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현대물리학: November 19, 2013
숙제 5 풀이
문제 5.1: Which of the wave functions in Fig. 5.15 cannot have physical significance in the intervalshown? Why not?
해답 : 먼저 (b)는 함수가 아니다. 하나의 x에 확률이 두 가지 일 수는 없기 때문에 제외할 수 있다.(c) 와 (d)는 파동함수의 미분이 불연속이기 때문에 물리적인 조건에 맞지 않고, (e)는 파동함수자체가 불연속이라서 역시 물리적이지 않다.
문제 5.3: Which of the following wave functions cannot be solution of Schrodinger’s equation for allvalues of x? Why not? (a) ψ = A secx; (b) ψ = A tanx; (c) ψ = Aex
2; (d) ψ = Ae−x2
.
해답 : (a)와 (b)는 cosx가 0이 되면 발산하므로 모든 x에서 해가 될 수 없고, (c)는 x가 무한대로갈 때에 발산하므로 역시 해가 될 수 없다.
문제 5.9: Show that the expectation values ⟨px⟩ and ⟨xp⟩ are related by
⟨px⟩ − ⟨xp⟩ =~i.
This result is described by saying that p and x do not commute and it is intimately related tothe uncertainty principle.
1
현대물리학: November 19, 2013
해답 : ⟨px⟩를 임의의 파동함수 ψ에 대해서 계산해보면, p의 미분항에 의해서 아래와 같이 쓸 수있다.
⟨px⟩ =
⟨(~i
∂
∂x
)x
⟩=
~i+ ⟨xp⟩ .
그러므로, ⟨xp⟩ 항이 서로 상쇄되고 남은 결과는 ~/i가 된다.
문제 5.12: According to the correspondence principle, quantum theory should give the same result asclassical physics in the limit of large quantum numbers. Show that as n → ∞, the probabilityof finding the trapped particle of Sec. 5.8 between x and x+∆x is ∆x/L and so is independentof x, which is the classical expectation.
해답 : Sec. 5.8에서 얻은 파동함수를 이용해서 확률을 구하면,
P = limn→∞
∫ x+∆x
x
2
Lsin2
(nπx′
L
)dx′ = lim
n→∞
∫ x+∆x
x
2
L
(1
2− 1
2cos
(2nπx′
L
))dx′
=∆x
L− lim
n→∞
1
Lsin
(2nπx′
L
)/(2nπ
L
)∣∣∣∣x′=x+∆x
x′=x
=∆x
L.
위 식에서 n이 무한대로 가면 사인함수는 진동하지만 분모는 무한히 커지기 때문에 복잡한 항은0으로 수렴하게 되고 classical physics와 같은 결과를 얻게 된다.
문제 5.13: One of the possible wave functions of a particle in the potential well of Fig. 5.17 is sketchedthere. Explain why the wavelength and amplitude of ψ vary as they do.
해답 : 책에서 5.41식을 약간 응용하면, Infinite potential well에서 바닥상태의 포텐셜이 0이 아닐경우에 파동함수는 다음과 같은 꼴로 주어진다고 할 수 있다.
ψ = A sin
√2m(E − V )
~x.
사인함수 sin ax에서 주기가 2π/a로 주어진 다는 사실을 기억해보자. 그러면 위와 같은 파동함수에서 V가 커지는 것은 결국 사인함수의 주기를 길게 만드는 효과가 있다. 또한, V가 커짐으로 인해서입자의 운동에너지는 줄어들게 되고 이 때문에 입자의 운동량에 대한 불확정성이 작아지게 되므로
입자가운동에너지가작은쪽에서발견될확률이올라가게될것이다. 즉,파동함수의진폭은 V가큰쪽에서 더 커지게 된다. 또한 x = 0과 x = L 에서 V가 무한하다는 경계 조건으로부터 파동함수의값이 0으로 수렴해야 함을 알 수 있다.
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현대물리학: November 19, 2013
문제 5.14: In Sec. 5.8 a box was considered that extends from x = 0 to x = L. Suppose the boxinstead extends from x = x0 to x = x0 + L, where x0 = 0. Would the expression for the wavefunctions of a particle in this box be any different from those in the box that extends from x = 0to x = L? Would the energy levels be different?
해답 : 파동함수는 x에 관한 함수로 주어지기 때문에 ψ(x) → ψ(x+x0)가 되면서 표현이 달라진다.그러나 에너지 레벨은 x랑 상관없이 box의 길이 L에만 의존하기 때문에 변하지 않는다.
문제 5.20: In Sec. 3.7 the standard deviation σ of a set of N measurements of some quantity x wasdefined as
σ =
√√√√ 1
N
N∑i=1
(xi − x0)2.
(a) Show that, in terms of expectation values, this formula can be written as
σ =√
⟨(x− ⟨x⟩)2⟩ =
√⟨x2⟩ − ⟨x⟩2.
(b) If the uncertainty in position of a particle in a box is taken as the standard deviation, findthe uncertainty in the expectation value ⟨x⟩ = L/2 for n = 1. (c) What is the limit of ∆x as nincreases?
해답 : (a) x0가 x의평균값임을참고하면서주어진식의 square root안에있는항들을정리해보면,
⟨(x− ⟨x⟩)2
⟩=
1
N
N∑i=1
(xi − x0)2 =
1
N
N∑i=1
(x2i − 2xix0 + x20
)=
⟨x2
⟩− 2 ⟨x⟩x0 + x20 =
⟨x2
⟩− 2 ⟨x⟩2 + ⟨x⟩2 =
⟨x2
⟩− ⟨x⟩2 .
(b) 위치의 불확정성을 구하기 위해서는 x2의 기대값을 알아야 한다.
⟨x2
⟩=
2
L
∫ L
0x2 sin2
(nπxL
)dx
=2
L
∫ L
0x2
[1
2− 1
2cos
(2nπx
L
)]dx
=2
L
[x3
6
∣∣∣∣L0
−✘✘✘✘✘✘✘✘✘✘✘✘✘x2
2
(L
2nπ
)sin
(2nπx
L
)∣∣∣∣L0
+
∫ L
0x
(L
2nπ
)sin
(2nπx
L
)dx
]
=2
L
L3
6− x
(L
2nπ
)2
cos
(2nπx
L
)∣∣∣∣∣L
0
+
∫ L
0
(L
2nπ
)2
cos
(2nπx
L
)dx
=
2
L
[L3
6− L3
4n2π2+✘✘✘✘✘✘✘✘✘✘✘✘(
L
2nπ
)3
sin
(2nπx
L
)∣∣∣∣∣L
0
]=
L2
3− L2
2n2π2.
이제 이 결과를 이용해서 불확정성을 구하면,
∆x = σ =
√⟨x2⟩ − ⟨x⟩2 =
√L2
3− L2
2n2π2− L2
4= L
√1
12− 1
2n2π2,
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현대물리학: November 19, 2013
여기서 n = 1을 대입하면 원하는 때의 불확정성을 얻을 수 있다.
(c) n이 무한대로 가면 앞에서 구한 불확정성으로부터,
∆x → L√12.
문제 5.27: What bearing would you think the uncertainty principle has on the existence of the zero-point energy of a harmonic oscillator?
해답 : 만약에 zero-point에너지가없다고가정하면운동량의불확정성이 0이라는사실은자명하다.게다가 포텐셜의 모양때문에 에너지가 없는 입자는 harmonic oscillator에서 가운데에 위치해야만하고 이는 또한 위치의 불확정성이 0이라는 것을 말하기 때문에 양자 역학에서의 불확정성 원리에모순되는현상이일어난다. 그렇기때문에위치의불확정성이있어야하고이는또한입자가멈추지않고 움직인다는 뜻이며 운동량의 불확정성도 0이 아니라는 것을 의미하게 된다. 따라서 zero-pointenergy는 반드시 존재해야만 한다.
문제 5.28: In a harmonic oscillator, the particle varies in position from −A to +A and in momentumfrom −p0 to +p0. In such an oscillator, the standard deviations of x and p are ∆x = A/
√2 and
∆p = p0/√2. Use this observation to show that the minimum energy of a harmonic oscillator is
hν/2.
해답 : 입자가 −A에서 +A까지 진동하고 있다는 것은 입자의 에너지가 kA2/2이라는 뜻이며,에너지 보존 법칙에 의해 입자의 에너지가 모두 운동에너지가 되는 때의 운동량을 구하면 p0를결정할 수 있고 그 값은 p0 =
√mkA가 된다. (Sign은 취사선택.) 또한 불확정성 원리에 의해서
∆x∆p =√mkA2/2 ≥ ~/2가 된다. 이를 통해서 에너지의 최소값을 구해보면,
p202m
=kA2
2≥ ~
2
√k
m=
~ω2
=hν
2.
문제 5.32: The potential energy of a harmonic oscillator is U = 12kx
2. Show that the expectationvalue ⟨U⟩ of U is E0/2 when the oscillator is in the n = 0 state. (This is true of all states of theharmonic oscillator, in fact.) What is the expectation value of the oscillator’s kinetic energy?How do these results compare with the classical values of U and KE?
해답 : n = 0일 때, harmonic oscillator의 파동함수는 다음과 같이 주어진다.
ψ0 =
(2mν
~
)1/4
e−y2/2.
여기서 y = x√2πmν/~이다. 위 식을 이용해서 U의 기대값을 구해보면,∫ ∞
−∞ψ∗(y)
(1
2kx2
)ψ(y)dx
=
∫ ∞
−∞
[(2mν
~
)1/4
e−y2/2
] [k
2
~2πmν
y2][(
2mν
~
)1/4
e−y2/2
][√~
2πmνdy
]
=k
2
~2πmν
1√π
∫ ∞
−∞y2e−y2dy =
k
2
~2πmν
1√π
[(− ∂
∂a
)∫ ∞
−∞e−ay2dy
]a=1
=~ω2
1√π
[(− ∂
∂a
)√π
a
]a=1
=~ω2
1√π
[1
2a
√π
a
]a=1
=~ω4
=E0
2.
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현대물리학: November 19, 2013
포텐셜 에너지와 유사하게, 운동 에너지 KE의 기대값을 구해보면,∫ ∞
−∞ψ∗(x)
(p2
2m
)ψ(x)dx
=
∫ ∞
−∞
[(2mν
~
)1/4
e−y2/2
] [−~2
2m
2πmν
~∂2
∂y2
][(2mν
~
)1/4
e−y2/2
][√~
2πmνdy
]
=−~ω2
1√π
∫ ∞
−∞
(e−y2 − y2
)e−y2dy =
−~ω2
1√π
[√π −
√π
2
]=
~ω4
=E0
2.
그리고 이 결과는 고전적으로 harmonic oscillator의 평균적인 포텐셜 에너지와 운동 에너지가 전체에너지의 반씩인 점과 정확히 일치한다.
5
