (H_{12}^* - H_{21})C_1 C_2^* + (H_{21}^* - H_{12})C_1^* C_2\Big]\]

$dP/dt = 0$ 이 임의의 $C_1, C_2$ 에 대해 성립하려면, 각 계수가 독립적으로 0이어야 해요.

$|C_1|^2$ 의 계수: $H_{11}^* - H_{11} = 0$ → $H_{11}^* = H_{11}$ → $H_{11}$ 은 실수

$|C_2|^2$ 의 계수: $H_{22}^* - H_{22} = 0$ → $H_{22}^* = H_{22}$ → $H_{22}$ 는 실수

$C_1 C_2^*$ 의 계수: $H_{12}^* - H_{21} = 0$ → $H_{12}^* = H_{21}$

$C_1^* C_2$ 의 계수: $H_{21}^* - H_{12} = 0$ → $H_{21}^* = H_{12}$ (위의 조건과 동치)

최종 답:

\[\boxed{H_{11}, H_{22} \in \mathbb{R}, \quad H_{12}^* = H_{21}}\]

이것은 바로 해밀토니안 행렬의 에르미트성 $H^\dagger = H$ 의 조건이에요. $\square$

검산: 에르미트 행렬의 경우, $dP/dt$ 식의 각 항이 모두 0이 되는 것을 확인해요. $H_{11}^* = H_{11}$ 로부터 제1항 소멸, $H_{22}^* = H_{22}$ 로부터 제2항 소멸, $H_{12}^* = H_{21}$ 로부터 제3항과 제4항은 $(H_{21} - H_{21})C_1C_2^* + (H_{12} - H_{12})C_1^*C_2 = 0$. ✓

M-2. Rabi (라비) 진동의 유도¶

→ 문제로 돌아가기

문제:

$t = 0$ 에서 $|\psi(0)\rangle = |1\rangle$ (질소가 "위")이라고 해요. 해밀토니안 (6.7) 하에서, 시각 $t$ 에서의 확률

을 각각 유도하고, 다음 결과를 보이세요: $$

P_1(t) = \cos^2!\left(\frac{At}{\hbar}\right), \quad P_2(t) = \sin^2!\left(\frac{At}{\hbar}\right)$$

또한, $P_1(t) + P_2(t) = 1$ 이 항상 성립함을 확인하고, 계가 상태 $|1\rangle$ 과 $|2\rangle$ 사이를 완전히 왕복하는 주기 $T$ 를 $A$ 와 $\hbar$ 로 표현하세요.

풀이 방침: 초기 상태를 에너지 고유상태로 전개하고, 시간 발전시킨 후 각 기저로의 사영을 계산해요.

계산:

초기 상태 $|\psi(0)\rangle = |1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|I\rangle + |II\rangle)$

시간 발전:

\[|\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_I t/\hbar}|I\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II} t/\hbar}|II\rangle\]

$C_1(t) = \langle 1|\psi(t)\rangle$ 의 계산:

$\langle 1|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}$, $\langle 1|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}$ 로부터:

\[C_1(t) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_I t/\hbar} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II} t/\hbar}\]

\[= \frac{1}{2}\left(e^{-i(E_0+A)t/\hbar} + e^{-i(E_0-A)t/\hbar}\right)\]

\[= \frac{1}{2}e^{-iE_0 t/\hbar}\left(e^{-iAt/\hbar} + e^{iAt/\hbar}\right) = e^{-iE_0 t/\hbar}\cos\!\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

\[P_1(t) = |C_1(t)|^2 = \cos^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

$C_2(t) = \langle 2|\psi(t)\rangle$ 의 계산:

$\langle 2|I\rangle = -\frac{1}{\sqrt{2}}$, $\langle 2|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}$ 로부터:

\[C_2(t) = \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)e^{-iE_I t/\hbar} + \frac{1}{\sqrt{2}} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-iE_{II} t/\hbar}\]

\[= \frac{1}{2}e^{-iE_0 t/\hbar}\left(-e^{-iAt/\hbar} + e^{iAt/\hbar}\right) = i\,e^{-iE_0 t/\hbar}\sin\!\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

\[P_2(t) = |C_2(t)|^2 = \sin^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right)\]

확률 보존 확인:

\[P_1(t) + P_2(t) = \cos^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right) + \sin^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right) = 1 \quad \checkmark\]

진동 주기:

$P_2(t) = 1$ (완전 전이)이 되는 것은 $At/\hbar = \pi/2$ 일 때, 즉 $t = \pi\hbar/(2A)$이에요. 계가 $|1\rangle \to |2\rangle \to |1\rangle$로 한 바퀴 도는 주기는:

\[\boxed{T = \frac{\pi\hbar}{A}}\]

최종 답:

\[\boxed{P_1(t) = \cos^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right), \quad P_2(t) = \sin^2\!\left(\frac{At}{\hbar}\right), \quad T = \frac{\pi\hbar}{A}}\]

검산: 각진동수 $\omega_R = 2A/\hbar$로 놓으면 주기 $T = 2\pi/\omega_R = \pi\hbar/A$이에요. 또한 $2A = hf$로부터 $T = 1/(2f)$... 아니, $P_2$의 진동의 각진동수는 $2A/\hbar$이에요 ($\sin^2$의 인수가 $At/\hbar$이므로 $\sin^2\theta$의 주기는 $\pi$, 따라서 $At/\hbar = \pi$에서 한 주기, $t = \pi\hbar/A$). ✓

M-3. 전기장 속 암모니아 분자의 에너지 준위¶

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문제:

균일한 정전기장 $\mathcal{E}$를 걸면, 질소 원자의 위치에 따라 전기 쌍극자 모멘트 $\pm \mu\mathcal{E}$의 에너지가 더해져요. Hamiltonian이

\[ H = \begin{pmatrix} E_0 + \mu\mathcal{E} & -A \\ -A & E_0 - \mu\mathcal{E} \end{pmatrix}\]

으로 바뀔 때, 고유값 $E_{\pm}$를 구하고, 다음과 같은 형태로 나타내세요: $$

E_{\pm} = E_0 \pm \sqrt{A^2 + (\mu\mathcal{E})^2}$$

나아가, $\mu\mathcal{E} \ll A$의 극한과 $\mu\mathcal{E} \gg A$의 극한에서 각각 에너지 준위가 어떻게 행동하는지 논의하세요.

풀이 방침: 고유값 방정식 $\det(H - EI) = 0$ 을 풀어요.

계산:

\[\det\begin{pmatrix} E_0 + \mu\mathcal{E} - E & -A \\ -A & E_0 - \mu\mathcal{E} - E \end{pmatrix} = 0\]

$\lambda = E - E_0$ 으로 놓으면:

\[(\mu\mathcal{E} - \lambda)(-\mu\mathcal{E} - \lambda) - A^2 = 0\]

\[-(\mu\mathcal{E})^2 + \lambda^2 - A^2 = 0\]

\[\lambda^2 = A^2 + (\mu\mathcal{E})^2\]

\[\lambda = \pm\sqrt{A^2 + (\mu\mathcal{E})^2}\]

따라서:

\[\boxed{E_{\pm} = E_0 \pm \sqrt{A^2 + (\mu\mathcal{E})^2}}\]

극한에 대한 논의:

$\mu\mathcal{E} \ll A$ 인 경우 (약한 전기장 극한):

\[\sqrt{A^2 + (\mu\mathcal{E})^2} = A\sqrt{1 + \left(\frac{\mu\mathcal{E}}{A}\right)^2} \approx A\left(1 + \frac{(\mu\mathcal{E})^2}{2A^2}\right)\]

\[E_{\pm} \approx E_0 \pm A \pm \frac{(\mu\mathcal{E})^2}{2A}\]

전기장이 없을 때의 준위 $E_0 \pm A$ 로부터의 2차 이동(2차 Stark 효과)이에요. 에너지 준위는 전기장의 제곱에 비례하여 약간 변화해요.

$\mu\mathcal{E} \gg A$ 인 경우 (강한 전기장 극한):

\[\sqrt{A^2 + (\mu\mathcal{E})^2} \approx \mu\mathcal{E}\sqrt{1 + \left(\frac{A}{\mu\mathcal{E}}\right)^2} \approx \mu\mathcal{E}\left(1 + \frac{A^2}{2(\mu\mathcal{E})^2}\right)\]

\[E_{\pm} \approx E_0 \pm \mu\mathcal{E}\]

터널 효과가 무시할 수 있게 되어, 질소 원자가 "위" 또는 "아래"에 국소화된 고전적인 묘사에 가까워져요. 에너지 분열은 전기장에 선형으로 비례해요(1차 Stark 효과).

검산: $\mathcal{E} = 0$ 일 때 $E_{\pm} = E_0 \pm A$ 로 본문의 결과 (6.13)과 일치해요. ✓

M-4. Hamiltonian의 대각화와 행렬 표시의 변환¶

→ 문제로 돌아가기

문제:

유니터리 행렬

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

을 이용하여 암모니아 분자의 Hamiltonian (6.7)을 대각화하세요. 즉 $U^\dagger H\, U$를 계산하고, 결과가 $$

U^\dagger H\, U = \begin{pmatrix} E_0 + A & 0 \ 0 & E_0 - A \end{pmatrix}$$

가 됨을 보이세요. 또한 $U$의 열벡터와 고유벡터 $|I\rangle$, $|II\rangle$의 관계를 서술하세요.

풀이 방침: $U^\dagger H U$를 직접 계산해요.

계산:

\[U = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}, \quad H = \begin{pmatrix} E_0 & -A \\ -A & E_0 \end{pmatrix}\]

$U$는 실수 행렬이므로 $U^\dagger = U^T$:

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

Step 1: $U^\dagger H$ 계산:

\[U^\dagger H = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} E_0 & -A \\ -A & E_0 \end{pmatrix}\]

\[= \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} E_0 - (-A) & -A - E_0 \\ E_0 + (-A) & -A + E_0 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} E_0 + A & -A - E_0 \\ E_0 - A & E_0 - A \end{pmatrix}\]

계산을 꼼꼼하게 다시 해볼게요:

$(1,1)$성분: $1 \cdot E_0 + (-1)(-A) = E_0 + A$

$(1,2)$성분: $1 \cdot (-A) + (-1) \cdot E_0 = -A - E_0$

$(2,1)$성분: $1 \cdot E_0 + 1 \cdot (-A) = E_0 - A$

$(2,2)$성분: $1 \cdot (-A) + 1 \cdot E_0 = E_0 - A$

\[U^\dagger H = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} E_0 + A & -(E_0 + A) \\ E_0 - A & E_0 - A \end{pmatrix}\]

Step 2: $(U^\dagger H)U$ 계산:

\[U^\dagger H U = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} E_0 + A & -(E_0 + A) \\ E_0 - A & E_0 - A \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix}\]

\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} (E_0+A)\cdot 1 + (-(E_0+A))\cdot(-1) & (E_0+A)\cdot 1 + (-(E_0+A))\cdot 1 \\ (E_0-A)\cdot 1 + (E_0-A)\cdot(-1) & (E_0-A)\cdot 1 + (E_0-A)\cdot 1 \end{pmatrix}\]

\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} (E_0+A) + (E_0+A) & (E_0+A) - (E_0+A) \\ (E_0-A) - (E_0-A) & (E_0-A) + (E_0-A) \end{pmatrix}\]

\[= \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 2(E_0+A) & 0 \\ 0 & 2(E_0-A) \end{pmatrix}\]

\[\boxed{U^\dagger H U = \begin{pmatrix} E_0 + A & 0 \\ 0 & E_0 - A \end{pmatrix}}\]

$U$의 열벡터와 고유벡터의 관계:

$U$의 제1열은 $\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \end{pmatrix}$이에요. 이것은 $|I\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle - |2\rangle)$의 $\{|1\rangle, |2\rangle\}$ 기저에서의 성분 표시에 대응해요. 대각화 후의 $(1,1)$ 성분이 $E_I = E_0 + A$예요.

$U$의 제2열은 $\frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix}$이에요. 이것은 $|II\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}(|1\rangle + |2\rangle)$의 성분 표시에 대응해요. 대각화 후의 $(2,2)$ 성분이 $E_{II} = E_0 - A$예요.

즉, $U$의 각 열벡터는 해밀토니안의 고유벡터이며, 대각화된 행렬의 대각 성분이 대응하는 고유값이에요.

검산: $U$가 유니터리임을 확인해요. $U^\dagger U = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 1 & -1 \\ 1 & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ -1 & 1 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}\begin{pmatrix} 2 & 0 \\ 0 & 2 \end{pmatrix} = I$. ✓

Advanced（발전）¶

A-1. 시간 의존 섭동으로서의 진동 전기장과 전이 확률¶

→ 문제로 돌아가기

문제:

암모니아 분자에 각진동수 $\omega$ 의 진동 전기장 $\mathcal{E}(t) = \mathcal{E}_0 \cos\omega t$ 을 인가해요. 에너지 기저 $\{|I\rangle, |II\rangle\}$ 로 기술했을 때, 해밀토니안은

\[ H = \begin{pmatrix} E_I & \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \\ \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t & E_{II} \end{pmatrix}\]

로 쓸 수 있어요 ($E_I = E_0 + A$, $E_{II} = E_0 - A$).

초기 상태가 $|\psi(0)\rangle = |II\rangle$ (낮은 에너지 상태)일 때, 다음 절차에 따라 상태 $|I\rangle$ 로의 전이 확률을 구하세요.

(a) $C_I(t) = b_I(t)\,e^{-iE_I t/\hbar}$, $C_{II}(t) = b_{II}(t)\,e^{-iE_{II}t/\hbar}$ 로 놓고, $b_I(t)$, $b_{II}(t)$ 에 관한 미분방정식을 유도하세요.

(b) 회전파 근사 (rotating wave approximation, RWA): $\omega \approx (E_I - E_{II})/\hbar = 2A/\hbar$ 의 공명 조건 부근에서, 고속 진동항을 무시하여 방정식을 간략화하세요.

(c) 공명 조건 $\omega = 2A/\hbar$ 하에서 $b_I(t)$ 를 풀고, 전이 확률 $P_{II \to I}(t) = |b_I(t)|^2$ 이 $$

P_{II \to I}(t) = \sin^2!\left(\frac{\mu\mathcal{E}_0\,t}{2\hbar}\right)$$

가 됨을 보이세요. 이것이 암모니아 메이저에서 유도 방출의 기초가 됨을 설명하세요.

(a) $b_I(t)$, $b_{II}(t)$에 관한 미분방정식의 유도:

풀이 방침: $C_I(t) = b_I(t)e^{-iE_I t/\hbar}$, $C_{II}(t) = b_{II}(t)e^{-iE_{II}t/\hbar}$를 식 (6.3)에 대입해요.

계산:

에너지 기저 $\{|I\rangle, |II\rangle\}$에서의 시간 발전 방정식:

\[i\hbar\frac{dC_I}{dt} = E_I C_I + \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot C_{II}\]

\[i\hbar\frac{dC_{II}}{dt} = \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot C_I + E_{II} C_{II}\]

$C_I = b_I e^{-iE_I t/\hbar}$를 대입해요. 좌변:

\[i\hbar\left(\dot{b}_I e^{-iE_I t/\hbar} + b_I \cdot \left(-\frac{iE_I}{\hbar}\right)e^{-iE_I t/\hbar}\right) = i\hbar\dot{b}_I e^{-iE_I t/\hbar} + E_I b_I e^{-iE_I t/\hbar}\]

우변:

\[E_I b_I e^{-iE_I t/\hbar} + \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot b_{II} e^{-iE_{II}t/\hbar}\]

$E_I b_I e^{-iE_I t/\hbar}$가 양변에서 소거되어:

\[i\hbar\dot{b}_I = \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot b_{II}\, e^{-i(E_{II}-E_I)t/\hbar}\]

$\omega_0 \equiv (E_I - E_{II})/\hbar = 2A/\hbar$로 정의하면 $E_{II} - E_I = -\hbar\omega_0$이므로:

\[\boxed{i\hbar\dot{b}_I = \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot b_{II}\, e^{i\omega_0 t}}\]

마찬가지로:

\[\boxed{i\hbar\dot{b}_{II} = \mu\mathcal{E}_0\cos\omega t \cdot b_I\, e^{-i\omega_0 t}}\]

(b) 회전파 근사 (RWA):

$\cos\omega t = \frac{1}{2}(e^{i\omega t} + e^{-i\omega t})$를 대입하면:

\[i\hbar\dot{b}_I = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_{II}\left(e^{i(\omega + \omega_0)t} + e^{-i(\omega - \omega_0)t}\right)\]

\[i\hbar\dot{b}_{II} = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_I\left(e^{i(\omega - \omega_0)t} + e^{-i(\omega + \omega_0)t}\right)\]

공명 조건 $\omega \approx \omega_0$일 때: - $e^{\pm i(\omega - \omega_0)t}$는 천천히 변해요 ($\omega - \omega_0 \approx 0$) - $e^{\pm i(\omega + \omega_0)t}$는 고속 진동해요 ($\omega + \omega_0 \approx 2\omega_0$)

고속 진동 항은 시간 평균하면 0에 가까워지므로 무시해요 (회전파 근사):

\[\boxed{i\hbar\dot{b}_I = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_{II}\,e^{-i(\omega - \omega_0)t}}\]

\[\boxed{i\hbar\dot{b}_{II} = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_I\,e^{i(\omega - \omega_0)t}}\]

(c) 공명 조건에서의 풀이:

$\omega = \omega_0$일 때, 지수 인자가 모두 1이 돼요:

\[i\hbar\dot{b}_I = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_{II}\]

\[i\hbar\dot{b}_{II} = \frac{\mu\mathcal{E}_0}{2}\,b_I\]

$\Omega_R \equiv \mu\mathcal{E}_0/(2\hbar)$ (라비 진동수)로 정의하면:

\[\dot{b}_I = -i\Omega_R\, b_{II}, \quad \dot{b}_{II} = -i\Omega_R\, b_I\]

$b_I$에 대한 2계 미분방정식을 유도해요. 첫 번째 식을 미분하면:

\[\ddot{b}_I = -i\Omega_R\,\dot{b}_{II} = -i\Omega_R \cdot (-i\Omega_R\, b_I) = -\Omega_R^2\, b_I\]

이것은 단진동 방정식이고, 일반해는:

\[b_I(t) = \alpha\cos(\Omega_R t) + \beta\sin(\Omega_R t)\]

초기 조건: $b_I(0) = 0$ (초기 상태가 $|II\rangle$이므로 $C_I(0) = 0$), $b_{II}(0) = 1$.

$b_I(0) = 0$에서 $\alpha = 0$.

$\dot{b}_I(0) = -i\Omega_R\, b_{II}(0) = -i\Omega_R$에서 $\beta\Omega_R = -i\Omega_R$, 즉 $\beta = -i$.

\[b_I(t) = -i\sin(\Omega_R t)\]

전이 확률:

\[P_{II \to I}(t) = |b_I(t)|^2 = |-i\sin(\Omega_R t)|^2 = \sin^2(\Omega_R t)\]

\[\boxed{P_{II \to I}(t) = \sin^2\!\left(\frac{\mu\mathcal{E}_0\,t}{2\hbar}\right)}\]

암모니아 메이저와의 관련:

암모니아 메이저에서는 상태 선별기를 통해 높은 에너지 상태 $|I\rangle$의 분자만을 공진 공동으로 도입해요. 공동 내 전자기장의 진동수가 공명 조건 $\omega = 2A/\hbar$를 만족할 때, 분자는 $|I\rangle$에서 $|II\rangle$로 전이하며 에너지 차이 $2A$에 해당하는 마이크로파 광자를 방출해요. 이것이 유도 방출 (stimulated emission)이에요. 위의 결과는 적절한 상호작용 시간 $t = \pi\hbar/(\mu\mathcal{E}_0)$에서 완전한 전이 ($P = 1$)가 일어남을 보여주며, 이것이 메이저의 효율적인 동작의 기초가 돼요.

검산: - $t = 0$에서 $P_{II \to I} = 0$ (초기 상태가 $|II\rangle$) ✓ - $b_{II}(t) = \cos(\Omega_R t)$ 확인: $\dot{b}_{II} = -\Omega_R\sin(\Omega_R t) = -i\Omega_R \cdot (-i\sin(\Omega_R t)) = -i\Omega_R b_I$ ✓ - 확률 보존: $|b_I|^2 + |b_{II}|^2 = \sin^2(\Omega_R t) + \cos^2(\Omega_R t) = 1$ ✓

A-2. 3 상태계로의 확장：일반화된 양자 진동¶

→ 문제로 돌아가기

문제:

2 상태계를 확장하여, 3개의 등가한 상태 $|1\rangle$, $|2\rangle$, $|3\rangle$이 서로 같은 터널링 진폭 $-A$로 결합된 계를 생각해요. Hamiltonian은

\[ H = \begin{pmatrix} E_0 & -A & -A \\ -A & E_0 & -A \\ -A & -A & E_0 \end{pmatrix}\]

으로 주어져요.

(a) 이 Hamiltonian의 고유값을 모두 구하세요. (힌트: 행렬을 $E_0\,I + (-A)(J - I)$의 형태로 다시 쓰세요. 여기서 $J$는 모든 성분이 1인 $3\times 3$ 행렬, $I$는 단위행렬이에요.)

(b) 각 고유값에 대응하는 고유벡터를 구하고, 규격화하세요. 축퇴가 있는 경우 그 차수를 기술하세요.

(c) $t = 0$에서 계가 상태 $|1\rangle$에 있을 때, 시각 $t$에서 상태 $|1\rangle$에서 발견될 확률 $P_1(t)$를 구하세요. 2 상태계의 Rabi 진동과 비교하여, 진동의 특징(진동수, 진폭의 완전성)이 어떻게 달라지는지 논의하세요.

(a) 고유값 계산:

풀이 방침: $H$를 $J$(모든 성분이 1인 행렬)와 $I$(단위행렬)로 다시 쓴다.

계산:

모든 성분이 1인 $3\times 3$ 행렬을 $J$라 하면:

\[J = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \\ 1 & 1 & 1 \end{pmatrix}\]

$H$를 다시 쓰면:

\[H = \begin{pmatrix} E_0 & -A & -A \\ -A & E_0 & -A \\ -A & -A & E_0 \end{pmatrix} = E_0 I + (-A)(J - I) = (E_0 + A)I - AJ\]

$J$의 고유값을 구해요. $J$는 랭크 1 행렬로: - 고유값 $3$: 고유벡터 $\frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)^T$ (1중) - 고유값 $0$: $(1, 1, 1)^T$에 직교하는 임의의 벡터 (2중 축퇴)

$H = (E_0 + A)I - AJ$이므로, $J$의 고유값 $j$에 대한 $H$의 고유값은:

\[E = (E_0 + A) - Aj\]

$j = 3$일 때: $E = E_0 + A - 3A = E_0 - 2A$
$j = 0$일 때: $E = E_0 + A - 0 = E_0 + A$ (2중 축퇴)

최종 답:

\[\boxed{E_1 = E_0 - 2A \quad (\text{비축퇴}), \quad E_2 = E_0 + A \quad (\text{2중 축퇴})}\]

(b) 고유벡터:

$E = E_0 - 2A$에 대응하는 고유벡터:

$J$의 고유값 3에 대응하는 벡터:

\[|s\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\]

$E = E_0 + A$에 대응하는 고유벡터 (2중 축퇴):

$(1, 1, 1)^T$에 직교하는 2차원 공간의 정규직교기저로, 예를 들어:

\[|d_1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}, \quad |d_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix}\]

검산: $\langle d_1|d_2\rangle = \frac{1}{\sqrt{12}}(1 \cdot 1 + (-1)\cdot 1 + 0 \cdot (-2)) = 0$ ✓

$\langle s|d_1\rangle = \frac{1}{\sqrt{6}}(1 - 1 + 0) = 0$ ✓

$H|s\rangle$를 직접 계산:

\[H|s\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} E_0 - A - A \\ -A + E_0 - A \\ -A - A + E_0 \end{pmatrix} = \frac{1}{\sqrt{3}}\begin{pmatrix} E_0 - 2A \\ E_0 - 2A \\ E_0 - 2A \end{pmatrix} = (E_0 - 2A)|s\rangle \quad \checkmark\]

(c) 확률 $P_1(t)$ 계산:

풀이 방침: $|1\rangle$을 에너지 고유상태로 전개하고 시간 발전시켜요.

계산:

$|1\rangle$을 고유상태로 전개:

\[\langle s|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}, \quad \langle d_1|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}}, \quad \langle d_2|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{6}}\]

따라서:

\[|1\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}|s\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}|d_1\rangle + \frac{1}{\sqrt{6}}|d_2\rangle\]

검산: 계수의 제곱합 $= \frac{1}{3} + \frac{1}{2} + \frac{1}{6} = \frac{2+3+1}{6} = 1$ ✓

시간 발전:

\[|\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}e^{-i(E_0-2A)t/\hbar}|s\rangle + \frac{1}{\sqrt{2}}e^{-i(E_0+A)t/\hbar}|d_1\rangle + \frac{1}{\sqrt{6}}e^{-i(E_0+A)t/\hbar}|d_2\rangle\]

$\langle 1|\psi(t)\rangle$를 계산:

\[C_1(t) = \frac{1}{3}e^{-i(E_0-2A)t/\hbar} + \frac{1}{2}e^{-i(E_0+A)t/\hbar} + \frac{1}{6}e^{-i(E_0+A)t/\hbar}\]

\[= \frac{1}{3}e^{-i(E_0-2A)t/\hbar} + \frac{2}{3}e^{-i(E_0+A)t/\hbar}\]

공통 인수를 묶으면:

\[C_1(t) = e^{-iE_0 t/\hbar}\left(\frac{1}{3}e^{2iAt/\hbar} + \frac{2}{3}e^{-iAt/\hbar}\right)\]

확률:

\[P_1(t) = \left|\frac{1}{3}e^{2iAt/\hbar} + \frac{2}{3}e^{-iAt/\hbar}\right|^2\]

$\phi = At/\hbar$로 놓으면:

\[P_1(t) = \left|\frac{1}{3}e^{2i\phi} + \frac{2}{3}e^{-i\phi}\right|^2\]

전개:

\[= \frac{1}{9}|e^{2i\phi}|^2 + \frac{4}{9}|e^{-i\phi}|^2 + \frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}\text{Re}(e^{2i\phi}\cdot e^{i\phi})\]

\[= \frac{1}{9} + \frac{4}{9} + \frac{4}{9}\text{Re}(e^{3i\phi})\]

\[= \frac{5}{9} + \frac{4}{9}\cos(3\phi)\]

\[\boxed{P_1(t) = \frac{1}{9}\left(5 + 4\cos\frac{3At}{\hbar}\right)}\]

2상태계와의 비교:

특징	2상태계	3상태계
진동수	$A/\hbar$ ($P_1$의 $\cos^2$의 인수)	$3A/\hbar$
최대 전이 확률	$P_1 = 0$ (완전 전이)	$P_1 = 1/9$ (최솟값)
진동의 완전성	완전 ($P_1$: 1→0→1)	불완전 ($P_1$: 1→1/9→1)

논의:

진동수: 3상태계에서는 진동의 각진동수가 $3A/\hbar$이며, 2상태계의 $2A/\hbar$ ($P_1 = \cos^2(At/\hbar)$의 진동 각진동수)와는 달라요.
진폭의 완전성: 2상태계에서는 $P_1(t)$가 0에서 1까지 완전히 진동해요(완전한 Rabi 진동). 반면 3상태계에서는 $P_1(t)$의 최솟값이 $1/9$ ($\cos(3At/\hbar) = -1$일 때)이며, 상태 $|1\rangle$에서 완전히 벗어나지 못해요. 이는 초기 상태 $|1\rangle$이 축퇴된 고유공간에 $2/3$의 가중치를 가지기 때문에, 그 부분은 같은 위상으로 시간 발전하고, 비축퇴 부분(가중치 $1/3$)과의 간섭이 부분적으로만 상쇄되기 때문이에요.
물리적 해석: 3상태계에서는 "갈 수 있는 곳"이 2개이므로, 양자 간섭이 더 복잡해지고 단순한 완전 진동은 일어나지 않아요.

검산: - $t = 0$: $P_1(0) = \frac{1}{9}(5 + 4) = 1$ ✓ - $P_1$의 시간 평균: $\overline{P_1} = 5/9$. 한편, 각 고유상태로의 사영 확률의 제곱합 $= (1/3)^2 + (2/3)^2 = 1/9 + 4/9 = 5/9$ ✓ (장시간 평균의 일반 공식과 일치) - $P_1(t) \geq 0$ 확인: 최솟값 $(5-4)/9 = 1/9 > 0$ ✓

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특징	2상태계	3상태계
진동수	\(A/\hbar\) (\(P_1\)의 \(\cos^2\)의 인수)	\(3A/\hbar\)
최대 전이 확률	\(P_1 = 0\) (완전 전이)	\(P_1 = 1/9\) (최솟값)
진동의 완전성	완전 (\(P_1\): 1→0→1)	불완전 (\(P_1\): 1→1/9→1)

제 6 장 연습문제 풀이¶

Basic（기초）¶

B-1. 정상 상태의 위상 인자 계산¶

B-2. 터널 분열의 에너지 계산¶

B-3. 고유값 방정식의 행렬식 전개¶

B-4. 고유벡터의 직교성 확인¶

B-5. 확률의 시간 의존성 계산¶

B-6. \(i\hbar\,dC/dt = EC\) 의 풀이¶

B-7. 기저 변환의 역변환¶

B-8. 에르미트성의 확인¶

Medium（표준）¶

M-1. 확률 보존으로부터 에르미트성 유도¶

M-2. Rabi (라비) 진동의 유도¶

M-3. 전기장 속 암모니아 분자의 에너지 준위¶

M-4. Hamiltonian의 대각화와 행렬 표시의 변환¶

Advanced（발전）¶

A-1. 시간 의존 섭동으로서의 진동 전기장과 전이 확률¶

A-2. 3 상태계로의 확장：일반화된 양자 진동¶

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