양자역학 15. 퍼텐셜이 0인 곳에서 입자는 어떻게 거동할까

만약 퍼텐셜이 0인 곳에서 입자는 어떻게 거동할까?

대부분의 퀀텀 입자는 어떤 포텐셜에 구속되어있다. 모든 생명체는 지구의 중력 퍼텐셜에 구속되어 있는 것 처럼. 만약 퍼텐셜에 구속되어 있지 않는 입자는 어떻게 거동할까? 그런 입자를 자유 입자라고 부르고, 시간에 무관한 슈뢰딩거 방정식을 풀어보자.

\[- \frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} \psi(x) + 0 = E \psi(x)\] \[\implies \frac{d^2 \psi}{dx^2} = -\frac{2mE}{\hbar^2} \psi\]

위 식은 무한 퍼텐셜에서 봤듯이 해는 다음과 같다.

\[\psi(x) = A e^{ikx} + Be^{-ikx}\] \[k^2 \equiv \frac{2mE}{\hbar^2}\]

다만 차이점은, Boundry condition이 존재하지 않는다는 것이다. \(E= \frac{\hbar^2k^2}{2m}\)을 이용하여 일단 일반해를 써보면,

\[\Psi(x,t) = \psi(x) e^{-\frac{ik^2}{2m} t} = Ae^{ik(x - \frac{k}{2m} t)} + Be^{- ik (x + \frac{k}{2m} t)}\]

와 같다. 위 식의 두 항은 k 부호 차이만 있고, 두 해를 선형결합한 상태이므로 다음과 같이 적어보자. 어차피 나중에 모든 k에 대해 sum하면 일반해가 구해진다.

\[\Psi_{k}(x,t) = Ae^{ik(x - \frac{k}{2m} t)}\]

이 해가 정규화 가능한가? 결론은 불가능하다. \(t=0\)에 대해 \(\Psi(x,0)\)이 정규화되어 있다면, \(\Psi(x,t)\)도 정규화 되어있다는 논리를 사용하자.

\[\lvert \Psi_{k}(x,0) \rvert^2 = \Psi_{k}^*(x,0) \Psi_{k}(x,0)\] \[= (A e^{ikx})^* (Ae^{ikx})\] \[= \lvert A \rvert^2 (e^{-ikx} \cdot e^{ikx}) = \lvert A \rvert^2\]

위 함수를 \((-\infty, \infty)\) 범위에서 적분하면 발산한다. 따라서 규격화 불가능하다. 즉, 자유 입자는 정확히 하나의 에너지 상태를 갖는 것은 물리적으로 불가능하다. 이는 생각보다 이상한 결과는 아니다. 에너지가 연속적이라면, 예를들어 에너지 E가 정확히 251.2421452 인 상태를 가질 확률은 0이다.

발산하지 않으려면 특정한 에너지를 가지면 안된다. 즉, 중첩되어 있어야 한다. 중첩 상태를 일반적으로 표현하려면, 모든 k에 대해서 해를 다 더해보면 된다. \(k\)의 범위는 어떻게 되는가? \(k\)는 \(k^2 \propto E\) 관계에 있으므로 \(k\)의 범위는 \((-\infty,\infty)\) 모든 값이 가능하다. 에너지는 0부터 \(\infty\)까지 범위를 가지기 때문이다.

즉, 어떤 계수 \(A(k)\)가 잘 주어지면 규격화되는 \(\Psi\)가 될 것이고, 그렇지 않으면 규격화되지 않는 \(\Psi\)가 될 것이다.푸리에 변환의 편의성을 위해 앞에 계수 \(\frac{1}{\sqrt{ 2\pi }}\)를 붙이면 다음과 같다.

\[\Psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{ 2\pi }}\int_{-\infty}^{\infty} \Psi_{k}(x,t) dk\] \[= \frac{1}{\sqrt{ 2\pi }}\int_{-\infty}^{\infty} A(k)e^{i\left( kx - \frac{\hbar k^2}{2m} t \right)} dk\]

\(\frac{\hbar k^2}{2m}\)는 각주파수 \(\omega\)와 같다. 따라서 자유 입자의 일반해는 다음과 같다.

\[\therefore ~~ \Psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{ 2\pi }} \int_{-\infty}^{\infty}A(k)e^{i(kx - \omega t)}dk\]

초기 조건 \(\Psi(x,t)\)가 주어지면, 일반 해에 \(t=0\)를 넣으면 된다.

\[\Psi(x,0) = \frac{1}{\sqrt{ 2\pi }} \int_{-\infty}^{\infty} A(k) e^{ikx} dk\]

푸리에 변환하면 계수 \(A(k)\)를 알 수 있다.

\[A(k) = \frac{1}{\sqrt{ 2\pi }} \int_{-\infty}^{\infty} \Psi(x,0)e^{-ikx}dx\]

초기조건 \(\Psi(x,0)\)이 정규화 가능하도록 주어지면 플랑슈렐 정리에 의해 \(A(k)\)도 정규화 가능하다.

[!tip] k는 운동량과 관련있다.{title} k는 wave number, 파수이고 파장과 관련있다. 파장은 운동량과 관련있다.

\[p=\hbar k\]

즉, k는 운동량과 비례한다. 따라서 푸리에 변환의 의미는 위치로 표현된 상태를 운동량으로 표현된 상태로 변환 가능 하고, 그 역변환도 가능하다는 것이다.

위 결과를 어떻게 받아들어야 할까? 만약 입자가 퍼텐셜에 구속되어 있다면 시스템이 가질 수 있는 에너지 레벨은 딱딱 양자화 되어있다. 이런 입자는 이론상 정확한 에너지를 관측해낼 수 있다.

자유 입자와 같이 에너지가 연속적이라면, 딱 하나의 에너지 상태를 갖는건 물리적으로 불가능하다. 즉, 이론상 정확한 에너지를 관측하는 것이 불가능하다. 자유 입자의 에너지는 어느정도 불확성도가 존재하는 에너지 범위를 관측하게 된다.

왜 \(\frac{\hbar k^2}{2m}\)가 각주파수 \(\omega\)인가?

\[E=hf=\frac{h}{2\pi} \cdot 2\pi f = \hbar \omega\]

자유 입자의 퍼텐셜은 0이므로 에너지는 다음과 같다.

\[E = \frac{p^2}{2m} + 0 = \frac{p^2}{2m}\]

드브로이 공식에 대해 운동량은 다음과 같다.

\[p = \frac{h}{\lambda} = \frac{\frac{h}{2\pi}}{\frac{\lambda}{2\pi}} = \hbar k\]

따라서 각주파수는 다음과 같다.

\[\omega=\frac{E}{\hbar} = \frac{(\hbar k)^2}{2m} \cdot \frac{1}{\hbar} = \frac{\hbar k^2}{2m}\]

[!error] 다음 오류를 살펴보라.{title}

\[p = \hbar k \implies mv = \hbar k\] \[m (\lambda f) = \hbar k\] \[mf \left( \frac{2\pi}{k} \right) = \hbar k\] \[f = \frac{\hbar k^2}{2\pi m}\] \[\omega = \frac{\hbar k^2}{m}\]

내가 쓴 공식은 \(p = \hbar k\), \(v = \lambda f\), \(\lambda = \frac{2\pi}{k}\), \(\omega = 2\pi f\)와 같다. 왜 2배 더 큰가?

우리가 구해야 하는 것은 한 Phase의 위상 각속도다. 사용한 공식에서 \(v=\lambda f\)는 군속도 \(v_{g}\)를 의미한다. 따라서 각주파수를 2배 더 큰 결과를 얻게 된 것이다.

\[v_{g} = 2 v_{p}\]

그럼 위상속도를 얻으려면 어떻게 하나? 사실 군속도로 유도해서 군 각가속도를 구하고 2배 나누면, 한 Phase의 위상 각가속도를 얻는다.

정확히는 한 양자의 운동에너지 \(E = \frac{p^2}{2m}\)의 \(p\)에 들어있는 위상 속도와, 에너지와 파수의 관계식인 \(E=hf\)를 사용하면 바로 위상 각가속도를 유도할 수 있다.

자유 입자 한에선 ‘여러 상태가 중첩되어 있다가 관측하면 고유 상태로 붕괴한다’라는 말이 모순인가?

더 일반적인 말은 ‘중첩 상태의 시스템을 과늑하면 파동함수가 붕괴한다.’ 가 더 일반적인 표현일까? 퍼텐셜에 구속된 시스템의 경우 관측시 하나의 고유 상태로 붕괴하는 것이 맞고, 퍼텐셜에 구속되지 않는 시스템의 경우 에너지가 연속적이고, 상태 레벨도 연속적이므로 파동 함수는 국소적 파동 패킷으로 붕괴한다.

정확히 무슨 값인지 몰라서 여러 상태 중첩의 확률로 표현한다. 관측하면 어떤 상태인지 우리 눈에 보이기 때문에 하나의 상태를 관측했다고 표현한다.

자유 입자도 똑같다. 관측하기 전엔 어떤 상태인지 모른다. 따라서 여러 상태의 중첩으로 표현한다. 관측하면 대충 어떤 상태였는지 보인다. 하지만 자유 입자의 경우는 어떤 상태인지 보이긴 하지만 그 관측 정보가 약간의 불확실도를 항상 포함한다는 것이다.

자유 입자의 속도는 얼마인가?

\[\Psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt{ 2\pi }} \int_{-\infty}^{\infty}A(k)e^{i(kx - \omega t)}dk\]

위 식을 근거로, 자유 입자의 속도는 다음과 같지 않을까?

\[v = \frac{\omega}{k}\]

이를 에너지에 대해 표현하면 다음과 같다.

\[\frac{\omega}{k} = \frac{\hbar k^2}{2m} \frac{1}{k} = \frac{\hbar k}{2m} = \frac{\hbar}{2m} \frac{\sqrt{ 2mE }}{\hbar} = \sqrt{ \frac{E}{2m} }\]

자유 입자의 퍼텐셜은 0이므로, 운동에너지 관계를 사용해도 속도를 구할 수 있다.

\[E= \frac{1}{2}mv^2 \implies v = \sqrt{ \frac{2E}{m} }\]

어? 왜 다르지? 무엇이 진짜 속도인가? 분석해보자.

우선 \(\omega\)는 \(\frac{\hbar k^2}{2m}\)이므로 \(k\)에 대한 함수다. \(\omega\)를 \(k_{0}\) 근처에서 테일러 전개 해보자.

\[\omega(k) \simeq \omega_{0} + \omega'(k_{0})(k-k_{0})\]

이 결과를 자유 입자의 일반 해에 넣는다.

\[\Psi(x,t) \simeq \frac{1}{\sqrt{ 2\pi }} \int_{-\infty}^{\infty} \phi(k) e^{i(kx - \omega t)} dk\] \[= \frac{1}{\sqrt{ 2\pi }} \int_{-\infty}^{\infty} \phi(k) e^{i(kx - \omega_{0}t - \omega'_{0}(k-k_{0})t)}dk\]

e의 지수 부분을 살펴보자.

\[i(kx - \omega_{0}t - \omega'_{0}kt + \omega'_{0}k_{0}t)\]

\(s \equiv k-k_{0} \implies k = s+k_{0}\)으로 변수를 바꾸면 다음과 같다.

\[i(sx + k_{0}x - \omega_{0}t - \omega'_{0} st - \omega'_{0} k_{0}t + \omega'_{0}k_{0}t)\] \[= i(k_{0}x - \omega_{0}t) + is(x - \omega'_{0}t)\]

앞의 값은 상수항이므로, 적분 밖으로 빠져나올 수 있다.

\[\Psi(x,t) \simeq \frac{1}{\sqrt{ 2\pi }} e^{i(k_{0}x - \omega_{0}t)} \int_{-\infty}^{\infty}\phi(s+k_{0}) e^{is(x-\omega'_{0}t)}ds\]

자유 입자는 속도가 \(\frac{\omega_{0}}{k_{0}}\)인 단일 파동과, 속도가 \(\omega'(k)\mid_{k_{0}}\)인 파동 패킷의 곱으로 근사할수 있다. 이것이 무엇을 의미하는가? 단일 파동은 속도가 \(\frac{\omega_{0}}{k_{0}}\)으로 근사되고, 파동 패킷은 속도가 \(\omega'(k)\mid_{k_{0}}\)로 근사되는 것과 같다. 따라서,

\[v_{phase} = \frac{\omega}{k}\] \[v_{group} = \frac{d\omega}{dk}\]

이다. 위 식에 우리가 알고있는 값을 대입해보자.

\[v_{group} = \frac{d}{dk}\frac{\hbar k^2}{2m} = \frac{\hbar k}{m}\] \[v_{phase} = \frac{\hbar k^2}{2m} \frac{1}{k} = \frac{\hbar k}{2m}\]

아하! 파동 패킷 내 단일 파동의 속도는 그룹 파동의 속도의 \(\frac{1}{2}\)배와 같다. 위에서 구했듯, 자유 입자의 일반해에서 구한 속도는 단일 파동의 속도였고, 에너지를 통해 구한 식은 그룹 파동의 속도였던 것이다. 에너지를 통해 구한 속도는 입자의 속도와 같고, 그 속도는 멀리서 본 그룹 파동의 속도와 동일해야 하기 때문이다.