양자화학 파동함수 연습문제 Solution

양자화학 4편 파동함수와 연산자 연습문제의 Solution입니다.

1. 다음이 행실 좋은 파동함수인지 판별하시오. 그리고, 행실 좋은 파동함수인 경우 규격화 상수를 곱해 그 파동함수를 규격화하시오.

1. $y=\mathrm{sech} x$
2. $y=|x|$
3. $y = \mathrm{sin} x$
4. $y = e ^{-x ^{2}}$ (단, $\int_{-\infty} ^{\infty} e ^{-ax ^{2}} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$이다.)
5. $x ^{2} + y ^{2} = 1$

답) 행실 좋은 파동함수: a, d / 행실이 좋지 않은 파동함수: b, c, e
정규화 결과:
a. $y= \frac{1}{\sqrt{2}} \mathrm{sech} x$
d. $y = {(\frac{2}{\pi})} ^{1/4} e ^{-x ^{2}}$

풀이)
a. $y=\mathrm{sech} x$가 규격화 가능한지 조사해보자.

$$\int _{-\infty} ^{\infty} \mathrm{sech} ^{2} x dx = [\mathrm{tanh} x]_{-\infty} ^{\infty} = 1-(-1) = 2$$

따라서, $\int _{-\infty} ^{\infty} \mathrm{sech} ^{2} x dx$가 존재하므로, 주어진 파동함수는 규격화 가능하다.

또한, $y=\mathrm{sech} x$와 그 도함수가 모든 곳에서 연속인 함수이고, 규격화 가능하므로, $y=\mathrm{sech} x$는 행실 좋은 파동함수이다.

다음으로, $y=\mathrm{sech} x$를 정규화해보자. 정규화 상수를 A라고 한 뒤 파동함수 앞에 곱하고($y = A\, \mathrm{sech} x$), 전 영역에서의 제곱의 적분을 계산하면 다음과 같다.

$$\int _{-\infty} ^{\infty} |y| ^{2} dx = \int _{-\infty} ^{\infty} A ^{2} \mathrm{sech} ^{2} x dx = [A ^{2}\mathrm{tanh} x]_{-\infty} ^{\infty} = 1-(-1) = 2 A ^{2} = 1$$

규격성에 따르면, 위 적분값은 1이어야 하므로 규격화 상수 $A = \frac{1}{\sqrt{2}}$이고, 따라서 규격화된 파동함수는 다음과 같다.

$$y = \frac{1}{\sqrt{2}} \mathrm{sech} x$$

b. $y=|x|$는 x=0에서 미분 불가능하고, 제곱의 적분값이 발산하므로 행실 좋지 않은 파동함수이다.

c. $\int _{-\infty} ^{\infty} \mathrm{sin} ^{2} x$가 진동발산하므로, $y=\mathrm{sin} x$는 행실 좋지 않은 파동함수이다.

d. $y = e ^{-x ^{2}}$가 규격화 가능한지 조사해보자. 일단, 문제에서 주어진 적분값을 활용해서 파동함수의 제곱의 적분을 계산해보자.

$$\int _{-\infty} ^{\infty} {e ^{-x ^{2}}} ^{2} dx = \int _{-\infty} ^{\infty} {e ^{-2x ^{2}}} dx = \sqrt{\frac{\pi}{2}}$$

따라서, $\int _{-\infty} ^{\infty} {e ^{-x ^{2}}} ^{2} dx$가 존재하므로, 주어진 파동함수는 규격화 가능하다.

또한, $y = e ^{-x ^{2}}$와 그 도함수가 모든 곳에서 연속인 함수이고, 규격화 가능하므로, $y = e ^{-x ^{2}}$는 행실 좋은 파동함수이다.

다음으로, $y = e ^{-x ^{2}}$를 정규화해보자. 정규화 상수를 A라고 한 뒤 파동함수 앞에 곱하고($y = Ae ^{-x ^{2}}$), 전 영역에서의 제곱의 적분을 계산하면 다음과 같다.

$$\int _{-\infty} ^{\infty} |y| ^{2} dx = \int _{-\infty} ^{\infty} {Ae ^{-x ^{2}}} ^{2} dx = A ^{2} \int _{-\infty} ^{\infty} {e ^{-2x ^{2}}} dx = (\sqrt{\frac{\pi}{2}})A ^{2} = 1$$

규격성에 따르면, 위 적분값은 1이어야 하므로 규격화 상수 $A = {(\frac{2}{\pi})} ^{1/4}$이고, 따라서 규격화된 파동함수는 다음과 같다.

$$y = {(\frac{2}{\pi})} ^{1/4} e ^{-x ^{2}}$$

e. $x ^{2} + y ^{2} = 1$는 $-1 \lt x \lt 1$의 범위에서 2개의 y값이 대응되므로, 함수가 아니다. 따라서, $x ^{2} + y ^{2} = 1$는 행실 좋은 파동함수가 아니다.

2. 어떤 물질파의 파동함수는 $\psi (x) = \mathrm{sin} 3x \; (단, \, -3\pi \le x \le 3\pi)$이다. 이 파동함수를 규격화하고, 다음 값을 구하시오.

1. $-\pi \le x \le \pi$의 범위에 입자가 존재할 확률
2. $-\pi \le x \le \pi$의 범위에서 운동량 제곱의 기댓값

답) a. $\frac{1}{3}$, b. $3\hbar ^{2}$

풀이) 먼저, 규격화 상수를 $A$라고 두고 파동함수를 규격화하자.

$$\int ^{3\pi} _{-3\pi} \psi ^{*} \psi dx = A ^{2} \int ^{3\pi} _{-3\pi} \mathrm{sin} ^{2} 3x dx = \int ^{3\pi} _{-3\pi} \frac{1 - \mathrm{cos} 6x}{2} dx = A ^{2} \Big[\frac{x}{2} - \frac{\mathrm{sin} 6x}{12} \Big] ^{3\pi} _{-3\pi} = 3\pi A ^{2} = 1$$

따라서, 규격화 상수 $A = \frac{1}{\sqrt{3\pi}}$이고, 규격화된 파동함수 $\psi (x) = \frac{1}{\sqrt{3\pi}} \mathrm{sin} 3x$이다.

a. $-\pi \le x \le \pi$의 범위에 입자가 존재할 확률을 구해보자.

$$\begin{aligned}
P &= \int ^{\pi} _{-\pi} \psi ^{*} \psi dx = \frac{1}{3\pi} \int ^{\pi} _{-\pi} \mathrm{sin} ^{2} 3x dx = \frac{1}{3\pi} \int ^{\pi} _{-\pi} \frac{1 - \mathrm{cos} 6x}{2} dx \\
&= \frac{1}{3\pi} \Big[\frac{x}{2} - \frac{\mathrm{sin} 6x}{12} \Big] ^{\pi} _{-\pi} = \frac{1}{3\pi} \pi = \frac{1}{3}
\end{aligned}$$

따라서, $-\pi \le x \le \pi$의 범위에 입자가 존재할 확률은 $\frac{1}{3}$이다.

b. $-\pi \le x \le \pi$의 범위에서 운동량 제곱의 기댓값을 구해보자.

운동량 제곱 연산자는 $\hat {p^2} = (-i\hbar \frac{\partial}{\partial x})^2 = -\hbar^2 \frac{\partial^2}{\partial x^2}$이므로, 운동량 제곱의 기댓값을 계산하면 다음과 같다.

$$\begin{aligned}
E(p^2) &= \int ^{\pi} _{-\pi} \psi ^{*} \hat{p ^{2}} \psi dx \\
&= \int_{-\pi}^{\pi} \psi^{*} (-\hbar^2 \frac{\partial^2}{\partial x^2} \psi) dx \\
&= \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1}{\sqrt{3\pi}} \sin 3x (-\hbar^2) \frac{\partial^2 }{\partial x^2}(\frac{1}{\sqrt{3\pi}} \sin 3x) dx \\
&= \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1}{3\pi}\sin 3x (-\hbar^2)(-9\sin 3x) dx \\
&= \frac{3\hbar^2}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \sin^2 3x dx \\
&= \frac{3\hbar^2}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \frac{1-\cos 6x}{2} dx \\
&= \frac{3\hbar^2}{\pi} \Big[ \frac{x}{2}-\frac{\sin 6x}{12} \Big]_{-\pi}^{\pi} \\
&= 3\hbar^2
\end{aligned}$$

따라서, $-\pi \le x \le \pi$의 범위에서 운동량 제곱의 기댓값은 $3\hbar^2$이다.

3. 다음 함수가 주어진 연산자의 고유함수인지 판별하고, 고유함수가 맞다면 그 고윳값을 구하시오.

1. $f(x) = 2x ^{3} + 6$, 연산자 $\frac{\partial}{\partial x}$
2. $g(x) = \mathrm{tan} x$, 연산자 $\frac{\partial}{\partial y}$
3. $h(x) = \mathrm{sin} kx$, 운동량 연산자 $\hat{p}$
4. $r(x) = \mathrm{cos} kx$, 운동량 제곱 연산자 $\hat{p ^{2}}$

답) X, O, X, O
b의 고윳값: $0$, d의 고윳값: $\hbar ^{2} k ^{2}$

풀이)
a. 연산자를 적용하면,
$$\frac{\partial}{\partial x} f(x) = 6x ^{2} \ne \lambda (2x ^{3} + 6)$$
여기서 연산자를 적용한 함수가 원래 함수의 상수배로 안 묶이므로 $f(x)$는 연산자 $\frac{\partial}{\partial x}$의 고유함수가 아니다.

b. 연산자를 적용하면,
$$\frac{\partial}{\partial y} g(x) = 0 = 0 \times \mathrm{tan} x$$
(y에 관한 편미분이므로, 편미분값이 0이다.)
여기서 연산자를 적용한 결과가 $0 \times g(x)$ 꼴로 묶이기 때문에, $g(x)$는 연산자 $\frac{\partial}{\partial y}$의 고유함수이고, 고윳값은 $0$이다.

c. 연산자를 적용하면,
$$\hat{p} h(x) = \hat{p} \mathrm{sin} kx = \frac{\hbar}{i} \frac{\partial}{\partial x} \mathrm{sin} kx = \frac{\hbar}{i} k \mathrm{cos} kx \ne \lambda (\mathrm{sin} kx)$$
여기서 연산자를 적용한 함수가 cos함수꼴이라서 원래 함수(sin함수꼴)의 상수배로 안 묶이므로 $h(x)$는 연산자 $\hat{p}$의 고유함수가 아니다.

d. 연산자를 적용하면,
$$\hat{p ^{2}} r(x) = \hat{p ^{2}} \mathrm{cos} kx = -\hbar ^{2} \frac{\partial ^{2}}{\partial x ^{2}} \mathrm{cos} kx = \hbar ^{2} k ^{2} \mathrm{cos} kx = k ^{2} \hbar ^{2} r(x)$$
여기서 연산자를 적용한 결과가 $\hbar ^{2} k ^{2} \times r(x)$ 꼴로 묶이기 때문에, $r(x)$는 연산자 $\hat{p ^{2}}$의 고유함수이고, 고윳값은 $\hbar ^{2} k ^{2}$이다.

4. 다음 교환자를 계산하시오. 그리고, 주어진 두 연산자는 교환 가능한지 판별하시오.

1. $[x, \frac{\partial}{\partial x}]$
2. $[x, \hat{p}]$
3. $[x, \hat{H}]$

답) a. $-1$, b. $i\hbar$, c. $\frac{i\hbar}{m}\hat{p}$

풀이)

a. 임의의 시험함수 $f$에 교환자를 적용한 결과는 다음과 같다.
$$[x, \frac{\partial}{\partial x}]f = x(\frac{\partial}{\partial x}f) - \frac{\partial}{\partial x} (xf) = x\frac{\partial f}{\partial x} - x\frac{\partial f}{\partial x} - f = -f$$
따라서, $[x, \frac{\partial}{\partial x}]f = -f = -1 \times f$이 성립하게 되고, 임의의 함수 $f$에 대해서 연산자 $[x, \frac{\partial}{\partial x}]$와 $ -1$ 연산자는 같다. 따라서, 교환자 $[x, \frac{\partial}{\partial x}]$를 계산한 결과는 다음과 같다.
$$[x, \frac{\partial}{\partial x}] = -1$$

b. 임의의 시험함수 $f$에 교환자를 적용한 결과는 다음과 같다.
$$\begin{aligned} \\
[x, \hat{p}]f
&= x(\hat{p}f) - \hat{p} (xf) = x \frac{\hbar}{i}\frac{\partial f}{\partial x} - \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}(xf) \\
&= \frac{\hbar}{i}(\frac{\partial f}{\partial x} - \frac{\partial}{\partial x}(xf)) = \frac{\hbar}{i}(x\frac{\partial f}{\partial x} - x\frac{\partial f}{\partial x} - f) = -\frac{\hbar}{i}f = i\hbar f
\end{aligned}$$
따라서, $[x, \hat{p}]f = i\hbar f$이 성립하게 되고, 임의의 함수 $f$에 대해서 연산자 $[x, \hat{p}]$와 $ i\hbar$ 연산자는 같다. 따라서, 교환자 $[x, \hat{p}]$를 계산한 결과는 다음과 같다.
$$[x, \hat{p}] = i\hbar$$

c. 아마 대부분의 독자들이 이 c번 문제를 풀다가 화내면서 들어왔을 것 같다. 위치 연산자와 해밀토니안 연산자의 교환자는 위 a, b번 방법처럼 바로 계산하면 머리가 펑펑 터질 것 같이 복잡하다. 따라서, $[x, \hat{H}]$는 조금 우회적으로 구해야 한다.
본문 내 해밀토니안의 정의에 따라, 해밀토니안 연산자에 대해 다음이 성립한다.

$$\hat{H} = -\frac{\hbar ^{2}}{2m} \frac{\partial ^{2} }{\partial x ^{2}} + U = \frac{\hat{p} ^{2}}{2m} + U$$

이제, 교환자에 임의의 시험함수 $f$를 적용하자.

$$\begin{aligned} \\
[x, \hat{H}]f
&= x(\hat{H}f) - \hat{H} (xf) = x (\frac{\hat{p} ^{2}}{2m}f + Uf) - (\frac{\hat{p} ^{2}}{2m}(xf) + U(xf)) \\
&= x \frac{\hat{p} ^{2}}{2m}f - \frac{\hat{p} ^{2}}{2m}(xf) + xUf - Uxf = x \frac{\hat{p} ^{2}}{2m}f - \frac{\hat{p} ^{2}}{2m}(xf)
\end{aligned}$$
(퍼텐셜 에너지 U는 물리량 그 자체이기 때문에 위치 x와 서로 자리를 바꿔줄 수 있음.)

이제, 시험함수 앞에 적용된 연산자들끼리 묶어준 다음 $\hat{p} x \hat{p}$ 연산자를 더하고 빼서 식을 정리하기 편하게 만들어주자. 그리고, 위 b번에서 구한 교환자를 활용하면 아름답게(?) 식이 정리된다.

$$\begin{aligned} \\
[x, \hat{H}]f
&= x \frac{\hat{p} ^{2}}{2m}f - \frac{\hat{p} ^{2}}{2m}(xf) = \frac{x \hat{p} \hat{p} - \hat{p} \hat{p} x}{2m}f = \frac{x \hat{p} \hat{p} - \hat{p} x \hat{p} + \hat{p} x \hat{p} - \hat{p} \hat{p} x}{2m}f \\
&= \frac{(x \hat{p} - \hat{p} x)\hat{p} + \hat{p} (x \hat{p} - \hat{p} x)}{2m}f = \frac{([x, \hat{p}])\hat{p} + \hat{p} ([x, \hat{p}])}{2m}f \\
&= \frac{(i\hbar )\hat{p} + \hat{p} (i\hbar )}{2m}f = \frac{i\hbar \hat{p} + i\hbar\hat{p}}{2m}f = \frac{i\hbar}{m}\hat{p}f
\end{aligned}$$

따라서, $[x, \hat{H}]f = \frac{i\hbar}{m}\hat{p}f$이 성립하게 되고, 임의의 함수 $f$에 대해서 연산자 $[x, \hat{H}]$와 $ \frac{i\hbar}{m}\hat{p} $ 연산자는 같다. 따라서, 교환자 $[x, \hat{H}]$를 계산한 결과는 다음과 같다.
$$[x, \hat{H}] = \frac{i\hbar}{m}\hat{p}$$

5. 상수 L과 자연수 n에 대해, 퍼텐셜이 0인 어떤 자유 입자의 n번째 상태에서의 규격화된 파동함수가 $\psi_{n} (x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \mathrm{sin} (\frac{n\pi}{L} x) \; (\text{단,}\, 0 \le x \le L)$이다. 물음에 답하시오.

1. $\psi_{n}$의 해밀토니안 고윳값을 n과 L에 관한 식으로 구하시오.
2. $c_{1}$, $c_{2}$, $c_{3}$가 상수일 때, $\psi_{n}$를 선형 조합한 파동함수 $\Psi = c_{1} \psi_{1} + c_{2} \psi_{2} + c_{3} \psi_{3}$를 규격화하고, $\Psi$의 해밀토니안 기댓값 $\braket{\hat{H}}$을 구하시오.
3. 위 b번 계산결과를 바탕으로 $c_{1}$, $c_{2}$, $c_{3}$의 의미를 서술하시오.

답) a. $\frac{n ^{2} \pi ^{2} \hbar ^{2}}{2m L^{2}}$, b. $\braket{\hat{H}} = \frac{\pi ^{2} \hbar ^{2}}{2m L^{2}}\frac{|c_{1}| ^{2} + 4|c_{2}| ^{2} + 9|c_{3}| ^{2}}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}}$, c. 확률 진폭

풀이)

a. 파동함수의 퍼텐셜이 0이기 때문에, 해밀토니안 연산자는 다음과 같다.

$$\hat{H} = -\frac{\hbar ^{2}}{2m} \frac{\partial ^{2}}{\partial x ^{2}} + U = -\frac{\hbar ^{2}}{2m} \frac{\partial ^{2}}{\partial x ^{2}}$$

n번째 상태 파동함수에 해말토니안 연산자를 적용해주자.

$$\begin{aligned}
\hat{H} \psi_{n} (x) &= \hat{H} (\sqrt{\frac{2}{L}} \mathrm{sin} (\frac{n\pi}{L} x)) = -\frac{\hbar ^{2}}{2m} \frac{\partial ^{2}}{\partial x ^{2}}\sqrt{\frac{2}{L}} \mathrm{sin} (\frac{n\pi}{L} x) \\
&= -\frac{\hbar ^{2}}{2m} ( -\sqrt{\frac{2}{L}} \frac{n\pi}{L} ^{2} \mathrm{sin} (\frac{n\pi}{L} x)) \\
&= \frac{n ^{2} \pi ^{2} \hbar ^{2}}{2m L^{2}} (\sqrt{\frac{2}{L}}\mathrm{sin} (\frac{n\pi}{L} x)) \\
&= \frac{n ^{2} \pi ^{2} \hbar ^{2}}{2m L^{2}} \psi_{n} (x)
\end{aligned}$$

해밀토니안 연산자를 적용한 결과가 파동함수에 $\frac{n ^{2} \pi ^{2} \hbar ^{2}}{2m L^{2}}$가 곱해진 형태이므로, n번째 상태 파동함수의 해밀토니안 고윳값은 $\frac{n ^{2} \pi ^{2} \hbar ^{2}}{2m L^{2}}$이다.

b. 먼저, 선형 조합된 파동함수를 규격화해보자.

$$\int _{-\infty} ^{\infty} \Psi ^{*} \Psi dx = \int _{-\infty} ^{\infty} (c_{1}^{*} \psi_{1}^{*} + c_{2}^{*} \psi_{2}^{*} + c_{3}^{*} \psi_{3}^{*} )(c_{1} \psi_{1} + c_{2} \psi_{2} + c_{3} \psi_{3}) dx$$

여기서, 파동함수의 직교성에 의해 $\int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{1}^{*} \psi_{2} dx$과 같이 서로 다른 두 상태의 파동함수의 곱의 적분값은 0이 ​된다. 또한, 위 고유함수가 규격화된 파동함수이므로, $\int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{1}^{*} \psi_{1} dx$과 같이 같은 상태의 파동함수의 절댓값 제곱의 적분값은 1이 ​된다.

$$\begin{aligned}
\int _{-\infty} ^{\infty} \Psi ^{*} \Psi dx &= \int _{-\infty} ^{\infty} c_{1}^{*} c_{1} \psi_{1}^{*} \psi_{1} + c_{2}^{*} c_{2} \psi_{2}^{*} \psi_{2} + c_{3}^{*} c_{3} \psi_{3}^{*} \psi_{3} dx \\
&= c_{1}^{*} c_{1} \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{1}^{*} \psi_{1} dx + c_{2}^{*} c_{2} \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{2}^{*} \psi_{2}dx + c_{3}^{*} c_{3} \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{3}^{*} \psi_{3} dx \\
&= |c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}
\end{aligned}$$

따라서, 정규화된 파동함수는 다음과 같이 적분값을 나눠준 파동함수가 되게 된다.

$$\Psi = \sqrt{\frac{1}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}}}(c_{1} \psi_{1} + c_{2} \psi_{2} + c_{3} \psi_{3})$$

이제, 선형조합된 파동함수의 해밀토니안 고윳값을 구해보자. 표기의 편의성을 위해 1번째, 2번째, 3번째 상태의 해밀토니안 고윳값을 각각 $E_{1}$, $E_{2}$, $E_{3}$이라고 표기하자.

$$\begin{aligned}
\braket{\hat{H}} &= \int _{-\infty} ^{\infty} \Psi ^{*} \hat{H} \Psi dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} \frac{1}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}} (c_{1}^{*} \psi_{1}^{*} + c_{2}^{*} \psi_{2}^{*} + c_{3}^{*} \psi_{3}^{*} ) \hat{H} (c_{1} \psi_{1} + c_{2} \psi_{2} + c_{3} \psi_{3}) dx \\
&= \frac{1}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}} \int _{-\infty} ^{\infty} (c_{1}^{*} \psi_{1}^{*} + c_{2}^{*} \psi_{2}^{*} + c_{3}^{*} \psi_{3}^{*} ) (c_{1} E_{1} \psi_{1} + c_{2} E_{2} \psi_{2} + c_{3} E_{3} \psi_{3})
\end{aligned}$$

위와 비슷하게 직교성과 정규성을 적용해주면 다음과 같다.

$$\begin{aligned}
\braket{\hat{H}} &= \frac{1}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}} \int _{-\infty} ^{\infty} (c_{1}^{*} \psi_{1}^{*} + c_{2}^{*} \psi_{2}^{*} + c_{3}^{*} \psi_{3}^{*} ) (c_{1} E_{1} \psi_{1} + c_{2} E_{2} \psi_{2} + c_{3} E_{3} \psi_{3}) \\
&= \frac{1}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}} (c_{1}^{*} c_{1} E_{1} \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{1}^{*} \psi_{1} dx + c_{2}^{*} c_{2} E_{2} \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{2}^{*} \psi_{2}dx + c_{3}^{*} c_{3} E_{3} \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{3}^{*} \psi_{3} dx) \\
&= \frac{1}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}} (|c_{1}| ^{2} E_{1} + |c_{2}| ^{2} E_{2} + |c_{3}| ^{2} E_{3}) \\
\end{aligned}$$

위 a번에서 구한 해밀토니안 고윳값을 대입해주면 다음과 같다.

$$\begin{aligned}
\braket{\hat{H}} &= \frac{1}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}} (|c_{1}| ^{2} E_{1} + |c_{2}| ^{2} E_{2} + |c_{3}| ^{2} E_{3}) \\
&= \frac{\pi ^{2} \hbar ^{2}}{2m L^{2}}\frac{|c_{1}| ^{2} + 4|c_{2}| ^{2} + 9|c_{3}| ^{2}}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}}
\end{aligned}$$

c. 확률과 통계 시간에 배운 것과 같이, 기댓값은 각 값과 그 값이 나올 수 있는 확률을 곱한 값의 총합이다. 이와 비슷하게, 위 b번 유도 과정 중에 있던 식을 잘 살펴보자.

$$\braket{\hat{H}} = \frac{1}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}} (|c_{1}| ^{2} E_{1} + |c_{2}| ^{2} E_{2} + |c_{3}| ^{2} E_{3})$$

코펜하겐 해석에 의해 어떤 물질을 측정하면 그 물질의 파동함수는 붕괴되어 중첩 상태가 아닌 하나의 상태로만 결정되기 때문에, 자연수 i에 대해 $\frac{|c_{i}| ^{2}}{|c_{1}| ^{2} + |c_{2}| ^{2} + |c_{3}| ^{2}}$를 i번째 상태의 해밀토니안 고윳값 $E_{i}$가 나올 수 있는 확률로 해석할 수 있다.

따라서, 각 고유상태별 고윳값이 나올 수 있는 확률은 선형조합에서 파동함수의 가중치의 절댓값 제곱($|c_{i}| ^{2}$)에 비례한다고 볼 수 있다. 보른의 해석에서 물질이 발견될 확률밀도함수는 그 위치에서의 파동함수 진폭값의 제곱 $|\Psi | ^{2}$이었던것처럼, $c_{i}$는 관측 시 $\psi_{i}$ 상태로 관측될 확률 진폭의 의미를 가진다.

6. 본문 내 Hermitian 연산자의 성질 2로 언급된 "Hermitian 연산자에 의해 서로 다른 고윳값을 가지는 두 고유함수는 서로 직교함"을 증명하시오.

풀이) Hermitian 연산자 $\hat{Q}$의 고유함수 $\psi_{1}$, $\psi_{2}$의 고윳값을 $Q_{1}$, $Q_{2}$이라 하자. (여기서, $Q_{1} \ne Q_{2}$이다.)
그러면, 다음이 성립한다.

$$\begin{aligned}
\hat{Q} \psi_{1} = Q_{1} \psi_{1} \\
\hat{Q} \psi_{2} = Q_{2} \psi_{2}
\end{aligned}$$

이제, 적분 $\braket{\psi_{1}|\hat{Q} \psi_{2}}$을 생각해보자.

$$\braket{\psi_{1}|\hat{Q} \psi_{2}} = \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{1} ^{*} \hat{Q} \psi_{2} dx = \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{1} ^{*} Q_{2} \psi_{2} dx = Q_{2} \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{1} ^{*} \psi_{2} dx = Q_{2} \braket{\psi_{1} | \psi_{2}}$$

한편, $\hat{Q}$는 Hermitian 연산자이기 때문에, $\braket{\psi_{1}|\hat{Q} \psi_{2}} = \braket{\hat{Q} \psi_{1}|\psi_{2}}$가 성립한다. 이를 활용해 적분 계산을 해 주면, 다음과 같다. (마지막에는 본문에서 언급된 Hermitian 연산자의 성질 1인 "Hermitian 연산자의 고윳값은 실수이다"를 활용하였다.)

$$\begin{aligned}
\braket{\psi_{1}|\hat{Q} \psi_{2}} &= \braket{\hat{Q} \psi_{1}|\psi_{2}} = \int _{-\infty} ^{\infty} (\hat{Q} \psi_{1}) ^{*} \psi_{2} dx = \int _{-\infty} ^{\infty} ( Q _{1} \psi_{1}) ^{*} \psi_{2} dx \\
&= Q_{1}^{*} \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{1} ^{*} \psi_{2} dx = Q_{1} ^{ *} \braket{\psi_{1} | \psi_{2}} = Q_{1} \braket{\psi_{1} | \psi_{2}}
\end{aligned}$$

$$\therefore Q_{2} \braket{\psi_{1} | \psi_{2}} = Q_{1} \braket{\psi_{1} | \psi_{2}}$$

$$(Q_{2} - Q_{1}) \braket{\psi_{1} | \psi_{2}} = 0$$

$Q_{1} \ne Q_{2}$이므로, $\braket{\psi_{1} | \psi_{2}} = 0$이 되며, $\braket{\psi_{1} | \psi_{2}} = \int _{-\infty} ^{\infty} \psi_{1} ^{*} \psi_{2} = 0$이기 때문에, Hermitian 연산자에 의해 서로 다른 고윳값을 가지는 두 고유함수는 서로 직교한다.

7. 연산자 $\hat{a}=\frac{1}{\sqrt{2m\hbar w}} (i\hat{p} + mwx)$의 수반 연산자를 구하시오.

답) $\hat{a} ^{\dagger} =\frac{1}{\sqrt{2m\hbar w}} (-i\hat{p} + mwx)$

풀이) 수반 연산자의 정의를 활용해보자.

$$\begin{aligned}
\braket{f|\hat{a} g} &= \int _{-\infty} ^{\infty} f ^{*} \hat{a} g dx = \int _{-\infty} ^{\infty} f ^{*} \frac{1}{\sqrt{2m\hbar w}} (i\hat{p} + mwx)g dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} f ^{*} \frac{1}{\sqrt{2m\hbar w}} (\hbar \frac{\partial}{\partial x} + mwx)g dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} f ^{*} \frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar w}} \frac{\partial g}{\partial x} dx + \int _{-\infty} ^{\infty} f ^{*} \frac{mwx}{\sqrt{2m\hbar w}} g dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} f ^{*} \frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar w}} \frac{\partial g}{\partial x} dx + \int _{-\infty} ^{\infty} \frac{mwx}{\sqrt{2m\hbar w}} f ^{*} g dx
\end{aligned}$$

이제, 앞 적분 항에 대해서 부분적분을 수행해주자. (f, g는 행실 좋은 파동함수여야 물리학적으로 의미가 있으므로, $\lim_{x \to \pm \infty} f ^{*} = 0$와 $\lim_{x \to \pm \infty} g = 0$가 성립한다. 따라서, $\Big[f^{*} \frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar w}} g \Big]_{-\infty} ^{\infty} = 0$이다.)

$$\begin{aligned}
\braket{f|\hat{a} g} &= \int _{-\infty} ^{\infty} f ^{*} \frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar w}} \frac{\partial g}{\partial x} dx + \int _{-\infty} ^{\infty} \frac{mwx}{\sqrt{2m\hbar w}} f ^{*} g dx \\
&= \Big[f^{*} \frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar w}} g \Big]_{-\infty} ^{\infty} -\int _{-\infty} ^{\infty} (\frac{\partial f}{\partial x})^{*} \frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar w}} g dx + \int _{-\infty} ^{\infty} \frac{mwx}{\sqrt{2m\hbar w}} f ^{*} g dx \\
&= 0 -\int _{-\infty} ^{\infty} (\frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar w}} \frac{\partial f}{\partial x})^{*} g dx + \int _{-\infty} ^{\infty} (\frac{mwx}{\sqrt{2m\hbar w}} f)^{*} g dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} (\frac{-\hbar}{\sqrt{2m\hbar w}} \frac{\partial f^{*}}{\partial x} + (\frac{mwx}{\sqrt{2m\hbar w}} f)^{*}) g dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} ((\frac{-\hbar}{\sqrt{2m\hbar w}} \frac{\partial}{\partial x} + \frac{mwx}{\sqrt{2m\hbar w}}) f)^{*} g dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} ((\frac{-i}{\sqrt{2m\hbar w}} \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x} + \frac{mwx}{\sqrt{2m\hbar w}}) f)^{*} g dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} (\frac{1}{\sqrt{2m\hbar w}}( -i \hat{p} + mwx) f)^{*} g dx \\
&= \braket{f| \frac{1}{\sqrt{2m\hbar w}}( -i \hat{p} + mwx) g}
\end{aligned}$$

따라서, $\hat{a} = \frac{1}{\sqrt{2m\hbar w}}( i \hat{p} + mwx)$의 수반 연산자 $\hat{a} ^\dagger = \frac{1}{\sqrt{2m\hbar w}}( -i \hat{p} + mwx)$이다.

8. 운동량 연산자 $\hat{p} = \frac{\hbar}{i}\frac{\partial}{\partial x}$가 Hermitian 연산자인지 판별하시오.

답) $\hat{p}$는 Hermitian 연산자가 맞다.

풀이) 일단, $\hat{p}$의 수반 연산자를 구해보자. 여기서, 부분적분을 활용해주자. (f, g는 행실 좋은 파동함수여야 물리학적으로 의미가 있으므로, $\lim_{x \to \pm \infty} f ^{*} = 0$와 $\lim_{x \to \pm \infty} g = 0$가 성립한다. 따라서, $\Big[\frac{\hbar}{i} f^{*} g \Big]_{-\infty} ^{\infty} = 0$이다.)

$$\begin{aligned}
\braket{f|\hat{p} g} &= \int _{-\infty} ^{\infty} f ^{*} \hat{p} g dx = \int _{-\infty} ^{\infty} f ^{*} \frac{\hbar}{i} \frac{\partial g}{\partial x} dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} \frac{\hbar}{i} f ^{*} \frac{\partial g}{\partial x} dx \\
&= \Big[\frac{\hbar}{i} f^{*} g \Big]_{-\infty} ^{\infty} -\int _{-\infty} ^{\infty} \frac{\hbar}{i} (\frac{\partial f}{\partial x})^{*} g dx \\
&= 0 -\int _{-\infty} ^{\infty} (- \frac{\hbar}{i} \frac{\partial f}{\partial x})^{*} g dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} (\frac{\hbar}{i} \frac{\partial f}{\partial x})^{*} g dx \\
&= \int _{-\infty} ^{\infty} (\hat{p} f)^{*} g dx \\
&= \braket{\hat{p} f|g}
\end{aligned}$$

따라서, $\hat{p} ^\dagger = \hat{p}$이고, $\hat{p}$의 수반 연산자는 $\hat{p}$ 자기 자신이므로 $\hat{p}$는 Hermitian 연산자이다.