[양자역학]4.양자 조화 진동자 (Quantum Harmonic Oscillator)

지난 글에서는 양자역학적인 병진 운동을 살펴보고, 터널링 현상에 대해 알아보았다.

이번에는 입자의 진동 운동에 대해서 슈뢰딩거 방정식을 풀어보자.

Classical Harmonic Ocillator

용수철 상수가 \(k_f\)인 용수철에 질량 \(m\)을 가진 물체가 매달려서 진동하고 있다고 생각해보자. 초기 위치를 0이라고 할 때, 이를 기술하는 미분방정식과 해는 아래와 같다.

$$m\dfrac{d^2 y}{dt^2} = -k_f x $$

$$y(t) = A \sin \left(\sqrt{\dfrac{k_f}{m}} t \right) $$

주기 \(T\)와 각진동수\(\omega\)는 다음과 같다.

$$ \begin{align} T &= \dfrac{2 \pi} {\sqrt{ \dfrac{m}{k_f}}}\\ \omega &= \dfrac{2 \pi}{T} = 2\pi f = \sqrt{ \dfrac{k_f}{m} } \end{align} $$

Quantum Harmonic Ocillator

포텐셜 \(V(x) = \dfrac{1}{2}k_f x^2 = \dfrac{1}{2}m\omega^2 x^2\)에 묶여 있는 입자에 대한 1차원 슈뢰딩거 방정식은 아래와 같다.

$$ -\dfrac{\hbar^2}{2m} \dfrac{d^2 \psi}{dx^2} + \dfrac{1}{2} m \omega^2 x^2 = E \psi$$

 

식을 정리하면

$$ \dfrac{d^2 \psi}{dx^2} + \dfrac{2m}{\hbar^2} \left[E - \dfrac{1}{2}m\omega^2 x^2 \right]\psi = 0 $$

$$\dfrac{\hbar}{m \omega} \dfrac{d^2 \psi}{dx^2} + \left[ \dfrac{2E}{\hbar \omega} - \dfrac{m\omega}{\hbar} x^2 \right]\psi = 0 $$

\(y = \sqrt{ \dfrac{m \omega}{\hbar} }x \), \(\epsilon = \dfrac{E}{\hbar \omega} \)으로 치환하면 다음과 같이 바꾼다.

$$ \dfrac{d^2 \psi^2}{dy^2} + (2 \epsilon - y ^2)\psi = 0 $$

이대로 series solution을 구해도 되긴 하는데, 세 항에 대한 점화식이 나와서 어렵다. \(y \rightarrow \infty\)로 보내본다면 \( \psi'' - y^2 \psi = 0 \)의 미분 방정식이 되며, 미분 두번 하였을 때 자기자신에게 \(y^2\)이 곱해진 항이 나오는 함수는 \(e^{\pm \frac{y^2}{2}} \)이다. 이때 +이면 수렴하지 않으므로 -를 택하여 해의 행태를 \(\psi = u(y) \exp(-\frac{y^2}{2})\)라고 두고 방정식에 대입하면 \(y^2\)이 사라질 것이니 방정식이 조금더 쉬워질 것이라 생각할 수 있다. 대입하면 다음과 같이 정리된다.

$$ u'' - 2yu' + (2\epsilon -1) u = 0 $$

\( u(y) = \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty} c_n y^n \)이라두고 Series Solution을 구해보면 아래와 같은 점화식을 구할 수 있다.

급수의 수렴성

급수해가 수렴하는 지 살펴보자

$$c_{n+2} = \dfrac{2n + 1 - 2\epsilon}{(n+2)(n+1)}c_n $$

비판정법(ratio test)을 사용하여 급수의 수렴성을 판단해보면

$$ \lim_{n \rightarrow \infty} \left\vert \dfrac{c_{n+2} y^{n+2}}{c_n y^n}  \right\vert = \lim_{n \rightarrow \infty} \left\vert \dfrac{(2n + 1 -2\epsilon) y^{n+2} }{(n+2)(n+1) y^n} \right\vert = \lim_{n \rightarrow \infty}  \dfrac{ \vert 2n+1 -2 \epsilon \vert }{(n+2)(n+1)}y^2  $$

이므로 급수의 짝수항과 홀수항은 \( y \rightarrow \infty \)때는 발산한다. 그러므로 전체 급수도 발산함을 알 수 있다. 따라서 모든 정의역에서 발산하지 않으려면, 분모가 중간이 0이 되어 다항식으로 끝나야 한다. 즉

$$ \epsilon = n + \dfrac{1}{2},\ (n = 0, 1, 2, \cdots) $$

가 되어야 하는 것이다. 이로부터 에너지가 다음과 같이 양자화 되어있어야함을 알 수 있다.

$$ E_n = \hbar \omega \left(n + \dfrac{1}{2} \right),\ (n = 0, 1, 2, \cdots) $$ 

Hermite Polynomial

\(\epsilon = n + \dfrac{1}{2} \)을 적용하여 미분 방정식과 점화식을 다시 쓰면 다음과 같다.

$$ u'' - 2yu' + 2n u = 0 $$

$$c_{i+2} = \dfrac{2(i-n)}{(i+2)(i+1)}c_i $$

또한  해의 수렴성으로 부터 \(u\)는 다항식이이어야 한다는 것을 알아내었다. 미분 방정식의 형태를 자세히 살펴보자. 다항식이라는 조건이 붙었으니 \(u(y)\)를 \(n-1\)차 다항식이라 한다면, \(u'(y)\)는 \(n\)차 다항식, \(u''(y)\)는 \(n+1\)차 다항식이어야 양변에 차수가 맞을 것이다. \(y\)에 대한 \(n\)차 다항식을 \(H_n\)이라 하고, 식에 대입하면 다음과 같다.

$$ H_{n+1} = 2 yH_{n} - 2n H_{n-1}  $$

이때 \(H_n' = 2n H_{n-1}\)의 관계를 만족시키는 유사 아펠 다항식열이라고 생각해볼 수 있고

$$ H_{n+1} =  \left(2y - \dfrac{d}{dy} \right) H_n $$

이 되기 때문에 다항식은 다음과 같다.

$$ H_n =  \left( y - \dfrac{d}{dy} \right)^n \cdot 1 $$

 

이때 \(f(y) = e^{-y^2}\)의 미분을 생각해보면

$$ \dfrac{d^n}{dy^n} f(y) = (n\text{차 다항식}) \times f(y) $$

임을 알 수 있는데, 한 번 더 미분하게 되면

$$ \dfrac{d^{n+1}}{dy^{n+1}} f(y) = n(n-1\text{차 다항식}) \times f(y) -2y (n\text{차 다항식}) \times f(y) $$

가 되므로 아래와 같이 쓸 수 있다.

$$ \dfrac{d^{n+1}}{dy^{n+1}} f(y) = \left( \dfrac{d}{dy} - 2y \right) \dfrac{d^n}{dy^n} f(y) $$

이를 이용하면 \(H_n\)을 아래와 같이 쓸 수 있으며, 이를 에르미트 다항식 (Hermite Polynomial)이라고 한다.

$$ H_n = \left( 2y - \dfrac{d}{dy} \right)^n \cdot 1 = (-1)^n e^{y^2} \dfrac{d^n}{dy^n} e^{-y^2} $$

cf1) 맨 오른쪽의 식은 로드리게스 공식(Rodrigues's fomular)라고 한다.

cf2) 참고로 에르미트 다항식은 물리학 버전과 확률론 버전이 있는데, 이 다항식은 물리학 버전이다.

 

고로 결과를 종합한 미분 방정식의 해는 다음과 같다.

$$ \psi(x) = N_n H_n(y) \exp \left(-\dfrac{y^2}{2} \right),\ y = \sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x = \left( \dfrac{m k_f}{\hbar^2} \right)^{\frac{1}{4} }x $$

$$ H_n = \left( 2y - \dfrac{d}{dy} \right)^n \cdot 1 = (-1)^n e^{y^2} \dfrac{d^n}{dy^n} e^{-y^2} $$

$$ E_n = \hbar\omega \left(n + \dfrac{1}{2} \right) $$

 

그리고 미분방정식을 풀면서 얻은 에르미트 다항식의 성질은 아래와 같다.

$$\begin{align} H_{n+1} &= 2 yH_{n} - 2n H_{n-1}\\ \dfrac{d}{dy}H_n &= 2n H_{n-1} \end{align} $$

Nomalization

Nomalization 하려면 아래 식을 계산해야 한다.

$$ \int_{-\infty}^{\infty} [H_n(y)]^2 e^{-y^2} dx $$

\(y=x/\alpha, \alpha = \sqrt{\dfrac{\hbar^2}{m k_f}} \)라 하면

$$ \int_{-\infty}^{\infty} [H_n(y)]^2 e^{-y^2} dx = \alpha \int_{-\infty}^{\infty} [H_n(y)]^2 e^{-y^2} dy  $$

이를 계산하는 방법은

$$ H_n = \left( 2y - \dfrac{d}{dy} \right)^n \cdot 1 = (-1)^n e^{y^2} \dfrac{d^n}{dy^n} e^{-y^2} $$

을 이용하면

$$ [H_n(y)]^2 e^{-y^2} = (\text{최고 차항 계수가 }(-2)^n \text{인 } n\text{차 다항식}) \dfrac{d^n}{dy^n} e^{-y^2} $$

이 되고, n번 부분적분하게 되면, 다항식이 곱해져 있는 항은 \( e^{-y^2} \)때문에 모두 0이 되므로

$$ \alpha \int_{-\infty}^{\infty} [H_n(y)]^2 e^{-y^2} dy = \alpha 2^n n! \int_{-\infty}^{\infty} e^{-y^2} dy = \alpha 2^n n! \sqrt{\pi} $$

가 된다. (다른 방법으로는 \( H_{n+1} = 2 yH_{n} - 2n H_{n-1} \)를 이용할 수도 있다.) 따라서 정규화 상수는 아래와 같다.

$$ N_n = \left( \dfrac{1}{\alpha \sqrt{\pi} 2^n n!} \right)^{\frac{1}{2}} $$

 

대수적인 해법

Hamiltonian Operator를 인수분해하는 방법으로도 미분방정식을 풀 수 있다. 미분방정식 풀이에 익숙하지 않다면 이 방법이 더 쉬울 수도 있을 것이다. \(a^2 + b^2 = (a+ib)(a-ib) + i[a, b]\)임을 이용해서 인수분해 하면 다음과 같다.(잘 모르겠으면, 곱셈의 교환법칙이 일반적으로 성립하지 않을 수도 있다는 점을 유의하여, 우변의 식을 전개해보면 된다.)

$$ \begin{align} \hat{H} &= \dfrac{1}{2m} (\hat{p}^2 + m^2 \omega^2 x^2)\\ &=\dfrac{1}{2m} \left[ (\hat{p} + im \omega x)(\hat{p} - im \omega x) + i [\hat{p}, m\omega x] \right]\\ &= \dfrac{1}{2m} \left[ (\hat{p} + im \omega x)(\hat{p} - im \omega x) + im\omega [\hat{p}, x] \right] \\ &=\dfrac{1}{2m} \left[ (\hat{p} + im \omega x)(\hat{p} - im \omega x) +m\omega\hbar \right]\\ &= \hbar \omega \left[ \dfrac{1}{2m\hbar\omega} (\hat{p} + im \omega x)(\hat{p} - im \omega x) + \dfrac{1}{2} \right] \end{align} $$

간결하게 표현하기 위해 \(y = \dfrac{x}{\alpha} = \sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}\)로 변수를 치환하면

$$\begin{align} \hat{H} &= \hbar \omega \left[ \dfrac{1}{2m\hbar\omega} (-i\hbar \dfrac{d}{dx} + im \omega x)( -i\hbar \dfrac{d}{dx} - im \omega x) + \dfrac{1}{2} \right]\\ &= \hbar \omega \left[ \dfrac{m\omega}{2\hbar} (ix - i \dfrac{\hbar}{m\omega})(-ix - i \dfrac{\hbar}{m\omega}) + \dfrac{1}{2} \right]\\ &= \hbar \omega \left[ \dfrac{1}{2} (iy - i\dfrac{d}{dy})(-iy - i\dfrac{d}{dy}) + \dfrac{1}{2} \right]\\ &= \hbar \omega \left[ \dfrac{1}{2} (y - \dfrac{d}{dy})(y + \dfrac{d}{dy}) + \dfrac{1}{2} \right] \end{align}$$

그리고 아래와 같이 새로운 연산자를 정의하면

$$a_{\pm} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} (y \mp \dfrac{d}{dy}) $$

Hamiltonian operator는 다음과 같이 정리 된다.

$$ \hat{H} = \hbar \omega ( a_+ a_- + \dfrac{1}{2}) $$

 

여기서 \(a_\pm\)은 아래의 성질을 가진다.

$$a_+ a_- = \dfrac{\hat{H}}{\hbar \omega} - \dfrac{1}{2} $$

$$a_- a_+ = \dfrac{\hat{H}}{\hbar \omega} + \dfrac{1}{2} $$

이므로 교환자를 계산하면 \([a_+, a_-] = -1 \) 이다.

 

또한 \(a_\pm\) 사다리 연산자 (ladder operator)라고 불리는데, 이유는

$$\begin{align} \hat{H}a_+ \psi &= \hbar \omega \left(a_+ a_- \dfrac{1}{2} \right) (a_+ \psi)\\ &= a_+ \hbar \omega \left( a_- a_+ + \dfrac{1}{2} \right) \psi\\ &=  a_+ \hbar \omega \left( \dfrac{\hat{H}}{\hbar \omega} + 1 \right) \psi\\ &= a_+ ( E + \hbar\omega ) \psi\\ &= ( E + \hbar\omega ) a_+ \psi\\ \hat{H}a_- \psi &= \hbar \omega \left( a_+ a_- + \dfrac{1}{2} \right) a_- \psi\\ &= \hbar \omega \left( a_- a_+ - \dfrac{1}{2} \right) a_- \psi\\ &= (E - \hbar \omega) a_- \psi \end{align}$$

이렇게 에너지를 \( \hbar \omega \)만큼 올리고 내리기 때문이다.

 

여기서 바닥 상태의 파동함수를 \(\psi_0\)라 할 때 에너지가 바닥보다 낮을 수 없으니 \(a_- \psi_0 = 0 \)이어야 한다. (바닥이 존재하는 이유는 불확정성 원리 때문이다. 에너지가 0이면, 운동도 하지 않기에 운동량과 위치 불확정량이 모두 0이 되기 때문에 불확정성 원리에 어긋나기 때문이다.)

$$\hat{H}\psi_0 = \hbar \omega \left( a_+ a_- + \dfrac{1}{2} \right)\psi_0 = \dfrac{1}{2}\hbar \omega \psi_0 $$

이고, 올림 연산자는 \(\hbar \omega\)씩 에너지를 올리므로

$$E_n = \hbar \omega \left(n + \dfrac{1}{2} \right), n = 0, 1, 2, \cdots $$

임을 알 수 있다.

 

미분 방정식 \(a_- \psi_0 = 0 \)를 풀면

$$\dfrac{1}{\sqrt{2}} (y\psi_0 - \dfrac{d\psi_0}{dy}) = 0 $$

$$  \dfrac{1}{\psi_0} \dfrac{d\psi_0}{dy} = y  $$

$$ \psi_0 = A \exp \left( -\dfrac{y^2}{2} \right),\ y = \dfrac{x}{\alpha} = \sqrt{ \dfrac{m \omega}{\hbar} }x $$

여기서 \(A\)는 적분 상수이다.

 

\(n\)번 에너지 상태일때의 파동함수는 올림 연산자를 \(n\)번 적용시킨 것이므로

$$ a_+^n \psi_0 = A \left( \dfrac{1}{\sqrt{2}} \right)^n \left(y - \dfrac{d}{dy} \right)^n \exp \left( -\dfrac{y^2}{2} \right) $$

 

cf)

\( \left(y - \dfrac{d}{dy} \right)^n \)은 위에서 로드리게스 공식(Rodrigues's fomular)를 유도하였을 때와 같은 방법으로 다음과 같음을 알 수 있다.(확률론 버전의 에르미트 다항식이다.)

$$ \left(y - \dfrac{d}{dy} \right)^n = (-1)^n \exp\left(\dfrac{y^2}{2} \right) \dfrac{d^n}{dy^n} \exp\left( -\dfrac{y^2}{2} \right) = (\sqrt{2})^n (-1)^n \exp(-y^2) \dfrac{d^n}{dy^n} \exp\left( -y^2 \right) $$

 

n은 반드시 음이 아닌 정수값이어야 하는가?

$$a_{\pm} = \dfrac{1}{\sqrt{2}} \left(y \mp \dfrac{d}{dy} \right) $$

에서 \(a_+ = a_-^*\)임을 알 수 있고, \(a_+a_- \)는 켤래끼리 곱하였으므로 실수 고유값을 가진다. 그럼 \( \hat{N} = a_+ a_-\), \(\hat{N} \ket{n} = n\ket{n}\)이라 할 때,

$$ n = \braket{a_+ a_-} = \bra{n} a_+ a_- \ket{n} = || a_- \ket{n} || ^2 $$

에서 \( n \geq 0\)이어야 하며,  \(a_-\)의 고유값이 \( \sqrt{n} \)이므로 \( a_ \ket{n} = \sqrt{n} \ket{n-1} \)임을 알 수 있다.

$$ a_-^k \ket{n} = \sqrt{ n(n-1) \cdots (n-k + 1) } ket{n-k} $$

에서 만약 \(n\)이 정수가 아니면, 고유값이 실수가 아니게 되므로, 실수인 에너지를 가지려면, \(n\)은 음이 아닌 정수여야함을 알 수 있다.

Orthogonality

$$ \int_{-\infty}^{\infty} H_m (y) H_n (y) e^{-y^2} dy = 0\ (m \neq n) $$

\(H_n (y) \exp (-\frac{y^2}{2}) \)가 슈뢰딩거 방정식의 해이기 때문에 Strum-Liouvile Theory에 따라 위와 같은 Orthogonality를 가진다. (2.슈뢰딩거 방정식(Schrodinger Equation과 해의 직교성 참고)

Summary of Qumtum Harmonic Ocillator

지금까지의 결과를 정리하면 아래와 같다.

$$ -\dfrac{\hbar^2}{2m} \dfrac{d^2 \psi}{dx^2} + \dfrac{1}{2} k_f x^2 = E \psi,\ \omega = \sqrt{\dfrac{k_f}{m}}$$

$$ \psi(x) = N_n H_n(y) \exp \left(-\dfrac{y^2}{2} \right),\ y = \sqrt{\dfrac{m\omega}{\hbar}}x = \left( \dfrac{m k_f}{\hbar^2} \right)^{\frac{1}{4} }x $$

$$ H_n = \left( 2y - \dfrac{d}{dy} \right)^n \cdot 1 = (-1)^n e^{y^2} \dfrac{d^n}{dy^n} e^{-y^2} $$

$$ E_n = \hbar\omega \left(n + \dfrac{1}{2} \right) $$

$$ N_n = \left( \dfrac{1}{\alpha \sqrt{\pi} 2^n n!} \right)^{\frac{1}{2}}\ \alpha = \sqrt{\dfrac{\hbar}{m \omega}} = \left( \dfrac{\hbar}{mk_f} \right)^{\frac{1}{4}} $$

 

에르미트 다항식의 성질

$$\begin{align} H_{n+1} &= 2 yH_{n} - 2n H_{n-1}\\ \dfrac{d}{dy}H_n  &= 2n H_{n-1} \end{align} $$

 

참고문헌

Atkins' Physical Chemistry 11e

https://ko.wikipedia.org/wiki/%EC%97%90%EB%A5%B4%EB%AF%B8%ED%8A%B8_%EB%8B%A4%ED%95%AD%EC%8B%9D

에르미트 다항식 - 위키백과, 우리 모두의 백과사전

https://elementary-physics.tistory.com/110

[양자역학] 3.2 에르미트 다항식 Hermite Polynomials