[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.

$$m{\displaystyle \frac{d^{2}y}{d{t}^2}}=-k_{f}x$$

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

주기 $T$와 각진동수$\omega$는 다음과 같다.

$$\begin{array}{rl}T& ={\displaystyle \frac{2\pi }{\sqrt{{\displaystyle \frac{m}{k_f}}}}}\\ \omega & ={\displaystyle \frac{2\pi }{T}}=2\pi f=\sqrt{{\displaystyle \frac{k_f}{m}}}\end{array}$$

Quantum Harmonic Ocillator

포텐셜 $V(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}{k}_f{x}^2={\displaystyle \frac{1}{2}}m{\omega }^2{x}^2$에 묶여 있는 입자에 대한 1차원 슈뢰딩거 방정식은 아래와 같다.

$$-{\displaystyle \frac{{\hslash }^2}{2m}}{\displaystyle \frac{d^2\psi }{d{x}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}m{\omega }^2{x}^2=E\psi$$

 

식을 정리하면

$${\displaystyle \frac{d^2\psi }{d{x}^2}}+{\displaystyle \frac{2m}{{\hslash }^2}}[E-{\displaystyle \frac{1}{2}}m{\omega }^2{x}^2]\psi =0$$

$${\displaystyle \frac{\hslash }{m\omega }}{\displaystyle \frac{d^2\psi }{d{x}^2}}+[{\displaystyle \frac{2E}{\hslash \omega }}-{\displaystyle \frac{m\omega }{\hslash }}{x}^2]\psi =0$$

$y=\sqrt{{\displaystyle \frac{m\omega }{\hslash }}}x$, $ϵ={\displaystyle \frac{E}{\hslash \omega }}$으로 치환하면 다음과 같이 바꾼다.

$${\displaystyle \frac{d^2{\psi }^2}{d{y}^2}}+(2ϵ-y^2)\psi =0$$

이대로 series solution을 구해도 되긴 하는데, 세 항에 대한 점화식이 나와서 어렵다. $y\to \mathrm{\infty }$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.

$$u^{″}-2y{u}^{\prime }+(2ϵ-1)u=0$$

$u(y)={\displaystyle \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{c}_n{y}^n}$이라두고 Series Solution을 구해보면 아래와 같은 점화식을 구할 수 있다.

급수의 수렴성

급수해가 수렴하는 지 살펴보자

$$c_{n+2}={\displaystyle \frac{2n+1-2ϵ}{(n+2)(n+1)}}{c}_n$$

비판정법(ratio test)을 사용하여 급수의 수렴성을 판단해보면

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\displaystyle \frac{c_{n+2}{y}^{n+2}}{c_n{y}^n}}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\left|{\displaystyle \frac{(2n+1-2ϵ)y^{n+2}}{(n+2)(n+1)y^n}}\right|=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \frac{|2n+1-2ϵ|}{(n+2)(n+1)}}{y}^2$$

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

$$ϵ=n+{\displaystyle \frac{1}{2}},(n=0,1,2,\cdots )$$

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

$$E_n=\hslash \omega (n+{\displaystyle \frac{1}{2}}),(n=0,1,2,\cdots )$$ 

Hermite Polynomial

$ϵ=n+{\displaystyle \frac{1}{2}}$을 적용하여 미분 방정식과 점화식을 다시 쓰면 다음과 같다.

$$u^{″}-2y{u}^{\prime }+2nu=0$$

$$c_{i+2}={\displaystyle \frac{2(i-n)}{(i+2)(i+1)}}{c}_i$$

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, $u^{\prime }(y)$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.

$$H_{n+1}=2y{H}_n-2n{H}_{n-1}$$

이때 $H_n^{\prime }=2n{H}_{n-1}$의 관계를 만족시키는 유사 아펠 다항식열이라고 생각해볼 수 있고

$$H_{n+1}=(2y-{\displaystyle \frac{d}{dy}})H_n$$

이 되기 때문에 다항식은 다음과 같다.

$$H_n={(y-{\displaystyle \frac{d}{dy}})}^n\cdot 1$$

 

이때 $f(y)=e^{-y^2}$의 미분을 생각해보면

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

임을 알 수 있는데, 한 번 더 미분하게 되면

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

가 되므로 아래와 같이 쓸 수 있다.

$${\displaystyle \frac{d^{n+1}}{d{y}^{n+1}}}f(y)=({\displaystyle \frac{d}{dy}}-2y){\displaystyle \frac{d^n}{d{y}^n}}f(y)$$

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

$$H_n={(2y-{\displaystyle \frac{d}{dy}})}^n\cdot 1=(-1{)}^n{e}^{y^2}{\displaystyle \frac{d^n}{d{y}^n}}{e}^{-y^2}$$

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.

$$\psi (x)=N_n{H}_n(y)\exp (-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}),y=\sqrt{{\displaystyle \frac{m\omega }{\hslash }}}x={\left({\displaystyle \frac{m{k}_f}{{\hslash }^2}}\right)}^{\frac{1}{4}}x$$

$$H_n={(2y-{\displaystyle \frac{d}{dy}})}^n\cdot 1=(-1{)}^n{e}^{y^2}{\displaystyle \frac{d^n}{d{y}^n}}{e}^{-y^2}$$

$$E_n=\hslash \omega (n+{\displaystyle \frac{1}{2}})$$

 

그리고 미분방정식을 풀면서 얻은 에르미트 다항식의 성질은 아래와 같다.

$$\begin{array}{rl}{H}_{n+1}& =2y{H}_n-2n{H}_{n-1}\\ {\displaystyle \frac{d}{dy}}{H}_n& =2n{H}_{n-1}\end{array}$$

Nomalization

Nomalization 하려면 아래 식을 계산해야 한다.

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

$y=x/\alpha ,\alpha =\sqrt{{\displaystyle \frac{{\hslash }^2}{m{k}_f}}}$라 하면

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

이를 계산하는 방법은

$$H_n={(2y-{\displaystyle \frac{d}{dy}})}^n\cdot 1=(-1{)}^n{e}^{y^2}{\displaystyle \frac{d^n}{d{y}^n}}{e}^{-y^2}$$

을 이용하면

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

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

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

가 된다. (다른 방법으로는 $H_{n+1}=2y{H}_n-2n{H}_{n-1}$를 이용할 수도 있다.) 따라서 정규화 상수는 아래와 같다.

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

 

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.)

$$\begin{array}{rl}\hat{H}& ={\displaystyle \frac{1}{2m}}({\hat{p}}^2+m^2{\omega }^2{x}^2)\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2m}}[(\hat{p}+im\omega x)(\hat{p}-im\omega x)+i[\hat{p},m\omega x]]\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2m}}[(\hat{p}+im\omega x)(\hat{p}-im\omega x)+im\omega [\hat{p},x]]\\ & ={\displaystyle \frac{1}{2m}}[(\hat{p}+im\omega x)(\hat{p}-im\omega x)+m\omega \hslash ]\\ & =\hslash \omega [{\displaystyle \frac{1}{2m\hslash \omega }}(\hat{p}+im\omega x)(\hat{p}-im\omega x)+{\displaystyle \frac{1}{2}}]\end{array}$$

간결하게 표현하기 위해 $y={\displaystyle \frac{x}{\alpha }}=\sqrt{{\displaystyle \frac{m\omega }{\hslash }}}$로 변수를 치환하면

$$\begin{array}{rl}\hat{H}& =\hslash \omega [{\displaystyle \frac{1}{2m\hslash \omega }}(-i\hslash {\displaystyle \frac{d}{dx}}+im\omega x)(-i\hslash {\displaystyle \frac{d}{dx}}-im\omega x)+{\displaystyle \frac{1}{2}}]\\ & =\hslash \omega [{\displaystyle \frac{m\omega }{2\hslash }}(ix-i{\displaystyle \frac{\hslash }{m\omega }})(-ix-i{\displaystyle \frac{\hslash }{m\omega }})+{\displaystyle \frac{1}{2}}]\\ & =\hslash \omega [{\displaystyle \frac{1}{2}}(iy-i{\displaystyle \frac{d}{dy}})(-iy-i{\displaystyle \frac{d}{dy}})+{\displaystyle \frac{1}{2}}]\\ & =\hslash \omega [{\displaystyle \frac{1}{2}}(y-{\displaystyle \frac{d}{dy}})(y+{\displaystyle \frac{d}{dy}})+{\displaystyle \frac{1}{2}}]\end{array}$$

그리고 아래와 같이 새로운 연산자를 정의하면

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

Hamiltonian operator는 다음과 같이 정리 된다.

$$\hat{H}=\hslash \omega (a_{+}{a}_{-}+{\displaystyle \frac{1}{2}})$$

 

여기서 $a_{\pm }$은 아래의 성질을 가진다.

$$a_{+}{a}_{-}={\displaystyle \frac{\hat{H}}{\hslash \omega }}-{\displaystyle \frac{1}{2}}$$

$$a_{-}{a}_{+}={\displaystyle \frac{\hat{H}}{\hslash \omega }}+{\displaystyle \frac{1}{2}}$$

이므로 교환자를 계산하면 $[a_{+},a_{-}]=-1$ 이다.

 

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

$$\begin{array}{rl}\hat{H}{a}_{+}\psi & =\hslash \omega \left(a_{+}{a}_{-}{\displaystyle \frac{1}{2}}\right)(a_{+}\psi )\\ & =a_{+}\hslash \omega (a_{-}{a}_{+}+{\displaystyle \frac{1}{2}})\psi \\ & =a_{+}\hslash \omega ({\displaystyle \frac{\hat{H}}{\hslash \omega }}+1)\psi \\ & =a_{+}(E+\hslash \omega )\psi \\ & =(E+\hslash \omega )a_{+}\psi \\ \hat{H}{a}_{-}\psi & =\hslash \omega (a_{+}{a}_{-}+{\displaystyle \frac{1}{2}})a_{-}\psi \\ & =\hslash \omega (a_{-}{a}_{+}-{\displaystyle \frac{1}{2}})a_{-}\psi \\ & =(E-\hslash \omega )a_{-}\psi \end{array}$$

이렇게 에너지를 $\hslash \omega$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.)

$$\hat{H}{\psi }_0=\hslash \omega (a_{+}{a}_{-}+{\displaystyle \frac{1}{2}}){\psi }_0={\displaystyle \frac{1}{2}}\hslash \omega {\psi }_0$$

이고, 올림 연산자는 $\hslash \omega$씩 에너지를 올리므로

$$E_n=\hslash \omega (n+{\displaystyle \frac{1}{2}}),n=0,1,2,\cdots$$

임을 알 수 있다.

 

미분 방정식 $a_{-}{\psi }_0=0$를 풀면

$${\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}(y{\psi }_0-{\displaystyle \frac{d{\psi }_0}{dy}})=0$$

$${\displaystyle \frac{1}{{\psi }_0}}{\displaystyle \frac{d{\psi }_0}{dy}}=y$$

$${\psi }_0=A\exp (-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}),y={\displaystyle \frac{x}{\alpha }}=\sqrt{{\displaystyle \frac{m\omega }{\hslash }}}x$$

여기서 $A$는 적분 상수이다.

 

$n$번 에너지 상태일때의 파동함수는 올림 연산자를 $n$번 적용시킨 것이므로

$$a_{+}^n{\psi }_0=A{\left({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{2}}}\right)}^n{(y-{\displaystyle \frac{d}{dy}})}^n\exp (-{\displaystyle \frac{y^2}{2}})$$

 

cf)

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

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

 

n은 반드시 음이 아닌 정수값이어야 하는가?

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

에서 $a_{+}=a_{-}^{\ast }$임을 알 수 있고, $a_{+}{a}_{-}$는 켤래끼리 곱하였으므로 실수 고유값을 가진다. 그럼 $\hat{N}=a_{+}{a}_{-}$, $\hat{N}|n⟩=n|n⟩$이라 할 때,

$$n=⟨a_{+}{a}_{-}⟩=⟨n|a_{+}{a}_{-}|n⟩=||a_{-}|n⟩|{|}^2$$

에서 $n\ge 0$이어야 하며,  $a_{-}$의 고유값이 $\sqrt{n}$이므로 $a_{|n⟩}=\sqrt{n}|n-1⟩$임을 알 수 있다.

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

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

Orthogonality

$${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{H}_m(y)H_n(y)e^{-y^2}dy=0(m\ne n)$$

$H_n(y)\exp (-\frac{y^2}{2})$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.

$$-{\displaystyle \frac{{\hslash }^2}{2m}}{\displaystyle \frac{d^2\psi }{d{x}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}{k}_f{x}^2=E\psi ,\omega =\sqrt{{\displaystyle \frac{k_f}{m}}}$$

$$\psi (x)=N_n{H}_n(y)\exp (-{\displaystyle \frac{y^2}{2}}),y=\sqrt{{\displaystyle \frac{m\omega }{\hslash }}}x={\left({\displaystyle \frac{m{k}_f}{{\hslash }^2}}\right)}^{\frac{1}{4}}x$$

$$H_n={(2y-{\displaystyle \frac{d}{dy}})}^n\cdot 1=(-1{)}^n{e}^{y^2}{\displaystyle \frac{d^n}{d{y}^n}}{e}^{-y^2}$$

$$E_n=\hslash \omega (n+{\displaystyle \frac{1}{2}})$$

$$N_n={\left({\displaystyle \frac{1}{\alpha \sqrt{\pi }{2}^{n}n!}}\right)}^{\frac{1}{2}}\alpha =\sqrt{{\displaystyle \frac{\hslash }{m\omega }}}={\left({\displaystyle \frac{\hslash }{m{k}_f}}\right)}^{\frac{1}{4}}$$

 

에르미트 다항식의 성질

$$\begin{array}{rl}{H}_{n+1}& =2y{H}_n-2n{H}_{n-1}\\ {\displaystyle \frac{d}{dy}}{H}_n& =2n{H}_{n-1}\end{array}$$

 

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