연산자 방법으로 조화진동자 문제 풀기 사다리 연산자의 정의
📂양자역학 연산자 방법으로 조화진동자 문제 풀기 사다리 연산자의 정의 빌드업 조화진동자의 사다리연산자L a d d e r O p e r a t o r \mathrm{Ladder\ Operator} Ladder Operator 이다. 에너지 연산자인 해밀토니안H H H 과도 치환이 가능하고,사다리 연산자의 특징을 이용해 바닥상태부터의 고유함수도 구할 수 있다. 조화 진동자의 고전적인 해밀토니안H H H 을 인수분해 하는 것에서 새 연산자를 정의하는 힌트를 얻을 수 있다.
H = 1 2 m p 2 + 1 2 m m w 2 x 2 = 1 2 m ( p 2 + m 2 w 2 x 2 ) = 1 2 m ( i p + m w x ) ( − i p + m w x )
\begin{align*}
H &= \frac{1}{2m}p^{2}+\frac{1}{2m}mw^{2}x^{2} \\
&= \frac{1}{2m} \left(p^{2}+m^{2}w^{2}x^{2} \right) \\
&= \frac{1}{2m} (ip+mwx)(-ip+mwx)
\end{align*}
H = 2 m 1 p 2 + 2 m 1 m w 2 x 2 = 2 m 1 ( p 2 + m 2 w 2 x 2 ) = 2 m 1 ( i p + m w x ) ( − i p + m w x )
여기서 힌트를 얻어 조화 진동자의 두 사다리 연산자를 다음과 같이 정의할 수 있다.하필 i i i 가 x x x 항이 아닌 p p p 항에 붙는 이유나 앞의 상수가 1 2 ℏ m w \dfrac{1}{\sqrt{2\hbar mw}} 2ℏ m w 1 인 이유는 최종적으로 나올 식의 형태를 생각해서 계산을 쉽게 할 수 있게 한 것이다.
a + = 1 2 ℏ m w ( i p + m w x ) a − = 1 2 ℏ m w ( − i p + m w x ) = ( a + ) ∗
\begin{align*}
a_{+} &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar mw}}(ip+mwx) \\
a_{-} &= \frac{1}{\sqrt{2\hbar mw}}(-ip+mwx)=(a_{+})^{\ast}
\end{align*}
a + a − = 2ℏ m w 1 ( i p + m w x ) = 2ℏ m w 1 ( − i p + m w x ) = ( a + ) ∗
이제 두 연산자의 곱으로 해밀토니안H H H 을 표현해보자. 연산자이므로 곱셈의 순서에 따라 결과가 달라질 수 있음을 유의해야 한다. 또한 표준교환관계식 [ x , p ] = i ℏ [x,p]=i\hbar [ x , p ] = i ℏ 를 사용한다.
a − a + = 1 2 ℏ m w ( p 2 + m 2 w 2 x 2 + m w i p x − m w i x p ) = 1 2 ℏ m w ( p 2 + m 2 w 2 x 2 − m w i [ x , p ] ) = 1 2 ℏ m w ( p 2 + 2 w 2 x 2 + m w ℏ ) = 1 2 ℏ m w ( p 2 + m 2 w 2 x 2 ) + 1 2 ℏ m w ( m w ℏ ) = 1 ℏ w 1 2 m ( p 2 + m 2 w 2 x 2 ) + 1 2 = 1 ℏ w H + 1 2
\begin{align*}
a_{-}a_{+} &= \frac{1}{2\hbar mw} (p^{2} + m^{2}w^{2}x^{2}+mwipx-mwixp) \\
&= \frac{1}{2\hbar mw} (p^{2} + m^{2}w^{2}x^{2}-mwi[x,p]) \\
&= \frac{1}{2\hbar mw} (p^{2} + ^{2}w^{2}x^{2}+mw\hbar) \\
&= \frac{1}{2\hbar mw} (p^{2} + m^{2}w^{2}x^{2}) + \frac{1}{2\hbar mw}(mw\hbar) \\
&= \frac{1}{\hbar w}\frac{1}{2m} (p^{2} + m^{2}w^{2}x^{2}) + \frac{1}{2} \\
&= \frac{1}{\hbar w}H+\frac{1}{2}
\end{align*}
a − a + = 2ℏ m w 1 ( p 2 + m 2 w 2 x 2 + m w i p x − m w i x p ) = 2ℏ m w 1 ( p 2 + m 2 w 2 x 2 − m w i [ x , p ]) = 2ℏ m w 1 ( p 2 + 2 w 2 x 2 + m w ℏ ) = 2ℏ m w 1 ( p 2 + m 2 w 2 x 2 ) + 2ℏ m w 1 ( m w ℏ ) = ℏ w 1 2 m 1 ( p 2 + m 2 w 2 x 2 ) + 2 1 = ℏ w 1 H + 2 1
따라서 H = ℏ w ( a − a + − 1 2 ) H = \hbar w(a_{-}a_{+} - \dfrac{1}{2}) H = ℏ w ( a − a + − 2 1 ) 이다. 곱의 순서를 바꾸고 같은 과정으로 계산하면
a + a − = 1 ℏ w H − 1 2 ⟹ H = ℏ w ( a + a − + 1 2 )
\begin{align*}
&& a_{+}a_{-} &= \dfrac{1}{\hbar w}H-\dfrac{1}{2} \\
\implies && H &= \hbar w(a_{+}a_{-} + \frac{1}{2})
\end{align*}
⟹ a + a − H = ℏ w 1 H − 2 1 = ℏ w ( a + a − + 2 1 )
이로부터 두 연산자의 교환자도 계산할 수 있다.[ a − , a + ] = 1 [a_{-},a_{+}]=1 [ a − , a + ] = 1 이제 두 연산자a ± a_\pm a ± 를 이용하여 조화진동자의 슈뢰딩거 방정식을 새롭게 표현할 수 있다.
H ψ = E ψ
H\psi=E\psi
H ψ = E ψ
⟹ ℏ w ( a ± a ∓ ± 1 2 ) ψ = E ψ
\implies \hbar w (a_\pm a_\mp \pm \dfrac{1}{2})\psi=E\psi
⟹ ℏ w ( a ± a ∓ ± 2 1 ) ψ = E ψ
이 두 연산자 a + a_{+} a + , a − a_{-} a − 의 이름은 각각 올림 연산자r a s i n g o p e r a t o r \mathrm{rasing\ operator} rasing operator , 내림 연산자l o w e r i n g o p e r a t o r \mathrm{lowering\ operator} lowering operator 이다.이런 이름을 가지는 이유는 바로 고유함수에 적용시켰을 때 에너지(고유값)가 증가하거나 감소하기 때문이다.즉, 에너지를 올려주거나 내려주는 연산자라는 뜻이다.왜 그렇게 되는지는 다음 글을 참고하자다음 글 : 연산자 방법으로 조화진동자 문제 해결하기 : 사다리 연산자 적용
이전 글 : 연산자 방법으로 조화진동자 문제 풀기 : 사다리 연산자의 정의
이제 사다리 연산자가 조화진동자의 고유함수에 어떻게 작용하는지 알아보자.참고로 임의의 상수와 임의의 연산자간의 교환자는 항상 0 0 0 이다.아래의 수식 전개에서 사용한 관계식 $( [AB,C]=A[B,C]+[A,C]B,\ \ [a_{-},a_{+}]=1 )
H = ( a + a − + 1 2 ) ℏ w
H=(a_{+}a_{-}+\dfrac{1}{2})\hbar w H = ( a + a − + 2 1 ) ℏ w 이므로,
[ H , a + ] = [ ( a + a − + 1 2 ) ℏ w , a + ] = [ a + a − ℏ w , a + ] + [ 1 2 ℏ w , a + ] = ℏ w [ a + a − , a + ] = ℏ w ( a + [ a − , a + ] + [ a + , a + ] a − ) = ℏ w a + = H a + − a + H
\begin{align*}
[H,a_{+}] &= [(a_{+}a_{-}+\dfrac{1}{2})\hbar w,a_{+}] \\
&= [a_{+}a_{-}\hbar w,a_{+}]+[\dfrac{1}{2}\hbar w, a_{+}] \\
&= \hbar w[a_{+}a_{-},a_{+}] \\
&= \hbar w(a_{+}[a_{-},a_{+}] + [a_{+},a_{+}]a_{-}) \\
&= \hbar w a_{+} \\
&= Ha_{+} - a_{+}H
\end{align*}
[ H , a + ] = [( a + a − + 2 1 ) ℏ w , a + ] = [ a + a − ℏ w , a + ] + [ 2 1 ℏ w , a + ] = ℏ w [ a + a − , a + ] = ℏ w ( a + [ a − , a + ] + [ a + , a + ] a − ) = ℏ w a + = H a + − a + H
같은 방법으로 [ H , a − ] [H,a_{-}] [ H , a − ] 를 구하면[ H , a − ] = − ℏ w a − = H a − − a − H [H,a_{-}]=-\hbar w a_{-}=Ha_{-} - a_{-}H [ H , a − ] = − ℏ w a − = H a − − a − H 이제 위에서 구한 관계식을 써서 조화진동자의 고유함수에 적용시켜보자.a ± a_\pm a ± 는 고유함수∣ ψ ⟩ \ket{\psi} ∣ ψ ⟩ 에 대해서 고유값 방정식을 만족시키는 연산자가 아니므로a ± a_\pm a ± 대신 H H H 가 고유함수에 적용될 수 있도록 모양을 바꿔준다.슈뢰딩거 방정식은 $H \ket{\psi}=E \ket{\psi}
H a + ∣ ψ ⟩ = ( ℏ w a + + a + H ) ∣ ψ ⟩ = ( ℏ w a + + a + E ) ∣ ψ ⟩ = ( E + ℏ w ) a + ∣ ψ ⟩
\begin{align*}
Ha_{+} \ket{\psi} &= (\hbar wa_{+} + a_{+}H) \ket{\psi} \\
&= (\hbar wa_{+} + a_{+}E) \ket{\psi} \\
&= (E+\hbar w)a_{+} \ket{\psi}
\end{align*}
H a + ∣ ψ ⟩ = ( ℏ w a + + a + H ) ∣ ψ ⟩ = ( ℏ w a + + a + E ) ∣ ψ ⟩ = ( E + ℏ w ) a + ∣ ψ ⟩
따라서 ∣ ψ ⟩ \ket{\psi} ∣ ψ ⟩ 가 H H H 에 대한 고유함수일 때 a + ∣ ψ ⟩ a_{+} \ket{\psi} a + ∣ ψ ⟩ 역시 고유값 방 정식을 만족하는 고유함수이다.이 때 a + ∣ ψ ⟩ a_{+} \ket{\psi} a + ∣ ψ ⟩ 의 고유값은 ( E + ℏ w ) (E+\hbar w) ( E + ℏ w ) 이다.일반식을 구하기 위해 두 번 적용시켜보자.한 번 적용했을 때의 결과를 여기서 사용한다.
H ( a + ) 2 ∣ ψ ⟩ = H a + a + ∣ ψ ⟩ = ( a + H + ℏ w a + ) a + ∣ ψ ⟩ = a + H + a + ∣ ψ ⟩ + ℏ w a + a + ∣ ψ ⟩ = a + ( E + ℏ w ) a + ∣ ψ ⟩ + ℏ w a + a + ∣ ψ ⟩ = ( E + ℏ w ) ( a + ) 2 ∣ ψ ⟩ + ℏ w ( a + ) 2 ∣ ψ ⟩ = ( E + 2 ℏ w ) ( a + ) 2 ∣ ψ ⟩
\begin{align*}
H(a_{+})^{2} \ket{\psi} &= Ha_{+}a_{+} \ket{\psi} \\
&= (a_{+}H+\hbar w a_{+})a_{+} \ket{\psi} \\
&= a_{+}H+a_{+} \ket{\psi} + \hbar w a_{+}a_{+} \ket{\psi} \\
&= a_{+}(E+\hbar w)a_{+} \ket{\psi} + \hbar w a_{+}a_{+} \ket{\psi} \\
&= (E+\hbar w)(a_{+})^{2} \ket{\psi} + \hbar w (a_{+})^{2} \ket{\psi} \\
&= (E+2\hbar w)(a_{+})^{2} \ket{\psi}
\end{align*}
H ( a + ) 2 ∣ ψ ⟩ = H a + a + ∣ ψ ⟩ = ( a + H + ℏ w a + ) a + ∣ ψ ⟩ = a + H + a + ∣ ψ ⟩ + ℏ w a + a + ∣ ψ ⟩ = a + ( E + ℏ w ) a + ∣ ψ ⟩ + ℏ w a + a + ∣ ψ ⟩ = ( E + ℏ w ) ( a + ) 2 ∣ ψ ⟩ + ℏ w ( a + ) 2 ∣ ψ ⟩ = ( E + 2ℏ w ) ( a + ) 2 ∣ ψ ⟩
따라서 고유함수 ∣ ψ ⟩ \ket{\psi} ∣ ψ ⟩ 에 a + a_{+} a + 를 n n n 번 적용하면 다음과 같은 결과를 얻는다.
⟹ H ( a + ) n ∣ ψ ⟩ = ( E + n ℏ w ) ( a + ) n ∣ ψ ⟩
\implies H(a_{+})^n \ket{\psi}=(E+n\hbar w)(a_{+})^n \ket{\psi}
⟹ H ( a + ) n ∣ ψ ⟩ = ( E + n ℏ w ) ( a + ) n ∣ ψ ⟩
마찬가지로 같은 방법으로 고유함수에 a − a_{-} a − 를 적용시키면
H a − ∣ ψ ⟩ = ( a − H − ℏ w a − ) ∣ ψ ⟩ = ( E − ℏ w ) a − ∣ ψ ⟩
Ha_{-} \ket{\psi}=(a_{-}H - \hbar w a_{-}) \ket{\psi}=(E-\hbar w)a_{-} \ket{\psi}
H a − ∣ ψ ⟩ = ( a − H − ℏ w a − ) ∣ ψ ⟩ = ( E − ℏ w ) a − ∣ ψ ⟩
⟹ H ( a − ) n ∣ ψ ⟩ = ( E − n ℏ w ) ( a − ) n ∣ ψ ⟩ \implies H(a_{-})^n \ket{\psi}=(E-n\hbar w)(a_{-})^n \ket{\psi} ⟹ H ( a − ) n ∣ ψ ⟩ = ( E − n ℏ w ) ( a − ) n ∣ ψ ⟩
따라서 고유함수에 적용시킬수록 에너지가 커지는 a + a_{+} a + 를 올림연산자r a s i n g o p e r a t o r \mathrm{rasing\ operator} rasing operator 라 한다.고유함수에 적용시킬수록 에너지가 작아지는 a − a_{-} a − 를 내림연산자l o w e r i n g o p e r a t o r \mathrm{lowering\ operator} lowering operator 라 한다.다음글 : 연산자 방법으로 조화진동자 문제 풀기 : 에너지 준위와 바닥상태
이전 글 : 연산자 방법으로 조화진동자 문제 풀기 : 사다리 연산자 적용 계속해서 조화진동자의 에너지와 바닥상태의 고유함수를 구해보자.
E = < ψ ∣ H ∣ ψ ⟩ = < ψ ∣ ( a + a − + 1 2 ) ℏ w ∣ ψ ⟩
E=<\psi|H \ket{\psi}=<\psi|(a_{+}a_{-}+\dfrac{1}{2})\hbar w \ket{\psi}
E =< ψ ∣ H ∣ ψ ⟩ =< ψ ∣ ( a + a − + 2 1 ) ℏ w ∣ ψ ⟩
이 때 고유함수에 한 없이 a − a_{-} a − 를 적용시킬 순 없다.에너지가 0 0 0 보다 작아질 수는 없다는 말이다.에너지가 퍼텐셜 보다 작을 때는 해가 없기 때문에 E > U E>U E > U 이어야 하기 때문이다.즉, 더 이상 에너지준위가 내려가지 않는 바닥상태g r o u n d s t a t e \mathrm{ground\ state} ground state 가 있고바닥 상태에 내림연산자l o w e r i n g o p e r a t o r \mathrm{lowering\ operator} lowering operator 를 적용시키면 0 0 0 이다.즉, 바닥상태를 ∣ ψ 0 ⟩ \ket{\psi_{0}} ∣ ψ 0 ⟩ 라고 하면a − ∣ ψ 0 ⟩ = 0 a_{-} \ket{\psi_{0}}=0 a − ∣ ψ 0 ⟩ = 0 이제 이 사실을 이용해서 바닥상태의 에너지를 구해보자.
H ∣ ψ 0 ⟩ = ( a + a − + 1 2 ) ℏ w ∣ ψ 0 ⟩ = ℏ w a + a − ∣ ψ 0 ⟩ + 1 2 ℏ w ∣ ψ 0 ⟩ = 1 2 ℏ w ∣ ψ 0 ⟩
\begin{align*}
H \ket{\psi_{0}} &= (a_{+}a_{-} + \frac{1}{2})\hbar w \ket{\psi_{0}} \\
&= \hbar w a_{+}a_{-} \ket{\psi_{0}}+\frac{1}{2}\hbar w \ket{\psi_{0}} \\
&= \frac{1}{2}\hbar w \ket{\psi_{0}}
\end{align*}
H ∣ ψ 0 ⟩ = ( a + a − + 2 1 ) ℏ w ∣ ψ 0 ⟩ = ℏ w a + a − ∣ ψ 0 ⟩ + 2 1 ℏ w ∣ ψ 0 ⟩ = 2 1 ℏ w ∣ ψ 0 ⟩
\therefore H \ket{\psi_{0}}=\dfrac{1}{2}\hbar w \ket{\psi_{0}}바닥상태의에너지는 바닥상태의 에너지는 바닥상태의에너지는 E_{0}=\dfrac{1}{2}\hbar w이다 . 이다. 이다 . 0이아니다 ! 이전글에서사다리연산자는고유함수의에너지를 이 아니다!이전 글에서 사다리 연산자는 고유함수의 에너지를 이아니다 ! 이전글에서사다리연산자는고유함수의에너지를 \pm \hbar w만큼변화시키는것을알았다 . 즉 , 첫번째들뜬상태의에너지는 만큼 변화시키는 것을 알았다.즉, 첫 번째 들뜬 상태의 에너지는 만큼변화시키는것을알았다 . 즉 , 첫번째들뜬상태의에너지는 E_{1}=\dfrac{1}{2}\hbar w +\hbar w두번째들뜬상태의에너지는 두 번째 들뜬 상태의 에너지는 두번째들뜬상태의에너지는 E_2=\dfrac{1}{2}\hbar w+2\hbar w따라서 따라서 따라서 n번째에너지에대해서일반적으로표현할수있다 . 번째 에너지에 대해서 일반적으로 표현할 수 있다. 번째에너지에대해서일반적으로표현할수있다 . E_{n}=(n+\dfrac{1}{2})\hbar w,\ \ (n=0,\ 1,\ 2,\ \cdot)에너지준위가등간격 ( 에너지 준위가 등간격( 에너지준위가등간격 ( \hbar w ) 으로이루어져있음을알수있다 . 이제바닥상태의고유함수 )으로 이루어져있음을 알 수 있다.이제 바닥상태의 고유함수 ) 으로이루어져있음을알수있다 . 이제바닥상태의고유함수 \psi_{0}를구체적으로구해보자 . 참고로운동량연산자 를 구체적으로 구해보자.참고로 운동량 연산자 를구체적으로구해보자 . 참고로운동량연산자 p$는 p = ℏ i ∂ ∂ x p={\hbar \over i}{\partial \over \partial x} p = i ℏ ∂ x ∂ $a_{-}\psi_{0}=0
⟹ 1 2 ℏ m w ( − i p + m w x ) ψ 0 = 0
\implies {1 \over {\sqrt{2\hbar mw}} }(-ip+mwx) \psi_{0}=0
⟹ 2ℏ m w 1 ( − i p + m w x ) ψ 0 = 0
⟹ ( − i p + m w x ) ψ 0 = 0
\implies (-ip+mwx) \psi_{0}=0
⟹ ( − i p + m w x ) ψ 0 = 0
⟹ ( ℏ ∂ ∂ x + m w x ) ψ 0 = 0
\implies (\hbar\frac{\partial}{\partial x} +mwx) \psi_{0}=0
⟹ ( ℏ ∂ x ∂ + m w x ) ψ 0 = 0
⟹ ∂ ∂ x ψ 0 = − m w x ℏ ψ 0
\implies \frac{\partial}{\partial x}\psi_{0}=-\frac{mwx}{\hbar}\psi_{0}
⟹ ∂ x ∂ ψ 0 = − ℏ m w x ψ 0
여기서 변수분리를 해주면
1 ψ 0 d ψ 0 = − m w x ℏ d x
\displaystyle \frac{1}{\psi_{0}} d\psi_{0}=-\frac{mwx}{\hbar} dx
ψ 0 1 d ψ 0 = − ℏ m w x d x
⟹ ln ( ψ 0 ) = − m w x 2 2 ℏ + C
\implies \ln (\psi_{0}) = -\frac{mwx^{2}}{2\hbar}+C
⟹ ln ( ψ 0 ) = − 2ℏ m w x 2 + C
⟹ ψ 0 ( x ) = C e − m w x 2 2 ℏ
\implies \psi_{0}(x)=Ce^{-\frac{mwx^{2}}{2\hbar}}
⟹ ψ 0 ( x ) = C e − 2ℏ m w x 2
이제 규격화상수 C C C 만 구하면 바닥상태의 고유함수를 정확하게 알 수 있다.규격화 조건에 의해
∫ − ∞ ∞ ( ψ 0 ) ∗ ψ 0 d x = 1
\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} (\psi_{0})^{\ast}\psi_{0}dx=1
∫ − ∞ ∞ ( ψ 0 ) ∗ ψ 0 d x = 1
⟹ ∣ C ∣ 2 ∫ − ∞ ∞ e − m w x 2 ℏ d x = 1
\implies |C|^{2}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\frac{mwx^{2}}{\hbar}} dx=1
⟹ ∣ C ∣ 2 ∫ − ∞ ∞ e − ℏ m w x 2 d x = 1
이 적분을 계산하기 위해 가우스 적분 : e − x 2 e^{-x^{2}} e − x 2 꼴의 정적분 을 참고하자.적분하기 편하게 치환을 해주면
m w ℏ x ≡ y
\sqrt{\frac{mw}{\hbar}}x \equiv y
ℏ m w x ≡ y
d x = ℏ m w d y dx=\sqrt{\frac{\hbar}{mw}}dy d x = m w ℏ d y
적분 범위는 변함 없다.이제 원래의 식에 대입해주면
⟹ ∣ C ∣ 2 ℏ m w ∫ − ∞ ∞ e − y 2 d y = 1
\displaystyle \implies |C|^{2}\sqrt{\dfrac{\hbar}{mw}}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-^y2} dy=1
⟹ ∣ C ∣ 2 m w ℏ ∫ − ∞ ∞ e − y 2 d y = 1
⟹ ∣ C ∣ 2 ℏ m w π = 1
\implies |C|^{2}\sqrt{\dfrac{\hbar}{mw}}\sqrt{\pi}=1
⟹ ∣ C ∣ 2 m w ℏ π = 1
⟹ ∣ C ∣ 2 ℏ π m w = 1
\implies |C|^{2}\sqrt{\dfrac{\hbar \pi}{mw}}=1
⟹ ∣ C ∣ 2 m w ℏ π = 1
∴ ∣ C ∣ 2 = m w ℏ π , C = ( m w ℏ π ) 1 4
\therefore |C|^{2}=\sqrt{\frac{mw}{\hbar \pi}},\ \ C=(\frac{mw}{\hbar \pi})^{\frac{1}{4}} ∴ ∣ C ∣ 2 = ℏ π m w , C = ( ℏ π m w ) 4 1
따라서 최종적으로 바닥상태의 고유함수는ψ 0 ( x ) = ( m w ℏ π ) 1 4 e − m w x 2 2 ℏ \psi_{0} (x)=(\frac{mw}{\hbar \pi})^{\frac{1}{4}} e^{-\frac{mwx^{2}}{2\hbar}} ψ 0 ( x ) = ( ℏ π m w ) 4 1 e − 2ℏ m w x 2 다음 글에서는 n n n 에 대해서 일반화된 고유함수를 구해보겠다.다음 글 : 연산자 방법으로 조화진동자 문제 풀기 : 일반화된 고유함수
이전 글 : 연산자 방법으로 조화진동자 문제 풀기 : 에너지 준위와 바닥상태의 고유함수 이제 조화진동자의 사다리 연산자와 바닥상태의 고유함수로부터 일반화된 고유함수를 구해보자.사다리 연산자 a ± a_\pm a ± 는 고유함수 ψ n \psi_{n} ψ n 의 상태를 한 단계 올려주거나 내려준다.따라서 다음과 같은 식을 세울 수 있다.$a_{+} \ket{\psi_{n}}=C_{+}|\psi_{n+1}>
a − ∣ ψ n ⟩ = C − ∣ ψ n − 1 ⟩
a_{-} \ket{\psi_{n}}=C_{-} \ket{\psi_{n-1}}
a − ∣ ψ n ⟩ = C − ∣ ψ n − 1 ⟩
C ± C_\pm C ± 는 각각 n n n 번째와 ( n + 1 ) (n+1) ( n + 1 ) 번째, n n n 번째와 ( n − 1 ) (n-1) ( n − 1 ) 번째 상태 사이의 비례계수이다. 이 비례계수를 정확하게 구해보자.각 고유함수들이 규격화된 고유함수라고 가정하고 규격화조건을 사용하자.규격화된 고유 함수는 자신과 내적하면 값이 1 1 1 이다.사다리 연산자와 해밀토니안 사이의 관계식 을 사용하면.
( a + ∣ ψ n ⟩ ) ∗ ( a + ∣ ψ n ⟩ ) = ⟨ ψ n ∣ a − a + ∣ ψ n ⟩ = ⟨ ψ n ∣ 1 ℏ w H + 1 2 ∣ ψ n ⟩ = 1 ℏ w E n < ψ n ∣ ψ n ⟩ + 1 2 < ψ n ∣ ψ n ⟩ = 1 ℏ w ( n + 1 2 ) ℏ w + 1 2 = n + 1
\begin{align*}
(a_{+} \ket{\psi_{n}})^{\ast}(a_{+} \ket{\psi_{n}}) &= \bra{\psi_{n}} a_{-}a_{+} \ket{\psi_{n}} \\
&= \bra{\psi_{n}} \frac{1}{\hbar w}H + \frac{1}{2} \ket{\psi_{n}} \\
&= \frac{1}{\hbar w} E_{n} <\psi_{n} \ket{\psi_{n}} + \frac{1}{2} <\psi_{n} \ket{\psi_{n}} \\
&= \frac{1}{\hbar w}(n+\frac{1}{2})\hbar w +\frac{1}{2} \\
&= n+1
\end{align*}
( a + ∣ ψ n ⟩ ) ∗ ( a + ∣ ψ n ⟩ ) = ⟨ ψ n ∣ a − a + ∣ ψ n ⟩ = ⟨ ψ n ∣ ℏ w 1 H + 2 1 ∣ ψ n ⟩ = ℏ w 1 E n < ψ n ∣ ψ n ⟩ + 2 1 < ψ n ∣ ψ n ⟩ = ℏ w 1 ( n + 2 1 ) ℏ w + 2 1 = n + 1
반면 위의 비례식을 사용하면
( a + ∣ ψ n ⟩ ) ∗ ( a + ∣ ψ n ⟩ ) = ( C + ∣ ψ n + 1 > ) ∗ ( C + ∣ ψ n + 1 > ) = ∣ C + ∣ 2 ⟨ ψ n + 1 ∣ ψ n + 1 ⟩ = ∣ C + ∣ 2
\begin{align*}
(a_{+} \ket{\psi_{n}})^{\ast}(a_{+} \ket{\psi_{n}}) &= (C_{+}|\psi_{n+1}>)^{\ast}(C_{+}|\psi_{n+1}>) \\
&= |C_{+}|^{2}\braket{\psi_{n+1} | \psi_{n+1}} \\
&= |C_{+}|^{2}
\end{align*}
( a + ∣ ψ n ⟩ ) ∗ ( a + ∣ ψ n ⟩ ) = ( C + ∣ ψ n + 1 > ) ∗ ( C + ∣ ψ n + 1 > ) = ∣ C + ∣ 2 ⟨ ψ n + 1 ∣ ψ n + 1 ⟩ = ∣ C + ∣ 2
따라서 위의 두 결과를 종합하면 C + C_{+} C + 값을 얻을 수 있다.$|C_{+}|^{2}=n+1
⟹ C + = n + 1
\implies C_{+}=\sqrt{n+1}
⟹ C + = n + 1
\therefore a_{+} \ket{\psi_{n}}=\sqrt{n+1}|\psi_{n+1}>같은방법으로 같은 방법으로 같은방법으로 C_{-}도구할수있다 . 과정은생략하고결과만적을테니직접해보길바란다 . 도 구할 수 있다.과정은 생략하고 결과만 적을 테니 직접 해보길 바란다. 도구할수있다 . 과정은생략하고결과만적을테니직접해보길바란다 . |C_{-}|^{2}=n
⟹ C − = n
\implies C_{-}=\sqrt n
⟹ C − = n
⟹ a − ∣ ψ n ⟩ = n ∣ ψ n − 1 >
\implies a_{-} \ket{\psi_{n}}=\sqrt n |\psi_{n-1}>
⟹ a − ∣ ψ n ⟩ = n ∣ ψ n − 1 >
이제 이 결과와 바닥상태 ∣ ψ 0 ⟩ \ket{\psi_{0}} ∣ ψ 0 ⟩ 를 이용해서 일반화된 n n n 번째 상태를 구해보자.
a + ∣ ψ n ⟩ = n + 1 ∣ ψ n + 1 > a_{+} \ket{\psi_{n}}=\sqrt{n+1}|\psi_{n+1}> a + ∣ ψ n ⟩ = n + 1 ∣ ψ n + 1 > 이므로 ∣ ψ n + 1 > = 1 n + 1 a + ∣ ψ n ⟩ |\psi_{n+1}>=\frac{1}{\sqrt{n+1}}a_{+} \ket{\psi_{n}} ∣ ψ n + 1 >= n + 1 1 a + ∣ ψ n ⟩ 이다.
1번째 들뜬 상태∣ ψ 1 ⟩ = a + ∣ ψ 0 ⟩ \ket{\psi_{1}}=a_{+} \ket{\psi_{0}} ∣ ψ 1 ⟩ = a + ∣ ψ 0 ⟩
2번째 들뜬 상태
∣ ψ 2 > = 1 2 a + ∣ ψ 1 ⟩ = 1 2 a + a + ∣ ψ 0 ⟩ = 1 2 ( a + ) 2 ∣ ψ 0 ⟩ \begin{align*}
|\psi_2> &= \frac{1}{\sqrt{2}}a_{+}\ket{\psi_{1}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{2}}a_{+}a_{+} \ket{\psi_{0}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{2}}(a_{+})^{2} \ket{\psi_{0}}
\end{align*} ∣ ψ 2 > = 2 1 a + ∣ ψ 1 ⟩ = 2 1 a + a + ∣ ψ 0 ⟩ = 2 1 ( a + ) 2 ∣ ψ 0 ⟩
3번째 들뜬 상태
∣ ψ 3 > = 1 3 a + ∣ ψ 2 > = 1 3 a + 1 2 ( a + ) 2 ∣ ψ 0 ⟩ = 1 3 ! ( a + ) 3 ∣ ψ 0 ⟩
\begin{align*}
|\psi_{3}> &= \frac{1}{\sqrt{3}}a_{+}|\psi_2> \\
&= \frac{1}{\sqrt{3}}a_{+}\frac{1}{\sqrt{2}}(a_{+})^{2} \ket{\psi_{0}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{3!}}(a_{+})^3 \ket{\psi_{0}}
\end{align*}
∣ ψ 3 > = 3 1 a + ∣ ψ 2 > = 3 1 a + 2 1 ( a + ) 2 ∣ ψ 0 ⟩ = 3 ! 1 ( a + ) 3 ∣ ψ 0 ⟩
4번째 들뜬 상태
∣ ψ 4 > = 1 4 a + ∣ ψ 3 > = 1 4 a + 1 3 ! ( a + ) 3 ∣ ψ 0 ⟩ = 1 4 ! ( a + ) 4 ∣ ψ 0 ⟩
\begin{align*}
|\psi_{4}> &= \frac{1}{\sqrt{4}}a_{+}|\psi_{3}> \\
&= \frac{1}{\sqrt{4}}a_{+}\frac{1}{\sqrt{3!}}(a_{+})^3 \ket{\psi_{0}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{4!}}(a_{+})^4 \ket{\psi_{0}}
\end{align*}
∣ ψ 4 > = 4 1 a + ∣ ψ 3 > = 4 1 a + 3 ! 1 ( a + ) 3 ∣ ψ 0 ⟩ = 4 ! 1 ( a + ) 4 ∣ ψ 0 ⟩
따라서 ∣ ψ n ⟩ = 1 n ! ( a + ) n ∣ ψ 0 ⟩ \ket{\psi_{n}}=\frac{1}{\sqrt{n!}}(a_{+})^n \ket{\psi_{0}} ∣ ψ n ⟩ = n ! 1 ( a + ) n ∣ ψ 0 ⟩ 여기에 이전에 구한 바닥상태의 고유함수 ψ 0 ( x ) = ( m w ℏ π ) 1 4 e − m w x 2 2 ℏ \psi_{0}(x)=(\frac{mw}{\hbar \pi})^{\frac{1}{4}} e^{-\frac{mwx^{2}}{2\hbar}} ψ 0 ( x ) = ( ℏ π m w ) 4 1 e − 2ℏ m w x 2 와사다리 연산자 a + = 1 2 ℏ m w ( m w x + i p ) = m w 2 ℏ x − ℏ 2 m w d d x a_{+}=\frac{1}{\sqrt{2\hbar mw }}(mwx+ip)=\sqrt{\frac{mw}{2\hbar}}x-\sqrt{\frac{\hbar}{2mw}}\frac{d}{dx} a + = 2ℏ m w 1 ( m w x + i p ) = 2ℏ m w x − 2 m w ℏ d x d 를 대입하면 ψ n ( x ) = 1 n ! ( m w 2 ℏ x − ℏ 2 m w d d x ) n ( m w ℏ π ) 1 4 e − m w x 2 2 ℏ \psi_{n} (x) =\frac{1}{\sqrt{n!}} \left( \sqrt{\frac{mw}{2\hbar}}x-\sqrt{\frac{\hbar}{2mw}}\frac{d}{dx} \right)^n (\frac{mw}{\hbar \pi})^{\frac{1}{4}} e^{-\frac{mwx^{2}}{2\hbar}} ψ n ( x ) = n ! 1 ( 2ℏ m w x − 2 m w ℏ d x d ) n ( ℏ π m w ) 4 1 e − 2ℏ m w x 2 이것이 바로 연산자를 이용해서 구한 조화진동자의 일반화된 n n n 번째 상태(n n n 번째 고유함수)이다.