양자역학 2강. 1차원 상자 속 입자 (1-D Infinite potential well)

[상자 속 입자 문제]

[Infinite potential well problem]

이 문제는 양자역학 문제를 푸는데 있어 가장 기본이 되는 문제이다.

그래서 인터넷 조금만 뒤져보면 엄청 자세하게 풀이가 되어있는 문제다.

이 글도 인터넷의 다른 글과 별로 다르지 않을 것이다.

그래도 이 블로그 말고 다른데 검색하는것도 귀찮은 사람들을 위해서 할 건 하고 진도를 빼도록 하겠다.

일단 이 문제의 조건은 이렇다.

$0\leq x \leq a$인 영역 (아래 그림에서 영역2)에서만 Potential이 $0$이고, 나머지 영역에서는 퍼텐셜 $V=\infty$ 라는 조건이다. (그림 참조)

1차원 상자 속 입자 [1-D infinite potential well]

이 조건에서 입자가 존재 할 수 있는 영역은 [영역2] 뿐이다.

영역1 과 영역3에는 입자가 존재 할 수 없다.

자... 그럼 이 안에 입자가 갇혀있는데... 뭘 풀어야 하나?

양자역학 문제에서 구하라고 하는 것은 뻔하다.

이 입자가 있을수 있는 상태의 파동함수를 구하고, 허용된 에너지를 구하는 것이 우리가 할 일이다.

그럼 이제 구해보도록 하자.

우선 첫번째 강의의 마지막 결과에 외우라고 한 식을 가져오자

$$\psi(x)=Ae^{ikx}$$

$$\frac{d^{2}}{dx^{2}}\psi(x)=-k^{2}\psi(x)$$

$$k^2 =\frac{2m(E-V)}{\hbar^2}$$

문제를 풀기 위해서는 파동함수 $\psi(x)$의 형태부터 파악해야 한다.

영역1과 영역3에는 입자가 존재 할 수 없으니까

$$\psi_1 (x)= \psi_3 (x)=0$$

라는 것은 쉽게 알 수 있고,

영역2에서 입자는 오른쪽 방향으로 움직일 수도 있고 왼쪽 방향으로 움직일 수도 있기 때문에 $e^{ikx}$와 $e^{ik(-x)}$의 선형결합으로 표현된다.

$$\psi_2 (x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$$

그림에도 표현 한 것 처럼 $Ae^{ikx}$는 $+x$방향의 운동을 표현한 함수이고, $Be^{-ikx}$는 $-x$방향의 운동을 표현한 함수이다.

각각이 해가 될 수 있기 때문에 일반해는 이 함수들의 선형 결합으로 $\psi_2 (x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx}$가 된다.

사실 이 문제를 풀 때 대부분의 책에서는 $\psi(x)=A\sin{kx}$로 설정해서 문제를 푼다.

그러면 답이 금방 구해지기 때문이다.

그런데.... 1강에서는 $\psi(x)=Ae^{ikx}$를 외우라고 해 놓고 왜 갑자기 $\sin$을 끌어들이는지 어리둥절 한 사람들을 위해서 이 부분을 좀 더 길고 자세하게 풀어 쓸 예정이다.

우선, 영역1과 영역2의 경계인 $x=0$과 영역2와 영역3의 경계인 $x=a$에서 $\psi(x)$의 값이 같아야 하기 때문에 아래와 같은 식을 세울 수 있다.

$$\psi_1 (0)=\psi_2 (0)=0$$

$$\psi_2 (a)=\psi_3 (a)=0$$

이걸 풀어보면

$$\psi_2 (0)=Ae^{ik\cdot (0)}+Be^{-ik\cdot (0)}=A+B=0$$

$$\psi_2 (a)=Ae^{ik\cdot (a)}+Be^{-ik\cdot (a)}=0$$

이런 조건을 만들 수 있다.

이 때, 오일러 공식 $e^{i\theta}=\cos{\theta}+i \sin{\theta}$을 이용하면 위 식을 $\cos$과 $\sin$으로 풀어 쓸 수 있다.

$$\psi_2 (0)=A(\cos{(k\cdot 0)}+i \sin{(k\cdot 0)})+B(\cos{(k\cdot 0)}-i \sin{(k\cdot 0)})=0$$

$$\psi_2 (a)=A(\cos{ka}+i \sin{ka})+B(\cos{ka}-i \sin{ka})=0$$

이걸 실수부랑 허수부끼리 묶으면

$$\psi_2 (0)=(A+B)\cos{(0)}+(A-B)i \sin{(0)}=0$$

$$\psi_2 (a)=(A+B)\cos{(ka)}+(A-B)i \sin{(ka)}=0$$

이렇게 쓸 수 있다.

그리고 $\sin(0)=0$이라서 $(A-B)$는 값이 0이 아니어도 되지만 $\cos(0)=1$이기 때문에 $(A+B)=0$이어야만 한다.

그래서 $\cos$항은 다 없앨 수 있는 것이다.

$$\psi_2 (0)=(A-B)i \sin{(0)}=0$$

$$\psi_2 (a)=(A-B)i \sin{(ka)}=0$$

그냥 조금만 생각해도 시작과 끝이 0이고, 두 번 미분 할 때 계수가 음수가 되는 함수는 $\sin$함수라는 것은 쉽게 생각 할 수 있지만 1강에서 외우라고 했었던 $\psi(x)=Ae^{ikx}$가 더 일반적이고 포괄적인 해라는 것을 보여주고 싶었다.

암튼, 위와 같은 과정으로 이 문제는 $\sin$함수로 풀면 된다는 것을 확인했으니까 이제 진짜로 문제를 풀어보자.

계속 $(A-B)i$ 를 쓰기 귀찮으니까 새로운 알파벳 $C$로 계수를 표현하고 진행하자.

$$\psi_2 (0)=C \sin{(0)}=0$$

$$\psi_2 (a)=C \sin{(ka)}=0$$

$\sin{\theta}$ 는 $\theta$가 $0, \pi, 2\pi, ... , n\pi$ 일 때 값이 $0$이 되므로

$$ka=n\pi \,\,\, (n=1,2,3, ...)$$

$$\therefore \,\,\, k=\frac{n\pi}{a}$$

$$\psi(x)=C\sin{\left ( \frac{n\pi x}{a} \right )}$$

이제 거의 다 구했다.

$C$만 구하면 1차원 상자에 갇힌 파동함수가 완성되는 것이다.

이 $C$를 구하기 위해 파동함수의 규격화 조건 (normalization condition)에 넣어야 하는데...

규격화 조건이 뭐냐 하면 입자가 존재하는 공간 어딘가에서는 반드시 입자가 관측되어야 한다는 것이다.

즉, 입자가 관측 될 확률에 대해 공간 전체를 적분하면 1이 나와야만 한다는 것이 규격화 조건으로 아래와 같은 식으로 표현된다.

$$\int_{-\infty}^{\infty} \psi^*(x) \psi(x)dx=1$$

이 문제에서는 $\psi(x)=C\sin{\left ( \frac{n\pi x}{a} \right )}$로 허수 $i$가 없기 때문에 $\psi^*(x) =\psi(x)$ 이다. 그리고 입자가 존재 할 수 있는 범위는 $0\leq x \leq a$ 이기 때문에 규격화 조건은 아래와 같다

$$\int_{0}^{a} C^2 \sin^2 {\left ( \frac{n\pi x}{a} \right )}dx=1$$

삼각함수 항등식

$$1=\cos^2 x + \sin^2 x$$

$$\cos{(2 x)}=\cos^2 x - \sin^2 x$$

을 이용하면

$$1-\cos{(2 x)}=2\sin^2 x$$

$$\sin^2 x=\frac{1}{2}(1- \cos(2x))$$

위와 같은 관계이므로

$$\int_{0}^{a} C^2 \sin^2 {\left ( \frac{n\pi x}{a} \right )}dx=\frac{C^2}{2}\int_{0}^{a}\left \{ 1-\cos \left ( \frac{2n\pi x}{a} \right ) \right \} dx$$

$$=\frac{C^2}{2}\left [ x-\frac{a}{2n\pi} \sin \left ( \frac{2n\pi x}{a} \right ) \right ]_{0}^{a}=\frac{C^2}{2} a =1$$

$$\therefore \,\,\, C=\sqrt{\frac{2}{a}}$$

이렇게 규격화까지 하면 우리는 파동함수를 아래와 같이 완성 할 수 있다.

$$\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin{\left ( \frac{n\pi x}{a} \right )}$$

이제 마지막으로 허용되는 에너지 상태를 구해보자

우리가 외우고 있는 식을 다시 가져오자

$$\psi(x)=Ae^{ikx}$$

$$\frac{d^{2}}{dx^{2}}\psi(x)=-k^{2}\psi(x)$$

$$k^2 =\frac{2m(E-V)}{\hbar^2}$$

여기서 마지막 식을 이용하면 에너지를 구할 수 있는데, 지금 입자가 존재하는 영역2의 potential $V=0$ 이므로

$$k^2 =\frac{2mE}{\hbar^2}$$

$$E=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}$$

가 된다.

그리고 $k=\frac{n\pi}{a}$ 라고 구했던 것을 대입하면

$$E=\frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2ma^2}$$

이 된다.

[결론]

1차원 상자속에 갇힌 입자의 파동함수는

$$\psi(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin{\left ( \frac{n\pi x}{a} \right )}$$

허용되는 에너지 상태는

$$E=\frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2ma^2}$$

이 때, $n=1,2,3,....$ 으로 파동함수와 에너지가 양자화 되어있다.

사실 이 문제를 풀 때 우리는 경계에서 함수값이 서로 일치해야 한다는 경계조건 하나만 가지고 답을 얻었는데, 이렇게 해도 답이 얻어지는 이유는 이 문제가 엄청나게 쉬운 문제라서 그런 것이다.

엄청 쉬운데 왜 이렇게 길게 썼냐고 묻는다면...

머리로 암산하면서 눈으로만 봐도 이해 될 정도로 자세하게 쓰려고 하다 보니 이렇게 길어졌다고 할 수 밖에....

암튼, 일반적으로는 경계에서 함수의 미분값(기울기)도 같아야 한다는 경계조건까지 적용해서 연립방정식을 풀어야 하는데 이 문제는 기울기가 같아야 한다는 조건을 적용 할 필요도 없이 답이 구해질 정도이니 이걸 못 풀면 이해 될 때 까지 계속 이 글을 보도록 하자!