에너지가 양자화 되지 않는다면, Eigenfunction은 어떻게 될까?

이번 게시글에서는 만약 에너지가 양자화되지 않는다면, eigenfunction은 어떻게 될지 numerical하게 알아본다.

 

1차원 공간에서 질량이 $m$인 물체가 spring constant $k$에 메달려있다고 가정하자. 이 물체의 운동은 Hooke's law에 의해 표현된다. 

$$F= m \frac{d^2x}{dt^2}$$  

이 이차 미분방정식의 일반해는

$$x(t) = A sin(\omega t) + Bcos(\omega t)$$

$$where \quad \omega \equiv \sqrt{\frac{k}{m}}$$

이고, Potential energy는, 

$$V(x) = \frac{1}{2} kx^2$$  

이다. 

Potential energy는 Parabolic한 형태다. 따라서, $x=x_0$라는 local minimum에서 Taylor expansion 하면,

$$V(x) = V(x_0) + V'(x_0)(x-x_0) + \frac{1}{2} V''(x_0)(x-x_0)^2 + \cdots ,$$  

이다. 이 때 minimum이므로 $V'(x_0)= 0$ 이고, $V(x_0) = 0, \ x_0 = 0$ 으로 set하면 $V(x)$는,

$$V(x) \approx \frac{1}{2}V''(0)x^2 = \frac{1}{2}kx^2 = \frac{1}{2} m\omega^2 x^2$$  

이다. 

 

따라서 우리의 time-independent Schrodinger equation 은, 

$$H\psi = E\psi$$

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

이제 양변에 $\frac{1}{\hbar \omega}$ 를 곱해주자. 그러면,

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

여기서 식을 간단히 하기 위해 다음과 같은 변수를 도입한다. 

$$\xi \equiv \sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}x} , \epsilon = \frac{E}{\hbar \omega}$$

슈뢰딩거 방정식을 다시 정리하면, 

$$\frac{d^2 \psi}{d\xi^2} = (\xi^2 - 2\epsilon) \psi$$  

깔끔하게 정리된다. 

 

이제 이 이차 미분방정식을 풀면 $\psi$를 얻을 수 있다. 이런 이차미분방정식을 풀 때에는 Asymptotic region에서(즉, $\xi \to \infty$)의 behavior가 중요하다. 우리가 얻은 해가 Asymptotic behavior을 망치면 안되기 때문이다. 

Asymptotic region에서 슈뢰딩거 방정식은, 

$$\frac{d^2 \psi}{d\xi^2} = \xi^2\psi \to \frac{d \psi}{d\xi} = \pm \xi\psi \\ \therefore \psi(\xi) \cong e^{-\frac{\xi^2}{2}}$$  

일반적으로, 

$$\psi(\xi)  = h(\xi)e^{-\frac{\xi^2}{2}}$$

일 것이다. 

이를 미분하면, 

$$\frac{d\psi}{d\xi} = \frac{d}{d\xi} [h(\xi)e^{-\frac{\xi^2}{2}} =[h'(\xi)-\xi h(\xi)]e^{-\frac{\xi^2}{2}}$$

한번 더 미분하면, 

$$\frac{d^2\psi}{d\xi^2} = [h''(\xi)-2\xi h'(\xi) + (\xi^2 -1) h(\xi)] e^{-\frac{\xi^2}{2}}$$

이 때 $\frac{d^2 \psi}{d\xi^2} = (\xi^2 - 2\epsilon) \psi$ 이므로, 이를 이용해 양 변을 정리하면, 

$$(\xi^2 - 2\epsilon) \psi = \frac{d^2 \psi}{d\xi^2} = (\xi^2 - 2\epsilon) \psi = [h''(\xi)-2\xi h'(\xi) + (\xi^2 -1) h(\xi)] e^{-\frac{\xi^2}{2}} \\ h''(\xi) - 2\xi h'(\xi)+(2\epsilon - 1) h(\xi) = 0$$

로 정리된다. 

 

이 이차 미분방정식은 Hermite differential equation이라고 한다. 미방을 풀기 위해서, Frobenius method를 사용하자. 

$$Let \quad h(\xi) = \sum_j a_j \xi^j ,\quad h'(\xi) = \sum_j j a_j \xi^{j-1} ,\quad h''(\xi) = \sum_j j(j-1)a_j \xi^{j-2}$$  

$\xi$의 지수를 $j$로 맞추고 대입하면, 

$$h(\xi) = \sum_j a_j \xi^j ,\quad h'(\xi) = \sum_j (j+1) a_{j+1} \xi^{j} ,\quad h''(\xi) = \sum_j (j+1)(j+2)a_{j+2} \xi^{j} \\ \Rightarrow  \sum_j^\infty [(j+2){j+1}a_{j+2}-2ja_j+(2\epsilon-1)a_j]\xi^j = 0$$

좌변이 0이 되기 위해서, $[(j+2){j+1}a_{j+2}-2ja_j+(2\epsilon-1)a_j] = 0$ 이어야 한다. 이 식을 정리하면, 우리는 다음과 같은 점화식(recurrence relation)을 얻을 수 있다. 

$$a_{j+2} = \frac{(2j+1)-2\epsilon}{{j+2}(j+1)} a_j$$

따라서 우리는 $h(\xi)$를 다음과 같이 얻을 수 있다. 

$$h(\xi)= \left\{\begin{matrix} a_0 + a_2 \xi^2 + a_4 \xi^4 + \cdots \quad \rightarrow even \ solution \\ a_1 \xi + a_3 \xi^3 + a_5 \xi^5 + \cdots \quad \rightarrow odd \ solution \end{matrix}\right.$$  

 

따라서, $\psi(\xi) = h(\xi) e^{-\frac{\xi^2}{2}}$ 를 풀어낼 수 있다. 

 

그런데, 우리가 방금 구한 이 답이 맞는 답일까? 물리적인 해석을 하기 위해서, 즉, probabilistic interpretation을 위해서$\int_{-\infty}^{+\infty} \left | \psi^2(\xi) \right | d\xi$를 구할 수 있어야만 하고 $psi(\xi)$의 $j$는 어떤 최고차항 이후로는 0이 되어야만 한다. 그렇지 않으면, asymptotic region에서 발산하게 되고, probabilistic interpretation을 할 수 없게 된다. $j$가 최고차항일 때를 $n$이라고 하자. 

$$a_{n+2} = \frac{(2n+1)-2\epsilon}{{n+2}(n+1)} a_n = 0$$

0이 되기 위해서는, 

$$(2n+1)- 2\epsilon = 0$$

이여야 하므로,

$$\epsilon = n+\frac{1}{2} \\ \therefore E = (n+\frac{1}{2})\hbar \omega \\ n=0,1,2,3,4,5,\cdots$$  

물리적인 의미를 갖기 위해서는, 에너지는 무조건 양자화되어야만 한다는 결론을 얻는다. 

 

만약 양자화 되어있지 않은 에너지에서 $\psi$ 값은 어떨까? 

python을 통해 numerical 하게 알아보자. 

fig=go.Figure()

def a(j):
    if j == 0 :
        return 1
    return ((((2*j-3)-(2*epsilon)))/(j*(j-1))) *a(j-2)
    
for epsilon in np.arange(0.49,0.51,0.01):
    k=1
    yvalue=[]
    for x in np.arange(-4,4.1,0.01):
        vallist=[]    
        for j in np.arange(0,36,2):
            val=(a(j))*(k*x**(j))*np.exp(-(k*x**2)/2)
            vallist.append(val)
        yvalue.append(sum(vallist))
    fig.add_trace(go.Scatter(x=np.arange(-4,4.1,0.01),y=yvalue,mode='lines',name=f'E={epsilon}hw'))    

iplot(fig)

코드는 위와 같이 구성된다. 편의를 위해 $\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}} = 0$ 으로 설정했고, $a_0 = 1$ 이다. n=0 근처, 즉, $\epsilon = 0.49, 0.50, 0.51$ 에서 $\psi$의 변화를 알아보자. 추가로, $n=1$ 근처에서 (즉, $\epsilon = 1.49,1.50,1.51$ 에서) 또한 같이 올려놓았다. $n=1$의 경우 odd function을 사용해야 한다. a_1 = 1로 설정하고, for j in np.arange (1,36,2) 로 해주자. 

각각의 범례를 클릭해서 에너지 별로 알아볼 수 있다. 그래프에서 보다싶이, $n=0, n=1$처럼 에너지가 정확히 양자화되어있지 않을 경우, 발산해버려서 물리적의미를 갖지 못한다. 

 

012345

양자화된 에너지 준위($E=0.5 \hbar \omega, 1.5 \hbar \omega, \cdots$가 아니라면, $\psi$가 발산해서 물리적 의미를 갖지 못한다.

 

 

(계산 결과 그래프를 직관적으로 게시글 안에서 제공하고자 일부러 pyplot으로 작성했으나, json 코드가 너무 긴 탓인지 자꾸 뻗어버려서 (...) x arange를 0.1로 조정해서 그래프를 올렸다. 확대시 조금 울퉁불퉁 할 수 있으나, 양해바란다.)  

 

한 편, $\epsilon$에 양자화조건을 대입하고 (즉, $2\epsilon = 2n+1$) $h_n(\xi)$ 를 normalize하면 Hermite Polynomial를 얻는다. 이에 대한 내용은, 수리물리와 양자역학 낙서장에서 자세히 알아본다.