[편미분방정식] 15. 확산방정식, 슈뢰딩거방정식

[편미분방정식] 15. 확산방정식, 슈뢰딩거방정식

3차원 확산방정식 

다음의 3차원 방정식을 고려하자.$$\frac{\partial u}{\partial t}=k\Delta u=k\left(\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial z^{2}}\right),\,u(\mathbf{x},\,0)=\phi(\mathbf{x})$$임의의 유계 연속함수 \(\phi(\mathbf{x})\)에 대해 위 확산방정식의 해는 모든 \(t>0\)에 대하여 다음과 같다.$$u(\mathbf{x},\,t)=\frac{1}{(4\pi kt)^{\frac{3}{2}}}\iiint e^{-\frac{|\mathbf{x}-\mathbf{x}'|^{2}}{4kt}}\phi(\mathbf{x}')d\mathbf{x}'$$적분변수 \(\mathbf{x}'=(x',\,y',\,z')\)은 3차원 공간의 점이다.

증명: \(\displaystyle S(z,\,t)=\frac{1}{\sqrt{4\pi kt}}e^{-\frac{z^{2}}{4kt}}\)(1차원 근원함수)라 하고$$S_{3}(x,\,y,\,z,\,t)=S(x,\,t)S(y,\,t)S(z,\,t)$$라 하자. 그러면$$\begin{align*}\frac{\partial S_{3}}{\partial t}&=\frac{\partial S}{\partial t}(x,\,t)S(y,\,t)S(z,\,t)+S(x,\,t)\frac{\partial S}{\partial y}S(z,\,t)+S(x,\,t)S(y,\,t)\frac{\partial S}{\partial t}(z,\,t)\\&=k\frac{\partial^{2}S}{\partial x^{2}}(x,\,t)S(y,\,t)S(z,\,t)+S(x,\,t)k\frac{\partial^{2}S}{\partial y^{2}}(y,\,t)S(z,\,t)+S(x,\,y)S(y,\,t)k\frac{\partial^{2}S}{\partial z^{2}}\\&=k\left(\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial z^{2}}\right)(S(x,\,t)S(y,\,t)S(z,\,t))\\&=k\Delta S_{3}\end{align*}$$이므로 \(S_{3}(\mathbf{x},\,t)\)는 3차원 확산방정식을 만족한다. \(S_{3}\)이 근원함수임을 보이자. 이때 다음이 성립함에 주목하자.$$\iiint{S_{3}(\mathbf{x},\,t)d\mathbf{x}}=\left(\int{S(x,\,t)dx}\right)\left(\int{S(y,\,t)dy}\right)\left(\int{S(z,\,t)dz}\right)=1$$\(\phi(x,\,y,\,z)\)가 \(z\)에만 의존하는 경우 다음이 성립하고$$\begin{align*}&\lim_{t\,\rightarrow\,0}{\iiint{S_{3}(\mathbf{x}-\mathbf{x}',\,t)\phi(z')d\mathbf{x}'}}\\&=\left(\int{S(x-x',\,t)dx'}\right)\left(\int{S(y-y',\,t)dy'}\right)\left(\lim_{t\,\rightarrow\,0}{\int{S(z-z',\,t)\phi(z')dz'}}\right)\\&=\lim_{t\,\rightarrow\,0}{\int{S(z-z',\,t)\phi(z')dz'}}\\&=\phi(z)\end{align*}$$비슷한 방법으로 다음이 성립함을 보일 수 있다.$$\lim_{t\,\rightarrow\,0}{\iiint{S_{3}(\mathbf{x}-\mathbf{x}',\,t)\phi(\mathbf{x}')d\mathbf{x}'}}$$\(\phi(\mathbf{x})=\phi(x)\phi(y)\phi(z)\)이면, 위 식은 곱에 대해서 참이고 임의의 유계 연속함수 \(\phi(\mathbf{x})\)에 대해 참이다. 따라서 \(S_{3}(\mathbf{x},\,t)\)는 근원함수이다. 

결과적으로 유일한 유계 해는 다음과 같고,$$u(\mathbf{x},\,t)=\iiint{S_{3}(\mathbf{x}-\mathbf{x}',\,t)\phi(\mathbf{x}')d\mathbf{x}'}$$\(S_{3}\)은 다음과 같으므로$$\begin{align*}S_{3}(\mathbf{x},\,t)&=\left(\frac{1}{\sqrt{4\pi kt}}e^{-\frac{x^{2}}{4kt}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{4\pi kt}}e^{-\frac{y^{2}}{4kt}}\right)\left(\frac{1}{\sqrt{4\pi kt}}e^{-\frac{z^{2}}{4kt}}\right)\\&=\frac{1}{(4\pi kt)^{\frac{3}{2}}}e^{-\frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})}{4kt}}\end{align*}$$이렇게 증명을 완료했다. 

슈뢰딩거 방정식

다음은 아주 간단한 원자에 대한 슈뢰딩거 방정식이다.$$-ihu_{t}=\frac{h^{2}}{2m}\Delta u+\frac{e^{2}}{r}u$$여기서 퍼텐셜 \(\displaystyle\frac{e^{2}}{r}\)은 상수이다. 

다음은 3차원 자유 슈뢰딩거 방정식(free Schrodinger equation)이다.$$-i\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{1}{2}\Delta u$$여기서 \(h=m=1\)이고, 퍼텐셜 항이 제거되었다. 이 슈뢰딩거 방정식은 확산방정식과 형태가 비슷하고 확산방정식에서 \(\displaystyle k=\frac{i}{2}\,(i=\sqrt{-1})\)인 경우이다. 허수 \(i=\sqrt{-1}\)는 해가 파동임을 뜻하는데 그 이유는 시간인자가 다음과 같은 형태이기 때문이다.$$T(t)=e^{i\lambda t}=\cos\lambda t+i\sin\lambda t$$이 슈뢰딩거 방정식이 \(|\mathbf{x}|\,\rightarrow\,0\)일 때 0으로 수렴하게 하는 해를 찾으려 하는데 어렵지 않다. 확산방정식의 해에 \(\displaystyle k=\frac{i}{2}\)와 초기조건 \(u(\mathbf{x},\,0)=\phi(\mathbf{x})\)를 대입하면$$u(\mathbf{x},\,t)=\frac{1}{(2\pi it)^{\frac{3}{2}}}\iiint e^{-\frac{|\mathbf{x}-\mathbf{x}'|^{2}}{2it}}\phi(\mathbf{x}')d\mathbf{x}'$$이다. 복소수는 두 제곱근을 가지므로 둘 중 하나를 선택해야 한다. 어떤 제곱근을 선택해도 위의 해에는 문제가 발생하지 않는다. \(\phi(\mathbf{x}')\)이 충분히 큰 \(|\mathbf{x}'|\)에 대해 소멸한다고 하자. 다음의 방정식의 해를 구하자.$$\frac{\partial u_{\epsilon}}{\partial t}=\frac{\epsilon+i}{2}\Delta u_{\epsilon},\,u_{\epsilon}(\mathbf{x},\,0)=\phi(\mathbf{x})$$이 방정식의 해는 실수 \(\epsilon>0\)에 의존하고 확산방정식의 해에 \(\displaystyle k=\frac{\epsilon+i}{2}\)를 대입하면 되므로 다음과 같다.$$u_{\epsilon}(\mathbf{x},\,t)=\frac{1}{(2\pi t)^{\frac{3}{2}}(\epsilon+i)^{\frac{3}{2}}}\iiint e^{-\frac{|\mathbf{x}-\mathbf{x}'|^{2}}{2(\epsilon+i)t}\phi(\mathbf{x}')d\mathbf{x}'}$$여기서 \((\epsilon+I)^{\frac{1}{2}}\)은 양의 실수부를 갖는 유일한 제곱근이고,$$\lim_{\epsilon\,\rightarrow\,0+}{(\epsilon+i)^{\frac{1}{2}}}=i^{\frac{1}{2}}=\frac{1+i}{\sqrt{2}}$$이므로 해 \(u(\mathbf{x},\,t)\)에 대한 식이 옳음을 보여준다. 

다른 방법으로 \(u(\mathbf{x},\,t)=T(t)X(\mathbf{x})\)라 하자. 그러면 1차원의 경우 다음의 방정식을 얻고$$-2i\frac{T'}{T}=\frac{X''}{X}=-\lambda$$무한대에서의 조건을 만족하는 방정식 \(X''+\lambda X=0\)의 해는 없다. 그래서 무한대에서의 조건은 임의의 고윳값에 대한 존재성을 막고 푸리에 이론으로 해를 구할 수 없다. 그러나 푸리에 변환을 이용하여 구할수는 있다. 

조화진동자 

다음은 양자역학에서 1차원 조화진동자를 나타내는 방정식이다.$$-iu_{t}=u_{xx}-x^{2}u\,(-\infty<x<\infty)$$이때 \(x\,\rightarrow\,\pm\infty\)일 때 \(u\,\rightarrow\,0\)라는 조건이 필요하다. 

변수분리법을 이용해서 \(u=T(t)v(x)\)라 하자. 그러면 다음의 방정식을 얻고$$-i\frac{T'}{T}=\frac{v''-x^{2}v}{v}=-\lambda$$상수 \(\lambda\)는 조화진동자의 에너지로 해석된다. 따라서 \(v(x)\)는 상미분방정식$$v''+(\lambda-x^{2})v=0$$을 얻고 이 상미분방정식은 일반적인 방법으로 계산하기 어렵다. \(\lambda=1\)일 때 해가 \(e^{-\frac{x^{2}}{2}}\)이므로 임의의 \(\lambda\)에 대해 \(v(x)=w(x)e^{-\frac{x^{2}}{2}}\)라 하면$$(x^{2}-\lambda)e^{-\frac{x^{2}}{2}}=(x^{2}-\lambda)v=v''=\{w''-2xw'+(x^{2}-1)w\}e^{-\frac{x^{2}}{2}}$$이므로 다음의 상미분방정식을 얻고$$w''-2xw'+(\lambda-1)w=0$$이 미분방정식은 에르미트의 미분방정식(Hemite's differential equation)으로 알려져 있다. 이 에르미트 미분방정식을 멱급수를 이용하여 풀자.$$w(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots=\sum_{k=0}^{\infty}{a_{k}x^{k}}$$라 하면$$\sum_{k=0}^{\infty}{k(k-1)a_{k}x^{k-2}}-\sum_{k=0}^{\infty}{(2k-\lambda+1)a_{k}x^{k}}=0$$멱급수의 계수를 맞추면$$2a_{2}=(1-\lambda)a_{0},\,6a_{3}=(3-\lambda)a_{1},\,...$$이므로 일반적으로$$(k+2)(k+1)a_{k+2}=(2k+1-\lambda)a_{k}\,(k=0,\,1,\,2,\,...)$$이고 이 점화식은 \(a_{0},\,a_{1}\)에 의해 결정된다. \(a_{0}=0\)이면, 해는 기함수이고, \(a_{1}=0\)이면, 해는 우함수이다. 

적당한 정수 \(k\)에 대하여 \(\lambda=2k+1\)이면, \(a_{k+2}=a_{k+4}=\cdots=0\)이고, \(k\)차 다항식을 얻는다. 이 다항식을 에르미트 다항식(Hermilte polynomial)이라 하고 \(H_{k}(x)\)로 나타낸다.

따라서 \(\lambda=2k+1\)일 때 \(v_{k}(x)=H_{k}(x)e^{-\frac{x^{2}}{2}}\)이고, 이에 대응되는 해는 다음과 같다.$$u_{k}(x,\,t)=e^{-(2k+1)t}H_{k}(x)e^{-\frac{x^{2}}{2}}\,(k=0,\,1,\,2\,...)$$이때 \(x\,\rightarrow\,\pm\infty\)일 때 \(u_{k}(x,\,t)\,\rightarrow\,0\)이다. 

만약 \(\lambda\neq2k+1\)이면, 어떠한 멱급수도 무한대에서의 조건을 만족할 수 없고, 따라서 고유값(에너지 준위)들은 양의 홀수 정수이다.        

수소 원자

다음은 수소 원자에 대한 슈뢰딩거 방정식이고$$iu_{t}=-\frac{1}{2}\Delta u-\frac{1}{r}u$$여기서 \(e=m=h=1\)로 설정했다. 위 방정식은 모든 \(\mathbf{x}=(x,\,y,\,z)\)에 대해 만족하도록 되어있다. \(r=|\mathbf{x}|=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\)로 나타내고, 다음의 조건 또한 만족해야 한다.$$\iiint|u(\mathbf{x},\,t)|^{2}d\mathbf{x}<\infty$$이것은 무한대에서 소멸을 의미하기도 한다. 

이 슈뢰딩거 방정식을 풀기 위해 변수분리를 하면 \(u(\mathbf{x},\,t)=T(t)v(\mathbf{x})\)이고$$2i\frac{T'}{T}=\frac{-\Delta v-\frac{2}{r}v}{v}=\lambda$$이므로 \(u=v(\mathbf{x})e^{-\frac{i\lambda t}{2}}\)이고 여기서$$\Delta v-\frac{2}{r}v=\lambda v$$이다. 양자역학에서 \(\lambda\)는 유계상태 \(u(\mathbf{x},\,t)\)의 에너지이다. 보어(Bohr)는 1913년에 수소원자의 전자의 에너지 준위를 발견했다. 여기서 보어의 발견을 수학적으로 입증하겠다. 

구 대칭성을 이용해 \(v(\mathbf{x})=R(r)\)라 하면 다음의 상미분방정식을 얻고$$-R_{rr}-\frac{2}{r}R_{r}-\frac{2}{r}R=\lambda R$$\(0<r<\infty\)이며 무한대에서의 조건에 의해$$\int_{0}^{\infty}{|R(r)|^{2}r^{2}dr}<\infty$$이다. 이것을 \(R(0)\)이 유한하다라고 볼 수 있고, 조화진동자의 경우처럼 이 \(R\)에 대한 상미분방정식은 풀기가 어렵다. 적당한 변수변환을 해서 라게르 미분방정식(Laguerre's differential equation)을 얻고, \(\lambda<0\)이어야 함이 밝혀진다. 

\(\lambda<0\)이라 하자. 앞에서 \(R\)에 대한 미분방정식의 두, 세 번째 항이 없으면 이 미분방정식은 간단히 \(-R''=\lambda R\)이고, 그 해는 \(e^{\pm\beta r}\,(\beta=\sqrt{-\lambda})\)이다. 

무한대에서 소멸하는 해에 관심을 가져야 하므로 음의 지수를 선택한다. 그래서 \(e^{-\beta r}\)을 \(R\)에 대한 원래의 방정식의 근사해라고 고려할 수 있고, 다음과 같이 변수변환을 할 수 있다.$$w(r)=e^{\beta r}R(r)\,(\beta=\sqrt{-\lambda})$$그러면$$R=we^{-\beta r},\,R_{r}=(w_{r}-\beta w)e^{-\beta r},\,R_{rr}=(w_{rr}-2\beta w_{r}+\beta^{2}w)e^{-\beta r}$$그러면 다음의 미분방정식을 얻고$$-w_{rr}+2\left(\beta-\frac{1}{r}\right)w_{r}+\frac{2(\beta-1)}{r}w=0$$위 식을 정리하면 다음과 같다.$$\frac{1}{2}rw_{rr}-\beta rw_{r}+w_{r}+(1-\beta)w=0$$위 방정식으로부터 \(r=0\)은 정칙 특이점(원점에서 \(w_{rr}\)항을 사라지게 하는 \(r\)값)이다. 이 미분방정식을 다음의 멱급수를 이용하여 풀자.$$w(r)=\sum_{k=0}^{\infty}{a_{k}r^{k}}=a_{0}+a_{1}r+a_{2}r^{2}+\cdots$$그러면$$\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{\infty}{k(k-1)a_{k}r^{k-1}}-\beta\sum_{k=0}^{\infty}{ka_{k}r^{k}}+\sum_{k=0}^{\infty}{ka_{k}r^{k-1}}+(1-\beta)\sum_{k=0}^{\infty}{a_{k}r^{k}}=0$$이고 변수를 조절하면$$\sum_{k=0}^{\infty}{\left\{\frac{1}{2}k(k-1)+k\right\}a_{r}r^{k-1}}+\sum_{k=1}^{\infty}{\{-\beta(k-1)+(1-\beta)\}a_{k-1}r^{k-1}}=0$$이므로 다음의 점화식을 얻는다.$$\frac{k(k+1)}{2}a_{k}=(\beta k-1)a_{k-1}\,(k=1,\,2,\,...)$$\(v(\mathbf{x})=R(r)=w(r)e^{-\beta r}\)이므로 감소하는 지수함수가 곱해진 다항식을 얻고, \(r\,\rightarrow\,\infty\)일 때 0으로 수렴한다. 그러므로 무한대에서의 조건도 만족한다. 다음은 몇 개의 미분방정식의 해이다.

\(n\)	\(\beta\)	\(\lambda\)	\(w(r)\)	\(v(\mathbf{x})\)
1	1	-1	1	\(e^{-r}\)
2	1/2	-1/4	\(\displaystyle1-\frac{1}{2}r\)	\(\displaystyle e^{-\frac{r}{2}}\left(1-\frac{1}{2}r\right)\)
3	1/3	-1/9	\(\displaystyle1-\frac{2}{3}r+\frac{2}{27}r^{2}\)	\(\displaystyle e^{-\frac{r}{2}}\left(1-\frac{2}{3}r+\frac{2}{27}r^{2}\right)\)
4	1/4	-1/16

낮은 에너지(바닥 에너지) 상태인 \(v(\mathbf{x})=e^{-r}\)은 지수적으로 감소하고 어느 곳에서 소멸하지 않는다. 두 번째 상태는 \(n=2\)와 대응되고 하나의 \(r\)에 대해 소멸한다(1개의 마디(node)를 갖는다고 한다). \(n\) 번째 상태는 \(n-1\)개의 노드를 갖고, 그 에너지는 \(\displaystyle\lambda=-\beta^{2}=-\frac{1}{n^{2}}\)이다. 따라서 가능한 낮은 에너지들은$$-1,\,-\frac{1}{4},\,-\frac{1}{9},\,...$$이고, 이것은 보어의 실험과 일치하는 겨로가이다. 이 에너지 준위들은 스펙트럼 선으로 이어지고, 그 진동수는 에너지 준위 사이의 차이에 비례한다. 

참고자료:

Partial Differential Equations second edition, Strauss, Wiley