Chapter 06

조화 진동자와 사다리 연산자

실리콘 결정 속 원자는 평형 자리 둘레에서 떨고, 레이저 공진기 속 빛은 모드마다 출렁이며, MEMS 가속도계의 추와 초전도 큐비트의 LC 회로도 흔들린다. 퍼텐셜의 극소점 근처는 모두 포물선이므로 이 모든 것이 조화 진동자다. 현대물리학에서는 슈뢰딩거 방정식을 에르미트 다항식으로 풀어 $E_n = (n+\tfrac12)\hbar\omega$를 얻었다. 이 장에서는 미분 방정식을 풀지 않는다. 교환자 $[\hat a, \hat a^\dagger] = 1$ 하나에서 스펙트럼 전체와 행렬 요소를 끌어내고, 그 연산자로 고전처럼 진동하는 결맞음 상태, 한쪽 잡음을 줄인 압축 상태, 힘을 받아 밀려나는 진동자를 다룬다. 마지막으로 위상 공간의 위그너 함수로 "양자다움"을 눈으로 보고, 빛과 격자 진동을 진동자의 모음으로 양자화해 광자와 포논, 열잡음과 영점 요동까지 잇는다. 아래 그림은 결맞음 상태의 위그너 함수가 위상 공간에서 원을 그리며 도는 모습이다. 아래 띠의 $|\psi(x)|^2$는 모양을 그대로 지닌 채 고전 진자처럼 오간다.

방울을 끌어 α를 바꾸고, 누르면 멈춤·재생

사다리 연산자 $\hat a, \hat a^\dagger$를 정의하고 $[\hat a,\hat a^\dagger]=1$만으로 에너지 고유값 $(n+\tfrac12)\hbar\omega$, 바닥 상태 파동함수, $\hat a^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}|n+1\rangle$을 유도한다.
포크 기저에서 $\hat x, \hat p, \hat x^2, \hat x^4$의 행렬 요소를 사다리 연산자로 계산하고, 선택 규칙 $\Delta n = \pm1$과 자른 포크 공간의 한계를 설명한다.
결맞음 상태 $|\alpha\rangle$의 포아송 광자 수 분포, 최소 불확정성, 고전 궤도를 따르는 시간 전개를 계산하고 광자 산탄 잡음과 잇는다.
강제 진동자를 하이젠베르크 묘사로 풀어 변위 연산자 $\hat D(\alpha)$가 진공을 결맞음 상태로 옮김을 보이고, 힘 펄스의 시점과 크기로 원하는 상태를 만든다.
압축 상태의 $\Delta x, \Delta p$, 광자 수, dB 표시를 계산하고 압축광이 간섭계의 산탄 잡음 한계를 넘는 원리를 설명한다.
위그너 함수의 성질(주변 분포, 음수 영역, 원점 값과 패리티)을 이용해 수 상태·고양이 상태의 비고전성을 판정한다.
공진기 모드와 격자 진동을 진동자로 양자화하고, 열 점유 $\langle n\rangle = 1/(e^{\hbar\omega/k_BT}-1)$와 영점 요동으로 존슨–나이퀴스트 잡음의 양자 보정, 라만 반스토크스 비, MEMS 진동자의 영점 진폭을 계산한다.

사다리 연산자로 푸는 조화 진동자

질량 $m$, 각진동수 $\omega$인 진동자의 해밀토니언은 $\hat H = \hat p^2/2m + \tfrac12 m\omega^2\hat x^2$이다. 이 식에는 길이와 운동량의 자연스러운 눈금이 숨어 있다. 운동 에너지와 퍼텐셜 에너지가 같은 크기가 되는 길이와 운동량

$$x_0 = \sqrt{\frac{\hbar}{m\omega}},\qquad p_0 = \frac{\hbar}{x_0} = \sqrt{m\hbar\omega},\qquad \hat H = \frac{\hbar\omega}{2}\left(\frac{\hat x^2}{x_0^2}+\frac{\hat p^2}{p_0^2}\right)$$

$x_0$를 진동자 길이라 한다. 이 장의 그림과 시뮬레이터는 모두 $x/x_0$, $p/p_0$를 축으로 쓴다(qm.js의 무차원 관례). $x_0 p_0 = \hbar$이다.

괄호 안은 $u^2+v^2 = (u-iv)(u+iv)$처럼 인수분해하고 싶은 꼴이다. 연산자는 교환하지 않으므로 그대로 되지는 않지만, 그 어긋남이 바로 핵심이다. 다음 두 연산자를 정의하자.

$$\hat a = \frac{1}{\sqrt2}\left(\frac{\hat x}{x_0}+i\frac{\hat p}{p_0}\right),\qquad \hat a^\dagger = \frac{1}{\sqrt2}\left(\frac{\hat x}{x_0}-i\frac{\hat p}{p_0}\right),\qquad [\hat a,\hat a^\dagger] = \frac{-i}{x_0p_0}[\hat x,\hat p] = 1$$

$\hat a$를 내림 연산자(lowering operator), $\hat a^\dagger$를 올림 연산자(raising operator)라 하고, 둘을 함께 사다리 연산자(ladder operators)라 한다. 에르미트가 아니므로 관측량이 아니다. 거꾸로 $\hat x = \tfrac{x_0}{\sqrt2}(\hat a+\hat a^\dagger)$, $\hat p = \tfrac{ip_0}{\sqrt2}(\hat a^\dagger-\hat a)$이다.

$\hat a^\dagger\hat a = \tfrac12(\hat x^2/x_0^2+\hat p^2/p_0^2) - \tfrac12$이므로(교환자에서 나온 $-\tfrac12$) 해밀토니언은

$$\hat H = \hbar\omega\left(\hat N+\tfrac12\right),\qquad \hat N = \hat a^\dagger\hat a,\qquad [\hat N,\hat a] = -\hat a,\qquad [\hat N,\hat a^\dagger] = +\hat a^\dagger$$

$\hat N$은 수 연산자(number operator)다. 이제 $\hat H$의 고유 상태는 $\hat N$의 고유 상태와 같고, 문제는 $\hat N$의 고유값을 찾는 일로 줄었다.

$\hat N|\nu\rangle = \nu|\nu\rangle$이라 하자. 교환자에서 $\hat N(\hat a^\dagger|\nu\rangle) = (\hat a^\dagger\hat N+\hat a^\dagger)|\nu\rangle = (\nu+1)\hat a^\dagger|\nu\rangle$이다. 곧 $\hat a^\dagger$는 고유값을 1 올리고, 같은 방법으로 $\hat a$는 1 내린다. 에너지로는 $\hbar\omega$씩 오르내리는 사다리다. 그런데 사다리는 아래로 끝없이 내려갈 수 없다.

$\hat a$를 거듭 쓰면 $\nu$가 1씩 줄어 언젠가 음수가 되어야 하는데, 노름의 제곱은 음수일 수 없다. 모순을 피하는 유일한 길은 어떤 상태 $|0\rangle$에서 $\hat a|0\rangle = 0$이 되어 사다리가 끊기는 것이다. 그때 $\nu = 0$이고, 위로는 $\nu = 0, 1, 2, \ldots$ 정수만 남는다.

따라서 $E_n = (n+\tfrac12)\hbar\omega$다. 계수까지 정하면(위상은 실수 양수로 고른다)

$$\hat a|n\rangle = \sqrt n\,|n-1\rangle,\qquad \hat a^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}\,|n+1\rangle,\qquad |n\rangle = \frac{(\hat a^\dagger)^n}{\sqrt{n!}}|0\rangle$$

수 연산자의 고유값은 정수, 에너지는 $\hbar\omega$ 간격의 사다리다.
$\hat a^\dagger$는 한 칸 올리며 $\sqrt{n+1}$을 곱한다.
$\hat a$는 한 칸 내리며 $\sqrt n$을 곱한다. $\hat a^\dagger\hat a|n\rangle = n|n\rangle$.
노름이 음수가 될 수 없으므로 $\hat a|0\rangle = 0$에서 사다리가 끝난다.

조화 진동자의 사다리. 퍼텐셜의 모양(회색 포물선)은 한 번도 쓰지 않고 $[\hat a, \hat a^\dagger] = 1$에서 이 그림이 모두 나온다.

위치 표현으로 옮기면 $\hat a|0\rangle = 0$은 1계 미분 방정식이다. $\xi = x/x_0$로 쓰면 $\hat p = -i\hbar\,d/dx$이므로 $\hat a = \tfrac{1}{\sqrt2}(\xi + d/d\xi)$, $\hat a^\dagger = \tfrac{1}{\sqrt2}(\xi - d/d\xi)$이다.

$$\Big(\xi+\frac{d}{d\xi}\Big)\psi_0 = 0\ \Rightarrow\ \psi_0(x) = \frac{1}{\pi^{1/4}\sqrt{x_0}}\,e^{-x^2/2x_0^2},\qquad \psi_{n+1} = \frac{1}{\sqrt{2(n+1)}}\Big(\xi-\frac{d}{d\xi}\Big)\psi_n$$

2계 미분 방정식(현대물리학에서 푼 에르미트 방정식) 대신 1계 방정식 하나와 미분 연산의 반복으로 모든 고유 함수가 나온다. $\Delta x = x_0/\sqrt2$는 바닥 상태의 위치 퍼짐이다.

MINI LAB가우스 함수 $\psi_0$에 미분 연산자 $\hat a^\dagger$를 격자 위에서 실제로 적용한다(중앙 차분). 자홍 선은 결과를 정규화한 모양, 초록 점선은 qm.js의 $\psi_n$이다. 결과의 노름이 $\sqrt{n+1}$씩 곱해져 $\|(\hat a^\dagger)^n\psi_0\| = \sqrt{n!}$이 되는지, 마디가 하나씩 늘어나는지, $\psi_0$에 $\hat a$를 쓰면 0이 되는지 보라.

진동자 길이는 실제 크기를 바로 알려 준다. 반도체 이종 구조에서 포물선 꼴 퍼텐셜(조성을 서서히 바꾼 포물선 양자 우물, 게이트로 만든 양자점)에 갇힌 전자의 수치를 만져 보자.

유효 질량 $m^*/m_\mathrm{e} =$ 0.067인 전자가 준위 간격 $\hbar\omega =$ 10인 포물선 퍼텐셜에 갇히면 진동자 길이 $x_0 =$ , 바닥 상태 퍼짐 $\Delta x =$ 이다. 준위 사이 전이는 (파장 )의 빛과 공명한다.

(a) $\psi_0(\xi) = \pi^{-1/4}e^{-\xi^2/2}$에 $\hat a^\dagger$를 두 번 적용해 $\psi_2$를 구하라($\xi$ 단위로 정규화). (b) $\hat H\psi_2$를 사다리 연산자로 계산해 에너지를 확인하라.

풀이 보기

전략 $\hat a^\dagger = (\xi - d/d\xi)/\sqrt2$를 차례로 적용하고, $|n\rangle = (\hat a^\dagger)^n|0\rangle/\sqrt{n!}$로 정규화한다.

풀이 (a) $(\xi - d/d\xi)e^{-\xi^2/2} = 2\xi e^{-\xi^2/2}$이므로 $\hat a^\dagger\psi_0 = \sqrt2\,\xi\,\pi^{-1/4}e^{-\xi^2/2} = \psi_1$. 다시 $(\xi-d/d\xi)(\xi e^{-\xi^2/2}) = (2\xi^2-1)e^{-\xi^2/2}$이므로 $(\hat a^\dagger)^2\psi_0 = (2\xi^2-1)\pi^{-1/4}e^{-\xi^2/2}$, 이것을 $\sqrt{2!}$로 나누면 $\psi_2 = \frac{2\xi^2-1}{\sqrt2\,\pi^{1/4}}e^{-\xi^2/2}$. (b) $\hat N\psi_2 = \hat a^\dagger\hat a\psi_2 = \hat a^\dagger(\sqrt2\psi_1) = \sqrt2\sqrt2\,\psi_2 = 2\psi_2$이므로 $\hat H\psi_2 = \tfrac52\hbar\omega\,\psi_2$.

$\psi_2(\xi) = \dfrac{2\xi^2-1}{\sqrt2\,\pi^{1/4}}e^{-\xi^2/2}$, $E_2 = \tfrac52\hbar\omega$

검토 $\int(2\xi^2-1)^2e^{-\xi^2}d\xi = \sqrt\pi(3-2+1) = 2\sqrt\pi$이므로 정규화가 맞다. 마디는 $\xi = \pm1/\sqrt2$의 두 개, 짝 함수다 — 에르미트 다항식 $H_2 = 4\xi^2-2$와 같은 꼴이다.

수 상태와 행렬 요소

수 상태 $\{|n\rangle\}$은 정규 직교 기저다(2장의 에르미트 연산자 $\hat N$의 고유 상태). 이 기저에서 연산자는 무한 행렬이 되고, 사다리 연산자의 행렬은 놀랄 만큼 단순하다. $\langle m|\hat a|n\rangle = \sqrt n\,\delta_{m,n-1}$이므로 $\hat a$는 대각선 바로 위 한 줄에만 $\sqrt1, \sqrt2, \sqrt3, \ldots$이 있는 행렬이다. 위치와 운동량은

$$\langle m|\hat x|n\rangle = \frac{x_0}{\sqrt2}\Big(\sqrt n\,\delta_{m,n-1}+\sqrt{n+1}\,\delta_{m,n+1}\Big),\qquad \langle m|\hat p|n\rangle = \frac{ip_0}{\sqrt2}\Big(\sqrt{n+1}\,\delta_{m,n+1}-\sqrt n\,\delta_{m,n-1}\Big)$$

위치는 바로 이웃한 준위끼리만 잇는다. 그래서 진동자의 쌍극자 전이($\hat H' \propto \hat x$)는 $\Delta n = \pm1$만 허용된다 — 이것이 조화 진동자의 선택 규칙(selection rule)이고, 분자 진동의 적외선 흡수가 $\omega$ 하나에서만 일어나는 이유다(배음은 비조화성 때문에 약하게 나타난다).

거듭제곱은 사다리 연산자를 전개해 "몇 칸 오르내리는가"로 센다. 예를 들어 $\hat x^2 = \tfrac{x_0^2}{2}(\hat a^2+\hat a^{\dagger2}+\hat a\hat a^\dagger+\hat a^\dagger\hat a)$에서 대각 성분은 마지막 두 항만 남아 $\tfrac{x_0^2}{2}(2n+1)$이다.

$$\langle n|\hat x^2|n\rangle = x_0^2\big(n+\tfrac12\big),\quad \langle n|\hat p^2|n\rangle = p_0^2\big(n+\tfrac12\big),\quad \Delta x\,\Delta p = \big(n+\tfrac12\big)\hbar,\quad \langle\hat T\rangle = \langle\hat V\rangle = \tfrac12E_n$$

$\langle\hat x\rangle = \langle\hat p\rangle = 0$이므로 $\Delta x^2 = \langle\hat x^2\rangle$(그리피스의 $\sigma_x$). 바닥 상태만 최소 불확정 $\hbar/2$를 이루고, 들뜬 수 상태는 $n$에 비례해 퍼진다. 마지막 식은 비리얼 정리다.

행렬 요소의 선택 규칙(단위 $x_0$, $x_0^2$). $\hat x$는 $\Delta n = \pm1$, $\hat x^2$는 $\Delta n = 0, \pm2$만 잇는다. $\hat x^k$는 홀짝이 $k$와 같은 $\Delta n$만, $|\Delta n|\le k$까지 잇는다.

수치 계산에서는 이 무한 행렬을 $N$개 준위에서 잘라 쓴다(QM.fock(N)). 공진기 QED·초전도 큐비트 회로 해석, 전자–포논 결합 계산이 모두 이렇게 한다. 그런데 자른 행렬에서는 $[\hat a,\hat a^\dagger] = 1$이 성립할 수 없다. 유한 행렬의 교환자는 대각합이 늘 0인데 단위 행렬의 대각합은 $N$이기 때문이다. 아래 시뮬레이터에서 어긋남이 어디에 몰리는지 확인하라.

SIMULATOR

포크 공간의 행렬: 자르면 끝에서 깨진다

칸을 누르거나 끌어 ⟨m|Ô|n⟩을 읽는다

연산자

자른 차원 N

고른 성분—

무한 차원 공식—

대각합—

공식과 다른 성분—

칸 색은 성분의 실수부($\hat p$와 $[\hat x,\hat p]$는 허수부, 숫자 앞에 i)이고, 빨간 테두리는 무한 차원 공식과 다른 칸이다. 단위는 $x_0$, $p_0$, $\hbar$. 해볼 것: ① $\hat a$와 $\hat a^\dagger$가 서로 전치(켤레 전치)이고 $\hat x, \hat p$는 에르미트인지 본다. ② $[\hat a,\hat a^\dagger]$를 골라 마지막 대각 성분이 $1-N$이 되는 것을 확인한다 — 대각합 0을 맞추려고 한 칸이 모든 짐을 진다. ③ $\hat x^2$도 맨 끝 대각 성분 하나만 틀린다. 계산에 쓰는 상태가 맨 위 준위 근처에 확률을 거의 두지 않으면 이 오차는 결과에 나타나지 않는다.

시간 전개는 하이젠베르크 묘사(4장)로 보면 한 줄이다. $d\hat a/dt = \tfrac{i}{\hbar}[\hat H,\hat a] = -i\omega\hat a$이므로 $\hat a_H(t) = \hat a\,e^{-i\omega t}$이고, 이것을 $\hat x$로 되돌리면

$$\hat x_H(t) = \hat x\cos\omega t+\frac{\hat p}{m\omega}\sin\omega t,\qquad \hat p_H(t) = \hat p\cos\omega t-m\omega\hat x\sin\omega t$$

고전 진동자의 해와 글자 하나 다르지 않다. 따라서 어떤 상태든 $\langle\hat x\rangle(t)$, $\langle\hat p\rangle(t)$는 고전 궤도를 정확히 따른다. 조화 진동자에서는 에렌페스트 정리(1장)가 근사가 아니라 등식이다. 차이는 요동($\Delta x, \Delta p$)과 분포의 모양에서만 나타난다.

수 상태 하나는 정상 상태라 $\langle\hat x\rangle$이 늘 0이다. 진동하는 것을 보려면 중첩이 필요하다. 계수 $c_n$의 상태는 $c_n e^{-i(n+1/2)\omega t}$로 전개되므로(4장), $\langle\hat x\rangle(t) = \sqrt2x_0\sum_n\sqrt{n+1}\,\mathrm{Re}\big[c_n^*c_{n+1}e^{-i\omega t}\big]$이다. 이웃한 준위의 짝만 진동수 $\omega$로 $\langle\hat x\rangle$을 흔든다.

SIMULATOR

포크 계수를 끌어 파속 만들기

흰 원을 위아래로 끈다

미리 맞춘 상태

그리기

⟨N̂⟩ · ⟨Ĥ⟩/ħω—

⟨x̂⟩/x₀ (지금)—

ΔxΔp / ħ (지금)—

ωt—

막대는 실수 계수 $c_0,\ldots,c_7$(자동 정규화), 오른쪽은 $\Psi(x,t)$다. 위상 색 범례는 오른쪽 위 고리. 해볼 것: ① $|0\rangle+|1\rangle$은 $\langle\hat x\rangle$이 주기 $2\pi/\omega$로 진동한다. ② $|0\rangle+|2\rangle$은 $\langle\hat x\rangle = 0$인 채 폭이 진동수 $2\omega$로 숨 쉰다 — 이웃 준위 짝이 없기 때문이다. ③ 수 상태 하나($|1\rangle$)는 $|\Psi|^2$가 전혀 변하지 않고 위상 색만 돈다. ④ 결맞음 상태에 가까운 계수에서는 $\Delta x\Delta p$가 늘 $\hbar/2$ 근처에 머문다.

(a) 사다리 연산자로 바닥 상태의 $\langle0|\hat x^4|0\rangle$을 구하라. (b) 퍼텐셜에 작은 비조화 항 $\lambda\hat x^4$이 더해질 때 바닥 에너지의 1차 보정은 얼마인가?

풀이 보기

풀이 (a) $\hat x|0\rangle = \tfrac{x_0}{\sqrt2}|1\rangle$, $\hat x|1\rangle = \tfrac{x_0}{\sqrt2}(|0\rangle+\sqrt2|2\rangle)$이므로 $\hat x^2|0\rangle = \tfrac{x_0^2}{2}(|0\rangle+\sqrt2|2\rangle)$. 노름 제곱은 $\tfrac{x_0^4}{4}(1+2) = \tfrac34x_0^4$. (b) 1차 섭동 에너지는 기댓값이므로(12장) $E_0^{(1)} = \lambda\langle0|\hat x^4|0\rangle = \tfrac34\lambda x_0^4 = \tfrac34\lambda\hbar^2/(m\omega)^2$.

$\langle0|\hat x^4|0\rangle = \tfrac34x_0^4$, $E_0^{(1)} = \tfrac34\lambda x_0^4$

검토 가우스 분포의 4차 모멘트는 $3\sigma^4$이고 $\sigma^2 = x_0^2/2$이므로 $3x_0^4/4$로 같다. 일반적으로 $\langle n|\hat x^4|n\rangle = \tfrac{x_0^4}{4}(6n^2+6n+3)$이다. 적분 없이 "몇 칸 오르내리는 경로가 몇 개인가"만 셌다.

결맞음 상태와 고전 진동

수 상태는 아무리 들떠도 $\langle\hat x\rangle = 0$이다. 진자처럼 오가는 진동자, 진폭과 위상이 정해진 전파·레이저 빛은 어떤 양자 상태일까? 고전 진동자의 복소 진폭 $\alpha$는 $x$와 $p$를 한 숫자에 담는다: $\alpha = (x/x_0+ip/p_0)/\sqrt2$. 그 연산자판이 바로 $\hat a$다. 그래서 $\hat a$의 고유 상태를 찾는다.

결맞음 상태

$\hat a|\alpha\rangle = \alpha|\alpha\rangle$를 만족하는 상태를 결맞음 상태(coherent state)라 한다. $\hat a$는 에르미트가 아니므로 고유값 $\alpha$는 임의의 복소수이고, 수 상태로 전개하면

$$|\alpha\rangle = e^{-|\alpha|^2/2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle,\qquad P(n) = |\langle n|\alpha\rangle|^2 = e^{-\bar n}\frac{\bar n^{\,n}}{n!},\quad \bar n = |\alpha|^2$$

계수는 $\hat a$를 쓰면 $c_n\sqrt n = \alpha c_{n-1}$이라는 점화식에서 바로 나온다. 광자 수(또는 들뜬 양자 수)의 분포는 포아송 분포이고, 평균 $\bar n = |\alpha|^2$, 분산 $\Delta n^2 = \bar n$이다. 기댓값은 $\hat a$가 오른쪽 켓에, $\hat a^\dagger$가 왼쪽 브라에 작용하도록 순서를 맞추면(정규 순서) 계산이 한 줄이다.

$$\langle\hat x\rangle = \sqrt2\,x_0\,\mathrm{Re}\,\alpha,\quad \langle\hat p\rangle = \sqrt2\,p_0\,\mathrm{Im}\,\alpha,\quad \Delta x = \frac{x_0}{\sqrt2},\quad \Delta p = \frac{p_0}{\sqrt2},\quad \Delta x\,\Delta p = \frac\hbar2$$

예: $\langle\hat x^2\rangle = \tfrac{x_0^2}{2}\langle\alpha|(\hat a^2+\hat a^{\dagger2}+2\hat a^\dagger\hat a+1)|\alpha\rangle = \tfrac{x_0^2}{2}\big((\alpha+\alpha^*)^2+1\big)$이므로 $\Delta x^2 = x_0^2/2$. 결맞음 상태는 바닥 상태와 같은 모양의 가우스 파속을 옮겨 놓은 것이다. 3장의 최소 불확정 상태 가운데 폭이 $x_0/\sqrt2$인 것이다.

시간이 흐르면 $c_n \to c_ne^{-i(n+1/2)\omega t}$이므로 $\alpha^n \to (\alpha e^{-i\omega t})^n$이 되어(전역 위상 $e^{-i\omega t/2}$ 제외)

$$|\alpha\rangle \xrightarrow{\ t\ } |\alpha e^{-i\omega t}\rangle,\qquad \langle\hat x\rangle(t) = \sqrt2\,x_0|\alpha|\cos(\omega t-\varphi),\qquad \alpha = |\alpha|e^{i\varphi}$$

결맞음 상태는 계속 결맞음 상태로 남고, 중심은 고전 궤도를 정확히 따라 위상 공간에서 시계 방향으로 돈다. 폭은 영영 퍼지지 않는다 — 자유 입자 가우스 파속(1장)과 대조된다.

결맞음 상태의 방울이 위상 공간을 한 바퀴 도는 동안 위치 불확정도 $\Delta x$는 어떻게 될까?

결맞음 상태는 시간이 지나도 결맞음 상태($\alpha \to \alpha e^{-i\omega t}$)이므로 $\Delta x = \Delta p$가 늘 바닥 상태의 값이다. 위상 공간에서 둥근 방울이 모양 그대로 돈다. $|\alpha|$와도 무관하다 — 진폭이 커질수록 상대적 퍼짐 $\Delta x/\langle x\rangle_\text{max}$은 $1/(2|\alpha|)$로 줄어 고전 진동에 가까워진다.

SIMULATOR

위상 공간에서 α를 끌어 놓기: 포아송 광자 수

방울(흰 원)을 끈다

비교할 분포 (같은 ⟨n⟩)

α—

⟨n⟩ = |α|² · Δn—

⟨x̂⟩/x₀ · ⟨p̂⟩/p₀—

Δx/x₀ · Δp/p₀—

왼쪽은 위그너 함수(6절)로 그린 위상 공간 분포, 점선은 중심의 고전 궤도, 오른쪽 막대는 QM.photonStats(QM.coherent(α, N))가 계산한 $P(n)$, 초록 점은 포아송 식이다. 해볼 것: ① 방울을 원점에서 멀리 끌면 분포가 오른쪽으로 옮겨 가며 넓어진다($\Delta n = |\alpha|$). 그러나 상대 폭 $\Delta n/\bar n = 1/|\alpha|$은 좁아진다. ② 재생을 눌러도 $P(n)$은 변하지 않는다 — 에너지 고유 상태의 확률은 보존된다. ③ 같은 $\bar n$의 열 상태(기하 분포, 분산 $\bar n^2+\bar n$)와 수 상태(분산 0)를 겹쳐 비교한다.

포아송 분포는 광자를 셀 때 피할 수 없는 요동, 곧 산탄 잡음(shot noise)의 근원이다. 레이저나 LED처럼 잘 안정된 광원도 이상적으로는 결맞음 상태이므로 $\bar n$개를 기대하는 측정의 잡음은 $\sqrt{\bar n}$이다.

파장 550의 빛이 1.00로 화소에 들어오고 노출이 10이면, 평균 광자 수는 $\bar n =$ , 산탄 잡음은 $\Delta n = \sqrt{\bar n} =$ , 신호 대 잡음비는 이다.

이미지 센서의 광자 산탄 잡음

화소가 모은 광전자 수는 포아송 분포를 따르므로, 읽기 잡음과 암전류가 아무리 작아도 SNR은 $\sqrt{\bar n}$을 넘지 못한다. 그래서 센서 특성 평가는 신호에 따른 분산을 그려(광자 전달 곡선) 기울기 1인 구간, 곧 분산 = 평균인 산탄 잡음 영역에서 변환 이득(e⁻/DN)을 구한다. 화소를 작게 만들면 받는 광자가 줄어 SNR이 $\sqrt{\text{면적}}$으로 떨어지는 것도 이 통계 때문이다. → SensorBook · 노이즈, SNR, 다이내믹 레인지

⟨n⟩

MINI LAB같은 평균 $\bar n$의 세 상태에서 광자 수를 반복해 센다(막대: 표본 빈도, 점: 이론 분포). 분산과 평균의 비 $F = \Delta n^2/\bar n$(파노 인자)가 결맞음 1, 열 상태 $1+\bar n$, 수 상태 0으로 갈리는 것을 보라. $F \lt 1$인 빛은 고전 파동으로는 만들 수 없다(아포아송 빛).

결맞음 상태끼리는 직교하지 않는다. $\langle\beta|\alpha\rangle = e^{-|\alpha|^2/2-|\beta|^2/2+\beta^*\alpha}$이므로 $|\langle\beta|\alpha\rangle|^2 = e^{-|\alpha-\beta|^2}$이다. 위상 공간의 방울 두 개가 거의 겹치지 않을 만큼($|\alpha-\beta|\gtrsim2$) 떨어져야 구별할 수 있다. 그럼에도 $\tfrac1\pi\int|\alpha\rangle\langle\alpha|\,d^2\alpha = \hat 1$이 성립해 결맞음 상태는 "넘치는" 기저(과완비 기저)로 쓰인다.

$\alpha = 2$(실수)인 결맞음 상태에서 (a) 평균 양자 수와 표준 편차, (b) $P(0)$과 가장 큰 $P(n)$, (c) $\langle\hat x\rangle$의 진폭과 $\Delta x$를 $x_0$ 단위로, (d) $|-2\rangle$과의 겹침 $|\langle-2|2\rangle|^2$을 구하라.

풀이 보기

전략 포아송 분포 $P(n) = e^{-4}4^n/n!$과 결맞음 상태의 기댓값 공식을 쓴다.

풀이 (a) $\bar n = 4$, $\Delta n = 2$. (b) $P(0) = e^{-4} = 0.0183$. $P(n)/P(n-1) = 4/n$이므로 $n = 3, 4$에서 같은 최댓값 $P(3) = P(4) = e^{-4}\cdot 4^4/24 = 0.195$. (c) 진폭 $\sqrt2|\alpha|x_0 = 2.83x_0$, $\Delta x = 0.707x_0$. (d) $e^{-|2-(-2)|^2} = e^{-16} = 1.1\times10^{-7}$.

(a) $\bar n = 4$, $\Delta n = 2$ (b) $P(0) = 0.0183$, $P(3) = P(4) = 0.195$ (c) $2.83x_0$, $0.707x_0$ (d) $1.1\times10^{-7}$

검토 진폭 대비 퍼짐 $0.707/2.83 = 1/(2|\alpha|) = 0.25$. $|\alpha|^2$이 $10^6$인 거시 진동에서는 $5\times10^{-4}$로 고전 궤도와 구별할 수 없다. 반대 위상의 두 상태는 사실상 직교한다 — 6절의 고양이 상태가 이 두 방울의 중첩이다.

강제 진동자와 변위 연산자

결맞음 상태는 실제로 어떻게 만들어질까? 진공($|0\rangle$)에 있는 진동자를 고전적인 힘 $F(t)$로 밀어 보자. 진동하는 전류가 공진기 모드를, 레이저 펄스가 포논을, 정전기력이 MEMS 추를 미는 상황이다.

$$\hat H(t) = \hbar\omega\big(\hat a^\dagger\hat a+\tfrac12\big) - F(t)\,\hat x,\qquad \frac{d\hat a}{dt} = \frac{i}{\hbar}[\hat H,\hat a] = -i\omega\hat a + i\,\frac{F(t)\,x_0}{\sqrt2\,\hbar}$$

하이젠베르크 묘사(4장)의 운동 방정식이 연산자에 대해 선형이고, 힘 항은 연산자가 아닌 숫자다. 따라서 $\hat a(t) = \hat a(0)e^{-i\omega t} + \alpha(t)$로 숫자 하나만큼 밀린다.

$$\alpha(t) = \frac{i\,x_0}{\sqrt2\,\hbar}\int_{-\infty}^{t}F(t')\,e^{-i\omega(t-t')}\,dt'$$

$\alpha(t)$는 고전 강제 진동자의 복소 진폭 그대로다. 짧은 충격($F = J\delta(t-t_0)$)이면 $\alpha$가 $iJ/(\sqrt2p_0)$만큼, 곧 위상 공간에서 운동량 방향으로 $J$만큼 한 번에 밀린다. 힘이 공진 성분 $\tilde F(\omega) = \int F e^{i\omega t'}dt'$을 가질 때만 끝에 남는 진폭이 생긴다.

상태로 말하면 진공이 숫자 $\alpha$만큼 "옮겨진" 것이다. 위상 공간에서 상태를 옮기는 유니터리 연산자를 변위 연산자(displacement operator)라 한다.

$$\hat D(\alpha) = e^{\alpha\hat a^\dagger-\alpha^*\hat a},\qquad \hat D^\dagger(\alpha)\,\hat a\,\hat D(\alpha) = \hat a+\alpha,\qquad \hat D(\alpha)|0\rangle = |\alpha\rangle$$

둘째 식에서 $\hat a\hat D|0\rangle = \hat D(\hat a+\alpha)|0\rangle = \alpha\hat D|0\rangle$이므로 셋째 식이 나온다. 베이커–캠벨–하우스도르프 공식($[\hat A,\hat B]$가 숫자일 때 $e^{\hat A+\hat B} = e^{\hat A}e^{\hat B}e^{-[\hat A,\hat B]/2}$)으로 $\hat D = e^{-|\alpha|^2/2}e^{\alpha\hat a^\dagger}e^{-\alpha^*\hat a}$이고, 이것을 $|0\rangle$에 쓰면 앞 절의 전개식이 바로 나온다. 두 변위는 위상 하나를 빼고 더해진다: $\hat D(\beta)\hat D(\alpha) = e^{i\,\mathrm{Im}(\beta\alpha^*)}\hat D(\alpha+\beta)$.

변위 연산자가 â를 숫자만큼 미는 이유

$\hat A = \alpha\hat a^\dagger-\alpha^*\hat a$라 두면 $\hat D = e^{\hat A}$이고, 하우스도르프 전개 $e^{-\hat A}\hat a\,e^{\hat A} = \hat a+[\hat a,\hat A]+\tfrac{1}{2!}[[\hat a,\hat A],\hat A]+\cdots$에서 $[\hat a,\hat A] = \alpha[\hat a,\hat a^\dagger] = \alpha$는 숫자이므로 다음 교환자부터 모두 0이다. 따라서 $\hat D^\dagger\hat a\hat D = \hat a+\alpha$, 같은 방법으로 $\hat D^\dagger\hat x\hat D = \hat x+\sqrt2x_0\mathrm{Re}\,\alpha$다. 교환자가 숫자라는 성질 하나가 위상 공간의 평행 이동을 만든다. 운동량 연산자가 $e^{-ia\hat p/\hbar}$로 위치를 $a$만큼 옮기는 것(7장의 병진)과 같은 구조다.

그러므로 고전적인 힘이 진공에서 출발한 진동자에 남기는 것은 언제나 결맞음 상태이고, $n$개 양자로 들뜰 확률은 정확히 포아송 $P(0\to n) = e^{-|\alpha|^2}|\alpha|^{2n}/n!$이다. 약한 힘의 1차 섭동론(14장)이 주는 $P(0\to1) \approx |\alpha|^2$은 이 식의 첫 항이다. 흡수한 평균 에너지 $|\alpha|^2\hbar\omega$는 고전 계산 $J^2/2m$과 같다.

진공은 원점의 가우스 방울이다.
짧은 충격은 변위 연산자 $\hat D(iJ/\sqrt2p_0)$로 방울을 운동량 방향으로 민다.
그 뒤 방울은 고전 궤도를 따라 $\alpha e^{-i\omega t}$로 돈다.
반주기 뒤 방울이 아래쪽에 왔을 때 같은 충격을 주면 두 변위가 상쇄되어 진공으로 돌아온다.

위상 공간에서 본 충격과 변위. 힘은 늘 같은 방향($+p$)으로 밀지만, 방울이 돌고 있으므로 언제 미느냐에 따라 진폭이 커지기도 줄기도 한다.

진공에 충격을 주어 $|\alpha| = 0.4$로 만들었다. 정확히 한 주기 뒤 같은 충격을 다시 주면 평균 양자 수 $\bar n$은?

한 주기 뒤 방울은 같은 자리(위쪽)로 돌아와 있으므로 두 변위의 방향이 같아 진폭이 $0.8$이 되고 $\bar n = 0.64$로 네 배가 된다 — 확률이 아니라 진폭이 더해진다. 반주기 뒤였다면 진공으로 돌아갔다. 아래 게임에서 이 "타이밍"을 손으로 익혀 보라.

SIMULATOR

과녁 맞히기: 힘 펄스의 타이밍으로 목표 α 만들기

캔버스를 누르면 킥 · 화살표 끝 흰 원을 끌어 킥 크기

보는 틀

도는 빠르기

과녁

킥 수 (최소)—

과녁까지 |α − α*|—

⟨n⟩ = |α|² (과녁)—

판정 · 점수—

축은 $\mathrm{Re}\,\alpha = \langle x\rangle/\sqrt2x_0$, $\mathrm{Im}\,\alpha = \langle p\rangle/\sqrt2p_0$. 자홍 방울이 지금 상태, 점선 원이 과녁 상태(둘 다 $\alpha e^{-i\omega t}$로 돈다), 화살표가 다음 킥(늘 $+p$ 방향, 변위 $\hat D(i\kappa)$)이고 흐린 원은 지금 킥하면 갈 자리다. 방울 중심이 과녁 원(반지름 0.25) 안에 들면 성공이다. 해볼 것: ① 실험실 틀에서 화살표가 과녁 쪽을 향하는 순간에 킥한다. ② "회전 틀"로 바꾸면 과녁은 멈추고 킥 방향 화살표가 돈다 — 상호작용 묘사에서 본 같은 게임이다. ③ 반주기 간격으로 두 번 킥하면 진폭이 상쇄된다.

이조 (ω_d − ω)/ω 힘 세기 g/ω

MINI LAB진동하는 힘을 진공에 계속 건다. 왼쪽은 회전 틀의 진폭 $\beta = \alpha e^{i\omega t}$이 그리는 길, 오른쪽은 $\bar n = |\beta|^2$의 시간 변화(점선: 회전파 근사의 최댓값). 이조를 0에 가깝게 줄이며 원이 직선으로 바뀌는 것을 보라.

위 미니 실험은 진동하는 힘 $F(t) = F_0\cos\omega_dt$를 진공에 계속 걸었을 때 회전 틀의 진폭 $\beta = \alpha e^{i\omega t}$(왼쪽)와 $\bar n = |\beta|^2$(오른쪽)을 운동 방정식을 그대로 적분해 그린다($g = F_0x_0/\sqrt2\hbar$). 공명($\omega_d = \omega$)에서는 $\beta$가 곧게 자라 $\bar n \propto t^2$이지만, 이조가 있으면 $\beta$는 원을 그리며 $\bar n$이 최대 $(g/\Delta)^2$에서 되돌아온다(회전파 근사의 값, 작은 흔들림은 반대로 도는 항). 공진기에 빛을 넣을 때, 라비 진동의 고전 판이다.

1절의 GaAs 포물선 우물($m^* = 0.067m_\mathrm{e}$, $\hbar\omega = 10$ meV, $x_0 = 10.66$ nm, 주기 0.414 ps)에 바닥 상태 전자가 있다. 주기보다 훨씬 짧은 반주기 THz 펄스가 면적 $\int E\,dt = 0.50\ \text{kV}\cdot\text{ps/cm}$로 지나갔다. (a) 결맞음 진폭 $|\alpha|$, (b) 전자가 바닥 상태에 남을 확률과 첫 들뜬 상태로 갈 확률, (c) 흡수한 평균 에너지를 구하라.

풀이 보기

전략 짧은 펄스는 충격 $J = e\int E\,dt$이고 $|\alpha| = J/(\sqrt2p_0) = Jx_0/(\sqrt2\hbar)$이다. 그다음 포아송 분포.

풀이 (a) $\int E\,dt = 0.50\times10^5\ \text{V/m}\times10^{-12}\ \text{s} = 5.0\times10^{-8}\ \text{V}\cdot\text{s/m}$. $|\alpha| = \dfrac{e\int E\,dt\;x_0}{\sqrt2\hbar} = \dfrac{(5.0\times10^{-8})(1.066\times10^{-8})}{\sqrt2\,(6.582\times10^{-16})} = 0.573$ (분모의 $\hbar/e$는 V·s). (b) $\bar n = 0.328$, $P(0) = e^{-0.328} = 0.720$, $P(1) = 0.328\,e^{-0.328} = 0.236$. (c) $\bar n\hbar\omega = 3.28$ meV.

(a) $|\alpha| = 0.573$ (b) $P(0) = 0.720$, $P(1) = 0.236$ (c) 3.28 meV

검토 고전 계산 $J^2/2m^* = (e\int E\,dt)^2/2m^*$도 3.28 meV로 같다. 1차 섭동 $P(0\to1)\approx|\alpha|^2 = 0.328$은 0.236보다 크다 — 이 세기에서는 섭동론이 이미 어긋나고, 결맞음 상태로 푼 답이 정확하다. 남은 4 %는 $n\ge2$로 간다.

압축 상태

결맞음 상태는 $\Delta x$와 $\Delta p$가 같은 둥근 방울이다. 불확정성 관계가 제한하는 것은 곱 $\Delta x\Delta p \ge \hbar/2$뿐이므로, 한쪽을 줄이고 다른 쪽을 늘린 타원 방울도 최소 불확정 상태가 될 수 있다. 이것을 압축 상태(squeezed state)라 한다. 위치를 정밀하게 재는 데 쓰는 상태라면 $\Delta x$를 진공보다 작게, 그 대가로 $\Delta p$를 크게 만든다.

$$\hat S(\zeta) = \exp\!\Big[\tfrac12\big(\zeta^*\hat a^2-\zeta\hat a^{\dagger2}\big)\Big],\quad \zeta = re^{i\phi},\qquad \hat S^\dagger\hat a\hat S = \hat a\cosh r-\hat a^\dagger e^{i\phi}\sinh r$$

$\hat S$를 압축 연산자(squeeze operator), $r$을 압축 매개변수라 한다. $\phi = 0$이면 $\hat x \to \hat xe^{-r}$, $\hat p \to \hat pe^{r}$로 바뀌어 압축 진공 $\hat S(r)|0\rangle$은 $\Delta x = e^{-r}x_0/\sqrt2$, $\Delta p = e^{r}p_0/\sqrt2$이다. $\phi$는 압축 방향을 $\phi/2$만큼 돌린다.

$\hat S$의 지수에는 $\hat a^{\dagger2}$가 들어 있다. 양자를 두 개씩 만드는 연산자다. 그래서 압축 진공의 수 분포에는 짝수만 나타난다.

$$\hat S(r)|0\rangle = \frac{1}{\sqrt{\cosh r}}\sum_{m=0}^{\infty}(-\tanh r)^m\frac{\sqrt{(2m)!}}{2^m\,m!}\,|2m\rangle,\qquad \bar n = \sinh^2r,\qquad \text{압축량} = 20\log_{10}e^{r}\ \text{dB} \approx 8.69\,r\ \text{dB}$$

실험에서는 비선형 결정에 펌프 빛(진동수 $2\omega$)을 넣어 광자 하나를 $\omega$ 광자 둘로 쪼개는 매개 하향 변환이 $\hat a^{\dagger2}$ 항을 만든다. 압축량은 잡음 분산이 진공보다 몇 dB 줄었는지로 적는다($10\log_{10}e^{-2r}$).

압축 진공 $\hat S(r)|0\rangle$에서 양자를 세면 어떤 수가 나올까?

$\hat S$를 전개하면 $\hat a^{\dagger2}$가 거듭 작용하므로 $|0\rangle$에서 $|2\rangle, |4\rangle, \ldots$만 생긴다. 평균은 $\sinh^2r$로 0이 아니다 — "진공"은 이름일 뿐 에너지가 있다. 시뮬레이터 readout의 $P(1) = 0$을 확인하라.

SIMULATOR

타원 손잡이를 끌어 압축하기: 돌아가는 타원과 Δx(t)

긴 축 끝 흰 원을 끈다

변위 더하기 (α = 2, 압축 결맞음 상태)

r · 압축량—

Δx/Δx_vac · Δp/Δp_vac—

ΔxΔp / ħ—

⟨n⟩ · P(0), P(1), P(2)—

왼쪽은 압축 상태의 위그너 함수(타원 가우스), 점선 원은 진공의 폭이다. 오른쪽은 한 주기 동안의 $\Delta x(t)$(자홍)와 $\Delta p(t)$(초록)를 진공 값으로 나눈 것이다. $P(n)$은 QM.squeezed로 계산한다. 해볼 것: ① 재생하면 타원이 돌면서 $\Delta x$가 한 주기에 두 번 줄었다 늘었다 한다(진동수 $2\omega$). ② 타원이 축과 비스듬할 때는 $\Delta x\Delta p \gt \hbar/2$다 — 최소 불확정은 압축 방향이 $x$나 $p$와 나란할 때만이다. ③ 변위를 더하면 진폭 잡음과 위상 잡음 가운데 하나를 고를 수 있다(지름 방향 압축 = 진폭 압축).

실제 측정은 한 방향의 성분만 본다. 신호광과 같은 진동수의 강한 국부 발진기(LO)를 섞는 호모다인 검출은 위상 공간에서 각 $\theta$ 방향의 성분 $\hat X_\theta = \hat x\cos\theta+\hat p\sin\theta$(단위 $x_0, p_0$)를 잰다. LO 위상을 돌리면 잡음이 압축 방향에서 최소, 그와 수직에서 최대가 된다.

LO 위상 θ 압축 r

MINI LAB왼쪽: 압축 진공(압축 방향 $x$)의 타원과 LO가 고르는 방향 $\theta$, 그 방향으로 투영한 분포. 오른쪽: 잡음 분산 $V(\theta) = e^{-2r}\cos^2\theta+e^{2r}\sin^2\theta$(진공 = 1)을 dB로 그린 것. 압축 방향에서 몇 도만 어긋나도 늘어난 성분이 섞여 들어와 압축 이득이 빨리 사라진다 — 압축광 실험에서 위상 안정화가 가장 까다로운 이유다.

잡음을 10 압축한 진공은 $r =$ , 압축된 방향의 폭 $\Delta x/\Delta x_\text{vac} = e^{-r} =$ , 반대 방향은 배다. 평균 양자 수는 $\sinh^2r =$ 개. 산탄 잡음 한계의 간섭계에서 같은 위상 감도를 레이저 출력만으로 얻으려면 출력을 배 올려야 한다.

압축광 간섭계. 간섭계의 위상 잡음은 레이저가 들어가지 않는 어두운 포트로 새어 들어오는 진공 요동에서 온다(케이브스, 1981). 그 포트에 진공 대신 적절한 방향으로 압축한 진공을 넣으면 같은 광자 수에서 위상 감도가 $e^{r}$배 좋아진다. 중력파 검출기 LIGO·Virgo가 2019년부터 이렇게 수 dB의 감도를 얻고 있다.

계측의 양자 한계와 압축광

웨이퍼 막 두께·표면 높이를 재는 간섭계형 계측기(백색광 간섭, 헤테로다인 변위계)와 오버레이·초점 센서의 정밀도는 결국 검출한 광자 수의 $\sqrt{\bar n}$ 산탄 잡음으로 막힌다. 출력을 올리면 시료가 데워지거나 레지스트가 노광되므로 무작정 늘릴 수 없다. 압축광은 출력을 그대로 두고 잡음 바닥을 낮추는 길이고, 진동·온도 잡음을 걷어 낸 정밀 측정, 생체·저출력 광학에서 실험이 진행 중이다. 그 출발점은 마이컬슨 간섭계의 위상 측정이다. → OpticsBook · 간섭과 결맞음

잡음 분산을 10 dB 줄인 압축 진공에서 (a) $r$, (b) 압축된 방향의 $\Delta x$를 $x_0$ 단위로, (c) 평균 양자 수, (d) $P(0)$과 $P(2)$를 구하라.

풀이 보기

전략 $10\log_{10}e^{2r} = 10$에서 $r$을 구하고 압축 진공의 전개식에 넣는다.

풀이 (a) $e^{2r} = 10$, $r = \tfrac12\ln10 = 1.151$. (b) $\Delta x = e^{-r}x_0/\sqrt2 = 0.316\times0.707x_0 = 0.224x_0$. (c) $\sinh^21.151 = 2.03$. (d) $P(0) = 1/\cosh r = 0.575$. $m = 1$ 항: $P(2) = \frac{\tanh^2r}{\cosh r}\cdot\frac{2!}{(2\cdot1)^2} = 0.575\times0.669\times0.5 = 0.192$.

(a) $r = 1.15$ (b) $0.224x_0$ (c) $\bar n = 2.03$ (d) $P(0) = 0.575$, $P(2) = 0.192$

검토 평균이 2개인데 $P(0)$이 절반을 넘는다 — 큰 짝수($n = 10, 20, \ldots$)에 긴 꼬리가 있다는 뜻이다. 압축 방향의 잡음은 진공보다 작지만 상태의 에너지는 $\hbar\omega(\bar n+\tfrac12)$로 진공보다 크다.

위상 공간과 위그너 함수

지금까지 위상 공간의 "방울"을 그려 왔지만, 양자역학에는 $x$와 $p$를 함께 정하는 확률 분포가 있을 수 없다(불확정성 관계). 그래도 위상 공간 그림을 정확하게 만드는 방법이 있다. 파동함수에서 다음 함수를 만든다.

위그너 함수

$$W(x,p) = \frac{1}{\pi\hbar}\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x+y)\,\psi(x-y)\,e^{2ipy/\hbar}\,dy\qquad\Big(\text{밀도 행렬이면 }\psi(x-y)\psi^*(x+y)\to\langle x-y|\hat\rho|x+y\rangle\Big)$$

위그너 함수(Wigner function)는 실수이고 $\iint W\,dx\,dp = 1$이며, 주변 분포가 정확히 $\int W\,dp = |\psi(x)|^2$, $\int W\,dx = |\phi(p)|^2$이다. $\langle f(\hat x)+g(\hat p)\rangle = \iint (f+g)\,W\,dx\,dp$처럼 고전 분포인 양 쓸 수 있지만, 음수가 될 수 있다. 그래서 준확률 분포(quasi-probability distribution)라 부른다. 무차원 단위($x/x_0, p/p_0$)에서 $|W| \le 1/\pi$다.

가우스 상태(진공, 결맞음, 압축, 열 상태)의 위그너 함수는 어디서나 양수인 가우스 함수다 — 앞 절들의 방울이 바로 그것이다. 순수 상태 가운데 $W\ge0$인 것은 가우스 상태뿐이다(허드슨 정리). 수 상태는 다르다.

$$W_n(x,p) = \frac{(-1)^n}{\pi}\,e^{-(\xi^2+\eta^2)}\,L_n\big(2(\xi^2+\eta^2)\big),\qquad \xi = \frac{x}{x_0},\ \eta = \frac{p}{p_0},\qquad W(0,0) = \frac1\pi\big\langle(-1)^{\hat N}\big\rangle$$

$L_n$은 라게르 다항식(QM.wignerMN). 수 상태의 위그너 함수는 원점 둘레의 동심 고리이고, 원점 값은 $(-1)^n/\pi$로 홀수 $n$에서 음수다. 일반적으로 원점의 위그너 값은 패리티 $\hat\Pi = (-1)^{\hat N}$의 기댓값이다 — 위그너 함수를 실험으로 재는 방법(변위시킨 뒤 패리티 측정)이 이 식에서 나온다.

수 상태 n

두 결맞음 상태를 중첩하면 더 극적이다. $|\alpha\rangle$과 $|-\alpha\rangle$은 위상 공간에서 멀리 떨어진 두 방울인데, 그 중첩 $|\text{cat}_\pm\rangle \propto |\alpha\rangle\pm|-\alpha\rangle$은 "두 곳에 동시에 있는" 진동자다. 슈뢰딩거의 사고 실험을 따라 고양이 상태(cat state)라 부른다.

$$W_{\text{cat}\pm} = \frac{W_{\alpha}+W_{-\alpha}\pm\frac{2}{\pi}e^{-(\xi^2+\eta^2)}\cos\!\big(2\sqrt2\,\alpha\,\eta\big)}{2\big(1\pm e^{-2\alpha^2}\big)}\qquad(\alpha\ \text{실수})$$

두 방울 사이 원점에 간섭 무늬가 생긴다. 무늬는 $p$ 방향으로 주기 $\pi/(\sqrt2\alpha)$(단위 $p_0$)로 진동하며 음수로 내려간다. 두 방울이 멀수록 무늬는 촘촘해지고, 환경과의 작은 상호작용에도 쉽게 지워진다(17장의 결어긋남). 결어긋남이 끝나면 고전적 혼합 $\tfrac12(|\alpha\rangle\langle\alpha|+|-\alpha\rangle\langle-\alpha|)$의 두 방울만 남는다.

SIMULATOR

위그너 함수 탐험: 음수 영역과 주변 분포

흰 원을 끌어 α

상태

n (수 상태) · ⟨n⟩ (열) 남은 결맞음 (고양이)

W 최솟값 × π—

π W(0,0) = ⟨Π̂⟩—

음의 부피 (∫|W| − 1)/2—

∬W · ⟨N̂⟩—

왼쪽 열지도는 QM.wigner로 계산한 $W(x,p)$(빨강 +, 파랑 −, 흰색 0)이고 아래 띠는 주변 분포 $\int W\,dp$, 오른쪽 띠는 $\int W\,dx$다. 오른쪽 그래프는 $p = 0$(자홍)과 $x = 0$(초록)을 따라 자른 단면이다. 해볼 것: ① $|1\rangle, |2\rangle, \ldots$에서 원점 값의 부호가 $(-1)^n$으로 바뀌는지 본다. ② 고양이 상태의 $\alpha$를 키우면 간섭 무늬가 촘촘해진다. "남은 결맞음"을 줄이면 무늬만 사라지고 두 방울은 그대로다. ③ 그래도 주변 분포(아래 띠)는 어디서나 양수다. 열 상태는 넓은 양수 가우스다.

(a) $|1\rangle$의 위그너 함수를 쓰고 원점 값과 음수 영역의 반지름을 구하라. 그 주변 분포가 $|\psi_1(x)|^2$임을 확인하라. (b) $\alpha = 2$인 짝 고양이 상태의 간섭 무늬 주기($p_0$ 단위)와 원점 값을 구하라.

풀이 보기

전략 $L_1(u) = 1-u$를 수 상태 식에 넣는다. 고양이 상태는 위 식에서 $\xi = \eta = 0$을 넣는다.

풀이 (a) $W_1 = -\tfrac1\pi e^{-(\xi^2+\eta^2)}\big(1-2(\xi^2+\eta^2)\big)$. 원점에서 $-1/\pi = -0.318$이고, $\xi^2+\eta^2 \lt \tfrac12$, 곧 반지름 $1/\sqrt2 = 0.707$ 안이 음수다. $\int W_1\,d\eta = \tfrac1\pi e^{-\xi^2}\sqrt\pi\,(2\xi^2+1-1) = \tfrac{2\xi^2}{\sqrt\pi}e^{-\xi^2} = |\psi_1(\xi)|^2$. (b) 주기 $\pi/(\sqrt2\cdot2) = 1.11$. 원점에서 $W_{\pm\alpha}$는 각각 $e^{-2\alpha^2}/\pi$이므로 $W(0,0) = \frac{2e^{-8}/\pi+2/\pi}{2(1+e^{-8})} = 1/\pi = +0.318$.

(a) $W_1(0,0) = -1/\pi = -0.318$, 반지름 0.707 안이 음수 (b) 주기 1.11, $W(0,0) = +1/\pi$

검토 짝 고양이 상태는 짝수 $n$만 가지므로 패리티가 +1이고 원점 값이 정확히 $1/\pi$(최댓값)다. 홀 고양이는 $-1/\pi$다. 두 방울이 원점에서 $2\sqrt2\alpha = 5.66$만큼 떨어져 있어도 원점의 값이 패리티를 고스란히 기억한다.

장의 양자화: 광자와 포논

공진기 속 전자기장, 결정의 격자 진동, 초전도 회로의 전압은 모두 선형 운동 방정식을 따른다. 선형계는 서로 독립인 정규 모드로 나뉘고, 모드 하나의 운동은 정확히 조화 진동자다. 그러므로 양자화도 모드마다 사다리 연산자 한 쌍을 붙이면 끝난다.

$$\hat H = \sum_k\hbar\omega_k\big(\hat a_k^\dagger\hat a_k+\tfrac12\big),\qquad [\hat a_k,\hat a_{k'}^\dagger] = \delta_{kk'},\qquad \hat E(\mathbf r) = \sum_k\sqrt{\frac{\hbar\omega_k}{2\varepsilon_0V}}\big(\hat a_k+\hat a_k^\dagger\big)\,\mathbf u_k(\mathbf r)$$

$\hat a_k^\dagger$이 모드 $k$에 들뜸 양자 하나를 더한다. 전자기장의 양자가 광자(photon), 격자 진동의 양자가 포논(phonon)이다(고체물리 · 격자 진동과 포논). 장 진폭이 $\hat a+\hat a^\dagger$, 곧 진동자의 $\hat x$에 해당한다. 부피 $V$인 모드에서 광자 하나의 장 세기 $\sqrt{\hbar\omega/2\varepsilon_0V}$는 1 µm³ 공진기, 1.55 µm 빛에서 약 85 kV/m이다.

세 가지 장, 하나의 진동자. 초전도 큐비트의 공진기는 LC 회로이고($C = 1$ pF, 5 GHz에서 영점 전압 요동 $\sqrt{\hbar\omega/2C}\approx1.3$ µV), 레이저의 빛은 공진기 모드, 실리콘의 광학 포논은 격자 모드다. 모두 같은 사다리 위에 산다.

모드가 온도 $T$의 환경과 열평형에 있으면 상태는 열 상태 $\hat\rho = e^{-\hat H/k_BT}/Z$이고, 수 분포는 기하 분포 $P(n) = \bar n^{\,n}/(\bar n+1)^{n+1}$이다. 평균 점유수와 에너지는

$$\bar n = \frac{1}{e^{\hbar\omega/k_BT}-1},\qquad \langle E\rangle = \hbar\omega\Big(\bar n+\frac12\Big) = \frac{\hbar\omega}{2}\coth\frac{\hbar\omega}{2k_BT}\ \xrightarrow{\ k_BT\gg\hbar\omega\ }\ k_BT$$

플랑크 분포(보스–아인슈타인 분포, 열·통계물리 · 양자 통계)다. 높은 온도에서는 에너지 등분배 $k_BT$로, 낮은 온도에서는 영점 에너지 $\hbar\omega/2$로 간다. 영점 요동은 온도를 아무리 낮춰도 남는다.

진동수 15.60($\hbar\omega =$ )인 모드가 300에 있으면 평균 점유수 $\bar n =$ , 모드 에너지는 $\langle E\rangle/k_BT =$ 이다.

존슨–나이퀴스트 잡음의 양자 보정

저항 $R$의 양 끝 전압 요동은 저항에 연결된 전송선의 전자기 모드들이 열 점유되어 생긴다. 고전적으로는 모드 하나에 $k_BT$씩이라 단측 스펙트럼 밀도가 $4k_BTR$이다. 모드 에너지를 위의 양자 식으로 바꾸면

$$S_V(f) = 4R\,hf\Big[\frac{1}{e^{hf/k_BT}-1}+\frac12\Big] = 2Rhf\coth\frac{hf}{2k_BT}\ \xrightarrow{\ hf\ll k_BT\ }\ 4k_BTR$$

$hf \gg k_BT$에서는 열 잡음이 지수적으로 사라지고 영점 요동 $2Rhf$만 남는다. 경계 진동수 $k_BT/h$는 300 K에서 6.25 THz, 4.2 K에서 87.5 GHz, 20 mK에서 0.42 GHz다. 그래서 상온 전자 회로에는 양자 보정이 필요 없지만, 밀리켈빈의 초전도 큐비트 읽기 회로(4–8 GHz)는 영점 요동이 지배한다. 위상을 보존하는 증폭기의 잡음 온도는 $hf/2k_B$ 아래로 내려갈 수 없다(표준 양자 한계).

SIMULATOR

열잡음 스펙트럼: 꺾이는 점을 끌어 온도 바꾸기

꺾임점(흰 원)을 좌우로 끌면 T · 세로 점선을 끌면 f

미리 맞춘 온도

영점 요동 포함

T · 경계 k_BT/h—

고른 f · ⟨n⟩(f)—

√S_V (50 Ω) 양자 · 고전—

등가 잡음 온도—

50 Ω 저항의 전압 잡음 스펙트럼 밀도(로그–로그). 회색 점선은 고전 $4k_BTR$, 초록은 열 점유만(플랑크), 자홍은 영점 요동까지 더한 것, 흐린 사선은 영점 항 $2Rhf$다. 등가 잡음 온도는 $T_\text{eff} = \tfrac{hf}{k_B}(\bar n+\tfrac12)$. 해볼 것: ① 300 K에서 GHz 대역은 완전히 고전적이다. ② 20 mK로 내리면 0.4 GHz 위에서 열잡음이 사라지고 영점 요동이 바닥을 이룬다. 6 GHz에서 $T_\text{eff} \approx 0.14$ K는 냉각으로 낮출 수 없다. ③ 영점 요동을 끄면(플랑크만) 높은 진동수의 잡음이 0으로 가는데, 이것은 측정 장치가 에너지를 흡수만 할 때(광검출기) 보는 스펙트럼이다.

저항의 열잡음 4kTR, 그리고 그 한계

아날로그 회로 설계의 잡음 예산은 저항의 $4k_BTR$과 MOSFET 채널의 열잡음 $4k_BT\gamma g_m$에서 출발한다. 이 식들은 $hf \ll k_BT$인 고전 극한이라 상온 회로(수십 GHz까지)에서는 그대로 맞는다. 양자 보정이 필요한 곳은 극저온 저잡음 증폭기(HEMT, 4 K)와 큐비트 읽기용 조셉슨 매개 증폭기다. 여기서는 잡음 온도를 $hf/2k_B$와 비교해 "양자 한계에 몇 배"로 평가한다. → AnalogBook · 잡음

라만 산란으로 포논 세기와 온도 재기

빛이 결정을 지나며 포논 하나를 만들면(스토크스) 진동수가 $\Omega$만큼 줄고, 이미 있던 포논 하나를 흡수하면(반스토크스) $\Omega$만큼 는다. 두 과정의 진폭은 포논 모드의 $\hat a^\dagger$, $\hat a$ 행렬 요소 $\sqrt{n+1}$, $\sqrt n$에 비례하므로 세기는 $\bar n+1$과 $\bar n$에 비례한다.

$$\frac{I_\text{AS}}{I_\text{S}} = \frac{\bar n}{\bar n+1}\left(\frac{\omega_L+\Omega}{\omega_L-\Omega}\right)^4 = e^{-\hbar\Omega/k_BT}\left(\frac{\omega_L+\Omega}{\omega_L-\Omega}\right)^4$$

둘째 인자는 산란 세기의 $\omega^4$ 의존성이다. 바닥 온도에서는 $\bar n\to0$이라 반스토크스 선이 사라지지만 스토크스 선은 남는다 — 포논 진공에도 $\hat a^\dagger$는 작용한다. 이 비로 비접촉 온도 측정을 한다.

온도 T

MINI LAB532 nm 레이저로 본 라만 스펙트럼(가로: 라만 이동, 오른쪽 + 스토크스, 왼쪽 − 반스토크스, 가운데 레일리 선은 필터로 막았다). 온도를 내리면 반스토크스 봉우리만 사라지고, 포논 에너지가 큰 다이아몬드는 상온에서도 반스토크스가 거의 없다.

라만으로 보는 실리콘의 응력과 온도

실리콘 광학 포논의 520 cm⁻¹ 봉우리는 결합이 눌리면(압축 응력) 높은 쪽으로, 당겨지면 낮은 쪽으로 옮겨 가므로(약 1.9 cm⁻¹/GPa) 1 µm 크기의 레이저 점으로 STI 가장자리, 변형 SiGe 채널, TSV 주변의 국부 응력 지도를 그린다. 같은 봉우리의 반스토크스/스토크스 비와 선폭은 동작 중 소자의 국부 온도를 알려 준다. 고장 분석에서는 이 응력·온도 지도가 균열과 열점의 원인을 짚는다. → FailureBook · 원소·화학 분석

Si 광학 포논($\tilde\nu = 520\ \text{cm}^{-1}$)에 대해 (a) $\hbar\Omega$(meV), (b) 300 K의 평균 점유수, (c) 532 nm 레이저로 잰 반스토크스/스토크스 세기 비를 구하라. (d) 비가 $\omega^4$ 보정 후 0.085로 나왔다면 온도는?

풀이 보기

전략 $1\ \text{cm}^{-1} = 0.12398$ meV. 플랑크 분포와 위 비 식을 쓴다.

풀이 (a) $\hbar\Omega = 520\times0.12398 = 64.5$ meV. (b) $k_BT = 25.85$ meV이므로 $\bar n = 1/(e^{2.494}-1) = 0.0900$. (c) $\hbar\omega_L = 1239.84/532 = 2.331$ eV, $\big(\tfrac{2.331+0.0645}{2.331-0.0645}\big)^4 = 1.248$, 비 $= \tfrac{0.0900}{1.0900}\times1.248 = 0.103$. (d) $e^{-\hbar\Omega/k_BT} = 0.085$에서 $T = \dfrac{64.5\ \text{meV}}{k_B\ln(1/0.085)} = \dfrac{0.0645}{8.617\times10^{-5}\times2.465} = 304$ K.

(a) 64.5 meV (b) $\bar n = 0.090$ (c) 0.103 (d) 약 304 K

검토 $\hbar\Omega \approx 2.5k_BT$라 상온에서도 광학 포논은 거의 비어 있다(실리콘 비열이 상온에서 고전값보다 작은 이유). 비가 온도에 지수적으로 민감하므로 수 K 정밀도의 온도계가 된다.

질량 1 ng($10^{-12}$ kg), 공진 진동수 1 MHz인 MEMS 진동자에 대해 (a) 영점 요동 진폭 $x_\text{zpf} = \sqrt{\hbar/2m\omega}$, (b) 300 K의 평균 점유수와 열 진폭 $x_\text{zpf}\sqrt{2\bar n+1}$, (c) $\bar n = 1$이 되는 온도를 구하라.

풀이 보기

전략 $x_\text{zpf}$는 바닥 상태의 $\Delta x = x_0/\sqrt2$다. 열 상태의 $\langle x^2\rangle = x_\text{zpf}^2(2\bar n+1)$.

풀이 (a) $\omega = 6.283\times10^6$ s⁻¹, $x_\text{zpf} = \sqrt{1.055\times10^{-34}/(2\times10^{-12}\times6.283\times10^6)} = 2.90\times10^{-15}$ m. (b) $\hbar\omega/k_B = 4.80\times10^{-5}$ K이므로 $\bar n \approx k_BT/\hbar\omega = 6.25\times10^6$, 열 진폭 $2.90\ \text{fm}\times\sqrt{1.25\times10^7} = 1.02\times10^{-11}$ m. (c) $e^{\hbar\omega/k_BT} = 2$에서 $T = 4.80\times10^{-5}/\ln2 = 69$ µK.

(a) 2.9 fm (b) $\bar n = 6.3\times10^6$, 0.010 nm (c) 69 µK

검토 영점 요동은 원자핵 크기 수준이라 MEMS 가속도계의 잡음(열 브라운 잡음)은 전적으로 고전적이다. 양자 바닥 상태에 가려면 희석 냉동기의 수 mK로도 부족해 레이저 냉각(측파대 냉각)을 함께 써야 한다 — 2010년대 광역학 실험이 실제로 해낸 일이다.

핵심 정리

사다리 연산자: $\hat a = (\hat x/x_0+i\hat p/p_0)/\sqrt2$, $[\hat a,\hat a^\dagger] = 1$, $\hat H = \hbar\omega(\hat N+\tfrac12)$, $x_0 = \sqrt{\hbar/m\omega}$. $\|\hat a|\nu\rangle\|^2 = \nu\ge0$이라 사다리는 $\hat a|0\rangle = 0$에서 끊기고 $E_n = (n+\tfrac12)\hbar\omega$. $\hat a|n\rangle = \sqrt n|n-1\rangle$, $\hat a^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}|n+1\rangle$.
행렬 요소: $\hat x = \tfrac{x_0}{\sqrt2}(\hat a+\hat a^\dagger)$는 $\Delta n = \pm1$만 잇는다(선택 규칙). $\langle n|\hat x^2|n\rangle = x_0^2(n+\tfrac12)$, $\Delta x\Delta p = (n+\tfrac12)\hbar$, $\langle0|\hat x^4|0\rangle = \tfrac34x_0^4$. 자른 포크 공간에서는 $[\hat a,\hat a^\dagger]$의 마지막 대각 성분이 $1-N$이다.
결맞음 상태: $\hat a|\alpha\rangle = \alpha|\alpha\rangle$, $P(n)$은 평균 $|\alpha|^2$의 포아송($\Delta n = |\alpha|$, 산탄 잡음). 최소 불확정 $\Delta x = x_0/\sqrt2$를 유지한 채 $\alpha\to\alpha e^{-i\omega t}$로 고전 궤도를 돈다. $|\langle\beta|\alpha\rangle|^2 = e^{-|\alpha-\beta|^2}$.
강제 진동자와 변위: 고전 힘은 $\hat a\to\hat a+\alpha(t)$만 바꾼다. 진공은 결맞음 상태 $\hat D(\alpha)|0\rangle$가 되고, $\alpha = \tfrac{ix_0}{\sqrt2\hbar}\int F e^{-i\omega(t-t')}dt'$, 충격이면 $iJ/\sqrt2p_0$. 같은 충격도 시점(위상)에 따라 진폭을 더하거나 지운다.
압축 상태: $\hat S(r)$은 $\Delta x = e^{-r}x_0/\sqrt2$, $\Delta p = e^{r}p_0/\sqrt2$. 압축 진공은 짝수 $n$만, $\bar n = \sinh^2r$, 압축량 $8.69r$ dB. 자유 전개로 타원이 돌아 $\Delta x$가 $2\omega$로 진동한다. 간섭계의 어두운 포트에 넣으면 위상 잡음이 $e^{-r}/\sqrt{\bar N}$으로 준다.
위그너 함수: 주변 분포가 $|\psi(x)|^2$, $|\phi(p)|^2$인 실수 준확률 분포. 가우스 상태만 어디서나 양수이고, $|n\rangle$은 $W(0,0) = (-1)^n/\pi$, 고양이 상태는 주기 $\pi/\sqrt2\alpha$의 음수 간섭 무늬를 가진다. 결어긋남은 무늬부터 지운다.
장의 양자화: 정규 모드마다 진동자, 들뜸 양자가 광자·포논. 열 점유 $\bar n = 1/(e^{\hbar\omega/k_BT}-1)$, 모드 에너지 $\hbar\omega(\bar n+\tfrac12)$. 존슨 잡음 $S_V = 2Rhf\coth(hf/2k_BT)$은 $hf\gg k_BT$에서 영점 요동이 남는다. 라만 $I_\text{AS}/I_\text{S}\approx e^{-\hbar\Omega/k_BT}$는 온도계, MEMS의 $x_\text{zpf}$는 fm 수준이다.

연습문제

따로 말이 없으면 $x_0 = \sqrt{\hbar/m\omega}$, $p_0 = \hbar/x_0$ 단위로 답한다. $\hbar = 1.0546\times10^{-34}$ J·s, $h = 6.626\times10^{-34}$ J·s, $k_B = 1.381\times10^{-23}$ J/K $= 8.617\times10^{-5}$ eV/K. 답이 ±1 % 이내면 정답이다.

준위 간격이 $\hbar\omega = 36$ meV인 진동자의 $E_3$와 영점 에너지 $E_0$를 구하라.

$E_n = (n+\tfrac12)\hbar\omega$: $E_3 = 3.5\times36 = 126$ meV, $E_0 = 18$ meV.

$\hat a^\dagger|4\rangle = c_1|5\rangle$, $\hat a^2|4\rangle = c_2|2\rangle$일 때 $c_1$과 $c_2$를 구하라.

$\hat a|n\rangle = \sqrt n|n-1\rangle$을 두 번 쓴다.

$c_1 = \sqrt5 = 2.24$. $\hat a^2|4\rangle = \hat a(2|3\rangle) = 2\sqrt3|2\rangle$이므로 $c_2 = \sqrt{12} = 3.46$.

조화 진동자에서 $\langle m|\hat x|n\rangle \ne 0$인 경우는?

$\hat x \propto \hat a+\hat a^\dagger$는 한 칸만 오르내리므로 $m = n\pm1$이다. 그래서 쌍극자 전이는 $\Delta n = \pm1$만 허용되고 진동 흡수 스펙트럼은 $\omega$ 한 줄이다.

$\langle2|\hat x^2|0\rangle$을 $x_0^2$ 단위로 구하라.

$\hat x^2|0\rangle = \tfrac{x_0^2}{2}(\hat a+\hat a^\dagger)^2|0\rangle = \tfrac{x_0^2}{2}(|0\rangle+\sqrt2|2\rangle)$. 따라서 $\langle2|\hat x^2|0\rangle = \tfrac{\sqrt2}{2}x_0^2 = 0.707x_0^2$.

수 상태 $|3\rangle$의 $\Delta x\Delta p$를 $\hbar$ 단위로 구하라.

$\Delta x^2 = x_0^2(n+\tfrac12)$, $\Delta p^2 = p_0^2(n+\tfrac12)$이므로 $\Delta x\Delta p = (n+\tfrac12)x_0p_0 = 3.5\hbar$.

사다리 연산자로 $\langle1|\hat x^4|1\rangle$을 $x_0^4$ 단위로 구하라.

$\hat x|1\rangle = \tfrac{x_0}{\sqrt2}(|0\rangle+\sqrt2|2\rangle)$, $\hat x|0\rangle = \tfrac{x_0}{\sqrt2}|1\rangle$, $\hat x|2\rangle = \tfrac{x_0}{\sqrt2}(\sqrt2|1\rangle+\sqrt3|3\rangle)$. 따라서 $\hat x^2|1\rangle = \tfrac{x_0^2}{2}(|1\rangle+2|1\rangle+\sqrt6|3\rangle) = \tfrac{x_0^2}{2}(3|1\rangle+\sqrt6|3\rangle)$, 노름 제곱 $\tfrac{x_0^4}{4}(9+6) = 3.75x_0^4$. 일반식 $\tfrac{x_0^4}{4}(6n^2+6n+3)$과 같다.

$N = 10$ 준위로 자른 행렬 $\hat a$, $\hat a^\dagger$로 계산한 $[\hat a,\hat a^\dagger]$의 마지막 대각 성분과 대각합을 구하라.

자른 행렬에서 $(\hat a\hat a^\dagger)_{kk} = k+1$($k \lt N-1$), 마지막은 0이고 $(\hat a^\dagger\hat a)_{kk} = k$다. 따라서 대각 성분은 처음 9개가 1, 마지막이 $0-9 = -9$. 대각합은 $9-9 = 0$ — 유한 행렬 교환자의 대각합은 늘 0이다.

$|\alpha| = 3$인 결맞음 상태의 평균 양자 수, 표준 편차, 정확히 9개일 확률을 구하라.

$\bar n = 9$, $\Delta n = 3$, $P(9) = e^{-9}9^9/9! = 0.132$.

$\alpha = 1$, $\beta = -1$인 두 결맞음 상태의 겹침 확률 $|\langle\beta|\alpha\rangle|^2$을 구하라.

$|\langle\beta|\alpha\rangle|^2 = e^{-|\alpha-\beta|^2} = e^{-4} = 0.0183$. 위상 공간에서 중심 사이 거리 $2\sqrt2$는 방울 폭(0.71)의 4배라 거의 겹치지 않는다.

바닥 상태 진동자에 짧은 충격을 주어 결맞음 진폭 $|\alpha| = 1.2$가 되었다. 진동자가 여전히 바닥 상태에 있을 확률은?

$P(0) = |\langle0|\alpha\rangle|^2 = e^{-|\alpha|^2} = e^{-1.44} = 0.237$.

진공에 충격을 주어 $\alpha = 0.5i$를 만들고, 정확히 1/4 주기 뒤에 같은 충격($+0.5i$)을 한 번 더 주었다. 마지막 평균 양자 수는?

첫 진폭은 1/4 주기 동안 $e^{-i\pi/2}$을 곱받는다.

1/4 주기 뒤 $0.5i\cdot e^{-i\pi/2} = 0.5$. 둘째 충격 뒤 $\alpha = 0.5+0.5i$, $\bar n = |\alpha|^2 = 0.5$. 같은 방향(한 주기 뒤)이면 1.0, 반대(반주기 뒤)면 0이므로 그 중간이다 — 두 충격은 서로 수직이라 확률처럼 더해졌다.

잡음 분산을 6 dB 줄인 압축 진공의 압축 매개변수 $r$과 평균 양자 수를 구하라.

$10\log_{10}e^{2r} = 6$에서 $r = 6\ln10/20 = 0.691$. $\bar n = \sinh^2(0.691) = 0.558$.

$r = 1$인 압축 진공에서 양자 0개와 2개를 셀 확률을 구하라.

$P(0) = 1/\cosh1 = 0.648$. $P(2) = \frac{1}{\cosh r}\tanh^2r\,\frac{2!}{(2\cdot1!)^2} = 0.648\times0.580\times0.5 = 0.188$. $P(1) = 0$이다.

위그너 함수가 어딘가에서 음수가 되는 상태는?

세 가우스 상태는 위그너 함수가 가우스라 어디서나 양수다. $|1\rangle$은 $W(0,0) = -1/\pi$이고 반지름 $1/\sqrt2$ 안이 음수다.

4.2 K 저항의 존슨 잡음에서 $hf = k_BT$가 되는 진동수와 그 진동수 모드의 평균 점유수를 구하라.

$f = k_BT/h = 1.381\times10^{-23}\times4.2/6.626\times10^{-34} = 8.75\times10^{10}$ Hz = 87.5 GHz. $\bar n = 1/(e-1) = 0.582$.

실리콘 광학 포논(64.5 meV)의 반스토크스/스토크스 세기 비가 $\omega^4$ 보정 뒤 0.085였다. 시료의 온도는?

$e^{-\hbar\Omega/k_BT} = 0.085$에서 $T = \dfrac{0.0645}{8.617\times10^{-5}\ln(1/0.085)} = \dfrac{0.0645}{8.617\times10^{-5}\times2.465} = 304$ K.

개념 확인 퀴즈

$\hat a$를 거듭 써서 내려가는 사다리가 반드시 $n = 0$에서 끝나야 하는 이유는?

끝없이 내려가면 언젠가 $\nu \lt 0$인데 그것은 노름의 제곱이다. 모순을 피하려면 $\hat a|0\rangle = 0$이어야 하고, 고유값은 정수가 된다. $\hat a$는 에르미트가 아니다.

결맞음 상태 $|\alpha\rangle$은 어느 연산자의 고유 상태인가?

$\hat a|\alpha\rangle = \alpha|\alpha\rangle$. 광자 하나를 빼도(검출해도) 상태가 그대로라는 뜻이다. $\hat a^\dagger$는 정규화 가능한 고유 상태가 없고, $\hat N$의 고유 상태는 수 상태다.

압축 진공이 진공과 다른 점으로 옳은 것은?

불확정성 관계는 여전히 지켜지고(최소 $\hbar/2$), 줄인 만큼 반대쪽이 는다. $\hat a^{\dagger2}$가 쌍으로 만들므로 짝수만, 평균 $\sinh^2r$개다.

위그너 함수가 음수인 영역이 있다는 것의 의미는?

주변 분포 $\int W\,dp = |\psi|^2$는 늘 양수다. 음수는 $\hbar$ 크기의 작은 영역에만 있고, 양자 간섭(고양이 상태의 무늬)과 $|n\rangle$의 패리티처럼 고전 확률로 설명할 수 없는 성질을 나타낸다.

온도를 0 K에 가깝게 내릴 때 결정의 광학 포논 모드에 대한 설명으로 옳은 것은?

$\bar n\to0$이므로 반스토크스($\propto\bar n$)는 사라지지만 스토크스($\propto\bar n+1$)는 남는다 — 진공에서도 $\hat a^\dagger|0\rangle = |1\rangle$이 가능하다. 영점 에너지 $\hbar\Omega/2$는 그대로다.