제 7 장 연습문제 풀이
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목차
Basic（기초）
Medium（표준）
Advanced（발전）
Basic（기초）
B-1. 평면파를 자유 입자의 Schrödinger (슈뢰딩거) 방정식에 대입
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 평면파 \(\Psi(x,t) = Ae^{i(kx - \omega t)}\)를 자유 입자의 Schrödinger 방정식에 대입하여 \(\omega\)와 \(k\)의 관계를 구해요.
계산 과정:
좌변을 계산해요:
\[i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} = i\hbar \cdot (-i\omega) \Psi = \hbar\omega\,\Psi\]
우변을 계산해요:
\[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} = -\frac{\hbar^2}{2m}\cdot(ik)^2\Psi = -\frac{\hbar^2}{2m}\cdot(-k^2)\Psi = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}\Psi\]
양변을 \(\Psi \neq 0\)으로 나누면:
\[\hbar\omega = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}\]
최종 답:
\[\boxed{\omega = \frac{\hbar k^2}{2m}}\]
검산: \(p = \hbar k\), \(E = \hbar\omega\)를 대입하면 \(E = p^2/(2m)\)이 되어, 자유 입자의 에너지와 운동량의 고전적 관계와 일치해요. ✓
B-2. 운동량 연산자를 다음 각 파동함수에 작용시키고, 결과를 구하여라. 고유함수이면 고유값을 답하여라
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(\hat{p} = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\)를 각 파동함수에 작용시켜, \(\hat{p}\psi = (\text{상수})\cdot\psi\)의 형태가 되는지 확인해요.
(a) \(\psi(x) = e^{5ix/\hbar}\)
\[\hat{p}\psi = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}e^{5ix/\hbar} = -i\hbar \cdot \frac{5i}{\hbar}\,e^{5ix/\hbar} = 5\,e^{5ix/\hbar} = 5\,\psi\]
고유함수이며, 고유값은 \(p = 5\)（적절한 단위로）.
(b) \(\psi(x) = \cos(kx)\)
\[\hat{p}\psi = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\cos(kx) = -i\hbar\cdot(-k\sin(kx)) = i\hbar k\sin(kx)\]
결과는 \(\sin(kx)\)이며, 원래의 \(\cos(kx)\)의 상수배가 아니에요.
고유함수가 아니에요. 결과는 \(\hat{p}\cos(kx) = i\hbar k\sin(kx)\)이에요.
(c) \(\psi(x) = (x^2 + 1)e^{ipx/\hbar}\)
곱의 미분법칙을 사용해요:
\[\hat{p}\psi = -i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\left[(x^2+1)e^{ipx/\hbar}\right]\]
\[= -i\hbar\left[2x\,e^{ipx/\hbar} + (x^2+1)\cdot\frac{ip}{\hbar}\,e^{ipx/\hbar}\right]\]
\[= -2i\hbar x\,e^{ipx/\hbar} + p(x^2+1)e^{ipx/\hbar}\]
\[= \left[p(x^2+1) - 2i\hbar x\right]e^{ipx/\hbar}\]
결과는 원래의 \(\psi = (x^2+1)e^{ipx/\hbar}\)의 상수배가 아니에요（\(x\)에 의존하는 계수가 남아요）.
고유함수가 아니에요.
검산: (a)는 \(e^{ipx/\hbar}\)의 형태（\(p=5\)）이므로 운동량의 고유함수여야 해요. ✓ (b)는 \(e^{ikx}\)와 \(e^{-ikx}\)의 중첩이므로, 확정된 운동량을 갖지 않아요. ✓
B-3. 파동함수 （ 는 상수）를 규격화하라. 즉
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(|\Psi|^2\) 를 전 공간에서 적분하고, 가우스 적분 공식을 적용하여 \(A\) 를 구해요.
계산의 상세:
\[\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi(x)|^2\,dx = A^2\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2/a^2}\,dx = 1\]
\(\alpha = 1/a^2\) 으로 놓으면, 가우스 적분 공식에 의해:
\[\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2/a^2}\,dx = \sqrt{\frac{\pi}{1/a^2}} = \sqrt{\pi a^2} = a\sqrt{\pi}\]
따라서:
\[A^2 \cdot a\sqrt{\pi} = 1\]
\[A^2 = \frac{1}{a\sqrt{\pi}}\]
최종 답:
\[\boxed{A = \frac{1}{(a\sqrt{\pi})^{1/2}} = \left(\frac{1}{a\sqrt{\pi}}\right)^{1/2} = \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{a}}}\]
검산: 차원 분석: \(A^2\) 는 \([1/\text{길이}]\) 의 차원을 가져야 해요 (\(|\Psi|^2\) 는 확률 밀도로 \([1/\text{길이}]\)). \(A^2 = 1/(a\sqrt{\pi})\) 는 \([1/\text{길이}]\) 의 차원을 가져요. ✓
B-4. Dirac (디랙) 의 델타 함수의 성질
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(\int f(x)\delta(x - x_0)dx = f(x_0)\) 의 성질을 그대로 적용해요.
(a)
\[\int_{-\infty}^{+\infty}(3x^2 + 2)\,\delta(x-1)\,dx = 3(1)^2 + 2 = \boxed{5}\]
(b)
\[\int_{-\infty}^{+\infty}e^{ikx}\,\delta(x)\,dx = e^{ik\cdot 0} = \boxed{1}\]
(c)
\[\int_{-\infty}^{+\infty}\psi^*(x)\,\delta(x - x')\,dx = \boxed{\psi^*(x')}\]
검산: (b)에서 \(k=0\)으로 놓으면 \(\int \delta(x)dx = 1\)이 되어 델타 함수의 규격화 조건과 일치해요. ✓
B-5. 정상 상태의 파동함수 에 대해 확률 밀도 를 계산하고, 시간에 의존하지 않음을 보여라
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(|\Psi(x,t)|^2 = \Psi^*(x,t)\Psi(x,t)\) 를 직접 계산해요.
계산의 상세:
\[\Psi^*(x,t) = \psi^*(x)\,e^{+iEt/\hbar}\]
따라서:
\[|\Psi(x,t)|^2 = \Psi^*\Psi = \psi^*(x)\,e^{+iEt/\hbar}\cdot\psi(x)\,e^{-iEt/\hbar}\]
\[= \psi^*(x)\psi(x)\cdot e^{+iEt/\hbar - iEt/\hbar} = |\psi(x)|^2 \cdot e^0 = |\psi(x)|^2\]
최종 답:
\[\boxed{|\Psi(x,t)|^2 = |\psi(x)|^2}\]
확률 밀도는 시간 \(t\) 에 의존하지 않아요. 위상 인자 \(e^{-iEt/\hbar}\) 의 절댓값이 1이기 때문에 확률 밀도에 기여하지 않아요. 이것이 "정상 상태"라고 불리는 이유예요.
검산: \(E\) 가 실수라는 것이 본질적이에요. 만약 \(E\) 가 복소수라면 \(|e^{-iEt/\hbar}|^2 \neq 1\) 이 되어 확률이 보존되지 않아요. Schrödinger 방정식의 에르미트성이 \(E\) 의 실수성을 보장해요. ✓
B-6. 해밀토니안 연산자
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(V(x) = 0\) 인 영역에서 \(\hat{H}\psi\) 를 계산하고, \(E\psi\) 의 형태가 되는지 확인해요.
계산의 상세:
\(\psi(x) = Be^{-\kappa x}\) 의 2계 미분을 계산해요:
\[\frac{d\psi}{dx} = -\kappa Be^{-\kappa x}\]
\[\frac{d^2\psi}{dx^2} = \kappa^2 Be^{-\kappa x} = \kappa^2\psi\]
\(V(x) = 0\) 이므로:
\[\hat{H}\psi = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} + 0 = -\frac{\hbar^2}{2m}\cdot\kappa^2\psi = -\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}\,\psi\]
이것은 \(\hat{H}\psi = E\psi\) 의 형태이며, \(\psi\) 는 \(\hat{H}\) 의 고유함수예요.
최종 답:
\[\boxed{E = -\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}}\]
검산: \(E < 0\) 이며, 이는 속박 상태(퍼텐셜 바깥에서 지수함수적으로 감쇠하는 파동함수)에 대응해요. \(\kappa > 0\) 이므로 \(\psi = Be^{-\kappa x}\) 는 \(x \to +\infty\) 에서 0으로 수렴하며, 물리적으로 타당해요. ✓ 또한, 차원 분석: \([\hbar^2\kappa^2/m] = [\text{J}\cdot\text{s}]^2[\text{m}^{-2}]/[\text{kg}] = [\text{J}]\) (에너지의 차원). ✓
B-7. 두 에너지 고유상태의 중첩
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(|\Psi|^2 = \Psi^*\Psi\) 를 전개하고, 교차항을 정리해요.
계산의 상세:
\[\Psi^* = \frac{1}{\sqrt{2}}\psi_1 e^{+iE_1 t/\hbar} + \frac{1}{\sqrt{2}}\psi_2 e^{+iE_2 t/\hbar}\]
(\(\psi_1, \psi_2\) 는 실수이므로 \(\psi_n^* = \psi_n\))
\[|\Psi|^2 = \Psi^*\Psi = \frac{1}{2}\left(\psi_1 e^{iE_1 t/\hbar} + \psi_2 e^{iE_2 t/\hbar}\right)\left(\psi_1 e^{-iE_1 t/\hbar} + \psi_2 e^{-iE_2 t/\hbar}\right)\]
전개하면:
\[= \frac{1}{2}\left[\psi_1^2 + \psi_2^2 + \psi_1\psi_2\,e^{i(E_1-E_2)t/\hbar} + \psi_1\psi_2\,e^{-i(E_1-E_2)t/\hbar}\right]\]
\[= \frac{1}{2}\left[\psi_1^2 + \psi_2^2 + 2\psi_1\psi_2\cos\!\left(\frac{(E_2-E_1)t}{\hbar}\right)\right]\]
최종 답:
\[\boxed{|\Psi(x,t)|^2 = \frac{1}{2}\psi_1^2 + \frac{1}{2}\psi_2^2 + \psi_1\psi_2\cos\!\left(\frac{(E_2-E_1)t}{\hbar}\right)}\]
간섭항의 진동 각진동수는:
\[\boxed{\omega_{12} = \frac{|E_2 - E_1|}{\hbar}}\]
검산: \(E_1 = E_2\) 일 때 \(\omega_{12} = 0\) 으로 진동이 없어요. 이는 축퇴된 경우에 정상 상태가 되는 것과 부합해요. ✓ 또한, Bohr의 진동수 조건 \(\nu = (E_2 - E_1)/h\) 와 \(\omega = 2\pi\nu\) 의 관계로부터 \(\omega = (E_2 - E_1)/\hbar\) 가 얻어지며, 일치해요. ✓
B-8. 운동량 연산자 에 대해 를 구체적으로 써라. 또한 파동함수 에 를 작용시켜 결과를 구하라
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(\hat{p}^2\)를 명시적으로 써내고, \(\sin\) 함수의 2계 미분을 계산해요.
계산의 상세:
\[\hat{p}^2 = \left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)^2 = (-i\hbar)^2\frac{\partial^2}{\partial x^2} = -\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial x^2}\]
\(\psi(x) = A\sin(3\pi x/L)\)에 작용시키면:
\[\frac{\partial\psi}{\partial x} = A\cdot\frac{3\pi}{L}\cos\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right)\]
\[\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} = -A\cdot\left(\frac{3\pi}{L}\right)^2\sin\!\left(\frac{3\pi x}{L}\right) = -\frac{9\pi^2}{L^2}\psi\]
따라서:
\[\hat{p}^2\psi = -\hbar^2\cdot\left(-\frac{9\pi^2}{L^2}\right)\psi = \frac{9\pi^2\hbar^2}{L^2}\psi\]
최종 답:
\[\boxed{\hat{p}^2 = -\hbar^2\frac{\partial^2}{\partial x^2}}\]
\[\boxed{\hat{p}^2\psi = \frac{9\pi^2\hbar^2}{L^2}\,\psi}\]
\(\psi\)는 \(\hat{p}^2\)의 고유함수이며, 고유값은 \(9\pi^2\hbar^2/L^2\)이에요.
검산: 이것은 무한 우물형 퍼텐셜(폭 \(L\))의 \(n=3\) 상태에 대응해요. 운동 에너지는 \(\hat{p}^2/(2m) = 9\pi^2\hbar^2/(2mL^2)\)이 되어, 무한 우물의 에너지 고유값 \(E_n = n^2\pi^2\hbar^2/(2mL^2)\)에서 \(n=3\)인 경우와 일치해요. ✓ 참고로, \(\sin(3\pi x/L)\)은 \(\hat{p}\)의 고유함수는 아니지만(D2(b)와 같은 이유), \(\hat{p}^2\)의 고유함수이에요. ✓
Medium（표준）
M-1. 변수분리법을 이용한 시간에 무관한 Schrödinger 방정식의 유도
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(\Psi(x,t) = \psi(x)T(t)\)를 Schrödinger 방정식에 대입하고, 변수 분리 논법을 사용하여 2개의 상미분방정식을 얻어요.
계산의 상세:
\(\Psi(x,t) = \psi(x)T(t)\)를 식 (7.13)에 대입해요:
\[i\hbar\frac{\partial}{\partial t}[\psi(x)T(t)] = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}[\psi(x)T(t)] + V(x)\psi(x)T(t)\]
\(\psi(x)\)는 \(t\)에 의존하지 않고, \(T(t)\)는 \(x\)에 의존하지 않으므로:
\[i\hbar\,\psi(x)\frac{dT}{dt} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}\,T(t) + V(x)\psi(x)T(t)\]
양변을 \(\psi(x)T(t)\)로 나눠요:
\[i\hbar\frac{1}{T}\frac{dT}{dt} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{\psi}\frac{d^2\psi}{dx^2} + V(x)\]
좌변은 \(t\)만의 함수이고, 우변은 \(x\)만의 함수예요. \(x\)와 \(t\)는 독립 변수이므로, 양변이 같으려면 양쪽 모두 같은 상수와 같아야 해요. 이 상수를 \(E\)라고 놓아요.
얻어지는 2개의 상미분방정식:
시간 부분:
\[i\hbar\frac{dT}{dt} = ET \tag{S1-1}\]
공간 부분:
\[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2} + V(x)\psi = E\psi \tag{S1-2}\]
식 (S1-2)이 시간에 의존하지 않는 Schrödinger 방정식이에요.
\(T(t)\)의 방정식을 풀기:
식 (S1-1)을 변형해요:
\[\frac{dT}{dt} = -\frac{iE}{\hbar}T\]
이것은 1계 선형 상미분방정식이며, 해는:
\[\boxed{T(t) = Ce^{-iEt/\hbar}}\]
상수 \(C\)는 \(\psi(x)\)에 흡수할 수 있으므로, \(T(t) = e^{-iEt/\hbar}\)로 쓸 수 있어요.
따라서 정상 상태의 파동함수는:
\[\Psi(x,t) = \psi(x)\,e^{-iEt/\hbar}\]
검산:
- 분리 상수 \(E\)의 물리적 의미: 식 (S1-2)은 \(\hat{H}\psi = E\psi\)이며, \(E\)는 에너지 고유값. ✓
- \(T(t) = e^{-iEt/\hbar}\)는 \(|T|^2 = 1\)을 만족하며, 확률 보존과 부합해요. ✓
- 차원 해석: \(Et/\hbar\)는 무차원(\([E] = \text{J}\), \([t] = \text{s}\), \([\hbar] = \text{J}\cdot\text{s}\)). ✓
M-2. 확률 보존(연속 방정식)의 유도
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(\frac{\partial\rho}{\partial t}\)를 계산하고, Schrödinger 방정식을 이용하여 \(\frac{\partial\Psi}{\partial t}\)와 \(\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\)를 대입한 뒤, 결과가 \(-\frac{\partial j}{\partial x}\)와 같음을 보여요.
계산의 상세:
확률 밀도 \(\rho = \Psi^*\Psi\)의 시간 미분을 계산해요:
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\Psi + \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial t} \tag{S2-1}\]
Schrödinger 방정식 (7.13)으로부터:
\[\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} + V\Psi\right] \tag{S2-2}\]
그 복소 켤레를 취하면 (\(V\)는 실수라고 가정):
\[\frac{\partial\Psi^*}{\partial t} = -\frac{1}{i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right] = \frac{1}{-i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right] \tag{S2-3}\]
식 (S2-2), (S2-3)을 식 (S2-1)에 대입해요:
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{1}{-i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right]\Psi + \Psi^*\frac{1}{i\hbar}\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} + V\Psi\right]\]
\(V\) 항을 정리하면:
\[V\text{의 기여} = \frac{1}{-i\hbar}V\Psi^*\Psi + \frac{1}{i\hbar}V\Psi^*\Psi = -\frac{V|\Psi|^2}{i\hbar} + \frac{V|\Psi|^2}{i\hbar} = 0\]
퍼텐셜 항은 상쇄돼요. 나머지는:
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{1}{-i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\right)\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi + \frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\right)\Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi - \frac{\hbar}{2mi}\Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\left[\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi - \Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\right]\]
여기서 다음 항등식을 확인해요:
\[\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\Psi - \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\right] = \frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi + \frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\frac{\partial\Psi}{\partial x} - \frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\frac{\partial\Psi}{\partial x} - \Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
\[= \frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\Psi - \Psi^*\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2}\]
따라서:
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{\hbar}{2mi}\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\Psi - \Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\right]\]
\[= -\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{\hbar}{2mi}\left(\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x} - \frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\Psi\right)\right]\]
\[= -\frac{\partial j}{\partial x}\]
따라서:
\[\boxed{\frac{\partial\rho}{\partial t} + \frac{\partial j}{\partial x} = 0}\]
전체 확률의 보존:
\[\frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}\rho\,dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\partial\rho}{\partial t}\,dx = -\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\partial j}{\partial x}\,dx = -\left[j(x)\right]_{-\infty}^{+\infty} = -(j(+\infty) - j(-\infty))\]
\(\Psi\)가 \(x \to \pm\infty\)에서 충분히 빠르게 0에 수렴할 때, \(j(\pm\infty) = 0\)이므로:
\[\boxed{\frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}|\Psi|^2\,dx = 0}\]
전체 확률은 시간에 의존하지 않아요.
검산: 연속 방정식은 전자기학의 전하 보존 \(\frac{\partial\rho_e}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{j}_e = 0\)과 같은 구조를 가져요. 확률이 "흐를" 수는 있어도 "생성·소멸"하지 않는다는 것을 표현하고 있어요. ✓
M-3. 확률 흐름 밀도의 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 평면파 \(\Psi = Ae^{i(kx-\omega t)}\) 에 대해 \(\rho\) 와 \(j\) 를 직접 계산해요.
(a) 확률 밀도:
\[\rho = |\Psi|^2 = \Psi^*\Psi = Ae^{-i(kx-\omega t)}\cdot Ae^{i(kx-\omega t)} = A^2\]
\[\boxed{\rho = A^2}\]
（\(A\) 가 실수인 경우. 균일하고 시간에 의존하지 않아요.）
(b) 확률 흐름 밀도:
필요한 미분을 계산해요:
\[\frac{\partial\Psi}{\partial x} = ik\,\Psi, \quad \frac{\partial\Psi^*}{\partial x} = -ik\,\Psi^*\]
\[j = \frac{\hbar}{2mi}\left(\Psi^*\cdot ik\Psi - (-ik\Psi^*)\cdot\Psi\right)\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\left(ik|\Psi|^2 + ik|\Psi|^2\right)\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\cdot 2ik\,A^2 = \frac{\hbar}{2mi}\cdot 2ik\,A^2 = \frac{\hbar k}{m}A^2\]
\[\boxed{j = \frac{\hbar k}{m}A^2}\]
(c) \(j = \rho v\) 확인:
입자의 속도는 \(v = p/m = \hbar k/m\) 이에요. 따라서:
\[\rho v = A^2 \cdot \frac{\hbar k}{m} = \frac{\hbar k}{m}A^2 = j \quad \checkmark\]
\[\boxed{j = \rho v}\]
(d) 연속 방정식의 검증:
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}(A^2) = 0\]
\[\frac{\partial j}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\hbar k}{m}A^2\right) = 0\]
따라서:
\[\frac{\partial\rho}{\partial t} + \frac{\partial j}{\partial x} = 0 + 0 = 0 \quad \checkmark\]
검산: 평면파는 균일한 확률 밀도와 균일한 확률 흐름을 가져요. 확률이 "균일하게 흐르고 있는" 상태이며, 어디에서도 확률이 증가하거나 감소하지 않으므로 연속 방정식이 자명하게 만족돼요. 물리적으로, 확정된 운동량을 가진 입자가 일정한 속도로 흐르고 있는 그림과 일치해요. ✓
M-4. 연산자의 교환 관계 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 임의의 테스트 함수 \(f(x)\)에 \([\hat{x}, \hat{p}]\)를 작용시켜, 결과가 \(i\hbar f(x)\)가 됨을 보여요.
계산의 상세:
먼저 \(\hat{x}\hat{p}f(x)\)를 계산해요:
\[\hat{x}\hat{p}f(x) = x\left(-i\hbar\frac{df}{dx}\right) = -i\hbar\,x\frac{df}{dx} \tag{S4-1}\]
다음으로 \(\hat{p}\hat{x}f(x)\)를 계산해요:
\[\hat{p}\hat{x}f(x) = -i\hbar\frac{d}{dx}(xf) = -i\hbar\left(f + x\frac{df}{dx}\right) = -i\hbar f - i\hbar\,x\frac{df}{dx} \tag{S4-2}\]
（곱의 미분법칙 \(\frac{d}{dx}(xf) = f + x\frac{df}{dx}\)를 사용）
차를 구하면:
\[[\hat{x}, \hat{p}]f(x) = \hat{x}\hat{p}f - \hat{p}\hat{x}f\]
\[= \left(-i\hbar\,x\frac{df}{dx}\right) - \left(-i\hbar f - i\hbar\,x\frac{df}{dx}\right)\]
\[= -i\hbar\,x\frac{df}{dx} + i\hbar f + i\hbar\,x\frac{df}{dx}\]
\[= i\hbar f(x)\]
\(f(x)\)는 임의의 함수이므로, 연산자로서:
\[\boxed{[\hat{x}, \hat{p}] = i\hbar}\]
검산:
- 차원 분석: \([\hat{x}] = \text{m}\), \([\hat{p}] = \text{kg}\cdot\text{m/s}\)이므로 \([\hat{x}\hat{p}] = \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} = [\hbar]\). ✓
- 이 교환관계는 불확정성 원리 \(\Delta x\,\Delta p \geq \hbar/2\)의 수학적 기초예요.
- 구체적인 예로 확인: \(f(x) = e^{ikx}\)에 대해, \(\hat{x}\hat{p}f = x\cdot\hbar k\,e^{ikx} = \hbar kx\,e^{ikx}\), \(\hat{p}\hat{x}f = -i\hbar\frac{d}{dx}(xe^{ikx}) = -i\hbar(e^{ikx} + ikxe^{ikx}) = -i\hbar e^{ikx} + \hbar kx\,e^{ikx}\). 차는 \(\hbar kx\,e^{ikx} - (-i\hbar e^{ikx} + \hbar kx\,e^{ikx}) = i\hbar e^{ikx} = i\hbar f\). ✓
Advanced（발전）
A-1. 가우스 파속의 시간 발전과 파속의 퍼짐
→ 문제로 돌아가기
(a) Fourier 변환
풀이 방침: 가우스 함수의 Fourier 변환을 완전제곱식과 가우스 적분 공식을 이용하여 계산해요.
계산의 상세:
\[\phi(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi(x,0)\,e^{-ikx}\,dx\]
\[= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left(-\frac{x^2}{4\sigma_0^2} - ikx\right)dx\]
지수부를 완전제곱식으로 변환해요. \(a = \frac{1}{4\sigma_0^2}\), \(b = -ik\)로 놓으면:
\[-ax^2 + bx = -a\left(x - \frac{b}{2a}\right)^2 + \frac{b^2}{4a}\]
\[= -\frac{1}{4\sigma_0^2}\left(x + 2i k\sigma_0^2\right)^2 + \frac{(-ik)^2}{4\cdot\frac{1}{4\sigma_0^2}}\]
\[= -\frac{1}{4\sigma_0^2}\left(x + 2ik\sigma_0^2\right)^2 - k^2\sigma_0^2\]
가우스 적분 공식 \(\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-a(x-x_0)^2}dx = \sqrt{\pi/a}\)（복소 이동이 있어도 \(\text{Re}(a) > 0\)이면 성립）을 적용하면:
\[\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left(-\frac{x^2}{4\sigma_0^2} - ikx\right)dx = e^{-k^2\sigma_0^2}\cdot\sqrt{\frac{\pi}{1/(4\sigma_0^2)}} = e^{-k^2\sigma_0^2}\cdot 2\sigma_0\sqrt{\pi}\]
따라서:
\[\phi(k) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}\cdot 2\sigma_0\sqrt{\pi}\,e^{-k^2\sigma_0^2}\]
정리하면:
\[\phi(k) = \frac{2\sigma_0\sqrt{\pi}}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
\[= \sqrt{2\sigma_0^2}\cdot\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{\pi}}\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
좀 더 꼼꼼히 계산하면:
\[\frac{2\sigma_0\sqrt{\pi}}{\sqrt{2\pi}} = \frac{2\sigma_0}{\sqrt{2}} = \sigma_0\sqrt{2}\]
\[\phi(k) = \sigma_0\sqrt{2}\cdot\left(\frac{1}{2\pi\sigma_0^2}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
\[= \sigma_0\sqrt{2}\cdot\frac{1}{(2\pi)^{1/4}\sigma_0^{1/2}}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
\[= \frac{\sqrt{2}\,\sigma_0^{1/2}}{(2\pi)^{1/4}}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
이를 가우스 함수의 표준형으로 다시 쓸게요. \(\phi(k)\)의 형태를 확인하기 위해:
\[\phi(k) = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}e^{-k^2\sigma_0^2}\]
확인: \(\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4} = \frac{(2\sigma_0^2)^{1/4}}{\pi^{1/4}} = \frac{2^{1/4}\sigma_0^{1/2}}{\pi^{1/4}}\)
한편, 앞의 결과는 \(\frac{\sqrt{2}\,\sigma_0^{1/2}}{(2\pi)^{1/4}} = \frac{2^{1/2}\sigma_0^{1/2}}{2^{1/4}\pi^{1/4}} = \frac{2^{1/4}\sigma_0^{1/2}}{\pi^{1/4}}\). 일치해요. ✓
최종 답:
\[\boxed{\phi(k) = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\exp(-k^2\sigma_0^2)}\]
이것은 \(k\) 공간에서의 가우스 함수이며, 운동량 공간에서의 폭은 \(\Delta k = 1/(2\sigma_0)\)（즉 \(\Delta p = \hbar/(2\sigma_0)\)）이에요.
(b) 시각 \(t\)에서의 파동함수
풀이 방침: \(\omega = \hbar k^2/(2m)\)을 이용하여 역 Fourier 변환을 수행해요.
계산의 상세:
\[\Psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}\phi(k)\,e^{i(kx - \omega t)}\,dk\]
\[= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left(-k^2\sigma_0^2 + ikx - i\frac{\hbar k^2}{2m}t\right)dk\]
지수부를 정리하면:
\[-k^2\sigma_0^2 - i\frac{\hbar t}{2m}k^2 + ikx = -k^2\left(\sigma_0^2 + \frac{i\hbar t}{2m}\right) + ikx\]
\(\alpha(t) \equiv \sigma_0^2 + \frac{i\hbar t}{2m}\)으로 정의하면:
\[\text{지수부} = -\alpha k^2 + ikx\]
완전제곱식으로 변환하면:
\[-\alpha k^2 + ikx = -\alpha\left(k - \frac{ix}{2\alpha}\right)^2 - \frac{x^2}{4\alpha}\]
가우스 적분을 수행하면（\(\text{Re}(\alpha) = \sigma_0^2 > 0\)）:
\[\int_{-\infty}^{+\infty}\exp\left[-\alpha\left(k - \frac{ix}{2\alpha}\right)^2\right]dk = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\]
따라서:
\[\Psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}\,\exp\left(-\frac{x^2}{4\alpha}\right)\]
\[= \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/4}\frac{1}{\sqrt{2\alpha}}\,\exp\left(-\frac{x^2}{4\alpha}\right)\]
확률밀도를 계산하면:
\[|\Psi(x,t)|^2 = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/2}\frac{1}{2|\alpha|}\,\exp\left(-\frac{x^2}{4}\cdot 2\text{Re}\!\left(\frac{1}{\alpha}\right)\right)\]
\(\frac{1}{\alpha}\)를 계산하면:
\[\frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\sigma_0^2 + i\hbar t/(2m)} = \frac{\sigma_0^2 - i\hbar t/(2m)}{\sigma_0^4 + (\hbar t/(2m))^2}\]
\[\text{Re}\!\left(\frac{1}{\alpha}\right) = \frac{\sigma_0^2}{\sigma_0^4 + (\hbar t/(2m))^2} = \frac{1}{\sigma_0^2\left(1 + (\hbar t/(2m\sigma_0^2))^2\right)} = \frac{1}{\sigma_0^2 + (\hbar t)^2/(4m^2\sigma_0^2)}\]
\(\sigma(t)^2 \equiv \sigma_0^2 + \frac{\hbar^2 t^2}{4m^2\sigma_0^2} = \sigma_0^2\left(1 + \left(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0^2}\right)^2\right)\)으로 정의하면:
\[\text{Re}\!\left(\frac{1}{\alpha}\right) = \frac{1}{\sigma(t)^2}\]
또한 \(|\alpha|^2 = \sigma_0^4 + (\hbar t/(2m))^2 = \sigma_0^2\cdot\sigma(t)^2\)이므로 \(|\alpha| = \sigma_0\,\sigma(t)\)이에요.
따라서:
\[|\Psi(x,t)|^2 = \left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/2}\frac{1}{2\sigma_0\sigma(t)}\,\exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma(t)^2}\right)\]
\[= \frac{1}{\sqrt{2\pi}\,\sigma(t)}\,\exp\left(-\frac{x^2}{2\sigma(t)^2}\right)\]
（\(\left(\frac{2\sigma_0^2}{\pi}\right)^{1/2}\frac{1}{2\sigma_0\sigma(t)} = \frac{\sqrt{2}\sigma_0}{\sqrt{\pi}}\cdot\frac{1}{2\sigma_0\sigma(t)} = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma(t)}\) 확인. ✓）
이것은 평균 0, 표준편차 \(\sigma(t)\)인 가우스 분포이며, 확률밀도는 가우스 분포를 유지해요.
(c) 파속의 퍼짐
최종 답:
\[\boxed{\sigma(t) = \sigma_0\sqrt{1 + \left(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0^2}\right)^2}}\]
물리적 의미에 대한 논의:
초기 상태에서 위치의 불확정성이 \(\Delta x = \sigma_0\)일 때, 불확정성 원리 \(\Delta x\,\Delta p \geq \hbar/2\)로부터 운동량의 불확정성은 최소한:
\[\Delta p \geq \frac{\hbar}{2\sigma_0}\]
（가우스 파속은 최소 불확정 상태이며, 등호가 성립해요.）
이 운동량의 불확정성은 속도의 불확정성 \(\Delta v = \Delta p/m = \hbar/(2m\sigma_0)\)을 의미해요. 시간 \(t\)가 경과하면, 속도의 불확정성에 기인하여 위치의 퍼짐이 증가해요:
\[\Delta x(t) \sim \sqrt{\sigma_0^2 + (\Delta v\cdot t)^2} = \sigma_0\sqrt{1 + \left(\frac{\hbar t}{2m\sigma_0^2}\right)^2}\]
이것은 정확히 \(\sigma(t)\)의 표현식과 일치해요.
- 짧은 시간（\(t \ll 2m\sigma_0^2/\hbar\)）: \(\sigma(t) \approx \sigma_0\)（거의 퍼지지 않아요）
- 긴 시간（\(t \gg 2m\sigma_0^2/\hbar\)）: \(\sigma(t) \approx \frac{\hbar t}{2m\sigma_0}\)（선형으로 퍼져요）
- \(\sigma_0\)를 작게 하면 초기 위치는 정밀하게 결정되지만, \(\Delta p\)가 커지므로 파속이 더 빠르게 퍼져요. 이것은 불확정성 원리의 상충 관계의 직접적인 표현이에요.
검산:
- \(t = 0\)에서 \(\sigma(0) = \sigma_0\). ✓
- \(\hbar \to 0\)（고전 극한）에서 \(\sigma(t) = \sigma_0\)（퍼지지 않아요）. 고전 입자가 확정된 궤도를 가지는 것과 정합해요. ✓
- \(|\Psi(x,t)|^2\)의 규격화: \(\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma(t)}e^{-x^2/(2\sigma(t)^2)}dx = 1\). ✓（가우스 분포의 규격화 조건）
A-2. Ehrenfest (에렌페스트) 의 정리
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(i) \(\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\langle p\rangle}{m}\) 의 유도
풀이 방침: \(\langle x\rangle\)의 시간 미분을 계산하고, Schrödinger 방정식으로 \(\partial\Psi/\partial t\)를 대입한 뒤 부분적분을 수행해요.
계산의 상세:
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{d}{dt}\int_{-\infty}^{+\infty}\Psi^* x\,\Psi\,dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\left(\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}x\Psi + \Psi^* x\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right)dx\]
Schrödinger 방정식으로부터:
\[\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{i\hbar}\hat{H}\Psi = \frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi}{\partial x^2} + V\Psi\right)\]
\[\frac{\partial\Psi^*}{\partial t} = -\frac{1}{i\hbar}\hat{H}^*\Psi^* = -\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2} + V\Psi^*\right)\]
대입하면:
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \int\left[-\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx} + V\Psi^*\right)x\Psi + \Psi^* x\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)\right]dx\]
\(V\) 항:
\[\frac{1}{i\hbar}\left[-V\Psi^* x\Psi + \Psi^* x V\Psi\right] = 0\]
(\(V\)는 실수이고 \(x\)와 교환 가능하므로 상쇄돼요.)
남은 운동에너지 항:
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\hbar}{2mi}\int\left[\Psi^*_{xx}\cdot x\Psi - \Psi^*\cdot x\Psi_{xx}\right]dx\]
부분적분을 수행해요. \(\int \Psi^*_{xx}\cdot x\Psi\,dx\)를 2회 부분적분해요.
먼저 \(\int \Psi^*_{xx}\,x\Psi\,dx\)를 부분적분(\(\Psi^*_{xx}\)를 부분적분으로 이동)하면:
\[\int \frac{\partial^2\Psi^*}{\partial x^2}\,x\Psi\,dx = \left[\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\,x\Psi\right]_{-\infty}^{+\infty} - \int\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\frac{\partial}{\partial x}(x\Psi)\,dx\]
경계항은 \(\Psi\)가 무한원에서 0으로 접근하므로 사라져요.
\[= -\int\frac{\partial\Psi^*}{\partial x}\left(\Psi + x\frac{\partial\Psi}{\partial x}\right)dx = -\int\Psi^*_x\Psi\,dx - \int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx\]
마찬가지로 \(\int\Psi^*\,x\Psi_{xx}\,dx\)를 부분적분하면:
\[\int\Psi^*\,x\Psi_{xx}\,dx = \left[\Psi^*\,x\Psi_x\right]_{-\infty}^{+\infty} - \int\frac{\partial}{\partial x}(\Psi^* x)\,\Psi_x\,dx\]
\[= -\int(\Psi^*_x\,x + \Psi^*)\Psi_x\,dx = -\int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx - \int\Psi^*\Psi_x\,dx\]
차이를 구하면:
\[\int\Psi^*_{xx}\,x\Psi\,dx - \int\Psi^*\,x\Psi_{xx}\,dx\]
\[= \left(-\int\Psi^*_x\Psi\,dx - \int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx\right) - \left(-\int\Psi^*_x\,x\Psi_x\,dx - \int\Psi^*\Psi_x\,dx\right)\]
\[= -\int\Psi^*_x\Psi\,dx + \int\Psi^*\Psi_x\,dx\]
따라서:
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\hbar}{2mi}\left(-\int\Psi^*_x\Psi\,dx + \int\Psi^*\Psi_x\,dx\right)\]
\[= \frac{\hbar}{2mi}\cdot 2\int\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\,dx\]
(여기서 \(\int\Psi^*_x\Psi\,dx = -\int\Psi^*\Psi_x\,dx\)를 사용했어요. 이는 부분적분 \(\int\Psi^*_x\Psi\,dx = [\Psi^*\Psi]_{-\infty}^{+\infty} - \int\Psi^*\Psi_x\,dx = -\int\Psi^*\Psi_x\,dx\)로부터 얻어져요.)
따라서:
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\hbar}{mi}\int\Psi^*\frac{\partial\Psi}{\partial x}\,dx\]
여기서 \(\frac{\hbar}{mi}\cdot\frac{\partial}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot\frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot(-1)\cdot(-i\hbar)\frac{\partial}{\partial x}\)...
좀 더 직접적으로:
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{1}{m}\int\Psi^*\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)\Psi\,dx = \frac{1}{m}\int\Psi^*\hat{p}\Psi\,dx = \frac{\langle p\rangle}{m}\]
(\(\frac{\hbar}{mi} = \frac{1}{m}\cdot\frac{\hbar}{i} = \frac{1}{m}\cdot(-i\hbar)\) 확인: \(\frac{\hbar}{mi}\frac{\partial\Psi}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot\frac{\hbar}{i}\frac{\partial\Psi}{\partial x} = \frac{1}{m}\cdot(-i\hbar)\frac{\partial\Psi}{\partial x} = \frac{\hat{p}\Psi}{m}\). ✓)
\[\boxed{\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\langle p\rangle}{m}}\]
(ii) \(\frac{d\langle p\rangle}{dt} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle\) 의 유도
계산의 상세:
\[\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \frac{d}{dt}\int\Psi^*\left(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}\right)\Psi\,dx = -i\hbar\int\left(\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\frac{\partial\Psi}{\partial x} + \Psi^*\frac{\partial}{\partial x}\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right)dx\]
Schrödinger 방정식을 대입하면:
\[\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)\]
제2항을 계산하면:
\[-i\hbar\int\Psi^*\frac{\partial}{\partial x}\left[\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)\right]dx\]
\[= -i\hbar\cdot\frac{1}{i\hbar}\int\Psi^*\frac{\partial}{\partial x}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xx} + V\Psi\right)dx\]
\[= -\int\Psi^*\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xxx} + V_x\Psi + V\Psi_x\right)dx\]
제1항을 계산하면:
\[-i\hbar\int\frac{\partial\Psi^*}{\partial t}\Psi_x\,dx = -i\hbar\int\left[-\frac{1}{i\hbar}\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx} + V\Psi^*\right)\right]\Psi_x\,dx\]
\[= \int\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx} + V\Psi^*\right)\Psi_x\,dx\]
합치면:
\[\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \int\left(-\frac{\hbar^2}{2m}\Psi^*_{xx}\Psi_x + V\Psi^*\Psi_x\right)dx + \int\Psi^*\left(\frac{\hbar^2}{2m}\Psi_{xxx} - V_x\Psi - V\Psi_x\right)dx\]
\(V\Psi^*\Psi_x\) 항과 \(-\Psi^* V\Psi_x\) 항이 상쇄돼요:
\[\frac{d\langle p\rangle}{dt} = \frac{\hbar^2}{2m}\int\left(\Psi^*\Psi_{xxx} - \Psi^*_{xx}\Psi_x\right)dx - \int\Psi^*\frac{dV}{dx}\Psi\,dx\]
제1항이 0임을 보여요. 부분적분을 사용하면:
\[\int\Psi^*\Psi_{xxx}\,dx = [\Psi^*\Psi_{xx}]_{-\infty}^{+\infty} - \int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx = -\int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx\]
\[\int\Psi^*_{xx}\Psi_x\,dx = [\Psi^*_x\Psi_x]_{-\infty}^{+\infty} - \int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx = -\int\Psi^*_x\Psi_{xx}\,dx\]
(경계항은 모두 0이에요.)
따라서 \(\int\Psi^*\Psi_{xxx}\,dx - \int\Psi^*_{xx}\Psi_x\,dx = 0\).
그러므로:
\[\boxed{\frac{d\langle p\rangle}{dt} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle}\]
뉴턴의 운동방정식과의 대응
두 결과를 정리하면:
\[\frac{d\langle x\rangle}{dt} = \frac{\langle p\rangle}{m}, \quad \frac{d\langle p\rangle}{dt} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle\]
제1식은 "위치의 기댓값의 변화율 = 운동량의 기댓값/질량"이며, 고전역학의 \(v = p/m\)에 대응해요.
제2식은 "운동량의 기댓값의 변화율 = 힘의 기댓값"이며, 뉴턴의 제2법칙 \(F = dp/dt = -dV/dx\)의 양자역학적 대응물이에요.
이들을 합치면:
\[m\frac{d^2\langle x\rangle}{dt^2} = -\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle\]
이는 "기댓값이 뉴턴의 운동방정식을 따른다"는 것을 보여줘요.
\(V(x)\)가 2차 이하의 다항식인 경우
\(V(x)\)가 \(x\)의 2차 이하 다항식(상수, 선형 퍼텐셜 \(V = mgx\), 조화진동자 \(V = \frac{1}{2}m\omega^2 x^2\))인 경우:
\[\frac{dV}{dx} = ax + b \quad (\text{1차 이하의 함수})\]
이때:
\[\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle = a\langle x\rangle + b = \frac{dV}{dx}\bigg|_{x = \langle x\rangle}\]
즉, 힘의 기댓값이 "기댓값 위치에서의 힘"과 같아져요. 이는 \(dV/dx\)가 \(x\)의 1차 이하 함수이기 때문에 \(\langle f(x)\rangle = f(\langle x\rangle)\)가 엄밀하게 성립하기 때문이에요(Jensen의 부등식이 등호가 되는 경우).
이 경우 기댓값의 운동방정식은:
\[m\frac{d^2\langle x\rangle}{dt^2} = -\frac{dV}{dx}\bigg|_{x = \langle x\rangle}\]
이는 고전적인 운동방정식과 완전히 같은 형태이며, 기댓값 \(\langle x\rangle\)는 고전 입자의 궤도 \(x_{\text{cl}}(t)\)와 같은 운동을 해요.
일반적인 퍼텐셜에서는 \(\left\langle\frac{dV}{dx}\right\rangle \neq \frac{dV}{dx}\big|_{\langle x\rangle}\)가 되며(고차 항의 기여), 양자적 보정이 나타나요. 파동묶음의 퍼짐이 작은 경우(\(\Delta x\)가 퍼텐셜의 특징적 스케일에 비해 작은 경우)에는 근사적으로 고전 궤도를 따르게 돼요——이것이 고전 극한으로의 이행의 한 측면이에요.
검산:
- 자유입자(\(V = 0\)): \(\frac{d\langle p\rangle}{dt} = 0\)(운동량 보존), \(\langle x\rangle = \langle x\rangle_0 + \frac{\langle p\rangle}{m}t\)(등속직선운동). 고전역학과 일치. ✓
- 조화진동자(\(V = \frac{1}{2}m\omega^2 x^2\)): \(\frac{d\langle p\rangle}{dt} = -m\omega^2\langle x\rangle\). \(\langle x\rangle\)는 각진동수 \(\omega\)로 진동해요. 고전적인 조화진동과 일치. ✓
- 차원 분석: \([d\langle p\rangle/dt] = [\text{힘}]\), \([\langle dV/dx\rangle] = [\text{에너지}/\text{길이}] = [\text{힘}]\). ✓