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제 6 장 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. 정상 상태의 위상 인자 계산

→ 문제로 돌아가기

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

→ 문제로 돌아가기

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

→ 문제로 돌아가기

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

→ 문제로 돌아가기

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

→ 문제로 돌아가기

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

→ 문제로 돌아가기

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

→ 문제로 돌아가기

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

→ 문제로 돌아가기

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

→ 문제로 돌아가기

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

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

→ 문제로 돌아가기

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

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

(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

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(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:

  1. 진동수: 3상태계에서는 진동의 각진동수가 \(3A/\hbar\)이며, 2상태계의 \(2A/\hbar\) (\(P_1 = \cos^2(At/\hbar)\)의 진동 각진동수)와는 달라요.

  2. 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.

  3. 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 \((5-4)/9 = 1/9 > 0\) ✓