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물리:결맞는_상태_coherent_state [2023/01/21 13:09] – minwoo | 물리:결맞는_상태_coherent_state [2023/11/15 16:54] (current) – minwoo | ||
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Line 1: | Line 1: | ||
====== 양자 조화 진동자 ====== | ====== 양자 조화 진동자 ====== | ||
+ | |||
==== 조화 진동자 (고전적 모형과의 차이) ==== | ==== 조화 진동자 (고전적 모형과의 차이) ==== | ||
Line 106: | Line 107: | ||
$ \\ $ | $ \\ $ | ||
- | 결맞는 상태 $| alpha \rangle$ 를 아래와 같이 $|n \rangle$을 기저로 하여 생성한다면 | + | 결맞는 상태 $| \alpha \rangle$ 를 아래와 같이 $|n \rangle$을 기저로 하여 생성한다면 |
$$|\alpha\rangle = \sum_{n=0}^{\infty} c_n(\alpha) |n\rangle\\ $$ | $$|\alpha\rangle = \sum_{n=0}^{\infty} c_n(\alpha) |n\rangle\\ $$ | ||
Line 115: | Line 116: | ||
계수 $c_n(\alpha)$은 다음의 과정에 따라서 구할 수 있다. | 계수 $c_n(\alpha)$은 다음의 과정에 따라서 구할 수 있다. | ||
- | $$ \begin{align} | + | \begin{align} |
& | & | ||
&\ \quad = \sum_{n=1}^\infty c_n(\alpha)\ | &\ \quad = \sum_{n=1}^\infty c_n(\alpha)\ | ||
Line 131: | Line 131: | ||
이제 $c_0(\alpha)$를 규격화를 통해서 구하면 다음과 같다. | 이제 $c_0(\alpha)$를 규격화를 통해서 구하면 다음과 같다. | ||
- | $$ \begin{align} | + | \begin{align} |
& | & | ||
Line 139: | Line 139: | ||
& \therefore |\alpha\rangle = \sum_{n=0}^\infty c_n(\alpha) |n\rangle = \sum_{n=0}^\infty\frac{\alpha^{n}}{\sqrt{n!}}e^{-|\alpha|^2/ | & \therefore |\alpha\rangle = \sum_{n=0}^\infty c_n(\alpha) |n\rangle = \sum_{n=0}^\infty\frac{\alpha^{n}}{\sqrt{n!}}e^{-|\alpha|^2/ | ||
\end{align} | \end{align} | ||
+ | |||
+ | ===== 푸아송 분포 (Poisson distribution) ===== | ||
+ | 아래의 ' | ||
+ | |||
+ | $$ |\alpha\rangle = \sum_{n=0}^\infty\frac{\alpha^{n}}{\sqrt{n!}}e^{-|\alpha|^2/ | ||
+ | |||
+ | $|n \rangle$의 상태로 발견될 확률은 다음과 같다. | ||
+ | |||
+ | $$P(n)=|\langle n | \alpha \rangle|^2=e^{-|\alpha|^2} \frac{\alpha^{2n}}{n!}$$ | ||
+ | |||
+ | 그런데, $|n \rangle$의 $n$은 에너지의 높고 낮음을 표현하므로 | ||
+ | |||
+ | 이는 $n$개의 광자를 흡수한 상태로 이해할 수 있다. | ||
+ | |||
+ | 즉, $P(n)=|\langle n | \alpha \rangle|^2=e^{-|\alpha|^2} \frac{\alpha^{2n}}{n!}$는 $n$개의 광자(photon)들을 발견할 확률과 같다. | ||
+ | |||
+ | $$ \\ $$ | ||
+ | 이를 통해, 결맞는 상태에 대해서 ' | ||
+ | |||
+ | 그의 분산도 $|\alpha|^2$이다. | ||
+ | |||
===== ' | ===== ' | ||
Line 151: | Line 172: | ||
==== ' | ==== ' | ||
- | 고전적인 운동에서는 | + | 고전적인 운동의 경우는 위치 $x$와 운동량 $p$를 동시에 정확히 기술할 수 있으므로 |
+ | |||
+ | 조화 진동자 모형의 운동을 위상 평면에 아래와 같이 그릴 수 있다. | ||
+ | |||
+ | {{: | ||
+ | |||
+ | (이는 1차원 용수철 운동을 떠올린다면 더 쉽게 이해할 수 있다.) | ||
+ | |||
+ | 이러한 $x$와 $p$가 이루는 자취의 방정식을 수식으로 표현하자면 | ||
+ | |||
+ | $\frac{1}{2}(x^2+p^2)=n$ 으로 표현할 수 있겠다. | ||
==== 기존의 '수 고유 상태' | ==== 기존의 '수 고유 상태' | ||
+ | 양자 조화 진동자 (quantum harmonic oscillator)에 대한 고유 상태 $|n \rangle$에 대해서는 | ||
+ | 아래와 같은 계산 과정을 따라갈 수 있다. | ||
- | $$ \begin{align} | + | \begin{align} |
&\ a^{\dagger}=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left( x-\frac{i}{m\omega}\hat{p} \right), \ a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left( x+\frac{i}{m\omega}\hat{p} \right) \\ \\ | &\ a^{\dagger}=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left( x-\frac{i}{m\omega}\hat{p} \right), \ a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\left( x+\frac{i}{m\omega}\hat{p} \right) \\ \\ | ||
Line 175: | Line 209: | ||
& \sigma_x \sigma_p =\hbar^2 \left(n+\frac{1}{2}\right)^2 \ge \left( \frac{\hbar}{2} \right)^2 \quad \left(\because \ \sigma_A = \langle A^2 \rangle - \langle A \rangle ^2 \right) | & \sigma_x \sigma_p =\hbar^2 \left(n+\frac{1}{2}\right)^2 \ge \left( \frac{\hbar}{2} \right)^2 \quad \left(\because \ \sigma_A = \langle A^2 \rangle - \langle A \rangle ^2 \right) | ||
- | \end{align}$$ | + | \end{align} |
+ | |||
+ | 즉, $n$이 클수록 불확정성(uncertainty)가 더 크다. | ||
+ | |||
+ | $$ \\ $$ | ||
+ | 위에서 $ \langle n|x^2|n \rangle = \frac{\hbar}{m\omega}\left(n+\frac{1}{2} \right), \ \langle n|\hat{p}^2|n \rangle = \hbar m\omega \left(n+\frac{1}{2}\right) $ | ||
+ | 의 결과를 고려한다면, | ||
+ | |||
+ | $$ n \le \frac{1}{2}(x^2+p^2) \le n+1 $$ | ||
+ | |||
+ | 또한, $\langle n|x|n \rangle=\langle n|\hat{p}|n \rangle=0$ 이 성립한다. | ||
+ | |||
+ | $$ \\ $$ | ||
+ | 이를 위상 평면에서 표현하면 다음과 같다. | ||
+ | |||
+ | {{: | ||
+ | |||
+ | 위의 폭은 $ \sigma_x \sigma_p =\hbar^2 \left(n+\frac{1}{2}\right)^2 \ge \left( \frac{\hbar}{2} \right)^2 $의 불확정성에 의한 것이다. | ||
+ | |||
+ | ==== ' | ||
+ | |||
+ | 앞서 언급한 결맞는 상태 $a|\alpha\rangle=\alpha|\alpha\rangle \ \ (\alpha \in \mathbb{C}) $ 의 경우는 어떻게 될까? 아래와 같이 계산해보자. | ||
+ | |||
+ | === [1] $\langle x \rangle$, $\langle \hat{p} \rangle$ === | ||
+ | |||
+ | $$x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a+a^{\dagger}), | ||
+ | \hat{p}=-i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}(a-a^{\dagger}) ,\\ | ||
+ | |||
+ | \langle\alpha| x |\alpha\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}\left(\ (\langle\alpha| a^{\dagger})+(a|\alpha\rangle)\ \right) \\ | ||
+ | = \sqrt{\frac{\hbar}{2m \omega}}(\alpha^* +\alpha) \\ | ||
+ | \\ | ||
+ | \langle\alpha| \hat{p} |\alpha\rangle=-i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}} | ||
+ | \left(\ (-\langle\alpha| a^{\dagger})+(a|\alpha\rangle)\ \right) \\ | ||
+ | =-i\sqrt{\frac{\hbar m\omega}{2}}(-\alpha^*+\alpha)$$ | ||
+ | |||
+ | $\langle n|x|n \rangle$와 $\langle n|\hat{p}|n \rangle$가 $0$이 아니라는 점을 기억해두는 편이 좋다. | ||
+ | |||
+ | $$ \\ $$ | ||
+ | === [2] $\langle x^2 \rangle$, $\langle \hat{p}^2 \rangle$ === | ||
+ | |||
+ | \begin{align} | ||
+ | &\ \langle \alpha|x^2|\alpha \rangle = \langle \alpha|\frac{\hbar}{2m\omega}(a+a^{\dagger})(a+a^{\dagger})|\alpha \rangle \\ | ||
+ | & \ \ \quad = \frac{\hbar}{2m \omega}\langle \alpha |(aa +aa^{\dagger}+a^{\dagger}a+a^{\dagger}a^{\dagger})|\alpha \rangle\\ | ||
+ | |||
+ | & \ \ \quad = \frac{\hbar}{2m \omega}\langle \alpha |(aa +2a^{\dagger}a+1+a^{\dagger}a^{\dagger})|\alpha \rangle\\ | ||
+ | &\qquad (\because \ [a, | ||
+ | \\ | ||
+ | & \ \ \quad = \frac{\hbar}{2m \omega} \left( \alpha^2 +2\alpha^*\alpha +1+{\alpha^*}^2 \right) \\ | ||
+ | \\ | ||
+ | |||
+ | & \ \langle \alpha|\hat{p}^2|\alpha \rangle = \langle \alpha|-\frac{\hbar m\omega}{2}(a-a^{\dagger})(a-a^{\dagger})|\alpha\rangle \\ | ||
+ | & \ \ \quad =-\frac{\hbar m \omega}{2} | ||
+ | & \ \ \quad =-\frac{\hbar m \omega}{2} | ||
+ | & \ \ \quad =-\frac{\hbar m \omega}{2} \left(\alpha^2-2\alpha^*\alpha-1+{\alpha^*}^2 \right) | ||
+ | \\ | ||
+ | |||
+ | & \sigma_x \sigma_p =(\frac{\hbar}{2m\omega})(\frac{\hbar m\omega}{2})=\left(\frac{\hbar}{2}\right)^2 | ||
+ | \end{align} | ||
+ | |||
+ | 결맞는 상태(coherent state)의 불확정성(uncertainty)은 $n$의 크기와 무관하며, | ||
+ | |||
+ | $(\frac{\hbar}{2})^2$의 값에 따라 ' | ||
+ | |||
+ | $$ \\ $$ | ||
+ | |||
+ | 또한, 계산한 $\langle x \rangle = \langle\alpha| x |\alpha\rangle$와 $\langle\hat{p}\rangle=\langle\alpha| \hat{p} |\alpha\rangle$의 결과를 고려하면 | ||
+ | |||
+ | ($m=\omega=\hbar=1$로 두었을 때) 다음이 성립함을 알 수 있다. | ||
+ | |||
+ | $$ \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}} (\langle x \rangle + i\langle \hat{p} \rangle) $$ | ||
+ | |||
+ | 이를 위상 평면에 아래와 같이 나타낼 수 있다. | ||
+ | |||
+ | {{: | ||
+ | |||
+ | 즉, 마치 고전적인 극한에서 불확정성을 표현하는 면적이 점으로 표현되는 것과 같이 | ||
+ | |||
+ | 위의 ' | ||
+ | |||
+ | 결맞는 상태가 $(x,p)$ 평면 상에서 고전적인 조화 진동자를 모방한다고 표현할 수 있다. | ||
+ | |||
+ | $$ \\ $$ | ||
+ | ===== 시간 변화 (time evolution) ===== | ||
+ | 다음의 결맞는 상태의 식에 | ||
+ | |||
+ | $$|\alpha\rangle = \sum_{n=0}^\infty c_n(\alpha) |n\rangle = \sum_{n=0}^\infty\frac{\alpha^{n}}{\sqrt{n!}}e^{-|\alpha|^2/ | ||
+ | = \sum_{n=0}^\infty\frac{\alpha^{n}}{\sqrt{n!}}e^{-\alpha^* \alpha/ | ||
+ | |||
+ | ' | ||
+ | |||
+ | \begin{align} | ||
+ | e^{-iHt/ | ||
+ | = & | ||
+ | = & | ||
+ | = & | ||
+ | = & | ||
+ | \end{align} | ||
+ | |||
+ | $$ \\ $$ | ||
+ | 즉, $e^{-iHt/ | ||
+ | |||
+ | $$ \\ $$ | ||
+ | 이러한 결과와 오일러 공식(Euler formula), 그리고 $\alpha$와 $\langle x \rangle, \langle\hat{p}\rangle$의 관계식을 떠올려 볼 때 | ||
+ | $$ | ||
+ | e^{-i\omega t}=\cos(\omega t)-i\sin(\omega t) | ||
+ | \\ | ||
+ | \alpha = \frac{1}{\sqrt{2}} (\langle x \rangle + i\langle \hat{p} \rangle), \ i=e^{\pi/ | ||
+ | $$ | ||
+ | |||
+ | (위에서 살펴본 그림과 같이) 고전적인 극한($\alpha \gg 1$)에서는 결맞는 상태를 위상 평면 상에서 이해할 때 | ||
+ | |||
+ | 불확정성을 무시 가능하며 운동하는 입자로 취급할 수 있다는 것을 알 수 있다. | ||
+ | |||
+ | $$ \\ $$ | ||
+ | ===== 참고 문헌 ===== | ||
+ | Hitoshi Murayama, Jan27 151 Coherent state, QFT on 1D lattice, 2021. (lecture of Prof. Hitoshi Murayama) |