Chapter 04

시간 전개

지금까지는 한 순간의 상태를 다뤘다. 상태가 어떻게 무엇을 재면 어떤 값이 나올지를 정한다면, 이제 물을 것은 "그 상태가 다음 순간 무엇이 되는가"다. 답은 슈뢰딩거 방정식 하나에 들어 있고, 해밀토니언 $\hat H$가 시간을 앞으로 미는 생성자 노릇을 한다. 에너지 고유 상태는 위상만 돌 뿐 아무것도 변하지 않지만, 둘을 섞으면 확률 밀도가 에너지 차이의 진동수로 출렁인다. 이 양자 맥놀이가 이중 양자점 속 전자의 터널 진동, 암모니아 메이저의 24 GHz, 펨토초 레이저로 보는 반도체 속 결맞음의 공통 원리다. 아래는 1 nm 무한 우물 속 전자의 정상 상태 중첩이다. 색은 파동함수의 위상이고, 오른쪽 위 시계들은 각 성분의 위상이 $E_n/\hbar$로 도는 모습이다.

누르면 다른 중첩으로 바뀝니다

시간 전개 연산자 $\hat U(t) = e^{-i\hat Ht/\hbar}$의 유니터리성·합성 법칙을 슈뢰딩거 방정식에서 이끌고, 에너지 고유 기저로 전개해 임의의 초기 상태를 시간에 따라 계산한다.
정상 상태 중첩의 확률 밀도와 기댓값이 보어 진동수 $(E_m-E_n)/\hbar$로 맥놀이하는 것을 보이고, 무한 우물의 양자 재생 시간 $T_\text{rev} = 4mL^2/\pi\hbar$를 계산한다.
슈뢰딩거 묘사와 하이젠베르크 묘사가 같은 기댓값을 주는 이유를 설명하고, 하이젠베르크 운동 방정식으로 자유 입자·조화 진동자의 $\hat x_H(t)$를 구한다.
$d\langle \hat A\rangle/dt = \tfrac{i}{\hbar}\langle[\hat H,\hat A]\rangle$로 보존량을 판정하고, 만델스탐–탐 관계와 가속 정리를 쓴다.
두 준위 해밀토니언 $\begin{pmatrix}\varepsilon/2 & t_c\\ t_c & -\varepsilon/2\end{pmatrix}$의 터널 진동 공식을 유도해 이중 양자점 전하 큐비트와 암모니아 분자의 진동 주기를 계산한다.
자유 입자 전파 인자 $K(x,t;x',0)$를 쓰고, 오일러·크랭크–니콜슨·분할 연산자 방법의 안정성과 노름 보존을 비교한다.

시간 전개 연산자와 해밀토니언

현대물리학에서는 시간 의존 슈뢰딩거 방정식을 위치 표현의 편미분 방정식으로 만났다(현대물리학 · 슈뢰딩거 방정식). 2장의 디랙 표기로 쓰면 표현과 무관한 한 줄이 된다.

$$i\hbar\frac{d}{dt}|\Psi(t)\rangle = \hat H\,|\Psi(t)\rangle$$

시간에 대해 1계 방정식이다. 그래서 한 순간의 상태 $|\Psi(t_0)\rangle$만 알면 이후(와 이전)가 모두 정해진다. 고전 역학이 위치와 속도 두 가지를 요구하는 것과 대조된다.

방정식이 선형이므로 $t_0$의 상태를 $t$의 상태로 보내는 선형 연산자가 있다. 이것을 시간 전개 연산자(time-evolution operator) $\hat U(t,t_0)$라 한다: $|\Psi(t)\rangle = \hat U(t,t_0)|\Psi(t_0)\rangle$. 슈뢰딩거 방정식에 넣으면 $i\hbar\,\partial_t\hat U = \hat H\hat U$, $\hat U(t_0,t_0)=\hat 1$이고, 여기서 세 가지 성질이 곧바로 나온다.

시간 전개 연산자의 성질

① 합성: $\hat U(t_2,t_0) = \hat U(t_2,t_1)\hat U(t_1,t_0)$ — 두 번 나눠 가도 한 번에 가도 같다. ② 유니터리: $\hat U^\dagger\hat U = \hat 1$. $\frac{d}{dt}\langle\Psi|\Psi\rangle = \frac{1}{i\hbar}\langle\Psi|(\hat H-\hat H^\dagger)|\Psi\rangle = 0$이므로 $\hat H$가 에르미트인 것이 곧 확률 보존이다. ③ 역: $\hat U(t,t_0)^{-1} = \hat U(t_0,t) = \hat U(t,t_0)^\dagger$ — 양자 전개는 정보를 잃지 않고 거꾸로 돌릴 수 있다.

$\hat H$가 시간에 무관하면 미분 방정식을 바로 적분할 수 있다.

$$\hat U(t) = e^{-i\hat Ht/\hbar} = \sum_n e^{-iE_nt/\hbar}\,|n\rangle\langle n|, \qquad |\Psi(t)\rangle = \sum_n c_n\,e^{-iE_nt/\hbar}|n\rangle,\quad c_n = \langle n|\Psi(0)\rangle$$

$\hat H|n\rangle = E_n|n\rangle$. 연산자의 지수 함수는 2장의 스펙트럼 정리대로 고유값에 함수를 씌운 것이다. $\hat H$는 시간 이동의 생성자(generator)다: 아주 짧은 시간 $\delta t$ 동안 $\hat U \approx \hat 1 - i\hat H\delta t/\hbar$. 운동량이 공간 이동의 생성자인 것과 같은 구조다(7장).

초기 상태를 해밀토니언의 고유 상태로 분해한다: 계수 $c_n = \langle n|\Psi(0)\rangle$(복소수)의 크기는 각 성분의 무게다.
각 계수에 $e^{-iE_nt/\hbar}$를 곱한다. 복소 평면에서 계수가 각속도 $E_n/\hbar$로 시계 방향으로 돈다 — 크기 $|c_n|$는 변하지 않는다.
돌아간 계수로 다시 합친다. 성분 사이의 상대 위상이 바뀌었기 때문에 간섭 무늬, 곧 $|\Psi(x,t)|^2$의 모양이 바뀐다.

시간 전개의 요리법. 해밀토니언을 한 번 대각화하면 어떤 시각의 상태든 덧셈 한 번으로 얻는다. 행렬이 작으면 QM.expmH(H, t)가 바로 이 일을 한다.

성분이 하나뿐인 정상 상태(stationary state) $|\Psi(t)\rangle = e^{-iE_nt/\hbar}|n\rangle$은 전역 위상만 돌 뿐이다. 전역 위상은 어떤 측정에도 나타나지 않으므로(3장) 확률 밀도, 모든 기댓값, 모든 측정 확률이 시간에 무관하다. 에너지 영점을 $E_0$만큼 옮겨도 전역 위상 $e^{-iE_0t/\hbar}$만 붙는다. 물리는 에너지 차이로만 시간에 드러난다.

시계 바늘 끝 흰 원을 돌린다

정상 상태

MINI LAB1 nm 무한 우물의 정상 상태 $\psi_n(x)e^{-iE_nt/\hbar}$. 위상 바늘을 돌리면 $\text{Re}\,\Psi$(자홍)와 $\text{Im}\,\Psi$(초록)는 서로 출렁이며 바뀌지만, 확률 밀도 $|\Psi|^2$(회색 채움)는 꿈쩍하지 않는다. $n$이 클수록 바늘이 $n^2$배 빨리 돈다.

에너지 1.00인 정상 상태의 위상은 주기 $h/E$ = 로 한 바퀴 돈다(진동수 ). 1.0 뒤 위상은 만큼 돌아 있다. 하지만 이 상태의 확률 밀도 변화는 0이다.

해밀토니언이 시간에 의존하면: 시간 순서 지수

$\hat H(t)$가 바뀌면 $\hat U = \exp[-\tfrac{i}{\hbar}\int\hat H\,dt']$는 일반적으로 틀린다. 서로 다른 시각의 $\hat H(t_1)$, $\hat H(t_2)$가 교환하지 않기 때문이다. 짧은 구간으로 쪼개 곱하면 $\hat U = \lim e^{-i\hat H(t_N)\delta t/\hbar}\cdots e^{-i\hat H(t_1)\delta t/\hbar}$이고, 이것을 다이슨 급수(Dyson series) 또는 시간 순서 지수 $\mathcal T\exp[-\tfrac{i}{\hbar}\int_{t_0}^{t}\hat H(t')dt']$라 쓴다(늦은 시각의 연산자가 왼쪽). 모든 시각의 $\hat H$가 서로 교환할 때만 보통의 지수로 돌아간다. 이 장 끝의 게임에서 펄스를 여러 조각으로 이어 붙이는 것, 14장의 시간 의존 섭동이 모두 이 곱이다.

두 상태 $|0\rangle, |1\rangle$의 해밀토니언이 $\hat H = E_0\hat 1 + A\sigma_x$ ($A = 0.10$ meV)이다. $\hat U(t)$를 구하고, $|0\rangle$에서 출발한 계가 처음으로 $|1\rangle$에 100% 있게 되는 시각을 구하라.

풀이 보기

전략 $\hat 1$과 $\sigma_x$는 교환하므로 지수를 나눌 수 있다. $\sigma_x^2 = \hat 1$이므로 테일러 급수를 짝수·홀수 항으로 묶는다.

풀이 $e^{-i\theta\sigma_x} = \cos\theta\,\hat 1 - i\sin\theta\,\sigma_x$ ($\theta = At/\hbar$)이므로 $$\hat U(t) = e^{-iE_0t/\hbar}\begin{pmatrix}\cos\theta & -i\sin\theta\\ -i\sin\theta & \cos\theta\end{pmatrix}.$$ $|0\rangle$에서 출발하면 $P_1(t) = \sin^2(At/\hbar)$. 처음 1이 되는 것은 $At/\hbar = \pi/2$: $t = \pi\hbar/2A = \pi(0.6582\ \text{eV}\cdot\text{fs})/(2\times1.0\times10^{-4}\ \text{eV}) = 1.03\times10^{4}$ fs.

$\hat U = e^{-iE_0t/\hbar}(\cos\theta\,\hat 1 - i\sin\theta\,\sigma_x)$, $t = 10.3$ ps

검토 $E_0$은 전역 위상에만 들어가 결과와 무관하다. 고유값 $E_0\pm A$의 차 $2A$가 진동 각진동수 $2A/\hbar$를 정한다($\sin^2$의 주기가 $\pi\hbar/A$). 5절의 터널 진동이 바로 이 계산이다.

정상 상태 중첩과 양자 맥놀이

성분이 둘 이상이면 이야기가 달라진다. 위치 표현에서 $\Psi(x,t) = \sum_n c_n\psi_n(x)e^{-iE_nt/\hbar}$의 확률 밀도는

$$|\Psi(x,t)|^2 = \sum_n |c_n|^2|\psi_n(x)|^2 + \sum_{n\ne m} c_n^*c_m\,\psi_n^*(x)\psi_m(x)\,e^{i(E_n-E_m)t/\hbar}$$

첫 항은 시간에 무관하다. 둘째 항(간섭 항)이 각진동수 $\omega_{nm} = (E_n-E_m)/\hbar$로 진동한다. 이 $\omega_{nm}$을 보어 진동수라 부른다 — 원자가 내는 빛의 진동수 $\Delta E/h$와 같다.

이렇게 정상 상태 중첩이 에너지 차의 진동수로 출렁이는 현상을 양자 맥놀이(quantum beats)라 한다. 소리굽쇠 두 개의 맥놀이가 진동수 차로 들리듯, 개별 위상 $E_n/\hbar$(관측 불가)가 아니라 그 차가 관측된다. 기댓값도 마찬가지로 $\langle\hat A\rangle(t) = \sum_{nm}c_n^*c_m A_{nm}e^{i\omega_{nm}t}$이다($A_{nm} = \langle n|\hat A|m\rangle$). 에너지 기댓값 $\langle\hat H\rangle = \sum|c_n|^2E_n$만은 늘 상수다.

폭 $L$인 무한 우물($E_n = n^2E_1$, $E_1 = \pi^2\hbar^2/2mL^2$)에서 위치의 행렬 요소는 $x_{nn} = L/2$, $n+m$이 홀수이면 $x_{nm} = -8nmL/\pi^2(n^2-m^2)^2$, 짝수이면 0이다. 가장 간단한 $\Psi = (\psi_1+\psi_2)/\sqrt2$에서

$$\langle x\rangle(t) = \frac L2 - \frac{16L}{9\pi^2}\cos\!\left(\frac{3E_1}{\hbar}t\right)$$

전자가 왼쪽과 오른쪽을 주기 $h/(E_2-E_1) = h/3E_1$로 오간다. 진폭은 $0.18L$이다(그리피스 예제 2.1 꼴).

1 nm 무한 우물의 전자($E_1 = 0.376$ eV)를 $(\psi_1+\psi_2)/\sqrt2$로 준비했다. 확률 밀도가 왼쪽→오른쪽→왼쪽으로 한 번 출렁이는 데 걸리는 시간은?

간섭 항의 진동수는 에너지 차 $3E_1 = 1.13$ eV로 정해지므로 $T = 4.136/1.128 = 3.67$ fs. 각 성분은 정상 상태지만 중첩은 정상 상태가 아니다. 아래에서 $c_3$을 0으로 두고 확인한 뒤, $c_3$을 키워 여러 맥놀이가 섞이는 것을 보라.

SIMULATOR

페이저 시계: 세 정상 상태의 중첩과 양자 재생

흰 원(t = 0 계수)을 끈다

재생 속도 Re·Im 선도 그리기

|c₁|², |c₂|², |c₃|²—

맥놀이 주기 h/ΔE—

⟨x⟩—

되돌아옴 |⟨Ψ(0)|Ψ(t)⟩|²—

t (t/T_rev)—

왼쪽: 복소 평면의 계수. 흰 원은 $t=0$의 $c_n$(끌어서 크기·위상을 바꾼다), 화살표는 지금의 $c_ne^{-iE_nt/\hbar}$이다(전체는 자동 정규화). 오른쪽 위: 1 nm 우물 속 $|\Psi|^2$(색 = 위상)과 $\langle x\rangle$(세로선). 오른쪽 아래: $\langle x\rangle(t)$(자홍)와 처음 상태로 되돌아온 정도(초록). 해볼 것: ① $c_3 = 0$이면 $\langle x\rangle$이 순수한 코사인이다 — 주기를 재 보라. ② 세 성분을 모두 켜면 맥놀이 세 개가 섞이지만 $t = T_\text{rev} = h/E_1 = 11.0$ fs에 모든 계수가 동시에 제자리로 돌아온다. ③ $T_\text{rev}/2$에서는 확률 밀도가 처음 모양의 거울상이 된다($\langle x\rangle \to L-\langle x\rangle$).

양자 재생

무한 우물에서는 모든 에너지가 $E_1$의 정수배($n^2E_1$)다. 그래서 $t = h/E_1$이 되면 모든 위상 $e^{-in^2E_1t/\hbar} = e^{-2\pi in^2}$이 동시에 1이 되어, 아무리 복잡한 파동도 처음 모양으로 정확히 돌아온다. 이것이 양자 재생(quantum revival)이다.

$$T_\text{rev} = \frac{2\pi\hbar}{E_1} = \frac{4mL^2}{\pi\hbar}, \qquad \Psi\!\left(x, \tfrac{T_\text{rev}}{2}\right) = -\,\Psi(L-x, 0)$$

반 재생 시각에는 $e^{-i\pi n^2} = (-1)^n$이고 $\psi_n(L-x) = (-1)^{n+1}\psi_n(x)$이므로 거울상이 된다. $T_\text{rev}/4$, $T_\text{rev}/3$ 같은 유리수 배에서는 처음 파속의 복제본 여러 개가 나란히 나타난다(분수 재생). 고전 입자의 왕복 주기 $2L/v$와는 전혀 다른, 순수한 간섭 현상이다.

t / T_rev

MINI LAB1 nm 우물 왼쪽에서 오른쪽으로 달리는 좁은 파속($\sigma = 0.05$ nm, $k_0 = 30$ nm⁻¹, 고유 상태 80개로 전개). 처음 몇 번은 벽에 튕기는 고전 입자처럼 보이다가 곧 우물 전체로 퍼져 무늬가 된다. 그런데 $t/T_\text{rev} = 1/4, 1/3, 1/2$에서 파속이 다시 또렷해지고(2개, 3개, 거울상 1개), 1에서 처음과 똑같아진다.

GaAs 양자 우물(폭 10.0, $m^*$ = 0.067 $m_e$)을 무한 우물로 보면 $E_1$ = . $\psi_1, \psi_2$ 중첩의 맥놀이 주기는 $h/3E_1$ = , 양자 재생 시간은 이다.

펌프–프로브 분광의 양자 맥놀이. 펄스 길이가 $h/\Delta E$보다 짧으면 펄스의 넓은 스펙트럼이 두 준위를 함께 들뜨게 해 중첩을 만든다. 지연 시간 $\tau$를 바꾸며 재는 신호는 $\Delta E/h$로 진동하고, 결맞음이 사라지는 속도(결어긋남, 17장)로 감쇠한다. 신호의 진동 주기가 곧 두 준위의 에너지 차다.

펨토초 펌프–프로브 분광으로 보는 결맞음

GaAs 양자 우물에 수십 fs 레이저 펄스를 쏘면 무거운 정공 엑시톤과 가벼운 정공 엑시톤(차이 수 meV)이 함께 들떠, 반사율 신호가 약 1 ps 주기로 맥놀이한다. 맥놀이 주기에서 준위 간격을, 감쇠 시간에서 결맞음 시간 $T_2$를 읽는다. 같은 방법으로 실리콘·SiGe 박막의 결맞은 포논(테라헤르츠 진동), 핫 캐리어의 에너지 완화(서브 ps), 2차원 물질의 엑시톤 동역학을 잰다 — 소자 속 캐리어가 산란되기 전 수십–수백 fs 동안의 "양자적" 구간을 직접 보는 창이다. 빛의 한 주기가 2 fs 안팎이라는 감각은 OpticsBook · 빛은 파동이다, 반도체의 흡수·발광 기초는 DeviceBook · 광전자 소자.

폭 1.0 nm인 무한 우물의 전자가 $\Psi(x,0) = [\psi_1(x)+\psi_2(x)]/\sqrt2$로 준비되었다. $\langle x\rangle(t)$의 진동 주기와 진폭, 그리고 양자 재생 시간을 구하라.

풀이 보기

전략 $E_1 = (\hbar^2/2m_e)(\pi/L)^2$, $\langle x\rangle(t) = L/2 + \text{Re}[x_{12}e^{i(E_1-E_2)t/\hbar}]$에 $x_{12} = -16L/9\pi^2$.

풀이 $E_1 = 0.0381\times\pi^2 = 0.376$ eV, $E_2-E_1 = 3E_1 = 1.128$ eV. 주기 $T = h/3E_1 = 4.136/1.128 = 3.67$ fs. 진폭 $16L/9\pi^2 = 0.180$ nm. 재생 $T_\text{rev} = h/E_1 = 11.0$ fs.

주기 3.67 fs, 진폭 0.180 nm(0.32–0.68 nm 사이를 오간다), $T_\text{rev} = 11.0$ fs

검토 $T_\text{rev} = 3T$: 두 상태만 섞였으니 3번 출렁이면 처음으로 돌아오는 것이 당연하다. 진폭이 $L/2$보다 작으므로 $\langle x\rangle$는 우물 밖으로 나가지 않는다.

슈뢰딩거 묘사와 하이젠베르크 묘사

측정으로 얻는 것은 기댓값이다. 그런데 $\langle\hat A\rangle(t) = \langle\Psi(t)|\hat A|\Psi(t)\rangle = \langle\Psi(0)|\hat U^\dagger\hat A\hat U|\Psi(0)\rangle$에서 $\hat U$를 상태에 붙일지 연산자에 붙일지는 우리 마음이다.

슈뢰딩거 묘사

상태가 움직이고 $|\Psi(t)\rangle = \hat U|\Psi(0)\rangle$, 연산자 $\hat x, \hat p$는 고정. 파동함수 그림을 그릴 때 자연스럽다. 지금까지의 관점.

하이젠베르크 묘사

상태는 $|\Psi(0)\rangle$에 고정되고 연산자가 움직인다: $\hat A_H(t) = \hat U^\dagger\hat A\hat U$. 고전 역학의 운동 방정식과 꼴이 같아 계산이 쉬운 경우가 많다.

두 관점을 각각 슈뢰딩거 묘사(Schrödinger picture), 하이젠베르크 묘사(Heisenberg picture)라 한다. $\hat A_H$를 시간으로 미분하면 하이젠베르크 운동 방정식을 얻는다.

$$\frac{d\hat A_H}{dt} = \frac{i}{\hbar}\,[\hat H, \hat A_H] + \left(\frac{\partial\hat A}{\partial t}\right)_H$$

$\hat H$가 시간에 무관하면 $\hat H_H = \hat H$다. 고전 역학의 $dA/dt = \{A, H\} + \partial A/\partial t$(푸아송 괄호)에서 $\{\,,\} \to [\,,]/i\hbar$로 바꾼 꼴이다(디랙의 대응 규칙).

처음 상태와 측정할 물리량의 축. 기댓값은 상태를 축에 투영한 양으로 정해진다.
슈뢰딩거 묘사: $\hat U$가 상태 벡터를 돌리고 축은 그대로다. 투영(아래 막대)이 바뀐다.
하이젠베르크 묘사: 상태는 그대로 두고 축을 반대 방향($\hat U^\dagger$)으로 돌린다. 상대 각도가 같으니 투영도 같다 — 같은 물리.

두 묘사는 좌표계를 돌리느냐 물체를 돌리느냐의 차이다. 유니터리 변환은 내적을 보존하므로 어떤 기댓값·확률도 두 관점에서 같다.

자유 입자와 조화 진동자

$[\hat x,\hat p] = i\hbar$만 쓰면 된다. 자유 입자 $\hat H = \hat p^2/2m$: $d\hat p_H/dt = 0$, $d\hat x_H/dt = \hat p_H/m$이므로 $\hat x_H(t) = \hat x + \hat pt/m$다. 고전 궤적과 똑같은 연산자 식이다. 여기서 바로 파속의 퍼짐이 나온다: $\Delta x(t)^2 = \Delta x_0^2 + \tfrac{t}{m}\langle\{\hat x - \langle x\rangle, \hat p - \langle p\rangle\}\rangle + \Delta p^2t^2/m^2$, 처음에 위치–운동량 상관이 없으면 가운데 항이 0이다(1장의 퍼짐 공식을 적분 없이 얻었다).

조화 진동자 $\hat H = \hat p^2/2m + \tfrac12m\omega^2\hat x^2$: $d\hat x_H/dt = \hat p_H/m$, $d\hat p_H/dt = -m\omega^2\hat x_H$. 고전 해와 같은 꼴로

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

기댓값을 취하면 $\langle x\rangle(t) = \langle x\rangle_0\cos\omega t + \frac{\langle p\rangle_0}{m\omega}\sin\omega t$ — 처음 상태가 무엇이든(파속이든 정상 상태 중첩이든) 중심은 고전 진동자처럼 움직인다. 2차 이하 퍼텐셜에서만 성립하는 특별한 성질이다(에렌페스트 정리, 1장).

SIMULATOR

같은 ⟨x⟩(t), 두 가지 계산

파속(흰 원)과 운동량 화살표 끝을 끈다

퍼텐셜

비조화 세기 λ

⟨x⟩ 슈뢰딩거(파동 전개)—

⟨x⟩ 하이젠베르크 식—

차이—

t—

위: 퍼텐셜(초록)과 $|\Psi(x,t)|^2$(색 = 위상)을 분할 연산자로 직접 전개한다($\hbar\omega = 0.10$ eV, 자유 전자, 처음 폭은 결맞음 상태의 0.617 nm). 아래: 파동함수에서 잰 $\langle x\rangle$(자홍 점)과 하이젠베르크 식 $\langle x\rangle_0\cos\omega t + \frac{\langle p\rangle_0}{m\omega}\sin\omega t$(초록 선). 비조화에서는 점선이 고전 뉴턴 궤적이다. 해볼 것: ① 조화 퍼텐셜에서 출발점·운동량을 바꿔도 점이 선 위에 그대로 있다. ② 비조화로 바꾸면 처음 한두 주기는 고전 궤적과 맞다가 파속이 찌그러지며 $\langle x\rangle$의 진폭이 줄어든다 — $\langle V'(x)\rangle \ne V'(\langle x\rangle)$이기 때문이다. ③ 더 오래 두면 진폭이 다시 커지는 부분 재생이 보인다.

ωt

MINI LAB스핀 1/2에 $\hat H = \tfrac{\hbar\omega}{2}\sigma_z$, 처음 상태 $|{+x}\rangle$. 왼쪽 블로흐 구(슈뢰딩거): 상태 벡터가 $z$축 둘레로 돌고 측정 축 $x$(초록 화살표)는 고정. 오른쪽(하이젠베르크): 상태는 고정되고 측정 축 $\sigma_{x,H}(t) = \hat U^\dagger\sigma_x\hat U$가 반대로 돈다. 아래 행렬은 QM.expmH로 즉석 계산한 값이다.

$\hbar\omega$ = 0.10인 포물선 퍼텐셜의 전자가 $\langle x\rangle_0$ = 2.0, $\langle p\rangle_0 = \hbar k_0$ ($k_0$ = 3.0)에서 출발하면 $\langle p\rangle_0/m\omega$ = , 진폭 , 주기 로 진동하고, $T/4$ 뒤의 $\langle x\rangle$ = 이다.

두 묘사 사이에 하나가 더 있다. $\hat H = \hat H_0 + \hat V(t)$일 때 쉬운 $\hat H_0$의 전개는 연산자에, 어려운 $\hat V$의 효과는 상태에 맡기는 상호작용 묘사(interaction picture)다. 14장에서 빛–물질 상호작용과 페르미 황금률을 이것으로 계산한다.

처음 위치 불확정도 $\Delta x_0 = 1.0$ nm, 위치–운동량 상관이 없는 최소 불확정 가우스 파속(자유 전자)의 폭이 두 배가 되는 시각은?

풀이 보기

전략 $\hat x_H = \hat x + \hat pt/m$에서 $\Delta x(t)^2 = \Delta x_0^2 + (\Delta p\,t/m)^2$, 최소 불확정이면 $\Delta p = \hbar/2\Delta x_0$.

풀이 $\Delta x(t) = \Delta x_0\sqrt{1 + (\hbar t/2m\Delta x_0^2)^2}$. 두 배 조건 $\hbar t/2m\Delta x_0^2 = \sqrt3$ → $t = 2\sqrt3\,m\Delta x_0^2/\hbar$. 이 책의 단위로 $m_e/\hbar = \hbar/(2\times0.0381\ \text{eV}\cdot\text{nm}^2) = 8.64$ fs/nm²이므로 $t = 2\sqrt3\times8.64\times1.0 = 29.9$ fs.

t ≈ 29.9 fs

검토 1장 QM.spread와 같은 결과다. $t\propto m\Delta x_0^2$이므로 GaAs 전자($0.067m_e$)는 15배 빨리, 폭 10 nm 파속은 100배 늦게 퍼진다.

보존량과 교환자

하이젠베르크 방정식의 기댓값을 취하면(어느 묘사로 계산해도 같다) 모든 물리량의 시간 변화를 정하는 일반식이 나온다.

$$\frac{d}{dt}\langle\hat A\rangle = \frac{i}{\hbar}\langle[\hat H,\hat A]\rangle + \left\langle\frac{\partial\hat A}{\partial t}\right\rangle$$

$\hat A$가 시간을 명시적으로 포함하지 않고 $[\hat H,\hat A] = 0$이면 $\langle\hat A\rangle$는 모든 상태에서 일정하다. 이런 $\hat A$를 보존량(constant of motion)이라 한다. 이때 $\hat H$와 $\hat A$의 공통 고유 기저가 있으므로 $\hat A$의 각 측정값이 나올 확률까지 일정하다.

계	$[\hat H,\hat A] = 0$인 $\hat A$	까닭(대칭)
모든 계($\hat H$ 시간 무관)	$\hat H$	시간 이동 대칭 → 에너지 보존
자유 입자	$\hat p$	공간 이동 대칭 → 운동량 보존
$V(x) = V(-x)$	패리티 $\hat\Pi$: $\hat\Pi\psi(x) = \psi(-x)$	반전 대칭
중심력 $V(r)$	$\hat{\mathbf L}$, $\hat L^2$	회전 대칭 (8장)
결정 속 전자	격자 이동 $\hat T_a$	이산 병진 대칭 → 블로흐 정리 (7장)

대칭과 보존량의 관계는 7장에서 본격적으로 다룬다. 여기서는 보존되지 않는 쪽도 같은 식으로 계산된다는 점이 중요하다. $\hat A = \hat x$와 $\hat p$를 넣으면 $d\langle x\rangle/dt = \langle p\rangle/m$, $d\langle p\rangle/dt = -\langle V'(x)\rangle$ — 1장의 에렌페스트 정리다.

좌우 대칭인 이중 우물의 왼쪽 우물에 전자 파속을 놓았다. 시간이 지나도 기댓값이 변하지 않는 것은?

대칭 퍼텐셜에서 $[\hat H,\hat\Pi] = 0$이다. 전자는 터널링으로 오른쪽으로 갔다가 돌아오지만($\langle x\rangle$, $\langle p\rangle$는 진동) $\langle\hat\Pi\rangle$ = (짝 성분 확률) − (홀 성분 확률)은 그대로다. 아래에서 비대칭 이중 우물로 바꾸면 $\langle\hat\Pi\rangle$도 흔들린다.

파속(흰 원)을 좌우로 끈다

퍼텐셜

MINI LAB폭 6 nm 상자 속 여러 퍼텐셜에서 전자 파속을 고유 상태 전개로 정확히 전개한다. 아래 그래프: $\langle x\rangle/3\,\text{nm}$(자홍), $\langle\hat\Pi\rangle$(초록), $\langle p\rangle$(주황, 크기 맞춤). 대칭 퍼텐셜(상자·조화·대칭 이중)에서는 초록 선이 수평이다. $\|[\hat H,\hat\Pi]\|$은 $\max|V(x)-V(-x)|$에 비례한다.

에너지–시간 관계와 만델스탐–탐

3장의 로버트슨 불확정성 관계 $\Delta A\,\Delta H \ge \tfrac12|\langle[\hat H,\hat A]\rangle|$에 위 식을 넣으면 $\Delta A\,\Delta E \ge \tfrac{\hbar}{2}|d\langle A\rangle/dt|$다. $\Delta t_A = \Delta A/|d\langle A\rangle/dt|$를 "$\langle A\rangle$가 $\Delta A$만큼 바뀌는 데 걸리는 시간"으로 정의하면

$$\Delta t_A\,\Delta E \ge \frac{\hbar}{2}, \qquad t_\perp \ge \frac{\pi\hbar}{2\Delta E}$$

이것이 만델스탐–탐 관계(Mandelstam–Tamm relation)다. 에너지 불확정도가 작은 상태는 느리게만 변할 수 있다. 오른쪽은 상태가 처음 상태와 직교하게 될 때까지의 최소 시간이며, 두 준위 같은 무게 중첩($\Delta E = (E_2-E_1)/2$)이 이 한계를 정확히 채운다. 정상 상태($\Delta E = 0$)는 영원히 변하지 않는다.

에너지 퍼짐이 $\Delta E$ = 2.00인 상태는 처음과 완전히 구별되는(직교하는) 상태가 되는 데 적어도 $\pi\hbar/2\Delta E$ = 이 걸린다.

비리얼 정리: 정상 상태에서 $\langle\hat x\hat p\rangle$가 보존된다

$\hat A = \hat x\hat p$를 넣으면 $\frac{d}{dt}\langle\hat x\hat p\rangle = 2\langle\hat T\rangle - \langle x V'(x)\rangle$. 정상 상태에서는 모든 기댓값이 일정하므로 좌변이 0이고 $2\langle\hat T\rangle = \langle xV'(x)\rangle$ — 양자 비리얼 정리(virial theorem)다. 조화 진동자($V\propto x^2$)는 $\langle T\rangle = \langle V\rangle = E/2$, 쿨롱 퍼텐셜($V\propto 1/r$, 3차원)은 $2\langle T\rangle = -\langle V\rangle$, 곧 수소 바닥 상태 $\langle T\rangle = 13.6$ eV, $\langle V\rangle = -27.2$ eV다(9장).

전자(전하 $-e$)에 균일한 전기장 $\mathcal E = 1.0$ MV/cm $= 0.10$ V/nm가 $-x$ 방향으로 걸려 있다(전자가 받는 힘은 $+x$ 방향). 하이젠베르크 방정식으로 $\langle p\rangle(t)$를 구하고 10 fs 동안의 파수 변화 $\Delta k$를 계산하라.

풀이 보기

전략 퍼텐셜 에너지 $V = -Fx$ ($F = e\mathcal E$)이므로 $[\hat H,\hat p] = [V(\hat x), \hat p] = i\hbar V'(\hat x) = -i\hbar F$.

풀이 $d\langle p\rangle/dt = \tfrac{i}{\hbar}\langle[\hat H,\hat p]\rangle = F$ — 상태와 무관하게 정확히 $\langle p\rangle(t) = \langle p\rangle_0 + Ft$. 파수로 $\Delta k = Ft/\hbar = (0.10\ \text{eV/nm})(10\ \text{fs})/(0.6582\ \text{eV}\cdot\text{fs}) = 1.52$ nm⁻¹.

$\langle p\rangle = \langle p\rangle_0 + e\mathcal Et$, $\Delta k = 1.52$ nm⁻¹

검토 선형 퍼텐셜이라 에렌페스트 식이 고전 운동 방정식과 정확히 같다. 결정 속에서는 같은 식 $\hbar\dot k = F$가 결정 운동량에 대해 성립하는 가속 정리(acceleration theorem)가 된다(7장). Si의 브릴루앙 영역 끝(X점, $2\pi/a = 11.6$ nm⁻¹)까지 가려면 이 전기장에서도 약 76 fs가 걸리는데, 실제 전자는 그 전에(수십 fs) 포논에 산란된다.

짧은 채널의 준탄도 수송

가속 정리 $\hbar\dot k = F$는 산란이 없을 때의 운동이다. 실제 실리콘에서 전자는 평균 0.1 ps마다 포논·불순물에 산란되어 운동량을 잃고, 그 평균이 이동도 $\mu = e\tau/m^*$가 된다(드리프트). 그런데 채널 길이가 수십 nm로 줄면 전자가 소스에서 드레인까지 몇 번 산란되지 않고 지나간다 — 시간 전개의 "자유로운" 구간이 소자 길이와 비슷해진 것이다. 이때 전류는 이동도가 아니라 소스 쪽 주입 속도로 정해진다. DeviceBook · 캐리어 수송의 "짧은 채널: 준탄도 수송" 절.

두 준위 결합과 터널 진동

이중 우물에 전자 하나가 있고 각 우물의 가장 낮은 상태 $|L\rangle$, $|R\rangle$만 생각하자(다른 상태는 훨씬 위에 있다). 이 두 상태로 펼친 2차원 공간에서 해밀토니언은

$$\hat H = \begin{pmatrix}\varepsilon/2 & t_c\\ t_c & -\varepsilon/2\end{pmatrix} = \frac{\varepsilon}{2}\sigma_z + t_c\,\sigma_x$$

기저 순서 $(|L\rangle, |R\rangle)$. $\varepsilon$은 두 우물 바닥의 에너지 차(이조, detuning), $t_c$는 장벽을 통한 터널 결합이다. 현대물리학에서 이중 우물의 준위 갈라짐을 파동함수로 보았다(현대물리학 · 분자와 결합). 여기서는 2×2 행렬로 시간 전개를 계산한다.

고유값은 $E_\pm = \pm\tfrac12\Delta$, $\Delta = \sqrt{\varepsilon^2 + 4t_c^2}$이다. 대칭($\varepsilon = 0$)이면 고유 상태가 $(|L\rangle\pm|R\rangle)/\sqrt2$이고, 갈라짐 $\Delta = 2|t_c|$를 터널 분리(tunnel splitting)라 한다. 처음에 전자를 $|L\rangle$에 두면 1절의 요리법대로

$$P_R(t) = |\langle R|\Psi(t)\rangle|^2 = \frac{4t_c^2}{\varepsilon^2+4t_c^2}\,\sin^2\!\left(\frac{\Delta\,t}{2\hbar}\right), \qquad T = \frac{2\pi\hbar}{\Delta} = \frac{h}{\Delta}$$

전자가 두 우물 사이를 주기 $T$로 오가는 터널 진동(tunneling oscillation)이다. 대칭일 때만 완전히(100%) 넘어가고, $\varepsilon$이 커지면 진폭은 줄고 진동은 빨라진다. 14장의 라비 공식과 수학이 같다($2t_c\to\hbar\Omega$, $\varepsilon\to\hbar\Delta$).

블로흐 구로 보면 더 간단하다. $|L\rangle$을 북극($|0\rangle$), $|R\rangle$을 남극($|1\rangle$)으로 두면 $\hat H = \tfrac{\Delta}{2}\hat{\mathbf n}\cdot\boldsymbol\sigma$, $\hat{\mathbf n} = (2t_c, 0, \varepsilon)/\Delta$이다. 상태의 블로흐 벡터는 축 $\hat{\mathbf n}$ 둘레를 각속도 $\Delta/\hbar$로 세차한다(10장 라모어 세차와 같은 그림). $\varepsilon = 0$이면 축이 적도에 누워 북극에서 출발한 벡터가 남극을 지나고, $\varepsilon$이 커지면 축이 위로 서서 원뿔이 작아진다.

이조를 결합의 두 배($\varepsilon = 2t_c$)로 두고 전자를 왼쪽 점에서 출발시키면, 오른쪽 점에서 발견될 최대 확률은?

$P_\text{max} = 4t_c^2/(\varepsilon^2+4t_c^2) = 4t_c^2/8t_c^2 = 1/2$. 그리고 진동은 $\Delta = \sqrt8\,t_c$이므로 대칭일 때보다 $\sqrt2$배 빠르다. 블로흐 구에서는 세차 축이 45° 기울어 원뿔이 적도까지만 내려온다.

SIMULATOR

이중 양자점의 터널 진동

왼쪽 준위·장벽 꼭대기의 흰 원을 끈다

구를 끌어 돌린다

이조 ε 터널 결합 t_c

Δ = √(ε²+4t_c²)—

진동 주기 h/Δ—

최대 P_R—

P_R(t)—

에너지는 μeV, 시간은 ps($\hbar = 658.2$ μeV·ps). 상태는 $\hat U(t) = e^{-i\hat Ht/\hbar}$를 매 순간 QM.expmH로 계산한다. 왼쪽 위: 두 양자점의 준위와 전자의 확률(원의 채움), 왼쪽 아래: $P_R(t)$(자홍)와 최댓값(초록 점선). 오른쪽: 블로흐 구(북극 = 왼쪽 점)와 세차 축(주황 점선). 해볼 것: ① $t_c$를 두 배로 하면 주기가 반이 된다. ② $\varepsilon$을 키우면 진폭이 $4t_c^2/\Delta^2$로 준다. ③ $\varepsilon \gg t_c$이면 전자가 사실상 왼쪽에 갇힌다 — 전하 큐비트를 "꺼 두는" 방법이다.

장벽 꼭대기 흰 원을 위아래로 끈다

MINI LAB실공간 이중 우물 $V = V_b(x^2/a^2-1)^2$ ($a = 1$ nm, 자유 전자). 가장 낮은 두 고유 상태(짝·홀, QM.eigen1D)를 같은 무게로 더하면 왼쪽에 몰린 상태가 되고, 두 성분의 위상이 $\Delta/\hbar$로 어긋나며 오른쪽으로 넘어갔다 돌아온다. 장벽을 높이면 $\Delta$가 지수적으로 줄어 진동이 급격히 느려진다.

터널 결합 $t_c$ = 5.0, 이조 $\varepsilon$ = 0.0이면 $\Delta$ = (), 터널 진동 주기는 , 오른쪽 점의 최대 확률은 이다.

암모니아 분자: 첫 번째 2준위 계

암모니아(NH₃)의 질소는 세 수소가 이루는 평면의 위나 아래에 있을 수 있다. 두 배치는 거울상이라 에너지가 같고, 질소가 평면을 터널링해 $|L\rangle$과 $|R\rangle$이 결합한다. 그 결과 갈라진 두 준위의 차이 $h\times23.87$ GHz가 1954년 타운스의 첫 메이저와 첫 원자시계의 기준 진동수가 되었다(간격은 그림처럼 과장).

암모니아 반전 전이의 진동수는 23.87 GHz다. 터널 분리 $\Delta E$(μeV)와, 질소가 위에서 출발했을 때 처음으로 다시 위에 100% 있게 되는 시간은?

풀이 보기

전략 $\Delta E = h\nu$. 대칭 2준위 계이므로 $P_L(t) = \cos^2(\Delta Et/2\hbar)$, 주기 $h/\Delta E = 1/\nu$.

풀이 $\Delta E = (4.136\times10^{-15}\ \text{eV·s})(2.387\times10^{10}\ \text{s}^{-1}) = 9.87\times10^{-5}$ eV $= 98.7$ μeV. 주기 $1/\nu = 41.9$ ps.

ΔE = 98.7 μeV, T = 41.9 ps

검토 장벽(약 0.25 eV)에 비해 분리는 0.04%에 불과하다 — 질소처럼 무거운 원자의 터널링은 지수적으로 억제된다. 그래도 피코초 규모라 분자는 1초에 수백억 번 뒤집힌다. 무거운 동위 원소(ND₃)는 분리가 약 1.6 GHz로 15배 작다.

이중 양자점 전하 큐비트

이중 양자점 소자(개념도). 나노미터 금속 게이트에 건 전압이 아래 2차원 전자 기체를 정전기적으로 가둬 두 양자점을 만든다. 플런저 게이트(P_L, P_R) 전압 차가 이조 $\varepsilon$을, 가운데 장벽 게이트(B)가 터널 결합 $t_c$를 조절한다. 옆의 전하 센서(양자점 접촉)가 전자가 어느 점에 있는지를 전류 변화로 읽는다.

전자 하나를 두 양자점에 나눠 두고 $|L\rangle = |0\rangle$, $|R\rangle = |1\rangle$으로 쓰는 것이 전하 큐비트(charge qubit)다. 조작은 위 시뮬레이터 그대로다. 큰 $\varepsilon$에서 전자를 왼쪽에 준비한 뒤, 게이트 전압 펄스로 $\varepsilon$을 갑자기 0으로 바꿔 시간 $\tau$ 동안 두고 다시 큰 $\varepsilon$으로 돌려 전하 센서로 읽는다. $\tau$를 바꿔 가며 재면 $P_R(\tau)$가 주기 $h/2t_c$로 진동한다(2003년 GaAs 이중 양자점에서 처음 관측). $t_c$는 보통 수–수십 μeV, 곧 진동 주기는 수백 ps–수 ns다.

SIMULATOR

게임: 정해진 시각에 전자를 옮겨라

왼쪽 평면의 흰 원을 끌어 (ε, t_c)를 고른다

과녁

—

두 조각 펄스(고급): 앞 절반은 ε = 0 고정

고른 값—

결과—

점수—

전자는 늘 왼쪽 점에서 출발하고, 정해진 시각 $t^*$에 펄스가 끝나 전하 센서가 위치를 읽는다. 과녁은 두 가지다: "오른쪽"($P_R \ge 0.95$)과 "반반"($|P_R - 0.5| \le 0.03$, 큐비트의 $\pi/2$ 펄스). $t_c \le 15$ μeV로 제한된다. 해볼 것: ① 대칭($\varepsilon = 0$)에서 $t_ct^*/\hbar = \pi/2$가 되는 $t_c$를 계산해 맞혀 보라. ② 가장 작은 해가 범위를 벗어나면 $3\pi/2, 5\pi/2$를 노려라. ③ "반반"은 $\varepsilon$을 이용한 해도 있다 — 지도에서 확인하라(지도를 본 판은 점수에 들어가지 않는다). ④ 두 조각 펄스를 켜면 앞 절반은 $\varepsilon = 0$, 뒤 절반만 고른 $\varepsilon$으로 진행한다 — 1절의 시간 순서 곱이다.

이중 양자점 전하 큐비트와 실리콘 스핀 큐비트

전하 큐비트는 수백 ps면 한 번 뒤집힐 만큼 빠르지만, 전자의 위치를 정보로 쓰기 때문에 주변 결함·게이트의 전하 잡음에 약해 결맞음 시간이 ns 수준이다. 그래서 오늘날 실리콘 양자 소자는 같은 이중 양자점 구조에서 전자의 스핀을 큐비트로 쓰고(결맞음 ms 이상), 전하 자유도는 스핀을 읽고 두 스핀을 결합하는 데 쓴다. 게이트 피치 수십 nm, 극저온에서 동작하는 CMOS 공정의 MOS 게이트 스택이 그대로 큐비트 소자가 된다. 큐비트 구현 전반은 18장 양자 정보와 큐비트, 게이트 전압이 반도체 속 전위를 만드는 원리는 DeviceBook · MOS 구조.

이중 양자점의 터널 결합이 $t_c = 10$ μeV, 이조가 $\varepsilon = 15$ μeV이다. 전자를 왼쪽 점에서 출발시킬 때 오른쪽 점에서 발견될 최대 확률과 진동 주기를 구하라.

풀이 보기

전략 $\Delta = \sqrt{\varepsilon^2+4t_c^2}$, $P_\text{max} = 4t_c^2/\Delta^2$, $T = h/\Delta$ ($h = 4.136$ μeV·ns).

풀이 $\Delta = \sqrt{225+400} = 25.0$ μeV. $P_\text{max} = 400/625 = 0.640$. $T = 4.136\ \text{μeV·ns}/25.0\ \text{μeV} = 0.165$ ns $= 165$ ps.

P_max = 0.640, T = 165 ps

검토 대칭이었다면 $\Delta = 20$ μeV로 주기 207 ps, 진폭 1이다. 이조가 진폭은 줄이고 진동은 빠르게 한다 — 시뮬레이터의 블로흐 구에서 세차 축이 기운 것과 같다.

전파 인자

$\hat U$를 위치 표현으로 쓰면 한 점에서 다른 점으로 가는 진폭이 된다. 완비성 $\int|x'\rangle\langle x'|dx' = \hat 1$을 끼우면

$$\Psi(x,t) = \int K(x,t;x',t_0)\,\Psi(x',t_0)\,dx', \qquad K(x,t;x',t_0) = \langle x|\hat U(t,t_0)|x'\rangle = \sum_n\psi_n(x)\psi_n^*(x')e^{-iE_n(t-t_0)/\hbar}$$

$K$를 전파 인자(propagator)라 한다. $t_0$에 $x'$에 있던 입자가 $t$에 $x$에 있을 확률 진폭이다. $t\to t_0$이면 $K\to\delta(x-x')$이고, $x$에 대해 슈뢰딩거 방정식을 만족한다(그린 함수). 처음 파동의 모든 점이 $K$ 모양의 작은 파동을 내고 그것들이 겹친다는 하위헌스 원리의 양자판이다.

자유 입자는 운동량 고유 상태로 합을 적분으로 바꿔(가우스 적분) 닫힌 꼴을 얻는다.

$$K_\text{free}(x,t;x',0) = \sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar t}}\;\exp\!\left[\frac{im(x-x')^2}{2\hbar t}\right]$$

크기는 위치와 무관하게 $\sqrt{m/2\pi\hbar t}$이고 위상만 $x$의 제곱으로 빨라진다(첩, chirp). 국소 파수 $k = \partial_x(\text{위상}) = m(x-x')/\hbar t$는 "시간 $t$ 동안 $x'$에서 $x$로 가는 고전 입자의 운동량"이고, 위상 $m(x-x')^2/2\hbar t$는 그 고전 경로의 작용 $S_\text{cl}/\hbar$다. 파인만은 이것을 일반화해 $K = \sum_\text{모든 경로}e^{iS/\hbar}$로 썼다(경로 적분(path integral)).

x축 위 흰 원(탐침)을 끈다

시간 t

MINI LAB원점에서 출발한 자유 전자의 $K(x,t;0,0)$. 자홍 = 실수부, 초록 = 허수부(크기로 나눠 그림). 바깥으로 갈수록 진동이 빨라진다 — 멀리 간 성분은 빨리 달린 성분이기 때문이다. 탐침을 끌면 그 자리의 국소 파장과 고전 속도 $v = x/t$를 비교해 준다.

SIMULATOR

전파 인자로 만든 이중 슬릿 무늬

위 띠의 두 흰 원(슬릿 위치)을 끈다

슬릿 폭 σ 재생 속도 분할 연산자 결과 겹쳐 보기

t—

슬릿 간격 d—

무늬 간격 ht/md—

두 방법 최대 차이—

처음 상태는 가우스 "슬릿" 두 개(자유 전자). 아래 그림의 색칠은 $\Psi(x,t) = \int K\Psi_0\,dx'$를 직접 더한 결과(색 = 위상), 검은 점선은 같은 처음 상태를 분할 연산자(FFT)로 시간 전개한 결과다. 둘이 겹치는 것이 $K$가 슈뢰딩거 방정식의 해라는 뜻이다. 해볼 것: ① 무늬 간격이 $t$에 비례하고 $d$에 반비례하는지 확인하라(먼 거리 근사 $\Delta x = ht/md$, 초록 눈금). ② 슬릿을 좁히면(σ↓) 빨리 퍼져 일찍 겹친다. ③ 슬릿을 붙이면 간섭 무늬 대신 파속 하나가 된다.

질량 1.000 $m_e$인 입자가 간격 $d$ = 2.0인 두 곳에서 동시에 출발하면, $t$ = 10 뒤 먼 거리의 간섭 무늬 간격은 $ht/md$ = 이다.

원점을 떠난 자유 전자의 전파 인자 $K(x,t;0,0)$에서 $t = 20$ fs, $x = 10$ nm의 국소 파수 $k$를 구하고, 그 파수의 운동 에너지가 고전 입자(같은 시간에 같은 거리를 가는)의 운동 에너지와 같음을 보여라.

풀이 보기

전략 위상 $\phi = mx^2/2\hbar t$를 $x$로 미분한다. $m_e/\hbar = 8.64$ fs/nm².

풀이 $k = mx/\hbar t = 8.64\times10/20 = 4.32$ nm⁻¹. 에너지 $\hbar^2k^2/2m = 0.0381\times4.32^2 = 0.711$ eV. 고전: $v = x/t = 0.50$ nm/fs $= 5.0\times10^5$ m/s, $\tfrac12m_ev^2 = 1.14\times10^{-19}$ J $= 0.711$ eV.

k = 4.32 nm⁻¹, E = 0.711 eV (고전과 일치)

검토 전파 인자는 "각 점에 도착하는 것은 그 점에 제때 닿을 수 있는 속도의 성분"이라고 말한다. 넓은 파속이 오래 지나면 위치가 곧 속도의 지도가 되는 이유다(비행 시간 측정의 원리).

수치 시간 전개

퍼텐셜이 복잡하면 손으로 대각화할 수 없다. 2장처럼 공간을 간격 $\Delta x$의 격자로 나누면 $\hat H$는 $N\times N$ 삼중 대각 행렬이 되고, 한 걸음 $\Delta t$마다 $e^{-i\hat H\Delta t/\hbar}$를 어떻게 근사하느냐가 방법을 가른다. 고유 상태 하나(에너지 $E$)에 대해 정확한 한 걸음은 $g = e^{-i\lambda}$, $\lambda = E\Delta t/\hbar$이다.

방법	한 걸음	증폭 인자 $g(\lambda)$	$\|g\|$
앞 오일러(명시적)	$\psi + \tfrac{\Delta t}{i\hbar}\hat H\psi$	$1 - i\lambda$	$\sqrt{1+\lambda^2} > 1$: 발산
뒤 오일러(암시적)	$(1+i\hat H\Delta t/\hbar)^{-1}\psi$	$1/(1+i\lambda)$	$\lt 1$: 인공 감쇠
크랭크–니콜슨	$\dfrac{1-i\hat H\Delta t/2\hbar}{1+i\hat H\Delta t/2\hbar}\psi$	$\dfrac{1-i\lambda/2}{1+i\lambda/2}$	$= 1$: 유니터리
분할 연산자	$e^{-iV\Delta t/2\hbar}e^{-iT\Delta t/\hbar}e^{-iV\Delta t/2\hbar}$	각 인자가 위상	$= 1$: 유니터리

크랭크–니콜슨 방법(Crank–Nicolson method)은 반 걸음 앞으로, 반 걸음 뒤로 가는 평균이다. 분모의 역행렬은 삼중 대각 연립 방정식이라 토머스 알고리즘으로 $O(N)$에 푼다. 어떤 $\Delta t$에서도 노름이 정확히 보존되고(무조건 안정), 위상 오차는 한 걸음에 $\lambda - 2\arctan(\lambda/2) \approx \lambda^3/12$다. 현대물리학의 터널링 시뮬레이터(Q.propagator)가 이 방법이다.

분할 연산자 방법(split-operator method)은 $\hat H = \hat T + \hat V$에서 $\hat V$는 위치 공간에서, $\hat T$는 운동량 공간에서 대각이라는 점을 쓴다. FFT로 두 공간을 오가며 각자 위상만 곱하므로 역시 유니터리이고, 운동 에너지를 (유한 차분이 아니라) 정확히 다룬다. 오차는 $[\hat T,\hat V]\ne0$에서 오며 대칭(스트랑) 분할이면 한 걸음에 $O(\Delta t^3)$이다.

위치 공간에서 퍼텐셜 위상을 반 걸음만큼 곱한다. $V(x)$는 위치 표현에서 대각이니 점마다 곱셈 한 번이다.
FFT로 운동량 공간으로 간다($O(N\log N)$).
운동 에너지 위상을 한 걸음 곱한다. $\hat T = \hbar^2k^2/2m$은 운동량 표현에서 대각이다.
역 FFT로 위치 공간으로 돌아온다.
남은 반 걸음의 퍼텐셜 위상을 곱한다. 대칭으로 나눴기 때문에 오차가 $\Delta t^3$에서 시작한다. 주기 경계이므로 끝에 흡수층이나 높은 벽을 둔다.

분할 연산자 방법(QM.splitOp). 이 책의 파속 시뮬레이터 대부분이 이것으로 돈다.

단위원 위 흰 원(정확한 한 걸음)을 돌린다

MINI LAB고유 상태 하나의 진폭이 복소 평면에서 걸음마다 어떻게 움직이는지(12걸음). 회색 = 정확($e^{-i\lambda}$), 빨강 = 앞 오일러, 주황 = 뒤 오일러, 자홍 = 크랭크–니콜슨. 오일러는 나선을 그리며 밖으로(발산) 또는 안으로(감쇠) 가고, 크랭크–니콜슨만 원 위에 남되 조금씩 뒤처진다.

앞 오일러 방법이 발산한다면, 시간 간격 $\Delta t$를 10배 줄이면 어떻게 될까?

$|g| = \sqrt{1+\lambda^2} > 1$은 어떤 $\lambda>0$에서도 성립한다(무조건 불안정). $\Delta t$를 줄이면 한 걸음 증폭이 $1+\lambda^2/2$로 작아지지만, 격자의 가장 높은 모드($E_\text{max}\approx 4\hbar^2/2m\Delta x^2$)가 반올림 오차에서 자라 결국 터진다. 아래에서 확인하라.

SIMULATOR

세 방법 경주: 오일러 · 크랭크–니콜슨 · 분할 연산자

맨 위 줄 파속(흰 원)을 끌어 출발점을 바꾼다

시간 간격 Δt

노름 오일러—

노름 크랭크–니콜슨—

노름 분할 연산자—

⟨x⟩ CN / 분할 / 정확—

t (걸음 수)—

조화 퍼텐셜($\hbar\omega = 0.20$ eV, 주기 20.7 fs) 속 결맞음 파속을 같은 격자($N = 256$, $\Delta x = 0.063$ nm, $E_\text{max}\approx 39$ eV)에서 세 방법으로 전개한다. 아래 그래프는 노름 $\int|\Psi|^2dx$의 로그. 해볼 것: ① 오일러는 어떤 $\Delta t$에서도 결국 발산한다 — $\Delta t$를 줄이면 터지는 시각이 늦어질 뿐이다. ② 크랭크–니콜슨과 분할 연산자의 노름은 $\Delta t = 0.1$ fs에서도 1이다. ③ $\langle x\rangle$를 정확한 값 $x_0\cos\omega t$와 비교하라. 작은 $\Delta t$에서 크랭크–니콜슨에 남는 작은 차이는 유한 차분 운동 에너지($\Delta x$) 때문이고, $\Delta t$를 키우면 시간 위상 오차가 더해진다(분할 연산자는 운동 에너지를 FFT로 정확히 다룬다).

격자 간격 $\Delta x$ = 0.05(자유 전자)에서 가장 높은 모드의 에너지는 $E_\text{max}\approx 4\hbar^2/2m\Delta x^2$ = . 시간 간격 $\Delta t$ = 0.0100이면 $\lambda_\text{max}$ = , 앞 오일러의 한 걸음 증폭 $|g|$ = 이고 확률이 10⁶배로 부푸는 데 걸음이면 된다. 크랭크–니콜슨의 위상 오차는 한 걸음에 .

자유 전자를 $\Delta x = 0.050$ nm 격자, $\Delta t = 0.010$ fs로 앞 오일러 방법으로 전개한다. 격자의 가장 높은 모드($E_\text{max} = 4\hbar^2/2m\Delta x^2$)의 한 걸음 증폭 인자와, 50걸음(0.5 fs) 뒤 그 모드의 확률이 몇 배가 되는지 구하라.

풀이 보기

전략 $\lambda = E_\text{max}\Delta t/\hbar$, $|g| = \sqrt{1+\lambda^2}$, 확률은 $|g|^{2n} = (1+\lambda^2)^n$.

풀이 $E_\text{max} = 4(0.0381)/0.050^2 = 61.0$ eV. $\lambda = 61.0\times0.010/0.6582 = 0.926$. $|g| = \sqrt{1+0.858} = 1.363$. 50걸음: $(1.858)^{50} = 2.8\times10^{13}$.

|g| = 1.36, 확률 약 2.8×10¹³배

검토 처음에 이 모드의 진폭이 반올림 오차 $10^{-16}$(확률 $10^{-32}$)뿐이어도 100–150걸음이면 파동 전체를 덮는다. 크랭크–니콜슨은 같은 조건에서 $|g| = 1$이고 대신 높은 모드의 위상이 틀린다($2\arctan(0.463) = 0.865$ rad vs 정확 0.926 rad) — 그 모드는 어차피 물리적으로 중요하지 않으니 해가 없다.

TCAD 과도 해석의 시간 적분

TCAD의 과도(transient) 해석은 드리프트–확산 방정식을 같은 문제로 푼다: 공간을 메시로 나누면 큰 연립 상미분 방정식이 되고, 그 안에는 매우 빠른 모드(유전 완화 $\sim$fs)와 느린 모드(재결합 $\sim$ns–μs)가 함께 있다(뻣뻣함, stiffness). 명시적 방법은 가장 빠른 모드 때문에 엄청나게 작은 시간 간격을 강요받으므로, 상용 TCAD는 뒤 오일러·사다리꼴(크랭크–니콜슨의 확산판)·TR-BDF2 같은 암시적 방법과 매 걸음의 뉴턴 반복을 쓴다. 양자 수송을 시간 영역에서 푸는 시뮬레이터(시간 의존 NEGF, 파속 몬테카를로)는 이 장의 크랭크–니콜슨·분할 연산자를 그대로 쓴다. TCADBook · 과도·AC·혼합 모드의 "시간 이산화와 뻣뻣함", TCADBook · 비선형 해법: 뉴턴과 거멜.

핵심 정리

$i\hbar\,d|\Psi\rangle/dt = \hat H|\Psi\rangle$의 해는 $|\Psi(t)\rangle = \hat U(t)|\Psi(0)\rangle$. $\hat H$가 에르미트이므로 $\hat U$는 유니터리(확률 보존·가역)이고, 시간 무관이면 $\hat U = e^{-i\hat Ht/\hbar} = \sum_n e^{-iE_nt/\hbar}|n\rangle\langle n|$이다. 시간 의존이면 시간 순서 곱(다이슨 급수).
정상 상태는 전역 위상만 돈다. 중첩은 보어 진동수 $(E_n-E_m)/\hbar$로 맥놀이하고, 무한 우물에서는 $T_\text{rev} = h/E_1 = 4mL^2/\pi\hbar$에 정확히 재생된다(반 재생은 거울상).
슈뢰딩거 묘사(상태가 움직임)와 하이젠베르크 묘사($\hat A_H = \hat U^\dagger\hat A\hat U$가 움직임)는 같은 기댓값을 준다. $d\hat A_H/dt = \tfrac{i}{\hbar}[\hat H,\hat A_H]$. 자유 입자 $\hat x_H = \hat x + \hat pt/m$, 조화 진동자 $\hat x_H = \hat x\cos\omega t + (\hat p/m\omega)\sin\omega t$.
$d\langle\hat A\rangle/dt = \tfrac{i}{\hbar}\langle[\hat H,\hat A]\rangle$: $\hat H$와 교환하는 연산자는 보존량(대칭의 결과). 만델스탐–탐 $\Delta t_A\Delta E \ge \hbar/2$, 직교 시간 $t_\perp \ge \pi\hbar/2\Delta E$. 균일한 힘에서는 $\langle p\rangle = \langle p\rangle_0 + Ft$(가속 정리).
두 준위 $\hat H = \tfrac{\varepsilon}{2}\sigma_z + t_c\sigma_x$: $P_R(t) = \tfrac{4t_c^2}{\Delta^2}\sin^2(\Delta t/2\hbar)$, $\Delta = \sqrt{\varepsilon^2+4t_c^2}$, 주기 $h/\Delta$. 블로흐 구에서 축 $(2t_c,0,\varepsilon)$ 둘레 세차. 암모니아(23.87 GHz)와 이중 양자점 전하 큐비트($t_c$ 수–수십 μeV, 수백 ps)가 대표 예다.
전파 인자 $K = \langle x|\hat U|x'\rangle$, 자유 입자 $K = \sqrt{m/2\pi i\hbar t}\,e^{im(x-x')^2/2\hbar t}$. 국소 파수 $m(x-x')/\hbar t$는 고전 운동량, 위상은 고전 작용이다.
수치 전개: 앞 오일러는 $|g| = \sqrt{1+\lambda^2}$로 무조건 불안정, 크랭크–니콜슨($O(N)$ 삼중 대각 풀이)과 분할 연산자(FFT)는 유니터리로 노름을 정확히 보존한다. 오차는 위상($\lambda^3/12$, $[\hat T,\hat V]\Delta t^3$)으로 나타난다.

연습문제

특별한 말이 없으면 $\hbar = 0.6582$ eV·fs $= 658.2$ μeV·ps, $h = 4.136$ eV·fs $= 4.136$ μeV·ns, $\hbar^2/2m_e = 0.0381$ eV·nm²를 쓴다. 답이 ±1% 이내면 정답이다.

에너지 2.0 eV인 정상 상태의 위상 인자 $e^{-iEt/\hbar}$가 한 바퀴 도는 시간은? 이 상태의 확률 밀도는 그 주기로 변하는가?

$T = h/E = 4.136/2.0 = 2.07$ fs. 확률 밀도는 변하지 않는다 — 전역 위상이기 때문이다. 에너지 영점을 바꾸면 이 "주기"도 바뀐다는 점에서 관측량이 아님을 알 수 있다.

에너지 차가 5.0 meV인 두 준위를 짧은 펄스로 함께 들뜨게 했다. 펌프–프로브 신호의 맥놀이 주기는 몇 fs인가?

$T = h/\Delta E = 4.136\ \text{eV·fs}/0.0050\ \text{eV} = 827$ fs $= 0.83$ ps.

폭 2.0 nm 무한 우물의 전자가 $(\psi_1+\psi_2)/\sqrt2$ 상태다. $\langle x\rangle(t)$의 진동 주기와 진폭을 구하라.

$E_1 = 0.0381(\pi/L)^2$, 진폭 $16L/9\pi^2$.

$E_1 = 0.0381\times\pi^2/4 = 0.0940$ eV, $T = h/3E_1 = 4.136/0.2820 = 14.7$ fs. 진폭 $16(2.0)/9\pi^2 = 0.360$ nm. 폭이 두 배면 주기는 4배($E\propto1/L^2$), 진폭은 2배다.

폭 8.0 nm인 GaAs 양자 우물($m^* = 0.067m_e$)을 무한 우물로 보고 양자 재생 시간을 구하라.

$E_1 = (0.0381/0.067)(\pi/8.0)^2 = 0.0877$ eV, $T_\text{rev} = h/E_1 = 4.136/0.0877 = 47.2$ fs. 실제로는 유한 장벽과 비포물선성 때문에 준위가 정확히 $n^2$배가 아니어서 재생이 불완전하고, 산란(약 0.1 ps)이 먼저 결맞음을 지운다.

$\hat H = A\sigma_x$ ($A = 0.10$ meV)인 두 상태 계가 $t = 0$에 $|0\rangle$이다. $t = 5.0$ ps에 $|1\rangle$에서 발견될 확률(0–1)은?

$P_1 = \sin^2(At/\hbar)$. $At/\hbar = (1.0\times10^{-4}\ \text{eV})(5000\ \text{fs})/0.6582\ \text{eV·fs} = 0.760$ rad, $\sin^2(0.760) = 0.474$.

하이젠베르크 묘사에 대한 설명으로 옳은 것은?

두 묘사는 $\hat U$를 상태에 붙이느냐 연산자에 붙이느냐의 차이일 뿐, 모든 기댓값과 확률이 같다.

$\hbar\omega = 0.10$ eV 포물선 퍼텐셜 속 전자가 $\langle x\rangle_0 = 0$, $\langle p\rangle_0 = \hbar k_0$ ($k_0 = 2.0$ nm⁻¹)에서 출발한다. $\langle x\rangle(t)$의 진폭은?

$\langle p\rangle_0/m\omega = k_0\hbar^2/(m\hbar\omega) = k_0\cdot2(0.0381)/\hbar\omega$.

$\langle x\rangle = (\langle p\rangle_0/m\omega)\sin\omega t$, 진폭 $= 2.0\times0.0762/0.10 = 1.52$ nm. 처음 상태의 모양과 무관하다(하이젠베르크 식은 연산자 등식).

주기 $a = 10$ nm인 초격자의 전자에 전기장 10 kV/cm가 걸렸다. 가속 정리 $\hbar\dot k = e\mathcal E$에 따라 전자가 브릴루앙 영역 한 폭($2\pi/a$)을 지나는 시간(블로흐 진동 주기)은? 산란은 무시한다.

10 kV/cm = 0.0010 V/nm.

$T_B = \hbar(2\pi/a)/e\mathcal E = 2\pi\hbar/(e\mathcal Ea) = 2\pi(0.6582\ \text{eV·fs})/(0.0010\ \text{eV/nm}\times10\ \text{nm}) = 414$ fs. 벌크 Si($a = 0.543$ nm)라면 18배 길어 산란 시간보다 훨씬 길다 — 그래서 블로흐 진동은 큰 주기의 초격자에서만 관측되었다(7장).

에너지 불확정도가 $\Delta E = 2.0$ meV인 상태가 처음 상태와 직교하게 되는 데 걸리는 최소 시간은?

$t_\perp \ge \pi\hbar/2\Delta E = \pi(0.6582)/(2\times0.0020) = 517$ fs. 에너지 차 4.0 meV인 두 준위의 같은 무게 중첩이 정확히 이 시간에 직교 상태(반 주기)에 이른다.

퍼텐셜이 없는 자유 입자에서 기댓값이 시간에 따라 변할 수 있는 것은?

$[\hat p^2/2m, \hat x] = -i\hbar\hat p/m \ne 0$이므로 $d\langle x\rangle/dt = \langle p\rangle/m$. 나머지는 모두 $\hat H$와 교환한다.

암모니아 메이저의 진동수 23.87 GHz에 해당하는 터널 분리를 μeV 단위로 구하라.

$\Delta E = h\nu = (4.136\times10^{-15}\ \text{eV·s})(2.387\times10^{10}\ \text{Hz}) = 9.87\times10^{-5}$ eV $= 98.7$ μeV.

터널 결합 $t_c = 5.0$ μeV인 이중 양자점에서 (a) 대칭($\varepsilon = 0$)일 때 터널 진동 주기(ps)와 (b) $\varepsilon = 8.0$ μeV일 때 오른쪽 점의 최대 확률(0–1)을 구하라.

(a) $\Delta = 2t_c = 10$ μeV, $T = h/\Delta = 4.136\ \text{μeV·ns}/10\ \text{μeV} = 0.414$ ns $= 414$ ps. (b) $P_\text{max} = 4t_c^2/(\varepsilon^2+4t_c^2) = 100/164 = 0.610$.

대칭 이중 양자점($\varepsilon = 0$)에서 왼쪽에 있던 전자를 정확히 $t^* = 200$ ps 뒤 오른쪽에 100% 있게 하는 가장 작은 터널 결합 $t_c$는?

$P_R = \sin^2(t_ct/\hbar)$.

$t_ct^*/\hbar = \pi/2$ → $t_c = \pi\hbar/2t^* = \pi(658.2\ \text{μeV·ps})/(400\ \text{ps}) = 5.17$ μeV. 다음 해는 3배(15.5 μeV), 5배다 — 게임의 첫 번째 전략.

GaAs 전도대 전자($m^* = 0.067m_e$)가 간격 $d = 20$ nm인 두 지점에서 동시에 퍼져 나간다. $t = 100$ fs 뒤 먼 거리 간섭 무늬의 간격 $\Delta x = ht/m^*d$는? (자유 입자 전파 인자 두 개의 위상 차에서 나온다.)

$\hbar/m^* = 2(0.0381)/(0.6582\times0.067)$ nm²/fs.

$\hbar/m^* = 1.728$ nm²/fs. $\Delta x = 2\pi(\hbar/m^*)t/d = 2\pi(1.728)(100)/20 = 54.3$ nm. 두 전파 인자의 위상 차 $m[(x+d/2)^2-(x-d/2)^2]/2\hbar t = mxd/\hbar t$가 $2\pi$ 바뀌는 거리다.

$\Delta x = 0.10$ nm 격자(자유 전자), $\Delta t = 0.020$ fs의 앞 오일러 방법에서 가장 높은 모드($E_\text{max} = 4\hbar^2/2m\Delta x^2$)의 확률은 100걸음 뒤 몇 배가 되는가?

$E_\text{max} = 4(0.0381)/0.01 = 15.24$ eV, $\lambda = 15.24\times0.020/0.6582 = 0.463$. 확률 배율 $(1+\lambda^2)^{100} = (1.2144)^{100} = 2.74\times10^{8}$.

크랭크–니콜슨 방법에서 $\lambda = E\Delta t/\hbar = 0.50$인 고유 모드의 위상은 한 걸음에 $2\arctan(\lambda/2)$만큼 돈다. 100걸음 뒤 정확한 위상과의 차이(rad)는?

한 걸음 오차 $0.5 - 2\arctan(0.25) = 0.5 - 0.48996 = 0.01004$ rad, 100걸음이면 1.00 rad. 근사식 $\lambda^3/12 = 0.0104$과 비슷하다. 노름은 정확해도 위상이 1 rad나 틀리면 간섭 결과가 틀린다 — 관심 있는 모드에서 $\lambda \ll 1$이어야 하는 이유다.

개념 확인 퀴즈

에너지 고유 상태에 있는 전자의 확률 밀도 $|\Psi(x,t)|^2$는 시간에 따라?

정상 상태는 전역 위상 $e^{-iEt/\hbar}$만 붙는다. 출렁임은 서로 다른 에너지 성분이 섞여야 생긴다.

모든 상태에서 $\langle\hat A\rangle$가 시간에 무관하기 위한 조건($\hat A$는 시간을 명시적으로 포함하지 않음)은?

$d\langle\hat A\rangle/dt = \tfrac{i}{\hbar}\langle[\hat H,\hat A]\rangle$. 교환자가 0이면 어떤 상태에서도 0이다.

대칭 이중 양자점의 터널 결합 $t_c$를 두 배로 키우면 터널 진동 주기는?

$T = h/\Delta = h/2t_c$. 결합이 강할수록 빨리 넘어간다.

무한 우물에서 양자 재생이 정확히 일어나는 근본 이유는?

$E_n = n^2E_1$이므로 $t = h/E_1$에서 $e^{-iE_nt/\hbar} = e^{-2\pi in^2} = 1$. 준위가 정수비가 아니면(유한 우물) 재생은 근사적이다.

임의의 $\Delta t$에서 노름을 정확히 보존하고 FFT를 쓰는 방법은?

크랭크–니콜슨도 유니터리지만 삼중 대각 연립 방정식을 푼다. 분할 연산자는 위치·운동량 공간의 위상 곱셈을 FFT로 잇는다.

방법	한 걸음	증폭 인자 \(g(\lambda)\)	\(\|g\|\)
앞 오일러(명시적)	\(\psi + \tfrac{\Delta t}{i\hbar}\hat H\psi\)	\(1 - i\lambda\)	\(\sqrt{1+\lambda^2} > 1\): 발산
뒤 오일러(암시적)	\((1+i\hat H\Delta t/\hbar)^{-1}\psi\)	\(1/(1+i\lambda)\)	\(\lt 1\): 인공 감쇠
크랭크–니콜슨	\(\dfrac{1-i\hat H\Delta t/2\hbar}{1+i\hat H\Delta t/2\hbar}\psi\)	\(\dfrac{1-i\lambda/2}{1+i\lambda/2}\)	\(= 1\): 유니터리
분할 연산자	\(e^{-iV\Delta t/2\hbar}e^{-iT\Delta t/\hbar}e^{-iV\Delta t/2\hbar}\)	각 인자가 위상	\(= 1\): 유니터리

계	\([\hat H,\hat A] = 0\)인 \(\hat A\)	까닭(대칭)
모든 계(\(\hat H\) 시간 무관)	\(\hat H\)	시간 이동 대칭 → 에너지 보존
자유 입자	\(\hat p\)	공간 이동 대칭 → 운동량 보존
\(V(x) = V(-x)\)	패리티 \(\hat\Pi\): \(\hat\Pi\psi(x) = \psi(-x)\)	반전 대칭
중심력 \(V(r)\)	\(\hat{\mathbf L}\), \(\hat L^2\)	회전 대칭 (8장)
결정 속 전자	격자 이동 \(\hat T_a\)	이산 병진 대칭 → 블로흐 정리 (7장)