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제 7 장 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. 사다리 연산자의 교환 관계

→ 문제로 돌아가기

준비

\(\alpha \equiv \sqrt{m\omega/(2\hbar)}\) 로 놓으면 \(\hat{a} = \alpha(\hat{x} + i\hat{p}/(m\omega))\), \(\hat{a}^\dagger = \alpha(\hat{x} - i\hat{p}/(m\omega))\)이에요.

\([\hat{a}, \hat{a}^\dagger]\) 의 계산

\(\hat{a}\hat{a}^\dagger = \alpha^2\left(\hat{x} + \frac{i\hat{p}}{m\omega}\right)\left(\hat{x} - \frac{i\hat{p}}{m\omega}\right)\)

괄호를 전개하면

\(= \alpha^2\left(\hat{x}^2 - \frac{i\hat{x}\hat{p}}{m\omega} + \frac{i\hat{p}\hat{x}}{m\omega} + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega^2}\right) = \alpha^2\left(\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega^2} + \frac{i}{m\omega}[\hat{p}, \hat{x}]\right)\)

여기서 \([\hat{p}, \hat{x}] = -[\hat{x}, \hat{p}] = -i\hbar\) 를 사용하면

\(\hat{a}\hat{a}^\dagger = \alpha^2\left(\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega^2} + \frac{\hbar}{m\omega}\right) \tag{1}\)

마찬가지로 \(\hat{a}^\dagger\hat{a}\) 를 계산하면, \([\hat{x}, \hat{p}] = +i\hbar\) 의 부호가 사용되므로

\(\hat{a}^\dagger\hat{a} = \alpha^2\left(\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega^2} - \frac{\hbar}{m\omega}\right) \tag{2}\)

(1) - (2) 를 취하면

\([\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = \hat{a}\hat{a}^\dagger - \hat{a}^\dagger\hat{a} = \alpha^2 \cdot \frac{2\hbar}{m\omega} = \frac{m\omega}{2\hbar} \cdot \frac{2\hbar}{m\omega} = 1 \quad\blacksquare\)

해밀토니안의 재표현

(2) 의 우변을 \(\hat{H}\) 로 다시 쓸게요. \(\hat{H} = \hat{p}^2/(2m) + (1/2)m\omega^2\hat{x}^2\) 이므로

\(\frac{m\omega}{2\hbar}\left(\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{m^2\omega^2}\right) = \frac{1}{\hbar\omega}\left(\frac{1}{2}m\omega^2\hat{x}^2 + \frac{\hat{p}^2}{2m}\right) = \frac{\hat{H}}{\hbar\omega}\)

따라서 (2) 는

\(\hat{a}^\dagger\hat{a} = \frac{\hat{H}}{\hbar\omega} - \frac{1}{2} \implies \hat{H} = \hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a} + \frac{1}{2}\right) \quad\blacksquare\)

Medium（표준）

M-1. 해밀토니안과 사다리 연산자의 교환 관계

→ 문제로 돌아가기

\([\hat{H}, \hat{a}^\dagger]\) 의 계산

\(\hat{H} = \hbar\omega(\hat{a}^\dagger\hat{a} + 1/2)\) 에 대해, \(1/2\) 은 상수이므로 교환자에 기여하지 않아요:

\([\hat{H}, \hat{a}^\dagger] = \hbar\omega\,[\hat{a}^\dagger\hat{a}, \hat{a}^\dagger]\)

항등식 \([\hat{A}\hat{B}, \hat{C}] = \hat{A}[\hat{B}, \hat{C}] + [\hat{A}, \hat{C}]\hat{B}\) 에서 \(\hat{A} = \hat{a}^\dagger\), \(\hat{B} = \hat{a}\), \(\hat{C} = \hat{a}^\dagger\):

\([\hat{a}^\dagger\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = \hat{a}^\dagger[\hat{a}, \hat{a}^\dagger] + [\hat{a}^\dagger, \hat{a}^\dagger]\hat{a} = \hat{a}^\dagger \cdot 1 + 0 \cdot \hat{a} = \hat{a}^\dagger\)

따라서

\([\hat{H}, \hat{a}^\dagger] = +\hbar\omega\,\hat{a}^\dagger \quad\blacksquare\)

\([\hat{H}, \hat{a}]\) 의 계산

마찬가지로 \([\hat{a}^\dagger\hat{a}, \hat{a}] = \hat{a}^\dagger[\hat{a}, \hat{a}] + [\hat{a}^\dagger, \hat{a}]\hat{a} = 0 + (-1)\hat{a} = -\hat{a}\) 이므로

\([\hat{H}, \hat{a}] = -\hbar\omega\,\hat{a} \quad\blacksquare\)

에너지의 올림과 내림

\(\hat{H}|n\rangle = E_n|n\rangle\) 이라 해요. \(\hat{a}^\dagger|n\rangle\) 에 \(\hat{H}\) 를 작용시키면

\(\hat{H}(\hat{a}^\dagger|n\rangle) = (\hat{a}^\dagger\hat{H} + [\hat{H}, \hat{a}^\dagger])|n\rangle = \hat{a}^\dagger E_n|n\rangle + \hbar\omega\,\hat{a}^\dagger|n\rangle = (E_n + \hbar\omega)(\hat{a}^\dagger|n\rangle)\)

따라서 \(\hat{a}^\dagger|n\rangle\) 은 고유값 \(E_n + \hbar\omega\) 의 고유상태예요. 마찬가지로

\(\hat{H}(\hat{a}|n\rangle) = (E_n - \hbar\omega)(\hat{a}|n\rangle) \quad\blacksquare\)

물리적 해석

\(\hat{a}^\dagger\) 는 「에너지를 1단계 올리는」(= 양자를 1개 생성하는), \(\hat{a}\) 는 「에너지를 1단계 내리는」(= 양자를 1개 소멸시키는) 연산자예요.

M-2. 규격화된 승강 작용

→ 문제로 돌아가기

\(\hat{a}^\dagger|n\rangle\)의 규격화

\(|n\rangle\)은 규격화된 \(\hat{N} = \hat{a}^\dagger\hat{a}\)의 고유상태라고 해요 (\(\hat{N}|n\rangle = n|n\rangle\), \(\langle n|n\rangle = 1\)). \(\hat{H} = \hbar\omega(\hat{N} + 1/2)\)로부터 \(\hat{H}|n\rangle = \hbar\omega(n + 1/2)|n\rangle\)이므로, \(\hat{N}\)의 고유상태와 해밀토니안의 고유상태는 같은 것이에요. 문제 7.2로부터 \(\hat{a}^\dagger|n\rangle\)은 에너지 \(\hbar\omega(n + 1 + 1/2)\)의 고유상태, 즉 \(\hat{N}\)의 고유값 \(n + 1\)의 고유상태이므로, \(\hat{a}^\dagger|n\rangle \propto |n+1\rangle\)이 돼요. 비례계수를 규격화로부터 결정하기 위해 노름의 제곱을 계산해요:

\(\|\hat{a}^\dagger|n\rangle\|^2 = \langle n|\hat{a}\hat{a}^\dagger|n\rangle\)

문제 7.1로부터 \(\hat{a}\hat{a}^\dagger = \hat{a}^\dagger\hat{a} + 1 = \hat{N} + 1\)이므로

\(\|\hat{a}^\dagger|n\rangle\|^2 = \langle n|(\hat{N} + 1)|n\rangle = n + 1\)

따라서

\(\hat{a}^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}\,|n+1\rangle \quad\blacksquare\)

\(\hat{a}|n\rangle\)의 규격화

마찬가지로

\(\|\hat{a}|n\rangle\|^2 = \langle n|\hat{a}^\dagger\hat{a}|n\rangle = \langle n|\hat{N}|n\rangle = n\)

따라서

\(\hat{a}|n\rangle = \sqrt{n}\,|n-1\rangle \quad\blacksquare\)

\(n = 0\)일 때 우변은 \(0\)이 되어, 바닥상태보다 아래로 내려갈 수 없다는 조건 \(\hat{a}|0\rangle = 0\)과 정합해요.

\(|n\rangle\)의 구성

\(\hat{a}^\dagger|0\rangle = \sqrt{1}\,|1\rangle = |1\rangle\), \(\hat{a}^\dagger|1\rangle = \sqrt{2}\,|2\rangle\), \(\hat{a}^\dagger|2\rangle = \sqrt{3}\,|3\rangle\), ...

따라서

\(|n\rangle = \frac{1}{\sqrt{n}}\hat{a}^\dagger|n-1\rangle = \frac{1}{\sqrt{n}}\cdot\frac{1}{\sqrt{n-1}}(\hat{a}^\dagger)^2|n-2\rangle = \cdots = \frac{(\hat{a}^\dagger)^n}{\sqrt{n!}}|0\rangle \quad\blacksquare\)

보조정리(교환 공식): 수학적 귀납법으로 보일 수 있어요:

\([\hat{a}, (\hat{a}^\dagger)^n] = n\,(\hat{a}^\dagger)^{n-1}\)

(\(n = 1\): \([\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = 1\)로 성립. \(n\)에서 성립을 가정하면, \([\hat{a}, (\hat{a}^\dagger)^{n+1}] = [\hat{a}, \hat{a}^\dagger]\,(\hat{a}^\dagger)^n + \hat{a}^\dagger[\hat{a}, (\hat{a}^\dagger)^n] = (\hat{a}^\dagger)^n + \hat{a}^\dagger\cdot n(\hat{a}^\dagger)^{n-1} = (n+1)(\hat{a}^\dagger)^n\).)

이로부터 \(\hat{a}(\hat{a}^\dagger)^n = (\hat{a}^\dagger)^n\hat{a} + n(\hat{a}^\dagger)^{n-1}\)이 따라와요.

규격화 확인: \(\langle n|n\rangle = \frac{1}{n!}\langle 0|\hat{a}^n(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle\). 위의 보조정리를 사용하여 \(\hat{a}^n(\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle\)을 반복적으로 정리하면, 가장 오른쪽의 \(\hat{a}\)가 \(|0\rangle\)을 소멸시키는 항이 차례로 사라지고, 최종적으로 \(n!|0\rangle\)이 남아요. 따라서 \(\langle n|n\rangle = \frac{n!}{n!}\langle 0|0\rangle = 1\)이 되어 규격화가 올바르게 돼요.

M-3. Schrödinger 방정식이 Lorentz 공변이 아닌 이유

→ 문제로 돌아가기

(a) 미분의 차수

자유 입자의 Schrödinger 방정식

\(i\hbar\,\partial_t \psi = -\frac{\hbar^2}{2m}\,\partial_x^2\, \psi\)

좌변은 \(\partial_t\)(시간의 1계 미분), 우변은 \(\partial_x^2\)(공간의 2계 미분)이에요. 차수가 맞지 않아요.

(b) Lorentz 스칼라인 미분 연산자

Minkowski 계량 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1, +1, +1, +1)\) 하에서, 4원 미분 \(\partial_\mu = (\partial_t/c, \nabla)\)를 조합하여 Lorentz 스칼라가 되는 것은 d'Alembertian이에요

\(\Box \equiv \partial^\mu\partial_\mu = -\frac{1}{c^2}\partial_t^2 + \nabla^2\)

시간의 2계 미분과 공간의 2계 미분이 같은 차수로 맞춰져 있다는 것이 본질이에요.

Lorentz 변환 \(x^\mu \to \Lambda^\mu{}_\nu x^\nu\) 하에서 \(\partial_\mu \to \Lambda_\mu{}^\nu \partial_\nu\)로 변환되므로, 시간과 공간의 미분은 섞여요. 1계의 \(\partial_t\)는 변환 후에 \(\partial_x\)의 1계를 포함하게 되지만, 원래 방정식에 \(\partial_x\)의 1계 항이 없기 때문에 변환된 쪽에서 새로운 항이 나타나게 돼요. 따라서 방정식의 형태는 Lorentz 변환에서 보존되지 않아요.

(c) Klein-Gordon 방정식과 음에너지 해

상대론적 에너지-운동량 관계 \(E^2 = p^2c^2 + m^2c^4\)를 \(E \to i\hbar\,\partial_t\), \(\vec{p} \to -i\hbar\nabla\)로 연산자화하면

\((i\hbar\,\partial_t)^2\phi = \left[(-i\hbar\nabla)^2c^2 + m^2c^4\right]\phi\)

정리하면

\(\left(-\frac{1}{c^2}\partial_t^2 + \nabla^2 - \frac{m^2c^2}{\hbar^2}\right)\phi = 0 \quad\blacksquare\)

좌변은 \(\Box\phi - (m^2c^2/\hbar^2)\phi\)로, 시간의 2계 미분을 포함하며 Lorentz 공변이에요.

음에너지 해가 나오는 이유

평면파 \(\phi = e^{-iEt/\hbar + ipx/\hbar}\)를 대입하면, 방정식은

\(E^2 = p^2c^2 + m^2c^4\)

이것은 \(E\)의 2차 방정식이므로, 해는

\(E = \pm\sqrt{p^2c^2 + m^2c^4}\)

양의 가지(통상적인 입자)와 음의 가지 모두가 나와요. Schrödinger 방정식은 \(E\)에 관해 1차(\(i\hbar\,\partial_t\)가 \(E\)로 치환됨)이므로 양의 해만 나왔어요. 상대론화하자마자 "시간의 2계 미분"이 등장하고, 그것이 \(E\)의 2차 방정식을 만들어 음에너지 해를 낳아요——이것이 Dirac에 의한 반입자 발견의 출발점이 돼요(자세한 내용은 「양자역학」편 제 27 장).

정리: 본 장의 풀이가 끈이론에 직결되는 구조

문제 끈이론에서의 재등장
문제 7.1–7.3(사다리 연산자의 대수) 제 14 장 끈의 모드 전개와 양자화
문제 7.4(영점 에너지의 무한급수) 제 14 장 보손 끈의 임계 차원 \(D = 26\)
문제 7.5(Schrödinger 방정식의 비공변성) 제 8 장 장의 양자론, 제 13 장 끈의 작용이 처음부터 상대론적

본 장에서 얻은 조화진동자의 대수는 그대로 끈의 양자화 도구가 돼요. 다음 장부터는, 상대론과 양자론의 충돌을 해결하는 장의 양자론을 따라가며, 그 너머에서 끈이론이 등장해요.

Advanced（발전）

A-1. 무한 개의 조화진동자와 끈의 영점 에너지

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(a) 각 모드의 영점 에너지

제 7.4절에서, 각진동수 \(\omega\) 인 조화진동자의 바닥상태 에너지가 \(E_0 = \hbar\omega/2\) 임을 보였어요. 모드 번호 \(n\) 의 각진동수를 \(\omega_n = n\omega_1\) 이라 하면, 이 모드의 영점 에너지는

\(\frac{1}{2}\hbar\omega_n = \frac{n\hbar\omega_1}{2} \quad\blacksquare\)

(b) 전체 영점 에너지와 발산

모든 모드의 영점 에너지를 합산해요:

\(E_{\text{zero}} = \sum_{n = 1}^{\infty}\frac{\hbar\omega_n}{2} = \frac{\hbar\omega_1}{2}\sum_{n = 1}^{\infty} n = \frac{\hbar\omega_1}{2}(1 + 2 + 3 + \cdots)\)

합 \(1 + 2 + 3 + \cdots\) 은 명백히 발산해요 (단조증가하며 상한이 없어요). 따라서 \(E_{\text{zero}}\) 는 무한대로 발산해요.

(c) 제타 함수 정규화

리만 제타 함수 \(\zeta(s) = \sum_{n=1}^{\infty} n^{-s}\) 는 \(\mathrm{Re}(s) > 1\) 에서 수렴하며, 그 외의 영역으로 해석적 연속할 수 있어요. 그 해석적 연속값으로서

\(\zeta(-1) = -\frac{1}{12}\)

를 얻어요 (유도는 복소해석의 정리에 의해요. 물리에서는 처방으로 받아들여요). 이를 \(\sum n = \zeta(-1)\) 과 동일시하는 정규화를 채택하면

\(E_{\text{zero}} = \frac{\hbar\omega_1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{12}\right) = -\frac{\hbar\omega_1}{24} \quad\blacksquare\)

부호가 음이 된다는 결과는 직관적으로 생각하면 이상하지만, 물리적으로는 "진공의 에너지 기준을 이렇게 잡으면 정합적이다"라는 의미를 가져요.

참고: 끈의 임계 차원과의 관계

제 14 장에서 다루듯이, 보손 끈에서는 시공간의 차원을 \(D\) 라 하면 영점 에너지가 \(D\) 개의 독립적인 횡진동 방향의 합으로서 \((D-2)\) 배가 돼요 (광원뿔 양자화에서의 물리적 자유도 수). 로렌츠 불변성의 요구 (스펙트럼 중에 질량 \(0\) 인 벡터 입자가 정합적으로 나타나는 조건)로부터

\(\frac{D-2}{24} = 1 \implies D = 26\)

이 도출돼요. 이것이 보손 끈의 임계 차원이에요. 이 장에서 얻은 조화진동자의 영점 에너지가, 끈 이론에서 시공간의 차원을 결정하는 깊은 결과에 직접 연결되어 있어요.