Chapter 03

측정과 불확정성

고전 물리에서 측정은 이미 정해진 값을 읽어 내는 일이다. 양자역학에서는 다르다. 측정 결과는 연산자의 고유값 가운데 하나로 무작위로 나오고, 그 확률은 확률 진폭의 절댓값 제곱으로 정해지며, 측정 직후 상태는 나온 결과의 고유 상태로 바뀐다. 이 장에서는 가장 단순한 양자계인 스핀 1/2과 광자 편광(2준위 계)으로 이 규칙들을 직접 확인한다. 그다음 교환자에서 불확정성 관계를 끌어내고, 그것이 선폭·산탄 잡음·단일 광자 검출기처럼 계측 현장에서 어떤 한계로 나타나는지 계산한다. 아래는 슈테른–게를라흐 장치(Stern–Gerlach apparatus)를 지나는 원자들이다. 모두 같은 상태 $|{\uparrow}_z\rangle$로 준비됐는데도 화면에는 두 점으로 갈라져 쌓인다.

오른쪽 원의 흰 점을 돌려 보세요

측정 공준(고유값, 보른 규칙, 상태 붕괴)을 써서 스핀 1/2 상태의 측정 확률과 기댓값을 계산하고, 블로흐 구의 위도·경도·축이 무엇을 뜻하는지 설명한다.
연속 슈테른–게를라흐 실험과 편광판 세 장 문제의 결과를 예측하고, 측정이 앞선 정보를 지우는 이유를 설명한다.
확률 진폭의 덧셈과 간섭, 경로 정보가 간섭을 없애는 이유를 설명하고 광자 편광을 2준위 계로 다룬다.
교환자를 계산하고, 교환하는 관측가능량만 동시 고유 상태를 가진다는 정리와 유한 행렬에서 $[\hat x,\hat p]=i\hbar$가 불가능한 이유를 설명한다.
로버트슨 부등식 $\Delta A\,\Delta B \ge \tfrac12|\langle[\hat A,\hat B]\rangle|$을 유도하고, 스핀과 가우스 파속에서 등호 조건(최소 불확정 상태)을 찾는다.
수명과 선폭의 관계 $\Gamma=\hbar/\tau$, 측정 시간과 주파수 분해능, 산탄 잡음과 표준 양자 한계를 계산하고 SPAD 단일 광자 검출기의 동작을 설명한다.

측정 공준과 상태 붕괴

2장에서 상태는 힐베르트 공간의 켓 $|\psi\rangle$, 관측가능량은 에르미트 연산자 $\hat A$라고 했다. 에르미트 연산자의 고유 상태 $|a_n\rangle$은 직교 정규 완비 기저를 이루므로 어떤 상태든 $|\psi\rangle = \sum_n c_n|a_n\rangle$, $c_n = \langle a_n|\psi\rangle$로 펼칠 수 있다. 이 수학을 실험실과 잇는 것이 측정 공준(measurement postulate)이다.

측정 공준

① 관측가능량 $\hat A$를 측정하면 결과는 반드시 고유값 $a_n$ 가운데 하나다.
② 결과 $a_n$이 나올 확률은 $P(a_n) = |\langle a_n|\psi\rangle|^2 = \langle\psi|\hat P_n|\psi\rangle$이다(보른 규칙(Born rule)). 축퇴된 고유값이면 그 고유 공간으로의 사영 연산자 $\hat P_n$을 쓴다.
③ 결과 $a_n$을 얻은 직후 상태는 $\hat P_n|\psi\rangle/\sqrt{\langle\psi|\hat P_n|\psi\rangle}$로 바뀐다. 이것을 상태 붕괴(state collapse, 사영 공준)라 한다.

③ 때문에 같은 측정을 곧바로 되풀이하면 같은 결과가 확률 1로 다시 나온다. 측정이 상태를 "준비"하는 셈이다. 같은 상태로 준비한 계를 여러 번 측정해 평균하면 기댓값이 된다.

기댓값은 한 번의 측정값이 아니라 같게 준비한 많은 계(앙상블)의 평균이다. 한 번 측정해서는 $a_n$ 중 하나가 나올 뿐이고, $\langle\hat A\rangle$이 고유값이 아니면 그 값은 한 번도 나오지 않는다.

상태를 측정할 관측가능량의 고유 기저로 펼친다. 여기서는 $|\psi\rangle$이 $|+n\rangle$과 35°를 이룬다.
각 결과의 확률은 그 축으로의 사영 길이의 제곱: $\cos^2 35^\circ = 0.67$, $\sin^2 35^\circ = 0.33$.
측정 한 번: 결과가 $+\hbar/2$로 나왔다면 상태는 $|+n\rangle$로 붕괴한다.
곧바로 같은 측정을 되풀이하면 확률 1로 같은 결과가 나온다.

힐베르트 공간 그림(직교하는 두 상태가 90°). 측정은 상태 벡터를 고유 축 하나로 사영하는 일이다. 블로흐 구 그림에서는 직교 상태가 정반대(180°)에 놓인다는 점과 비교하라.

스핀 1/2과 블로흐 구

가장 단순한 예는 전자 스핀이다. $\hat S_z$의 고유 상태 $|{\uparrow}\rangle = |0\rangle$, $|{\downarrow}\rangle = |1\rangle$을 기저로 쓰면 $\hat{\mathbf S} = \frac\hbar2\boldsymbol\sigma$이고, 방향 $\hat{\mathbf n}$의 스핀 성분 $\hat S_n = \hat{\mathbf n}\cdot\hat{\mathbf S}$은 고유값 $\pm\hbar/2$를 가진다. 전역 위상과 정규화를 빼면 모든 상태는 두 각으로 정해진다.

$$|\psi\rangle = \cos\frac\theta2\,|{\uparrow}\rangle + e^{i\varphi}\sin\frac\theta2\,|{\downarrow}\rangle \quad\longleftrightarrow\quad \mathbf r = (\sin\theta\cos\varphi,\ \sin\theta\sin\varphi,\ \cos\theta) = \langle\boldsymbol\sigma\rangle$$

단위 벡터 $\mathbf r$이 가리키는 구 위의 점이 블로흐 구(Bloch sphere) 표현이다. 성분은 파울리 행렬의 기댓값 $r_i = \langle\sigma_i\rangle = \frac{2}{\hbar}\langle\hat S_i\rangle$이다.

블로흐 구의 축. z축의 두 끝은 $\hat S_z$의 고유 상태, x축과 y축의 두 끝은 각각 $\hat S_x$, $\hat S_y$의 고유 상태다. 상태 벡터의 위도는 $|{\uparrow}\rangle$과 $|{\downarrow}\rangle$의 무게를, 경도는 둘의 상대 위상을 나타낸다. 전역 위상 $e^{i\gamma}$는 구 위에 나타나지 않는다. 측정 결과에 영향을 주지 않기 때문이다.

블로흐 구의 가장 중요한 쓸모는 측정 확률을 기하로 읽게 해 준다는 점이다. 축 $\hat{\mathbf n}$을 따라 스핀을 재면 $|+n\rangle$도 구 위의 점 $\hat{\mathbf n}$이므로

$$P(+n) = |\langle +n|\psi\rangle|^2 = \frac{1+\mathbf r\cdot\hat{\mathbf n}}{2} = \cos^2\frac{\Theta}{2}, \qquad \langle\hat S_n\rangle = \frac\hbar2\,\mathbf r\cdot\hat{\mathbf n}$$

$\Theta$는 구 위에서 상태 $\mathbf r$과 측정 축 $\hat{\mathbf n}$ 사이의 각. 같은 방향이면 확률 1, 수직이면 1/2, 반대면 0이다.

SIMULATOR

블로흐 구 측정 실험대

ψ·n̂ 끝을 끌고, 빈 곳을 끌어 구를 돌린다

측정 축 n̂ 빠른 선택

상태 (θ, φ)—

축 n̂ (θ, φ)—

이론 P(+n) = cos²(Θ/2)—

측정 빈도 N₊/N—

⟨Ŝₙ⟩—

자홍 화살표가 상태 $\mathbf r$, 초록 화살표가 측정 축 $\hat{\mathbf n}$이다. "준비 상태 100개 측정"은 같은 상태로 준비한 계 100개를 각각 한 번씩 재고, "측정 1번"은 지금 상태를 한 번 재서 붕괴시킨다(빈도 그래프의 띠는 ±1 표준 오차 $\sqrt{P(1-P)/N}$). 해볼 것: ① 축을 z, x, y로 바꾸며 $P(+n) = (1+r_n)/2$를 확인하라. ② "측정 1번"을 누른 뒤 다시 누르면 항상 같은 결과가 나온다. 그다음 축을 x로 바꿔 재고 z로 돌아오면? ③ 상태와 축을 서로 수직으로 놓으면 빈도가 1/2 근처에서 흔들린다. 몇 개를 재야 ±0.01로 맞출 수 있을까?

한 번의 측정은 $+$ 또는 $-$일 뿐이므로 확률은 빈도로만 추정할 수 있다. 참값이 $P(+n) =$ 0.75인 상태를 2($\log_{10}N$, 곧 $N$ = 번) 측정하면 빈도의 표준 오차는 $\sqrt{P(1-P)/N}$ = 이고, $\langle\hat S_n\rangle$은 정도로 알게 된다. 오차를 10분의 1로 줄이려면 측정 횟수가 배 필요하다.

이 $1/\sqrt N$ 오차는 측정 장치가 아무리 완벽해도 남는 양자 투영 잡음이다. 7절에서 원자시계와 광자 계수의 한계로 다시 만난다.

MINI LAB스핀 하나를 차례로 측정한다(처음 상태 $\theta = 60^\circ, \varphi = 45^\circ$, 난수 시드 고정). Ŝz를 두 번 연달아 재면 결과가 같다. 그 사이에 Ŝx를 끼워 넣으면 두 번째 Ŝz 결과는 다시 반반의 운에 맡겨진다. 측정이 상태를 바꾸기 때문이다.

전자 스핀이 $|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt5}\left(|{\uparrow}\rangle + 2i|{\downarrow}\rangle\right)$ 상태에 있다. $\hat S_z$, $\hat S_x$, $\hat S_y$를 측정할 때 $+\hbar/2$가 나올 확률과 각 기댓값을 구하라. 이 상태는 블로흐 구의 어디에 있는가?

풀이 보기

전략 계수 $a = 1/\sqrt5$, $b = 2i/\sqrt5$에서 블로흐 벡터 $r_x = 2\,\text{Re}(a^*b)$, $r_y = 2\,\text{Im}(a^*b)$, $r_z = |a|^2-|b|^2$를 구하고 $P(\pm n) = (1\pm r_n)/2$를 쓴다.

풀이 $a^*b = 2i/5$이므로 $r_x = 0$, $r_y = 0.8$. $r_z = 1/5 - 4/5 = -0.6$. 따라서 $P(+z) = 0.2$, $P(+x) = 0.5$, $P(+y) = 0.9$. 기댓값은 $\langle\hat S_z\rangle = -0.3\hbar$, $\langle\hat S_x\rangle = 0$, $\langle\hat S_y\rangle = 0.4\hbar$.

P(+z) = 0.2, P(+x) = 0.5, P(+y) = 0.9; ⟨Sz⟩ = −0.3ħ, ⟨Sx⟩ = 0, ⟨Sy⟩ = 0.4ħ

검토 $r_x^2+r_y^2+r_z^2 = 0.64+0.36 = 1$이므로 순수 상태답게 구 표면 위에 있다. 위치는 $\theta = \arccos(-0.6) = 126.9^\circ$, $\varphi = 90^\circ$로, y–z 평면의 남반구다. 위 시뮬레이터에 이 점을 놓고 세 축을 차례로 재 보라.

연속 슈테른–게를라흐 실험

1922년 슈테른과 게를라흐는 은 원자 빔을 불균일한 자기장에 통과시켰다. 자기 모멘트 $\boldsymbol\mu = -g\mu_\mathrm B\hat{\mathbf S}/\hbar$는 기울기 방향으로 힘 $F_z = \mu_z\,\partial B_z/\partial z$를 받으므로, 고전적으로 무작위 방향의 모멘트라면 화면에 연속된 띠가 생겨야 했다. 실제로는 두 점만 생겼다. 슈테른–게를라흐(SG) 장치는 $\hat S_z$를 재는 측정 장치이고, 두 점이 두 고유값 $\pm\hbar/2$이다(역사와 원자 구조와의 관계는 현대물리학 · 스핀과 원자). 자석을 빔 축 둘레로 돌리면 임의의 방향 $\hat{\mathbf n}$의 성분 $\hat S_n$을 잴 수 있다.

SG 장치. 뾰족한 위 극과 홈이 파인 아래 극이 z 방향으로 센 기울기를 만든다. 원자는 $\hat S_z$의 고유값에 따라 위·아래로만 휜다. 한쪽 출구를 막으면 $|{\uparrow}\rangle$이나 $|{\downarrow}\rangle$만 골라 내는 상태 준비 장치(필터)가 된다.

SG 장치를 여럿 이어 붙이면 측정 공준을 하나씩 확인할 수 있다. 사쿠라이 교과서가 양자역학을 시작하는 바로 그 실험이다.

오븐에서 나온 원자(무작위 스핀)를 SG z에 통과시키고 $-z$ 출구를 막는다. 남은 빔은 $|{+z}\rangle$로 준비되었다.
두 번째 장치도 z 방향이면 모두 $+z$로 나온다. 측정을 되풀이하면 같은 결과(상태 붕괴의 확인).
두 번째 장치를 x 방향으로 돌리면 $\pm x$가 반반 나온다. $-x$를 막아 $|{+x}\rangle$만 남긴다.
세 번째 SG z에서 $-z$가 다시 50% 나온다. 첫 장치에서 걸러 냈던 성분이 되살아난 것이 아니라, x 측정이 상태를 $|{+x}\rangle$로 바꿔 z에 대한 정보를 지운 것이다.

연속 SG 실험(z → x → z). 고전적인 "필터"라면 $-z$를 이미 걸러 냈으므로 마지막에 $-z$가 나올 수 없다. $\hat S_x$와 $\hat S_z$는 동시에 확정된 값을 가질 수 없다. 4절의 교환자가 이것을 수학으로 말해 준다.

일반적으로 둘째 장치가 z에서 각 $\theta_2$, 셋째 장치가 $\theta_3$만큼(빔 축 둘레로 x–z 평면 안에서) 기울어져 있고 둘째 장치의 $+$ 출구만 통과시킨다면, 첫 장치를 통과한 원자 가운데 셋째 장치의 $+$, $-$ 출구로 나오는 비율은

$$P_+ = \cos^2\frac{\theta_2}{2}\,\cos^2\frac{\theta_3-\theta_2}{2}, \qquad P_- = \cos^2\frac{\theta_2}{2}\,\sin^2\frac{\theta_3-\theta_2}{2}$$

각 장치가 바로 앞 장치의 출력 상태만 보고 확률을 정한다. 측정 사이의 확률은 곱해진다. 이전 역사는 기억되지 않는다.

SG z(+만 통과) → SG x(+만 통과) → SG z. 첫 장치를 통과한 원자 가운데 마지막 장치의 $-z$ 출구로 나오는 비율은?

둘째 장치를 50%가 통과하고, 그 $|{+x}\rangle$ 원자가 셋째 장치에서 반반 나뉘므로 $0.5\times0.5 = 0.25$. 아래 실험대에서 둘째 장치를 90°(x)로 돌려 확인하라. 둘째 장치의 두 출구를 "둘 다"로 열면 어떻게 될까?

SIMULATOR

연속 슈테른–게를라흐 실험대

장치 아래 원판의 흰 점을 돌려 축을 바꾼다

둘째 장치에서 통과시킬 출구

장치 축 θ₂, θ₃—

첫 장치 통과—

셋째 + (측정 / 이론)—

셋째 − (측정 / 이론)—

원판은 빔 방향에서 본 자석 축(위 = +z, 오른쪽 = +x)이다. 첫 장치는 z 방향, $+$ 출구만 통과(오븐의 원자는 무작위 스핀이라 반이 걸러진다). 비율은 모두 첫 장치를 통과한 원자 수에 대한 것이다. 해볼 것: ① θ₂ = 0°, 90°, 180°에서 셋째(θ₃ = 0°)의 $-$ 비율을 재라. ② θ₂ = 90°에서 "둘 다"를 고르면 $-z$가 사라진다. 경로를 구별하지 않으면 두 진폭이 다시 합쳐져 $|{+z}\rangle$이 되살아난다(3절). 이 "되돌리는 SG"는 실제로는 매우 어렵지만 원리상 가능하다. ③ θ₃ = θ₂로 맞추면 셋째 장치에서 $-$가 0이 된다.

SG z(+ 통과) → 축이 z에서 60° 기운 SG(+ 통과) → SG z. 첫 장치를 통과한 원자 1000개 가운데 마지막 장치의 $+z$, $-z$ 출구에 각각 몇 개가 도착할 것으로 기대하는가? 둘째 장치의 두 출구를 경로 정보 없이 모두 통과시키면?

풀이 보기

전략 장치마다 $P = \cos^2(\Theta/2)$를 곱한다($\Theta$는 들어오는 상태와 장치 축 사이의 블로흐 구 위 각).

풀이 둘째 장치 통과 $\cos^2 30^\circ = 0.75$ → 750개, 상태 $|{+n}\rangle$. 셋째에서 $+z$: $\cos^2 30^\circ = 0.75$ → 562.5개, $-z$: $\sin^2 30^\circ = 0.25$ → 187.5개. 경로 정보 없이 두 출구를 합치면 둘째 장치는 상태를 바꾸지 않으므로(측정이 아니다) 1000개 모두 $+z$로 나온다.

+z ≈ 563개, −z ≈ 188개 (나머지 250개는 둘째 장치에서 걸러짐). 두 출구를 다 열면 +z 1000개, −z 0개

검토 측정 결과는 확률적이므로 실제 개수는 $\sqrt{Np(1-p)}$ ≈ ±16개 정도 흔들린다. 실험대에서 θ₂ = 60°, θ₃ = 0°로 맞추고 1000개를 보내 보라.

측정 축을 골라 숨은 상태 알아내기

상태를 모르는 원자 하나를 한 번 재서는 그 상태를 알 수 없다(결과는 $\pm$ 하나뿐이고, 재고 나면 상태가 바뀐다). 하지만 같은 상태로 준비된 원자가 많으면 x, y, z 세 축을 나누어 재서 $\langle\sigma_x\rangle, \langle\sigma_y\rangle, \langle\sigma_z\rangle$를 추정하고, 블로흐 벡터를 재구성할 수 있다. 이것이 양자 상태 단층 촬영(quantum state tomography)이다. 축 셋이 필요한 이유는 z 측정만으로는 위도만, 경도(상대 위상)는 전혀 알 수 없기 때문이다.

GAME

숨은 스핀 상태 맞히기

자홍 점(내 추측)을 끌어 놓는다

측정할 축

남은 원자—

⟨σx⟩ 추정—

⟨σy⟩ 추정—

⟨σz⟩ 추정—

충실도 F · 점수—

같은 숨은 상태로 준비된 원자가 200개 있다. 축을 골라 20개씩 재면 그 축의 추정값 $\langle\sigma\rangle \approx (N_+-N_-)/N$이 표시되고, 구 위 해당 축에 작은 눈금으로 찍힌다. 세 추정값을 보고 내 추측(자홍)을 끌어 놓은 뒤 "제출"하면 숨은 상태(초록)가 드러나고 충실도 $F = |\langle\text{추측}|\text{숨은}\rangle|^2 = (1+\mathbf r_\text{추측}\cdot\mathbf r_\text{숨은})/2$로 채점한다. F ≥ 0.97이면 성공. 요령: 한 축에 다 쓰지 말고, 추정값이 0에 가까운 축(구의 적도 쪽)은 부호만 알면 된다.

확률 진폭과 간섭: 광자 편광

앞의 실험대에서 둘째 장치의 두 출구를 "둘 다" 열면 $-z$가 사라졌다. 이것은 확률이 아니라 확률 진폭(probability amplitude)이 더해진다는 양자역학의 핵심 규칙 때문이다. 완비성 $\sum_a|a\rangle\langle a| = \hat 1$을 끼워 넣으면

$$\langle\chi|\psi\rangle = \sum_a \langle\chi|a\rangle\langle a|\psi\rangle \quad\Longrightarrow\quad P = \Big|\sum_a A_a\Big|^2 = \sum_a|A_a|^2 + \sum_{a\ne a'} A_a^*A_{a'}$$

중간 경로 $a$를 구별할 수 없으면 진폭 $A_a = \langle\chi|a\rangle\langle a|\psi\rangle$을 먼저 더하고 제곱한다. 마지막 항이 간섭항이다. 경로를 구별할 수 있으면(측정하거나 흔적이 남으면) 확률 $|A_a|^2$을 더한다.

SG 예에서 $|{+z}\rangle$을 x 기저로 펼치면 $-z$로 가는 두 진폭은 $\langle -z|{+x}\rangle\langle{+x}|{+z}\rangle = \tfrac12$과 $\langle -z|{-x}\rangle\langle{-x}|{+z}\rangle = -\tfrac12$로, 더하면 정확히 0이다. 하나를 막거나 어느 경로로 갔는지 기록하면 간섭항이 사라지고 $\tfrac14+\tfrac14 = \tfrac12$이 남는다.

A₂ 끝의 흰 점을 끈다

경로 정보 있음 (어느 길로 갔는지 기록)

MINI LAB두 경로의 진폭 $A_1$(자홍)과 $A_2$(초록)를 복소 평면에서 머리–꼬리로 이었다. 결과 확률은 합 화살표 길이의 제곱 $|A_1+A_2|^2$이다. $A_2$의 위상을 돌리면 확률이 $|A_1|^2+|A_2|^2$를 중심으로 $\pm 2|A_1||A_2|$만큼 오르내린다. 경로 정보를 켜면 위상과 상관없이 고전적인 합만 남는다.

전역 위상과 상대 위상의 차이도 여기서 분명해진다. 상태 전체에 $e^{i\gamma}$를 곱해도 모든 진폭이 같은 위상을 얻으므로 어떤 확률도 바뀌지 않는다. 반면 두 성분의 상대 위상 $\varphi$는 간섭항을 바꾼다. 예를 들어 $\cos\frac\theta2|{\uparrow}\rangle + e^{i\varphi}\sin\frac\theta2|{\downarrow}\rangle$에서 $P(+x) = \tfrac12(1+\sin\theta\cos\varphi)$로, z 측정으로는 보이지 않던 $\varphi$가 x 측정에서 드러난다.

광자 편광: 또 하나의 2준위 계

선편광 각 $\alpha$는 블로흐 구에서 각 $\theta = 2\alpha$가 된다. 실험실에서 90° 떨어진 H와 V는 직교 상태이므로 구에서는 정반대(180°)이고, 45°의 D는 적도 위 $+x$다. 광학에서는 이 구를 푸앵카레 구(Poincaré sphere)라 부르고 좌표를 스토크스 매개변수로 쓴다. 스핀 1/2의 $P = \cos^2(\Theta/2)$과 편광의 $\cos^2(\alpha-\beta)$는 같은 식이다.

편광되지 않은 빛을 수평(0°)과 수직(90°) 편광판에 차례로 통과시키면 빛이 전혀 나오지 않는다. 그 사이에 45° 편광판 하나를 더 끼우면, 처음 빛의 몇 %가 나올까?

첫 편광판 $\tfrac12$, 45° 편광판 $\cos^2 45^\circ = \tfrac12$, 마지막 $\cos^2 45^\circ = \tfrac12$를 곱해 $\tfrac18$. 가운데 편광판이 광자를 $|D\rangle$로 "다시 준비"하기 때문에 $|V\rangle$ 성분이 생긴다. 연속 SG의 z → x → z와 똑같은 구조다.

SIMULATOR

편광판과 단일 광자

편광판 원의 흰 점을 돌린다

구성

N장 모드의 편광판 수 N

편광판 각—

보낸 광자—

검출 비율 (측정)—

이론—

광자는 편광판마다 확률 $\cos^2(\alpha_\text{광자}-\beta_\text{판})$으로 통과하고, 통과하면 편광이 판의 투과축으로 바뀐다(점 위의 짧은 막대가 편광 방향). 오른쪽 구는 각 편광판을 지난 직후 상태다. 해볼 것: ① 3장 모드에서 가운데 판을 0°에서 90°까지 돌리며 검출 비율 $\tfrac12\cos^2\beta_2\sin^2\beta_2$의 최댓값(45°에서 12.5%)을 찾아라. ② N장 모드에서 N을 늘리면 H 광자가 거의 손실 없이 V로 바뀐다. 측정을 촘촘히 할수록 상태가 측정 축을 따라 끌려간다(양자 제논 효과의 친척, 6절).

H 편광 광자를 투과축이 $90^\circ/N$씩 돌아가는 편광판 $N$ = 5장에 차례로 통과시키면, V 편광으로 나올 확률은 $\left[\cos^2(90^\circ/N)\right]^N$ = 이다(근사 $1-\pi^2/4N$ = ). 가운데 판을 모두 빼면($N = 1$) 0이다.

(가) 30° 선편광 광자가 수평(0°) 편광판을 통과할 확률은? 통과한 뒤 수직 편광판을 통과할 확률은? (나) 원편광 $|R\rangle$ 광자가 임의의 각 $\beta$의 선편광판을 통과할 확률은?

풀이 보기

풀이 (가) $P = \cos^2 30^\circ = 0.75$. 통과 후 상태는 $|H\rangle$이므로 수직 편광판 통과 확률은 $|\langle V|H\rangle|^2 = 0$. (나) $\langle\beta|R\rangle = (\cos\beta + i\sin\beta)/\sqrt2 = e^{i\beta}/\sqrt2$, 따라서 $P = 1/2$로 $\beta$와 무관하다.

(가) 0.75, 그다음 0 (나) 모든 β에서 1/2

검토 블로흐 구에서 $|R\rangle$은 $+y$, 선편광판의 축은 모두 x–z 평면($\theta = 2\beta$, $\varphi = 0$)에 있으므로 언제나 수직($\Theta = 90^\circ$)이다. $\cos^2 45^\circ = 1/2$과 맞는다.

편광 이미지 센서와 존스 벡터

광학에서 쓰는 존스 벡터 $(E_x, E_y)$는 위 2성분 상태 벡터와 같은 수학이고, 편광판·파장판의 존스 행렬은 2×2 연산자다. 파장판은 $|H\rangle$과 $|V\rangle$ 사이에 상대 위상을 주는 유니터리 변환이라 블로흐(푸앵카레) 구 위의 회전이 된다. 편광 이미지 센서는 픽셀 위에 0°·45°·90°·135° 와이어 그리드 편광자를 깔아 한 번에 네 방향을 "측정"하고 스토크스 매개변수를 재구성한다. 위 단층 촬영 게임과 같은 원리다(원편광 성분을 재려면 파장판이 하나 더 필요하다. 축 셋이 필요한 것과 같은 이유다). 관련: OpticsBook · 편광, SensorBook · 최신 센서 기술.

교환자와 동시 측정 가능성

z → x → z 실험은 $\hat S_x$와 $\hat S_z$가 동시에 확정된 값을 가질 수 없음을 보였다. 반면 같은 축을 두 번 재면 결과가 그대로 남았다. 이 차이를 판정하는 도구가 교환자(commutator)다.

$$[\hat A,\hat B] \equiv \hat A\hat B - \hat B\hat A, \qquad [\hat x,\hat p] = i\hbar, \qquad [\hat S_x,\hat S_y] = i\hbar\hat S_z\ \ (\text{x→y→z 순환}), \qquad [\hat S^2,\hat S_i] = 0$$

$[\hat x,\hat p]$는 시험 함수에 작용시켜 확인한다: $[\hat x,\hat p]f = x(-i\hbar f') - (-i\hbar)(xf)' = i\hbar f$. 에르미트 연산자 둘의 교환자는 반에르미트이므로 $i[\hat A,\hat B]$는 에르미트이고 기댓값이 실수다.

양립 가능한 관측가능량

$[\hat A,\hat B] = 0$이면 $\hat A$와 $\hat B$의 공통 고유 기저가 존재하고, 그 역도 성립한다. 이때 두 물리량은 동시 측정 가능(compatible)하다: $\hat A$를 재고 $\hat B$를 잰 뒤 다시 $\hat A$를 재도 첫 결과가 그대로 나온다. $[\hat A,\hat B]\neq 0$이면 측정 순서가 결과의 통계를 바꾼다.

증명의 뼈대: $\hat A|a\rangle = a|a\rangle$이고 $\hat A$와 $\hat B$가 교환하면 $\hat A(\hat B|a\rangle) = \hat B\hat A|a\rangle = a(\hat B|a\rangle)$, 즉 $\hat B|a\rangle$도 고유값 $a$의 고유 공간에 있다. 비축퇴면 $\hat B|a\rangle \propto |a\rangle$이고, 축퇴면 그 고유 공간 안에서 $\hat B$를 대각화하면 된다. 이렇게 $\hat A$의 축퇴를 $\hat B$의 고유값으로 가르는 관측가능량 묶음을 교환 관측가능량 완비 집합(complete set of commuting observables, CSCO)이라 한다. 수소 원자의 $\{\hat H, \hat L^2, \hat L_z, \hat S_z\}$가 대표적이다(9장).

B의 축 각 β (z에서) 준비 상태 θ

MINI LAB$\hat A = \hat S_z$와 x–z 평면에서 각 β인 $\hat B = \hat S_\beta$를 측정하는 순서에 따른 결합 확률 $P(a, b)$. 왼쪽은 A 다음 B, 오른쪽은 B 다음 A. β = 0°이나 180°(교환하는 경우)에서만 두 표가 같고, "A → B → A에서 A가 다시 같게 나올 확률" $(1+\cos^2\beta)/2$이 1이 된다.

교환자는 손으로 계산하기 번거롭지만 행렬로는 바로 계산된다. 아래 계산기로 스핀 행렬과, 조화 진동자 기저에서 $N$개 상태로 자른 $\hat x$, $\hat p$ 행렬의 교환자를 구해 보자.

SIMULATOR

교환자 계산기

계

A B 잘라 낸 차원 N

결과—

Tr [A, B]—

동시 측정—

칸의 색은 원소의 위상(색상환: 빨강 = 양의 실수, 청록 = 음의 실수, 연두·보라 = ±i 근처), 진하기는 크기다. 스핀 행렬은 $\hbar$ 단위, x, p 모드는 $\hbar = m = \omega = 1$인 진동자 단위로 $\hat x = (\hat a+\hat a^\dagger)/\sqrt2$, $\hat p = i(\hat a^\dagger-\hat a)/\sqrt2$다. 해볼 것: ① 스핀 1/2과 스핀 1에서 $[\hat S_x,\hat S_y] = i\hbar\hat S_z$가 똑같이 성립함을 확인하라. ② $[\hat S^2,\hat S_z] = 0$, $[\hat S_z,\hat S_+] = \hbar\hat S_+$. ③ x, p에서 $[\hat x,\hat p]$의 대각 원소가 $i$인데 마지막 하나만 $-i(N-1)$이다. 왜 그럴 수밖에 없는지 아래 상자를 읽어라.

유한 행렬로는 $[\hat x,\hat p] = i\hbar$를 만들 수 없다

대각합은 순환 불변이므로 어떤 유한 행렬 $A, B$에 대해서도 $\text{Tr}(AB - BA) = 0$이다. 그런데 $\text{Tr}(i\hbar\,\hat 1_N) = i\hbar N \ne 0$이다. 따라서 정준 교환 관계는 무한 차원 힐베르트 공간에서만 성립할 수 있고, 잘라 낸 기저는 "가장자리"에서 반드시 틀린다. 계산기에서 마지막 대각 원소가 $-i(N-1)$로 나와 대각합을 0으로 맞추는 것이 그 흔적이다. TCAD의 유한 차분 해밀토니언이나 진동자 기저 계산에서 기저 크기를 충분히 키우고 높은 상태의 결과를 버리는 이유가 여기에 있다.

(가) $[\hat x,\hat p^2]$와 $[\hat x^2,\hat p]$를 구하라. (나) 1차원 해밀토니언 $\hat H = \hat p^2/2m + V(\hat x)$에 대해 $[\hat H,\hat x]$와 $[\hat H,\hat p]$를 구하라. 언제 $\hat H$와 $\hat p$를 동시에 잴 수 있는가?

풀이 보기

전략 곱 규칙 $[\hat A,\hat B\hat C] = [\hat A,\hat B]\hat C + \hat B[\hat A,\hat C]$와 $[\hat x,\hat p] = i\hbar$를 쓴다. $[f(\hat x),\hat p] = i\hbar f'(\hat x)$는 시험 함수에 작용시켜 얻는다.

풀이 (가) $[\hat x,\hat p^2] = [\hat x,\hat p]\hat p + \hat p[\hat x,\hat p] = 2i\hbar\hat p$. $[\hat x^2,\hat p] = \hat x[\hat x,\hat p] + [\hat x,\hat p]\hat x = 2i\hbar\hat x$. (나) $[\hat H,\hat x] = \frac{1}{2m}[\hat p^2,\hat x] = -\frac{i\hbar}{m}\hat p$, $[\hat H,\hat p] = [V(\hat x),\hat p] = i\hbar V'(\hat x)$.

[x̂, p̂²] = 2iħp̂, [x̂², p̂] = 2iħx̂, [Ĥ, x̂] = −(iħ/m)p̂, [Ĥ, p̂] = iħV′(x̂) → V′ = 0(자유 입자)일 때만 Ĥ와 p̂가 교환

검토 자유 입자의 평면파 $e^{ikx}$는 $\hat H$와 $\hat p$의 공통 고유 상태이고, 퍼텐셜이 있으면 운동량은 보존되지 않는다(4장에서 $d\langle\hat p\rangle/dt = \frac{i}{\hbar}\langle[\hat H,\hat p]\rangle = -\langle V'\rangle$, 에렌페스트 정리). 계산기의 x, p 모드에서 $[\hat x,\hat p^2]$의 가장자리를 뺀 부분이 $2i\hat p$와 같은지 보라.

불확정성 관계와 최소 불확정 상태

교환하지 않는 두 관측가능량의 퍼짐 사이에는 일반적인 부등식이 있다. 그리피스의 $\sigma_A$와 같은 뜻으로 이 책에서는 불확정도(uncertainty)를 $\Delta A = \sqrt{\langle\hat A^2\rangle - \langle\hat A\rangle^2}$로 쓴다. $|f\rangle = (\hat A - \langle A\rangle)|\psi\rangle$, $|g\rangle = (\hat B - \langle B\rangle)|\psi\rangle$로 두면 $\Delta A^2 = \langle f|f\rangle$, $\Delta B^2 = \langle g|g\rangle$이고 슈바르츠 부등식에서

$$\Delta A^2\,\Delta B^2 = \langle f|f\rangle\langle g|g\rangle \ \ge\ |\langle f|g\rangle|^2 \ \ge\ \big(\text{Im}\,\langle f|g\rangle\big)^2 = \left(\frac{1}{2i}\langle[\hat A,\hat B]\rangle\right)^2$$ $$\boxed{\ \Delta A\,\Delta B \ \ge\ \frac12\,\big|\langle[\hat A,\hat B]\rangle\big|\ }$$

이것이 로버트슨 불확정성 관계(Robertson uncertainty relation)다. $\hat A = \hat x$, $\hat B = \hat p$이면 하이젠베르크의 $\Delta x\,\Delta p \ge \hbar/2$가 된다(입문은 현대물리학 · 물질파). 이것은 측정 장치의 서투름이 아니라 상태 자체의 성질이다. 같은 상태로 준비한 앙상블을 반은 A, 반은 B로 재도 두 분포의 폭이 이 부등식을 만족한다.

더 강한 형태: 슈뢰딩거 부등식

두 번째 부등호에서 버린 실수부까지 살리면 $\Delta A^2\Delta B^2 \ge \left(\tfrac12\langle\{\hat A,\hat B\}\rangle - \langle A\rangle\langle B\rangle\right)^2 + \left(\tfrac{1}{2i}\langle[\hat A,\hat B]\rangle\right)^2$이다. 첫 항은 두 양의 공분산이다. 스핀 1/2 순수 상태에서는 이 부등식이 언제나 등호다.

스핀에 적용하면 $\Delta S_x\,\Delta S_y \ge \frac\hbar2|\langle\hat S_z\rangle|$이다. 블로흐 벡터로 쓰면 $\Delta S_i^2 = \frac{\hbar^2}{4}(1-r_i^2)$이므로 부등식은 $\sqrt{(1-r_x^2)(1-r_y^2)} \ge |r_z|$가 되고, 순수 상태($r_x^2+r_y^2+r_z^2 = 1$)에서 좌변의 제곱은 $r_z^2 + r_x^2r_y^2$이다. 따라서 $r_x r_y = 0$인 곳, 즉 x–z 평면이나 y–z 평면 위의 상태에서 등호가 성립한다. 하한이 상태에 따라 달라진다는 점도 중요하다. $|{+x}\rangle$에서는 하한이 0이다.

SIMULATOR

로버트슨 부등식 지도

상태 끝을 끈다 · 빈 곳은 회전

관측가능량 쌍 (A, B)

ΔA, ΔB (ħ)—

ΔA·ΔB (ħ²)—

½|⟨[A,B]⟩| (ħ²)—

판정—

오른쪽 지도는 구 전체(가로 φ, 세로 θ)에서 여유 $\Delta A\Delta B - \tfrac12|\langle[\hat A,\hat B]\rangle|$($\hbar^2$ 단위)를 색으로 그렸다. 어두운 선이 등호(여유 0)가 되는 곳이고, 지도 위 흰 점을 끌어도 상태가 바뀐다. 해볼 것: ① (Ŝx, Ŝy)에서 상태를 x–z 평면(φ = 0°, 180°)이나 y–z 평면(φ = ±90°) 위로 옮기면 등호가 된다. ② 하한이 가장 큰 곳은 $|{\uparrow}\rangle$(북극): $\Delta S_x\Delta S_y = \hbar^2/4$. ③ $|{+x}\rangle$에서는 $\Delta S_x = 0$이고 하한도 0이다. 하한은 상태마다 다르다.

$\theta = 60^\circ$, $\varphi = 45^\circ$인 스핀 상태에서 $\Delta S_x$, $\Delta S_y$, 그 곱, 로버트슨 하한을 구하라. 등호인가?

풀이 보기

전략 블로흐 벡터 $\mathbf r = (\sin\theta\cos\varphi, \sin\theta\sin\varphi, \cos\theta)$, $\Delta S_i = \frac\hbar2\sqrt{1-r_i^2}$, 하한 $\frac{\hbar^2}{4}|r_z|$.

풀이 $r_x = r_y = \frac{\sqrt3}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt2} = 0.612$, $r_z = 0.5$. $\Delta S_x = \Delta S_y = \frac\hbar2\sqrt{1-0.375} = 0.395\hbar$. 곱 $= \frac{\hbar^2}{4}(0.625) = 0.156\hbar^2$. 하한 $= \frac{\hbar^2}{4}(0.5) = 0.125\hbar^2$.

ΔSx = ΔSy = 0.395ħ, ΔSxΔSy = 0.156ħ² > 0.125ħ² (등호 아님)

검토 곱의 제곱 $0.0244$은 하한의 제곱 $0.0156$과 공분산 항 $(r_xr_y/4)^2 = 0.0088$의 합과 같다(슈뢰딩거 등호). $\varphi$를 0°로 바꾸면 $r_y = 0$이 되어 등호가 된다.

최소 불확정 상태: 가우스 파속

등호 $\Delta x\,\Delta p = \hbar/2$는 언제 성립하는가? 유도의 두 부등호가 모두 등호가 되려면 ① 슈바르츠에서 $|g\rangle = c|f\rangle$, ② 실수부가 0이 되도록 $c = ia$($a$ 실수)여야 한다. 위치 표현으로 쓰면

$$\left(-i\hbar\frac{d}{dx} - \langle p\rangle\right)\psi = ia\,(x-\langle x\rangle)\,\psi \quad\Longrightarrow\quad \psi(x) = A\,e^{-a(x-\langle x\rangle)^2/2\hbar}\,e^{i\langle p\rangle x/\hbar}$$

$a>0$인 가우스 포락선에 선형 위상(평면파 인자)만 곱한 파속이 유일한 최소 불확정 상태(minimum-uncertainty state)다. 폭은 $\Delta x = \sqrt{\hbar/2a}$, $\Delta p = \hbar/2\Delta x$. 조화 진동자의 바닥 상태와 결맞음 상태(6장)가 여기에 속한다.

가우스라도 위상이 $x^2$에 비례해 휘면(처프(chirp), $\psi\propto e^{-x^2/4\sigma^2 + ibx^2}$) 위치의 폭은 그대로인데 국소 파수 $2bx$가 자리마다 달라 운동량이 퍼진다: $\Delta p = \frac{\hbar}{2\sigma}\sqrt{1+16\sigma^4b^2}$. 자유 전자 가우스 파속이 퍼질 때 바로 이 처프가 생긴다. $\Delta p$는 일정한데 $\Delta x(t) = \sigma\sqrt{1+(t/\tau)^2}$, $\tau = 2m\sigma^2/\hbar$로 커지므로 곱도 커진다.

처음에 $\Delta x\,\Delta p = \hbar/2$인 자유 전자 가우스 파속을 그냥 두면, 시간이 흐르며 $\Delta x\,\Delta p$는?

자유 입자에서 $\hat p$는 $\hat H$와 교환하므로 운동량 분포는 변하지 않는다. 위치 분포만 퍼지며 처프가 생긴다. 곱은 $(\hbar/2)\sqrt{1+(t/\tau)^2}$. 반대 부호의 처프($b\lt 0$)로 시작하면 처음에는 오히려 좁아지며 $\hbar/2$에 다가간다. 아래에서 확인하라.

SIMULATOR

최소 불확정 파속과 그 붕괴

|ψ|² 위 흰 점: 폭 σ

처음 파속

처프 b (nm⁻²) 두 봉우리 간격 d

시간—

Δx—

Δp = ħΔk—

ΔxΔp / (ħ/2)—

자유 전자($m_\mathrm e$)의 파속을 분할 연산자법(QM.splitOp)으로 직접 전개한다. 위: $|\psi|^2$를 위상 색으로 칠했다(오른쪽 위 고리가 위상 범례). 가운데: 운동량 분포 $|\phi(k)|^2$. 아래: $\Delta x\Delta p/(\hbar/2)$의 시간 변화(점선은 가우스의 이론 $\sqrt{1+(t/\tau)^2}$). 해볼 것: ① 가우스에서 처음 값이 1.00인지, 재생하면 곱이 커지는지 보라. 폭을 줄이면 τ가 짧아져 더 빨리 퍼진다. ② 처프 b $\lt$ 0이면 파속이 먼저 좁아졌다가 다시 퍼진다(곱이 1에 다가갔다 멀어진다). ③ 두 봉우리 상태는 가우스 두 개를 더했는데도 곱이 크다. 운동량 분포에 간섭 무늬가 생긴다.

최소 불확정 가우스 파속으로 $\Delta x = 1.0$ nm인 자유 전자의 $\Delta k$, 속도 퍼짐 $\Delta v$, 그리고 폭이 $\sqrt2$배가 되는 시간 $\tau = 2m\Delta x^2/\hbar$를 구하라.

풀이 보기

전략 최소 상태이므로 $\Delta p = \hbar/2\Delta x$, $\Delta k = 1/2\Delta x$, $\Delta v = \Delta p/m$.

풀이 $\Delta k = 0.50$ nm⁻¹. $\Delta v = \hbar/(2m_\mathrm e\Delta x) = 1.0546\times10^{-34}/(2\times9.109\times10^{-31}\times10^{-9}) = 5.79\times10^4$ m/s. $\tau = 2m\Delta x^2/\hbar = \Delta x^2\hbar/(\hbar^2/2m) = (1.0)(0.6582)/0.0381 = 17.3$ fs.

Δk = 0.50 nm⁻¹, Δv = 5.79×10⁴ m/s, τ = 17.3 fs

검토 초속 58 km의 퍼짐은 상온 열속도(약 $10^5$ m/s)와 비슷한 크기다. 나노미터 구조에 갇힌 전자의 운동 에너지가 무시할 수 없는 이유다. 시뮬레이터에서 σ = 1 nm 가우스를 17 fs 동안 흘리면 곱이 $\sqrt2 = 1.41$이 된다.

에너지–시간 관계와 선폭

"$\Delta E\,\Delta t \ge \hbar/2$"는 흔히 인용되지만 위치–운동량 관계와 같은 자격의 식이 아니다. 시간 $t$는 연산자가 아니라 매개변수이기 때문이다. 정확한 뜻은 로버트슨 부등식에서 나온다. 시간에 명시적으로 의존하지 않는 관측가능량 $\hat Q$의 기댓값은 $\frac{d}{dt}\langle\hat Q\rangle = \frac{i}{\hbar}\langle[\hat H,\hat Q]\rangle$로 변하므로(4장), $\hat A = \hat H$, $\hat B = \hat Q$를 넣으면

$$\Delta E\,\Delta Q \ \ge\ \frac\hbar2\left|\frac{d\langle\hat Q\rangle}{dt}\right| \quad\Longrightarrow\quad \Delta E\,\Delta t \ \ge\ \frac\hbar2, \qquad \Delta t \equiv \frac{\Delta Q}{|d\langle\hat Q\rangle/dt|}$$

$\Delta t$는 "어떤 관측가능량의 기댓값이 표준 편차만큼 바뀌는 데 걸리는 시간"이다(만델시탐–탐 관계). 에너지가 확정된 정상 상태($\Delta E = 0$)에서는 아무것도 변하지 않는다($\Delta t = \infty$).

실험실에서 이 관계는 세 가지 모습으로 나타난다. 첫째, 수명 $\tau$로 붕괴하는 들뜬 상태의 방출 스펙트럼은 폭이 있는 선이 된다. 진폭이 $e^{-t/2\tau}e^{-iE_0t/\hbar}$로 줄어드는 상태를 푸리에 변환하면 로렌츠 선 모양(Lorentzian line shape)이 나온다.

$$L(E) = \frac{\Gamma/2\pi}{(E-E_0)^2 + (\Gamma/2)^2}, \qquad \Gamma = \frac{\hbar}{\tau}\ \ (\text{반치전폭, FWHM}), \qquad \Delta\nu = \frac{\Gamma}{h} = \frac{1}{2\pi\tau}$$

이것이 자연 선폭(natural linewidth)이다. $\hbar = 0.6582$ eV·fs이므로 $\tau = 1$ ns이면 $\Gamma = 0.658\ \mu$eV, $\tau = 1$ ps이면 0.658 meV.

둘째, 시간 $T$ 동안만 신호를 관측하면 주파수를 $\sim 1/T$보다 정밀하게 가를 수 없다(측정 시간과 분해능). 셋째, 길이 $\Delta t$의 빛 펄스는 $\Delta\nu \gtrsim 1/\Delta t$의 스펙트럼 폭을 가진다. 10 fs 가우스 펄스(변환 한계, $\Delta\nu\Delta t = 0.441$)의 에너지 폭은 0.18 eV나 된다.

들뜬 상태의 수명이 2 ns에서 0.5 ns로 짧아지면, 충분히 오래 측정한 방출선의 폭은?

$\Gamma = \hbar/\tau$이므로 수명이 1/4이면 선폭은 4배. 0.33 µeV → 1.32 µeV. 단, 관측 시간 $T$가 수명보다 짧으면 선폭 대신 측정 창의 폭($\approx 0.886\,h/T$)이 보인다. 아래에서 두 효과를 함께 조절해 보라.

SIMULATOR

수명, 관측 시간, 선폭

위 그래프의 흰 점: 수명 τ, 창 끝 T

로렌츠 이론선(무한 관측) 스펙트럼 세로축 로그

예시

τ, T—

Γ = ħ/τ—

Δν = 1/2πτ—

보이는 FWHM—

위: 들뜬 상태 진폭 $e^{-t/2\tau}$(자홍, 진동은 개념상 그렸다)과 관측 창 $[0, T]$(음영). 아래: 창 안 신호의 스펙트럼 $\big|\int_0^T e^{-t/2\tau}e^{i\epsilon t/\hbar}dt\big|^2$(자홍)과 $T\to\infty$ 로렌츠선(초록 점선). 해볼 것: ① $T \gg \tau$이면 보이는 폭이 $\Gamma = \hbar/\tau$와 같다. ② $T \ll \tau$이면 폭이 τ와 상관없이 약 $0.886\,h/T$로 정해지고 곁가지(sinc 무늬)가 생긴다. ③ 로그 축으로 보면 로렌츠선의 긴 꼬리($\propto 1/\epsilon^2$)가 드러난다.

수명 0.2($\log_{10}\tau$[ns], 곧 $\tau$ = )인 상태의 자연 선폭은 $\Gamma = \hbar/\tau$ = , 주파수로 $\Delta\nu$ = 이다. 이 상태가 내는 광자의 결맞음 길이는 $c\tau$ = 이다.

수소 2p 상태의 수명은 1.596 ns이고, 2p → 1s 라이먼 α 광자의 에너지는 10.20 eV다. 자연 선폭 $\Gamma$(µeV), 주파수 폭 $\Delta\nu$(MHz), 선의 날카로움 $E/\Gamma$를 구하라.

풀이 보기

전략 $\Gamma = \hbar/\tau$를 eV·ns 단위로: $\hbar = 6.582\times10^{-16}$ eV·s $= 0.6582\ \mu$eV·ns.

풀이 $\Gamma = 0.6582/1.596 = 0.412\ \mu$eV. $\Delta\nu = 1/(2\pi\times1.596\ \text{ns}) = 99.7$ MHz. $E/\Gamma = 10.20/(4.124\times10^{-7}) = 2.47\times10^7$.

Γ = 0.412 µeV, Δν = 99.7 MHz, E/Γ ≈ 2.5×10⁷

검토 상온 기체에서는 도플러 넓어짐(수 GHz)이 훨씬 커서 자연 선폭이 묻힌다. 반도체 양자점의 엑시톤(수명 약 1 ns)도 극저온에서야 µeV 수준의 선폭에 다가가며, 전하 잡음이 만드는 스펙트럼 떨림이 보통 더 크다. 수명은 14장의 페르미 황금률로 계산한다.

양자 제논 효과 맛보기

에너지–시간 관계에는 짧은 시간의 얼굴도 있다. 고유 상태가 아닌 상태 $|\psi_0\rangle$에서 출발하면 생존 확률은 처음에 $P(t) = |\langle\psi_0|e^{-i\hat Ht/\hbar}|\psi_0\rangle|^2 \approx 1 - (\Delta E)^2t^2/\hbar^2$처럼 시간의 제곱으로 줄어든다. 그래서 짧은 간격으로 자꾸 측정해 처음 상태로 되돌려 놓으면, 매번 $t^2$만큼만 잃어 전체 손실이 $N\cdot(T/N)^2 \to 0$이 된다. 이것이 양자 제논 효과(quantum Zeno effect)다. 3절의 N장 편광판과 같은 수학이다.

측정 횟수 N

MINI LAB라비 진동으로 $|{\uparrow}\rangle$이 시간 $T = \pi/\Omega$에 $|{\downarrow}\rangle$으로 완전히 뒤집히는 계(10·14장). 그 사이 $N$번 고르게 $\hat S_z$를 측정하면 매번 $|{\uparrow}\rangle$이 나올 확률은 $\cos^2(\pi/2N)$이다. 초록은 측정이 없을 때, 자홍은 측정할 때 $|{\uparrow}\rangle$에 남아 있을 확률이다. N이 커질수록 계가 얼어붙는다.

레이저 선폭과 결맞음 길이

반도체 레이저의 선폭은 자연 선폭과 같은 원리로 정해진다. 공진기 안 광자의 수명(수 ps)과 자발 방출이 위상을 무작위로 흔드는 효과(쇼로–타운스 선폭, 반도체에서는 헨리 인자 $\alpha_H$만큼 $1+\alpha_H^2$배 넓어짐)가 합쳐져, 패브리–페로 레이저는 수십 MHz–GHz, DFB 레이저는 약 1 MHz, 외부 공진기 레이저는 kHz 수준이다. 로렌츠 선폭 $\Delta\nu$의 결맞음 시간은 $\tau_c = 1/\pi\Delta\nu$이므로 1 MHz면 결맞음 길이 $c\tau_c \approx 95$ m다. 간섭계 계측, 코히어런트 광통신, FMCW 라이다의 거리 분해능이 이 값에 묶인다. 관련: DeviceBook · 광소자 (반도체 레이저), OpticsBook · 간섭과 결맞음.

계측의 양자 한계와 단일 광자 검출

측정 공준은 계측의 근본 한계도 정한다. 같은 상태로 준비한 계 $N$개를 각각 한 번씩 재면 결과의 개수는 이항 분포를 따르고, 확률 추정의 오차는 $\sqrt{P(1-P)/N}$이다(1절). 광원에서 광자를 세면 개수는 푸아송 분포를 따라 평균 $\bar n$에 대해 표준 편차가 $\sqrt{\bar n}$이다. 이것이 산탄 잡음(shot noise)이다. 검출 효율 $\eta$인 검출기는 광자를 확률 $\eta$로 골라 세는 셈이므로(푸아송을 솎아도 푸아송) 신호 대 잡음비는

$$\text{SNR} = \frac{\eta\bar n}{\sqrt{\eta\bar n}} = \sqrt{\eta\bar n}, \qquad \Delta\varphi_\text{SQL} = \frac{1}{\sqrt N}, \qquad \Delta\varphi_\text{HL} = \frac{1}{N}$$

독립된 탐침(광자·원자) $N$개로 위상을 재는 간섭계·원자시계의 정밀도는 표준 양자 한계(standard quantum limit, SQL) $1/\sqrt N$에 묶인다. 탐침들을 얽거나 압축 상태(6장)를 쓰면 하이젠베르크 한계 $1/N$까지 다가갈 수 있다(18장). LIGO의 압축광 주입이 실제 예다.

탐침 수 N 참 위상 φ

MINI LAB램지 간섭계: 탐침마다 $P(+) = (1+\cos\varphi)/2$로 $+$가 나온다. $N$개의 결과로 $\hat\varphi = \arccos(2N_+/N - 1)$를 추정하는 실험을 400번 되풀이했다. 왼쪽은 추정값의 분포, 오른쪽은 그 표준 편차를 $N$에 대해 그린 것(실선 $1/\sqrt N$ = SQL, 점선 $1/N$ = 하이젠베르크 한계). 투영 잡음만으로 정확히 SQL이 나온다.

SPAD: 광자 하나를 거시적 신호로

광자 하나를 "세려면" 에너지 수 eV의 사건을 전자 회로가 읽을 수 있는 크기로 증폭해야 한다. 단일 광자 사태 다이오드(single-photon avalanche diode, SPAD)는 pn 접합을 항복 전압 $V_\text{BR}$보다 $V_\text{ex}$(수 V)만큼 높게 역바이어스한 가이거 모드로 쓴다. 이 상태에서는 광자가 만든 캐리어 하나가 충돌 이온화의 사태를 일으켜 mA 수준의 전류 펄스가 되고, 소광 회로가 전압을 $V_\text{BR}$ 아래로 끌어내려 사태를 멈춘 뒤 다시 충전한다. 미시적 양자 사건(광자 흡수)이 되돌릴 수 없는 거시적 기록으로 바뀌는 이 과정이 측정 공준이 말하는 "측정"의 현실적인 모습이다.

SPAD의 가이거 모드 순환. 항복 전압 위에서 대기하다(①) 광자 하나가 사태를 일으키면(②) 큰 전류가 흐르고, 소광 저항이나 능동 회로가 전압을 $V_\text{BR}$까지 떨어뜨려 사태를 끊는다(③). 다시 충전되는 불감 시간 $\tau_d$(수–수백 ns) 동안은 광자를 세지 못한다(④). 열이나 터널링으로 생긴 캐리어도 사태를 일으켜 어두운 계수(DCR)가 된다.

SPAD의 광자 검출 효율(PDE)은 양자 효율(흡수되어 캐리어를 만들 확률) × 사태 유발 확률 × 개구율의 곱이다. 불감 시간이 있으면 검출률이 포화한다. 사태 하나 뒤 $\tau_d$ 동안 검출기가 꺼지는 비마비형 모형에서 참 계수율 $R = \eta\Phi + R_\text{dark}$에 대해 측정 계수율은

$$R_\text{m} = \frac{R}{1 + R\,\tau_d}$$

$R\tau_d \ll 1$이면 $R_\text{m}\approx R$, $R\tau_d \gg 1$이면 $1/\tau_d$에서 포화한다. 불감 시간은 연이은 계수 사이를 강제로 벌려 놓으므로 계수의 분산이 평균보다 작아진다(파노 인자 $F \lt 1$).

SIMULATOR

SPAD 광자 계수기

곡선 위 점을 좌우로 끈다

광자 검출 효율 η 불감 시간 τ_d 어두운 계수율 DCR

입사 광자율 Φ—

측정 계수율 (모의 / 식)—

1 µs 창당 평균 · 분산—

파노 인자 F—

SNR (모의 / √n̄)—

왼쪽 위: 시간축 2 µs 구간. 자홍 막대 = 검출된 광자, 초록 막대 = 어두운 계수, 음영 = 불감 시간, 회색 짧은 눈금 = 흡수·증폭되지 못해(효율) 놓친 광자, 빨간 × = 불감 시간에 와서 놓친 광자. 왼쪽 아래: 1 µs 창마다 센 개수의 분포(막대)와 같은 평균의 푸아송 분포(점). 오른쪽: 입사 광자율에 대한 측정 계수율(로그–로그)과 이상적 직선 $\eta\Phi$. 해볼 것: ① Φ를 0.1 Mcps 근처에 두면 분포가 푸아송과 겹치고 $F\approx 1$이다. ② Φ를 100 Mcps로 올리면 계수율이 $1/\tau_d$에서 포화하고 $F$가 1보다 훨씬 작아진다. ③ 아주 약한 빛에서는 DCR이 SNR을 결정한다.

입사 광자율 2000, 검출 효율 0.30, 어두운 계수율 100인 검출기로 0.10 동안 세면 신호 계수 , 어두운 계수 이고 $\text{SNR} = \eta\Phi t/\sqrt{(\eta\Phi + R_\text{dark})t}$ = 이다. 산탄 잡음 한계 $\sqrt{\eta\Phi t}$의 %.

PDE 0.30, 불감 시간 50 ns, 어두운 계수 무시. 입사 광자율이 2.0 Mcps(초당 $2.0\times10^6$개)일 때 측정 계수율은? 1 ms 동안 센 계수의 산탄 잡음 한계 SNR은?

풀이 보기

전략 참 계수율 $R = \eta\Phi$, 비마비형 포화 $R_\text{m} = R/(1+R\tau_d)$. SNR은 $\sqrt{\bar n}$(불감 시간이 분산을 줄이는 효과는 무시).

풀이 $R = 0.30\times2.0\times10^6 = 6.0\times10^5$ /s, $R\tau_d = 0.030$. $R_\text{m} = 6.0\times10^5/1.03 = 5.83\times10^5$ /s. 1 ms 계수 $\bar n = 583$, SNR $= \sqrt{583} = 24$.

R_m = 5.83×10⁵ /s (약 3% 손실), SNR ≈ 24

검토 손실이 $R\tau_d$와 비슷하다(작은 $R\tau_d$에서 $R_\text{m}\approx R(1-R\tau_d)$). 시뮬레이터에서 η = 0.30, τ_d = 50 ns로 두고 Φ를 2 Mcps로 끌어 확인하라.

SPAD 라이다, 광자 계수 CMOS 센서

SPAD는 표준 CMOS 공정으로 만들 수 있어 수십만 화소 배열이 스마트폰·자동차 라이다(dToF)에 쓰인다. 레이저 펄스를 쏘고 돌아온 광자의 도착 시각을 시간–디지털 변환기(TDC)로 찍어 히스토그램을 쌓는데, 한 번의 펄스에 광자가 하나 올까 말까 한 영역이라 바로 이 장의 통계가 거리 정밀도를 정한다. 설계 변수는 PDE(근적외선에서 흡수 깊이가 깊어 낮다), DCR(결함을 통한 열 생성과 밴드 간 터널링), 애프터펄싱(트랩에 잡혔다 풀린 캐리어), 타이밍 지터(수십 ps)다. 일반 CMOS 이미지 센서의 광자 샷 노이즈도 같은 푸아송 통계로, 밝은 화면의 SNR은 $\sqrt{\text{전자 수}}$로 정해진다. 관련: SensorBook · 최신 센서 기술 (SPAD와 dToF), SensorBook · 노이즈, SNR, 다이내믹 레인지.

핵심 정리

측정 공준: 결과는 고유값 $a_n$, 확률은 $|\langle a_n|\psi\rangle|^2$(보른 규칙), 측정 직후 상태는 그 고유 상태로 붕괴한다. 기댓값 $\langle\psi|\hat A|\psi\rangle$은 같게 준비한 앙상블의 평균이다.
스핀 1/2 상태 $\cos\frac\theta2|{\uparrow}\rangle + e^{i\varphi}\sin\frac\theta2|{\downarrow}\rangle$는 블로흐 구 위의 점 $\mathbf r = \langle\boldsymbol\sigma\rangle$이다. 축 $\hat{\mathbf n}$으로 재면 $P(+n) = (1+\mathbf r\cdot\hat{\mathbf n})/2 = \cos^2(\Theta/2)$. 직교 상태는 정반대 점, 전역 위상은 보이지 않는다.
연속 SG 실험(z → x → z)과 편광판 세 장 문제: 새 측정은 앞선 측정의 정보를 지우고 상태를 다시 준비한다. 구별할 수 없는 경로는 진폭을 더하고(간섭), 구별할 수 있으면 확률을 더한다. 광자 편광은 $\theta = 2\alpha$로 블로흐(푸앵카레) 구에 놓이는 2준위 계다.
$[\hat x,\hat p] = i\hbar$, $[\hat S_x,\hat S_y] = i\hbar\hat S_z$. 교환하는 관측가능량은 공통 고유 기저를 가져 동시에 잴 수 있고, 교환하지 않으면 측정 순서가 통계를 바꾼다. 유한 행렬로는 $[\hat x,\hat p] = i\hbar$를 만들 수 없다(대각합 0).
로버트슨 부등식 $\Delta A\Delta B \ge \frac12|\langle[\hat A,\hat B]\rangle|$. 스핀에서는 $r_xr_y = 0$인 상태에서 등호. $\Delta x\Delta p = \hbar/2$인 최소 불확정 상태는 처프 없는 가우스 파속뿐이며, 자유 전개는 처프를 만들어 곱을 키운다.
에너지–시간 관계는 $\Delta t = \Delta Q/|d\langle Q\rangle/dt|$로 정의된다. 수명 $\tau$의 상태는 반치전폭 $\Gamma = \hbar/\tau$의 로렌츠선($\Delta\nu = 1/2\pi\tau$)을 내고, 관측 시간 $T$는 분해능 $\sim h/T$를 정한다. 짧은 시간 생존 확률이 $t^2$으로 주는 것이 양자 제논 효과의 원인이다.
투영 잡음과 산탄 잡음 $\sqrt{\bar n}$이 계측의 표준 양자 한계 $\Delta\varphi = 1/\sqrt N$를 정한다. SPAD는 가이거 모드 사태로 광자 하나를 기록하며, PDE·DCR·불감 시간($R_\text{m} = R/(1+R\tau_d)$)이 성능을 정한다.

연습문제

스핀 상태는 $\cos\frac\theta2|{\uparrow}\rangle + e^{i\varphi}\sin\frac\theta2|{\downarrow}\rangle$로 쓴다. $\hbar = 1.0546\times10^{-34}$ J·s $= 0.6582\ \mu$eV·ns, $m_\mathrm e = 9.109\times10^{-31}$ kg, $c = 2.998\times10^8$ m/s. 따로 말이 없으면 답이 ±1% 이내면 정답이다.

스핀 상태 $|\psi\rangle = \frac15\left(3|{\uparrow}\rangle + 4i|{\downarrow}\rangle\right)$에서 $\hat S_z$를 측정할 때 $+\hbar/2$가 나올 확률은?

$P = |\langle{\uparrow}|\psi\rangle|^2 = (3/5)^2 = 0.36$. 위상 $i$는 z 측정 확률에 영향을 주지 않는다.

$\theta = 60^\circ$, $\varphi = 0$인 스핀 상태의 $\langle\hat S_x\rangle$를 $\hbar$ 단위로 구하라.

$\langle\hat S_x\rangle = \frac\hbar2 r_x = \frac\hbar2\sin60^\circ\cos0 = 0.433\hbar$.

$|{+x}\rangle$ 상태의 스핀을 x–z 평면에서 z축과 60°를 이루는 축($\theta_n = 60^\circ$, $\varphi_n = 0$)으로 측정한다. $+\hbar/2$가 나올 확률은?

블로흐 구에서 두 점 사이의 각 $\Theta$를 구하라.

$\mathbf r = (1,0,0)$, $\hat{\mathbf n} = (\sin60^\circ, 0, \cos60^\circ)$. $P = (1+\mathbf r\cdot\hat{\mathbf n})/2 = (1+0.866)/2 = 0.933$. 구 위의 각 $\Theta = 30^\circ$, $\cos^2 15^\circ = 0.933$.

$\theta = 120^\circ$, $\varphi = 180^\circ$인 스핀 상태에서 $\hat S_x$를 측정할 때 $+\hbar/2$가 나올 확률은?

$r_x = \sin120^\circ\cos180^\circ = -0.866$. $P(+x) = (1-0.866)/2 = 0.0670$. 같은 $\theta$에서 $\varphi = 0$이면 0.933이다. z 측정으로는 구별되지 않는 상대 위상이 x 측정에서 큰 차이를 만든다.

SG z(+ 통과) → 축이 z에서 60° 기운 SG(+ 통과) → SG z. 첫 장치를 통과한 원자 가운데 마지막 장치의 $-z$ 출구로 나오는 비율은?

$\cos^2 30^\circ\times\sin^2 30^\circ = 0.75\times0.25 = 0.1875$.

앞 문제에서 둘째 장치의 두 출구를 모두 열고, 어느 출구로 지났는지 아무 흔적도 남기지 않은 채 두 빔을 완벽히 다시 합쳤다. 마지막 SG z의 $-z$ 출구로 나오는 비율은?

경로를 구별할 수 없으므로 진폭을 더한다. $\langle -z|{+n}\rangle\langle{+n}|{+z}\rangle + \langle -z|{-n}\rangle\langle{-n}|{+z}\rangle = \langle -z|{+z}\rangle = 0$(완비성). 둘째 장치는 측정을 하지 않은 셈이다. 출구마다 확률을 더하면 $0.1875 + 0.0625 = 0.25$가 되는데, 이것은 경로 정보가 남았을 때의 답이다.

편광되지 않은 빛이 투과축 0°, 30°, 90°인 편광판 세 장을 차례로 지난다. 나오는 빛의 세기는 처음의 몇 배인가?

$\tfrac12\times\cos^2 30^\circ\times\cos^2 60^\circ = 0.5\times0.75\times0.25 = 0.09375$.

H 편광 광자를 투과축이 9°, 18°, …, 90°인 편광판 10장에 차례로 통과시킨다. 광자가 V 편광으로 나올 확률은?

$\left[\cos^2 9^\circ\right]^{10} = 0.9755^{10} = 0.781$. 근사 $1-\pi^2/4N = 0.753$은 N이 작아 조금 어긋난다.

다음 가운데 두 물리량을 동시에 정확한 값으로 측정할 수 있는(교환하는) 쌍은?

$[\hat S^2,\hat S_i] = 0$이다. 나머지는 $[\hat S_z,\hat S_x] = i\hbar\hat S_y$, $[\hat x,\hat p_x] = i\hbar$, $[\hat S_x,\hat S_y] = i\hbar\hat S_z$로 0이 아니다. ($\hat x$와 $\hat p_y$는 교환한다.)

$\theta = 60^\circ$, $\varphi = 30^\circ$인 스핀 상태에서 $\Delta S_x\Delta S_y$와 로버트슨 하한 $\tfrac12|\langle[\hat S_x,\hat S_y]\rangle|$을 $\hbar^2$ 단위로 구하라.

$\Delta S_i = \frac\hbar2\sqrt{1-r_i^2}$, 하한은 $\frac{\hbar^2}{4}|r_z|$.

$\mathbf r = (0.750, 0.433, 0.500)$. $\Delta S_x = 0.5\sqrt{1-0.5625} = 0.331\hbar$, $\Delta S_y = 0.5\sqrt{1-0.1875} = 0.451\hbar$, 곱 $= 0.149\hbar^2$. 하한 $= 0.25\times0.5 = 0.125\hbar^2$. 차이는 공분산 $r_xr_y$ 때문이다.

조화 진동자의 첫 들뜬 상태 $\psi_1(\xi) \propto \xi e^{-\xi^2/2}$($\xi = x/\sqrt{\hbar/m\omega}$)에서 $\Delta x\Delta p$를 $\hbar$ 단위로 구하라. 이 상태는 최소 불확정 상태인가?

대칭성으로 $\langle x\rangle = \langle p\rangle = 0$. 비리얼 정리 또는 $E_1 = \tfrac32\hbar\omega$를 쓰면 $\langle p^2\rangle/2m = \tfrac12m\omega^2\langle x^2\rangle = \tfrac34\hbar\omega$.

$\langle x^2\rangle = \tfrac32\frac{\hbar}{m\omega}$, $\langle p^2\rangle = \tfrac32\hbar m\omega$이므로 $\Delta x\Delta p = \tfrac32\hbar$. 일반적으로 $\psi_n$에서 $(n+\tfrac12)\hbar$이고, 최소($\hbar/2$)는 가우스인 바닥 상태뿐이다.

$\psi(x)\propto\exp(-x^2/4\sigma^2 + ibx^2)$에서 $\sigma = 1.0$ nm, $b = 0.50$ nm⁻²이다. $\Delta x\Delta p$는 $\hbar/2$의 몇 배인가?

$\psi\propto e^{-ax^2}$, $a = 1/4\sigma^2 - ib$이면 $\langle p^2\rangle = \hbar^2|a|^2/\text{Re}\,a$.

$\Delta x = \sigma$(크기는 처프와 무관). $\langle p^2\rangle = \hbar^2(1/16\sigma^4 + b^2)\cdot4\sigma^2 = \frac{\hbar^2}{4\sigma^2}(1+16\sigma^4b^2)$. 비 $= \sqrt{1+16(1)(0.25)} = \sqrt5 = 2.24$.

수명 1.0 ns인 들뜬 상태의 자연 선폭 $\Gamma$(반치전폭)는 몇 µeV인가?

$\Gamma = \hbar/\tau = 0.6582\ \mu\text{eV}\cdot\text{ns}/1.0\ \text{ns} = 0.658\ \mu$eV. 주파수로 159 MHz.

로렌츠 선폭 $\Delta\nu = 2.0$ MHz인 DFB 레이저의 결맞음 시간 $\tau_c = 1/\pi\Delta\nu$와 결맞음 길이 $c\tau_c$는?

$\tau_c = 1/(\pi\times2.0\times10^6) = 1.59\times10^{-7}$ s = 159 ns, $L_c = 2.998\times10^8\times1.59\times10^{-7} = 47.7$ m.

PDE 0.30, 불감 시간 50 ns(비마비형)인 SPAD에 광자가 초당 $2.0\times10^6$개 들어온다(어두운 계수 무시). 측정 계수율을 Mcps(초당 백만 개) 단위로 구하라.

$R = 0.6$ Mcps, $R_\text{m} = R/(1+R\tau_d) = 0.6/(1+0.03) = 0.583$ Mcps.

원자 $N = 1.0\times10^4$개로 램지 시간 $T = 0.50$ s인 원자시계를 한 번 돌린다. 투영 잡음만 있을 때 위상 오차는 $\Delta\varphi = 1/\sqrt N$이고, 주파수 오차는 $\Delta f = \Delta\varphi/2\pi T$다. $\Delta f$는?

$\Delta\varphi = 0.010$ rad, $\Delta f = 0.010/(2\pi\times0.50) = 3.18\times10^{-3}$ Hz. 하이젠베르크 한계($1/N$)라면 100배 작은 $3.2\times10^{-5}$ Hz다.

개념 확인 퀴즈

상태 $|\psi\rangle$과 $e^{i\gamma}|\psi\rangle$($\gamma$는 실수 상수)에 대한 설명으로 옳은 것은?

전역 위상은 모든 진폭에 같이 곱해져 $|\cdot|^2$에서 사라진다. 블로흐 구의 경도는 두 성분 사이의 상대 위상이다.

$\hat S_z$를 재서 $+\hbar/2$를 얻은 직후 같은 장치로 다시 재면?

측정 직후 상태는 $|{\uparrow}\rangle$으로 붕괴했다. 사이에 다른 축의 측정이나 시간 전개가 끼어들지 않는 한 결과는 그대로다.

두 관측가능량이 공통 고유 기저를 가질 필요충분조건은?

$[\hat A,\hat B] = 0$이면 공통 고유 기저가 있고, 그 역도 참이다. 이때 로버트슨 하한이 0이 되어 두 값이 동시에 확정될 수 있다.

$\Delta x\Delta p = \hbar/2$를 만족하는 파동함수는?

등호 조건 $(\hat p - \langle p\rangle)\psi = ia(\hat x - \langle x\rangle)\psi$의 해는 $e^{-a(x-x_0)^2/2\hbar}e^{ip_0x/\hbar}$뿐이다. 처프($x^2$ 위상)는 $\Delta p$만 키운다.

들뜬 상태의 수명이 10배 길어지면 자연 선폭은?

$\Gamma = \hbar/\tau$. 오래 사는 상태일수록 에너지가 잘 정해진다. 단, 측정 시간이 수명보다 짧으면 분해능 $\sim h/T$가 먼저 걸린다.