정답
\(|E_2-E_1| = 2\Delta,\quad \alpha = -i\sqrt{3}\)
출제 의도
2차원 힐베르트 공간에서 주어진 \(2\times 2\) 에르미트 해밀토니언의 고유값과 고유벡터를 직접 구할 수 있는지, 그리고 얻은 고유벡터를 주어진 형태의 정규화된 상태와 비교하여 계수 \(\alpha\)를 읽어낼 수 있는지를 묻는 문제이다.
풀이 과정
주어진 해밀토니언은 두 기저 \(|0\rangle, |1\rangle\)에 대해 다음과 같다.
$$ H=\begin{pmatrix} E_0 & i\frac{\sqrt{3}}{2}\Delta \\ -i\frac{\sqrt{3}}{2}\Delta & E_0+\Delta \end{pmatrix} $$
고유값의 차이는 상수배 항 \(E_0 I\)를 빼도 변하지 않으므로, 먼저
$$ H’ = H – E_0 I = \begin{pmatrix} 0 & i\frac{\sqrt{3}}{2}\Delta \\ -i\frac{\sqrt{3}}{2}\Delta & \Delta \end{pmatrix} $$
의 고유값을 구한다. 편의상 \(a = \frac{\sqrt{3}}{2}\Delta\)라고 두면
$$ H’=\begin{pmatrix} 0 & ia \\ -ia & \Delta \end{pmatrix} $$
특성방정식은
$$ \det(H’-\lambda I) = \begin{vmatrix} -\lambda & ia \\ -ia & \Delta-\lambda \end{vmatrix} = (-\lambda)(\Delta-\lambda)-(ia)(-ia) = \lambda^2-\Delta\lambda-a^2 = 0 $$
이다. 따라서
$$ \lambda = \frac{\Delta \pm \sqrt{\Delta^2+4a^2}}{2} $$
이고, \(a^2=\frac{3}{4}\Delta^2\)이므로 \(\Delta^2+4a^2=4\Delta^2\), \(\sqrt{\Delta^2+4a^2}=2\Delta\)이다. 따라서
$$ \lambda_1 = -\frac{\Delta}{2},\qquad \lambda_2 = \frac{3\Delta}{2} $$
원래 해밀토니언 \(H\)의 고유값은
$$ E_1 = E_0 + \lambda_1 = E_0 – \frac{\Delta}{2},\qquad E_2 = E_0 + \lambda_2 = E_0 + \frac{3\Delta}{2} $$
이므로
$$ |E_2-E_1| = \left|(E_0+\tfrac{3\Delta}{2})-(E_0-\tfrac{\Delta}{2})\right| = 2\Delta $$
이다.
이제 바닥상태는 더 작은 고유값 \(E_1\)에 해당하는 고유벡터이다. 즉 \(H’\)의 고유값 \(\lambda_1=-\frac{\Delta}{2}\)에 대한 고유벡터를 찾으면 된다. 식
$$ (H’-\lambda_1 I)\begin{pmatrix}c_0\\c_1\end{pmatrix}=0 $$
을 쓰면
$$ H’-\lambda_1 I = H’+\frac{\Delta}{2}I = \begin{pmatrix} \frac{\Delta}{2} & ia \\ -ia & \frac{3\Delta}{2} \end{pmatrix} $$
이므로 다음 연립방정식을 얻는다.
$$ \frac{\Delta}{2}c_0 + ia\,c_1 = 0, \qquad -ia\,c_0 + \frac{3\Delta}{2}c_1 = 0 $$
첫 번째 식에서
$$ \frac{\Delta}{2}c_0 = -ia\,c_1 \quad\Rightarrow\quad c_0 = -\frac{2ia}{\Delta}c_1 $$
이고, \(a=\frac{\sqrt{3}}{2}\Delta\)를 대입하면
$$ \frac{2a}{\Delta} = \frac{2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\Delta}{\Delta} = \sqrt{3} $$
이므로
$$ c_0 = -i\sqrt{3}\,c_1 $$
따라서 고유벡터는 비례상수까지
$$ \begin{pmatrix}c_0\\c_1\end{pmatrix} \propto \begin{pmatrix}-i\sqrt{3}\\1\end{pmatrix} $$
이다. 기저 \(|0\rangle, |1\rangle\)에 대해 바닥상태는
$$ |\psi_{\text{gs}}\rangle \propto -i\sqrt{3}\,|0\rangle + |1\rangle $$
문제에서 바닥상태가
$$ \frac{1}{\sqrt{1+|\alpha|^2}}\left(\alpha|0\rangle + |1\rangle\right) $$
라고 주어졌으므로, 위의 결과와 비교하면
$$ \alpha = -i\sqrt{3} $$
임을 알 수 있다. 정규화 인자를 확인하면 \(|\alpha|^2=3\)이므로 \(1+|\alpha|^2=4\), 따라서 정규화 상수는 \(\frac{1}{2}\)로 일관된다.