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부록 C 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. Klein-Gordon의 \(\partial \mathcal{L}/\partial \phi\)

→ 문제로 돌아가기

문제: \(\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\) 에 대해 \(\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\) 를 구하세요.

풀이:

\(\phi\) 자체를 포함하는 항은 질량항 \(-\frac{m^2}{2}\phi^2\) 뿐이에요. 미분항은 \(\partial_\mu\phi\) 에 의존하며, \(\phi\) 자체에는 의존하지 않아요.

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -\frac{m^2}{2}\cdot 2\phi = \boxed{-m^2\phi} \]

검산: 본문 C.5의 스텝 1과 일치해요.

B-2. Klein-Gordon의 \(\partial \mathcal{L}/\partial(\partial\phi)\)

→ 문제로 돌아가기

문제: 같은 \(\mathcal{L}\)에 대해 \(\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\)를 구하세요.

풀이:

\(\partial_\mu\phi\)를 포함하는 항은 \(-\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\)예요. \(\partial_\mu\phi\)로 미분하면, \(\alpha = \mu\)인 경우와 \(\beta = \mu\)인 경우의 2가지 기여가 있어요:

\[ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\phi)}\left[\eta^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\right] = \eta^{\mu\beta}\partial_\beta\phi + \eta^{\alpha\mu}\partial_\alpha\phi = 2\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi \]

(\(\eta^{\alpha\beta}\)의 대칭성 \(\eta^{\alpha\beta} = \eta^{\beta\alpha}\)를 이용했어요.)

앞의 계수 \(-\frac{1}{2}\)와 합치면:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = -\frac{1}{2}\cdot 2\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi = \boxed{-\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi} \]

검산: 본문 C.5의 스텝 2와 일치해요.

B-3. 줄의 Lagrangian 편미분

→ 문제로 돌아가기

문제: 줄의 \(\mathcal{L} = \frac{\rho}{2}(\partial_t\psi)^2 - \frac{\mathcal{T}}{2}(\partial_x\psi)^2\) 에 대한 각 편미분을 구하세요.

풀이:

\(\psi\) 자체는 \(\mathcal{L}\)에 명시적으로 나타나지 않으므로:

\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi} = 0} \]
\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\psi)} = \rho\,\frac{\partial\psi}{\partial t}} \]
\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\psi)} = -\mathcal{T}\,\frac{\partial\psi}{\partial x}} \]

검산: 차원 확인. \([\rho\,\partial_t\psi] = (\text{kg/m})\cdot(\text{m/s}) = \text{kg/s}\) (운동량 밀도의 차원)로 정합해요.

B-4. \(\phi^4\) 이론의 \(\partial \mathcal{L}/\partial \phi\)

→ 문제로 돌아가기

문제: \(\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{\lambda}{4!}\phi^4\) 에 대해 \(\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\) 를 구하세요.

풀이:

\(\phi\) 를 포함하는 항은 \(-\frac{\lambda}{4!}\phi^4\) 뿐이에요.

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -\frac{\lambda}{4!}\cdot 4\phi^3 = -\frac{\lambda}{3!}\phi^3 = \boxed{-\frac{\lambda}{6}\phi^3} \]

검산: \(4! = 24\), \(4/24 = 1/6 = 1/3!\). ✓

B-5. d'Alembert 연산자의 명시적 전개

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문제: \(\Box \equiv \eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu\) 를 \((t,x,y,z)\) 로 명시적으로 써 내려가세요.

풀이:

\(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,+1,+1,+1)\) 이므로, \(\mu \neq \nu\) 인 항은 모두 영이에요. 대각 성분만 기여해요:

\[ \Box = \eta^{00}\partial_0\partial_0 + \eta^{11}\partial_1\partial_1 + \eta^{22}\partial_2\partial_2 + \eta^{33}\partial_3\partial_3 \]
\[ \boxed{\Box = -\frac{\partial^2}{\partial t^2} + \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2} = -\frac{\partial^2}{\partial t^2} + \nabla^2} \]

검산: \(\Box\phi = 0\) 은 파동 방정식 \(\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} = \nabla^2\phi\) (광속 \(c=1\))와 일치해요. ✓

B-6. 2차원 스칼라장의 Euler–Lagrange 방정식

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문제: 2차원 시공간에서 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}(\partial_t\phi)^2 - \frac{1}{2}(\partial_x\phi)^2 - V(\phi)\) 의 Euler–Lagrange 방정식을 구하세요.

풀이:

장의 Euler–Lagrange 방정식은:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} - \partial_t\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\phi)}\right) - \partial_x\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\phi)}\right) = 0 \]

각 항을 계산해요:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -V'(\phi) \]
\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\phi)} = \partial_t\phi \quad \Longrightarrow \quad \partial_t\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\phi)}\right) = \partial_t^2\phi \]
\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\phi)} = -\partial_x\phi \quad \Longrightarrow \quad \partial_x\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\phi)}\right) = -\partial_x^2\phi \]

대입하면:

\[ -V'(\phi) - \partial_t^2\phi - (-\partial_x^2\phi) = 0 \]
\[ \boxed{\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} - \frac{\partial^2\phi}{\partial x^2} + V'(\phi) = 0} \]

검산: \(V(\phi) = \frac{m^2}{2}\phi^2\) 으로 놓으면 \(V'(\phi) = m^2\phi\) 이므로, Klein–Gordon 방정식 \(\partial_t^2\phi - \partial_x^2\phi + m^2\phi = 0\) 으로 귀착돼요. ✓

B-7. Minkowski 계량의 \(\sqrt{-g}\)

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문제: Minkowski 계량 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,1,1,1)\) 일 때 \(g\) 와 \(\sqrt{-g}\) 를 구하세요.

풀이:

대각행렬의 행렬식은 대각성분의 곱이에요:

\[ g = \det(\eta_{\mu\nu}) = (-1)\cdot 1\cdot 1\cdot 1 = -1 \]
\[ \boxed{g = -1, \qquad \sqrt{-g} = \sqrt{1} = 1} \]

검산: 평탄 시공간에서는 부피 요소의 보정 인자가 1이어야 해요. ✓

B-8. Schwarzschild 계량의 \(\sqrt{-g}\)

→ 문제로 돌아가기

문제: Schwarzschild 계량에 대해 \(g = \det(g_{\mu\nu})\) 와 \(\sqrt{-g}\) 를 구하세요.

풀이:

대각 계량이므로:

\[ g = g_{tt}\cdot g_{rr}\cdot g_{\theta\theta}\cdot g_{\varphi\varphi} \]

각 성분을 읽으면:

\[ g_{tt} = -\left(1 - \frac{2M}{r}\right), \quad g_{rr} = \left(1 - \frac{2M}{r}\right)^{-1}, \quad g_{\theta\theta} = r^2, \quad g_{\varphi\varphi} = r^2\sin^2\theta \]

곱을 계산하면:

\[ g_{tt}\cdot g_{rr} = -\left(1 - \frac{2M}{r}\right)\cdot\left(1 - \frac{2M}{r}\right)^{-1} = -1 \]
\[ g_{\theta\theta}\cdot g_{\varphi\varphi} = r^2\cdot r^2\sin^2\theta = r^4\sin^2\theta \]

따라서:

\[ g = (-1)\cdot r^4\sin^2\theta = -r^4\sin^2\theta \]
\[ \boxed{g = -r^4\sin^2\theta, \qquad \sqrt{-g} = r^2\sin\theta} \]

검산: \(M \to 0\) 의 극한에서 Schwarzschild 계량은 구면좌표의 Minkowski 계량 \(ds^2 = -dt^2 + dr^2 + r^2 d\Omega^2\) 으로 귀착돼요. 그 경우에도 \(\sqrt{-g} = r^2\sin\theta\) 이며, 구면좌표의 부피 요소 \(r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi\) 와 일치해요. ✓

Medium（표준）

M-1. 줄의 파동방정식의 Euler–Lagrange 유도

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문제: 줄의 Lagrangian 밀도로부터 파동방정식을 도출하고, 전파 속도 \(v\)를 구하세요.

풀이 방침

D3의 결과를 이용하여, 2차원 장의 Euler–Lagrange 방정식에 대입해요.

계산의 세부 과정

장의 Euler–Lagrange 방정식 (2차원 버전):

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi} - \partial_t\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_t\psi)}\right) - \partial_x\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_x\psi)}\right) = 0 \]

D3의 결과를 대입하면:

\[ 0 - \partial_t\left(\rho\,\partial_t\psi\right) - \partial_x\left(-\mathcal{T}\,\partial_x\psi\right) = 0 \]

\(\rho\)와 \(\mathcal{T}\)는 상수이므로:

\[ -\rho\,\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2} + \mathcal{T}\,\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} = 0 \]

최종 답

\[ \boxed{\rho\,\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2} = \mathcal{T}\,\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}} \]

이것을 \(\frac{\partial^2\psi}{\partial t^2} = v^2\frac{\partial^2\psi}{\partial x^2}\)의 형태로 다시 쓰면:

\[ \boxed{v = \sqrt{\frac{\mathcal{T}}{\rho}}} \]

검산

  • 차원 분석: \([\mathcal{T}] = \text{N} = \text{kg}\cdot\text{m/s}^2\), \([\rho] = \text{kg/m}\). 따라서 \([\mathcal{T}/\rho] = \text{m}^2/\text{s}^2\)이므로, \(v\)는 속도의 차원을 가져요. ✓
  • 물리적 직관: 장력이 클수록 빠르고, 밀도가 클수록 느려요. ✓
  • 특수한 경우: \(\mathcal{T} = 0\)이면 \(v = 0\)으로 파동이 전파되지 않아요 (장력이 없으면 복원력이 없어요). ✓

M-2. \(\phi^4\) 이론의 운동방정식

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문제: \(\mathcal{L} = -\frac{1}{2}\eta^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{\lambda}{4!}\phi^4\) 의 운동방정식을 유도하세요.

풀이 방침

D2와 D4의 결과를 오일러-라그랑주 방정식에 대입해요.

계산의 세부 과정

단계 1: D4로부터

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -\frac{\lambda}{6}\phi^3 \]

단계 2: D2와 같은 계산(질량항이 없을 뿐)으로부터

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = -\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi \]
\[ \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right) = -\eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu\phi = -\Box\phi \]

단계 3: 오일러-라그랑주 방정식에 대입:

\[ -\frac{\lambda}{6}\phi^3 - (-\Box\phi) = 0 \]

최종 답

\[ \boxed{\Box\phi = \frac{\lambda}{6}\phi^3} \]

질량이 0인 클라인-고든 방정식 \(\Box\phi = 0\) 과의 차이:

  • \(\lambda = 0\) 의 극한에서 \(\Box\phi = 0\) 으로 귀착돼요. ✓
  • 우변의 \(\frac{\lambda}{6}\phi^3\) 은 비선형 자기상호작용항이에요. 클라인-고든 방정식은 선형이며 해의 중첩이 성립하지만, \(\phi^4\) 이론의 운동방정식은 비선형이므로 중첩의 원리가 성립하지 않아요.
  • 물리적으로 \(\phi^4\) 항은 스칼라장이 자기 자신과 상호작용하는 것을 나타내요. 장의 양자론에서 이 항은 4개의 \(\phi\) 입자가 한 점에서 상호작용하는 꼭짓점(4점 상호작용)에 대응해요. 결합 상수 \(\lambda\) 가 상호작용의 세기를 제어해요.

검산

  • 차원 분석: \([\Box] = [\text{길이}^{-2}]\). \(\phi\) 가 스칼라장이고 \([\phi] = [\text{길이}^{-1}]\) (자연단위계)이면, 좌변 \([\Box\phi] = [\text{길이}^{-3}]\), 우변 \([\lambda\phi^3] = [\lambda][\text{길이}^{-3}]\) 이므로 \(\lambda\) 는 무차원이에요. ✓ (4차원 시공간에서 \(\phi^4\) 이론의 결합 상수는 무차원이에요.)
  • \(\lambda \to 0\) 의 극한: \(\Box\phi = 0\) 으로 귀착돼요. ✓

M-3. 휘어진 시공간의 질량 없는 스칼라장

→ 문제로 돌아가기

문제: 휘어진 시공간에서 자유 질량 없는 스칼라 장의 운동방정식을 도출하세요.

(a) 변분 \(\delta S\)의 계산

풀이 방침: \(\phi \to \phi + \delta\phi\)로 놓고 작용의 1차 변분을 계산해요. \(\sqrt{-g}\)와 \(g^{\mu\nu}\)는 \(\phi\)에 의존하지 않으므로 변분되지 않아요.

\[ S = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\right] \]

\(\phi \to \phi + \delta\phi\)로 놓으면 \(\partial_\mu\phi \to \partial_\mu\phi + \partial_\mu(\delta\phi)\)이므로:

\[ (\partial_\mu\phi + \partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi + \partial_\nu\delta\phi) = (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi) + (\partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi) + O(\delta\phi^2) \]

1차 변분만 남기면:

\[ \delta S = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}\left((\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi) + (\partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi)\right)\right] \]

\(g^{\mu\nu}\)의 대칭성 \(g^{\mu\nu} = g^{\nu\mu}\)를 이용하면, 두 항은 같아요:

\[ g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi) = g^{\nu\mu}(\partial_\nu\delta\phi)(\partial_\mu\phi) = g^{\mu\nu}(\partial_\mu\delta\phi)(\partial_\nu\phi) \]

(마지막 등호에서 첨자 \(\mu \leftrightarrow \nu\)를 재명명했어요.)

따라서:

\[ \boxed{\delta S = -\int d^4x\,\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\delta\phi)} \]

(b) 부분적분과 운동방정식의 도출

풀이 방침: 곱의 법칙을 이용하여 \(\partial_\nu\delta\phi\)를 \(\delta\phi\)로 옮겨요.

곱의 법칙에 의해:

\[ \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\delta\phi\right] = \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\right]\delta\phi + \sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\partial_\nu(\delta\phi) \]

따라서:

\[ \sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\partial_\nu(\delta\phi) = \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\delta\phi\right] - \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\right]\delta\phi \]

\(\delta S\)에 대입하면:

\[ \delta S = -\int d^4x\left\{\partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)\,\delta\phi\right] - \partial_\nu\left[\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\partial_\mu\phi\right]\delta\phi\right\} \]

첫째 항은 전미분(total divergence)이며, 가우스 정리에 의해 경계에서의 적분으로 변환돼요. 경계에서 \(\delta\phi = 0\)이므로 이 항은 사라져요.

나머지는:

\[ \delta S = \int d^4x\,\partial_\mu\left(\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\partial_\nu\phi\right)\delta\phi = 0 \]

(첨자 \(\mu \leftrightarrow \nu\)를 재명명했어요.)

임의의 \(\delta\phi\)에 대해 이것이 0이 되려면:

\[ \boxed{\frac{1}{\sqrt{-g}}\,\partial_\mu\!\left(\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\,\partial_\nu\phi\right) = 0} \]

평탄 시공간에서의 확인: 민코프스키 시공간에서는 \(g^{\mu\nu} = \eta^{\mu\nu}\), \(\sqrt{-g} = 1\)이므로:

\[ \frac{1}{1}\,\partial_\mu\!\left(1\cdot\eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi\right) = \eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu\phi = \Box\phi = 0 \]

질량 없는 클라인-고든 방정식으로 귀착돼요. ✓

검산

  • 공변 형식과의 정합: 휘어진 시공간에서 스칼라 장에 대한 공변 달랑베르 연산자는 \(\Box_g\phi = \frac{1}{\sqrt{-g}}\partial_\mu(\sqrt{-g}\,g^{\mu\nu}\partial_\nu\phi)\)로 정의돼요. 얻어진 방정식은 \(\Box_g\phi = 0\)이며, 공변적 파동방정식으로 알려진 결과와 일치해요. ✓
  • \(m \neq 0\)인 경우: 질량항 \(-\frac{m^2}{2}\phi^2\)를 추가하면 \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -m^2\phi\)의 기여가 더해져서, \(\Box_g\phi - m^2\phi = 0\)이 돼요. ✓

M-4. 에너지-운동량 텐서의 도출

→ 문제로 돌아가기

문제: 자유 스칼라장의 \(T_{\mu\nu}\)를 도출하세요.

풀이 방침

\(S_m = \int d^4x\,\sqrt{-g}\,\mathcal{L}_m\)을 \(g^{\mu\nu}\)로 변분해요. 변분은 (i) \(\mathcal{L}_m\) 안의 \(g^{\mu\nu}\)에 대한 직접적인 기여와, (ii) \(\sqrt{-g}\)를 통한 기여의 2곳에 작용해요.

계산의 상세

\[ S_m = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\right] \]

\(g^{\mu\nu} \to g^{\mu\nu} + \delta g^{\mu\nu}\)로 놓고 1차 변분을 취해요.

(i) \(\mathcal{L}_m\) 안의 \(g^{\mu\nu}\)의 변분:

\(g^{\mu\nu}\)가 명시적으로 나타나는 것은 제1항뿐이에요:

\[ \delta\left[-\frac{1}{2}g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\right] = -\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\,\delta g^{\mu\nu} \]

(ii) \(\sqrt{-g}\)의 변분:

주어진 공식 \(\frac{\delta(\sqrt{-g})}{\delta g^{\mu\nu}} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\)로부터:

\[ \delta\sqrt{-g} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

(iii) 전체 변분:

\[ \delta S_m = \int d^4x\left[\sqrt{-g}\left(-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi)\right)\delta g^{\mu\nu} + \left(-\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\right)\mathcal{L}_m\,\delta g^{\mu\nu}\right] \]
\[ = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m\right]\delta g^{\mu\nu} \]

(iv) \(T_{\mu\nu}\)의 추출:

정의 \(T_{\mu\nu} = -\frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta S_m}{\delta g^{\mu\nu}}\)로부터:

\[ \frac{\delta S_m}{\delta g^{\mu\nu}} = \sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m\right] \]
\[ T_{\mu\nu} = -\frac{2}{\sqrt{-g}}\cdot\sqrt{-g}\left[-\frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m\right] \]
\[ T_{\mu\nu} = (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + g_{\mu\nu}\mathcal{L}_m \]

최종 답

\(\mathcal{L}_m = -\frac{1}{2}g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\)를 대입하면:

\[ \boxed{T_{\mu\nu} = (\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) - g_{\mu\nu}\left[\frac{1}{2}g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) + \frac{m^2}{2}\phi^2\right]} \]

검산

  • 대칭성: \(T_{\mu\nu} = T_{\nu\mu}\)는 명백해요（제1항은 \((\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) = (\partial_\nu\phi)(\partial_\mu\phi)\), 제2항은 \(g_{\mu\nu}\)가 대칭）. ✓
  • 트레이스: \(g^{\mu\nu}T_{\mu\nu} = g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + 4\mathcal{L}_m = g^{\mu\nu}(\partial_\mu\phi)(\partial_\nu\phi) + 4\left[-\frac{1}{2}g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) - \frac{m^2}{2}\phi^2\right] = -g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi) - 2m^2\phi^2\). \(m = 0\)일 때 \(T^\mu{}_\mu = -g^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\)로, 등각 불변이 아니에요（4차원 스칼라장은 등각 결합이 아닌 한 트레이스가 0이 되지 않아요）. 이는 알려진 결과와 일치해요. ✓
  • 평탄 시공간·\(m = 0\)의 \(T_{00}\) 성분: \(T_{00} = (\partial_t\phi)^2 - \eta_{00}\left[\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}(\partial_\alpha\phi)(\partial_\beta\phi)\right] = (\partial_t\phi)^2 + \frac{1}{2}\left[-(\partial_t\phi)^2 + (\nabla\phi)^2\right] = \frac{1}{2}(\partial_t\phi)^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2\). 이는 스칼라장의 에너지 밀도로서 올바른 결과예요. ✓

Advanced（발전）

A-1. 전자기장 Lagrangian으로부터의 Maxwell 방정식

→ 문제로 돌아가기

문제: 전자기장의 라그랑지안 밀도로부터 맥스웰 방정식을 도출하세요.

(a) \(\mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\) 의 확인

\(F^{\mu\nu}\) 의 정의는 \(F^{\mu\nu} \equiv \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta}\) 이에요.

주어진 라그랑지안 밀도는:

\[ \mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}\eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta} \]

여기서 \(\eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta} = F^{\mu\nu}\) 이므로:

\[ \mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}\cdot\eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]
\[ \boxed{\mathcal{L}_{\text{EM}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}} \quad \checkmark \]

(b) 오일러-라그랑주 방정식으로부터 \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\) 의 도출

풀이 방침: 장의 변수는 \(A_\nu\) 이에요. 오일러-라그랑주 방정식은:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} - \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right) = 0 \]

단계 1: \(A_\nu\) 는 \(\mathcal{L}\) 에 명시적으로 나타나지 않아요(\(\mathcal{L}\) 은 \(\partial_\mu A_\nu\) 에만 의존해요):

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = 0 \]

단계 2: \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\) 를 계산해요.

\(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\) 이고, \(F_{\alpha\beta} = \partial_\alpha A_\beta - \partial_\beta A_\alpha\) 이므로, \(\partial_\mu A_\nu\) 에 대한 \(F_{\alpha\beta}\) 의 의존성을 조사하면:

\[ \frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \delta^\mu_\alpha\,\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\,\delta^\nu_\alpha \]

연쇄 법칙을 사용하면:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{4}\left[\frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}F^{\alpha\beta} + F_{\alpha\beta}\frac{\partial F^{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right] \]

\(F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}\) 는 \(F_{\alpha\beta}\) 와 \(F^{\alpha\beta}\) 의 축약이고, \(F^{\alpha\beta} = \eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\gamma\delta}\) 이므로 \(\partial_\mu A_\nu\) 에 대한 미분은 \(F_{\alpha\beta}\) 의 미분과 같은 구조를 가져요. 구체적으로 계산하면:

제1항:

\[ \frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}F^{\alpha\beta} = (\delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\delta^\nu_\alpha)F^{\alpha\beta} = F^{\mu\nu} - F^{\nu\mu} = 2F^{\mu\nu} \]

(\(F^{\mu\nu}\) 의 반대칭성 \(F^{\nu\mu} = -F^{\mu\nu}\) 를 사용했어요.)

제2항: 마찬가지로

\[ F_{\alpha\beta}\frac{\partial F^{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} \]

\(F^{\alpha\beta} = \eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\gamma\delta}\) 이므로:

\[ \frac{\partial F^{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}(\delta^\mu_\gamma\delta^\nu_\delta - \delta^\mu_\delta\delta^\nu_\gamma) = \eta^{\alpha\mu}\eta^{\beta\nu} - \eta^{\alpha\nu}\eta^{\beta\mu} \]
\[ F_{\alpha\beta}(\eta^{\alpha\mu}\eta^{\beta\nu} - \eta^{\alpha\nu}\eta^{\beta\mu}) = F^{\mu\nu} - F^{\nu\mu} = 2F^{\mu\nu} \]

따라서:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{4}(2F^{\mu\nu} + 2F^{\mu\nu}) = -F^{\mu\nu} \]

단계 3: 오일러-라그랑주 방정식에 대입하면:

\[ 0 - \partial_\mu(-F^{\mu\nu}) = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0} \]

(c) 가우스 법칙과 앙페르-맥스웰 법칙의 확인

전자기장 텐서의 성분과 전기장·자기장의 대응관계를 사용해요:

\[ F^{0i} = -E^i, \qquad F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k \]

(여기서 \(i, j, k = 1, 2, 3\) 은 공간 성분이에요.)

\(\nu = 0\) 인 경우(가우스 법칙):

\[ \partial_\mu F^{\mu 0} = \partial_0 F^{00} + \partial_i F^{i0} = 0 \]

\(F^{00} = 0\)(반대칭성으로부터), \(F^{i0} = -F^{0i} = E^i\) 이므로:

\[ \partial_i E^i = 0 \quad \Longrightarrow \quad \boxed{\nabla\cdot\mathbf{E} = 0} \]

이것은 원천이 없는 가우스 법칙이에요. ✓

\(\nu = j\)(공간 성분)인 경우(앙페르-맥스웰 법칙):

\[ \partial_\mu F^{\mu j} = \partial_0 F^{0j} + \partial_i F^{ij} = 0 \]

\(F^{0j} = -E^j\) 이므로 \(\partial_0 F^{0j} = -\frac{\partial E^j}{\partial t}\) 이에요.

\(F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k\) 이므로:

\[ \partial_i F^{ij} = -\epsilon^{ijk}\partial_i B_k \]

\((\nabla\times\mathbf{B})\) 의 \(j\) 성분과의 관계를 확인해요. \((\nabla\times\mathbf{B})^j = \epsilon^{jab}\partial_a B_b\) 이고, \(\epsilon^{ijk} = \epsilon^{jki}\) 이므로:

\[ -\epsilon^{ijk}\partial_i B_k = -\epsilon^{jki}\partial_i B_k \]

첨자 \(i \to a\), \(k \to b\) 로 치환하면 \(-\epsilon^{jba}\partial_a B_b = +\epsilon^{jab}\partial_a B_b = (\nabla\times\mathbf{B})^j\) 이에요.

(\(\epsilon^{jba} = -\epsilon^{jab}\) 를 사용했어요.)

따라서 \(\partial_i F^{ij} = (\nabla\times\mathbf{B})^j\) 이에요.

방정식은:

\[ -\frac{\partial E^j}{\partial t} + (\nabla\times\mathbf{B})^j = 0 \]
\[ \boxed{(\nabla\times\mathbf{B})^j = \frac{\partial E^j}{\partial t} \quad \Longleftrightarrow \quad \nabla\times\mathbf{B} = \frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t}} \]

이것은 원천이 없는 앙페르-맥스웰 법칙이에요. ✓

검산

  • 나머지 맥스웰 방정식에 대해: \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\) 은 맥스웰 방정식의 절반(원천이 있는 방정식의 원천 없는 버전)에 대응해요. 나머지 절반(\(\nabla\cdot\mathbf{B} = 0\) 과 패러데이 법칙 \(\nabla\times\mathbf{E} = -\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}\))은 \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\) 의 정의로부터 자동적으로 만족돼요(비앙키 항등식 \(\partial_{[\lambda}F_{\mu\nu]} = 0\)). ✓
  • 원천항을 추가하는 경우: \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} - J^\nu A_\nu\) 로 하면 \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = -J^\nu\) 가 추가되어, \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = J^\nu\) 가 돼요. ✓

A-2. 우주 상수를 포함한 Einstein 방정식

→ 문제로 돌아가기

문제: 우주 상수를 포함한 Einstein 방정식을 도출하고, 물리적 효과를 고찰하세요.

(a) \(\sqrt{-g}\,\Lambda\)의 \(g^{\mu\nu}\)에 의한 변분

\(\Lambda\)는 상수이므로, 변분은 \(\sqrt{-g}\)에만 작용해요:

\[ \delta\!\left(\sqrt{-g}\,\Lambda\right) = \Lambda\,\delta(\sqrt{-g}) \]

주어진 공식 \(\frac{\delta(\sqrt{-g})}{\delta g^{\mu\nu}} = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\)를 사용하면:

\[ \delta(\sqrt{-g}) = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

따라서:

\[ \boxed{\delta\!\left(\sqrt{-g}\,\Lambda\right) = -\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,\Lambda\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu}} \]

(b) 우주 상수를 포함한 Einstein 방정식의 도출

전체 작용은:

\[ S = \frac{1}{16\pi G}\int d^4x\,\sqrt{-g}\,(R - 2\Lambda) + \int d^4x\,\sqrt{-g}\,\mathcal{L}_m \]

각 항의 변분을 계산해요.

제1항: \(\sqrt{-g}\,R\)의 변분 (기지의 결과로 사용)

\[ \delta(\sqrt{-g}\,R) = \sqrt{-g}\left(R_{\mu\nu} - \frac{1}{2}g_{\mu\nu}R\right)\delta g^{\mu\nu} = \sqrt{-g}\,G_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

제2항: \(-2\sqrt{-g}\,\Lambda\)의 변분

(a)의 결과를 사용하면:

\[ \delta(-2\sqrt{-g}\,\Lambda) = -2\left(-\frac{1}{2}\sqrt{-g}\,\Lambda\,g_{\mu\nu}\right)\delta g^{\mu\nu} = \sqrt{-g}\,\Lambda\,g_{\mu\nu}\,\delta g^{\mu\nu} \]

제3항: 물질 작용의 변분

에너지-운동량 텐서의 정의 \(T_{\mu\nu} = -\frac{2}{\sqrt{-g}}\frac{\delta S_m}{\delta g^{\mu\nu}}\)로부터:

\[ \delta S_m = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left(-\frac{1}{2}T_{\mu\nu}\right)\delta g^{\mu\nu} \]

전체 변분을 0으로 놓으면:

\[ \delta S = \int d^4x\,\sqrt{-g}\left[\frac{1}{16\pi G}\left(G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu}\right) - \frac{1}{2}T_{\mu\nu}\right]\delta g^{\mu\nu} = 0 \]

임의의 \(\delta g^{\mu\nu}\)에 대해 이것이 0이 되려면:

\[ \frac{1}{16\pi G}\left(G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu}\right) = \frac{1}{2}T_{\mu\nu} \]

양변에 \(16\pi G\)를 곱하면:

\[ G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu} = 8\pi G\,T_{\mu\nu} \]
\[ \boxed{G_{\mu\nu} + \Lambda\,g_{\mu\nu} = 8\pi G\,T_{\mu\nu}} \]

(c) 진공(\(T_{\mu\nu} = 0\))에서 \(\Lambda > 0\)의 물리적 효과

\(T_{\mu\nu} = 0\)일 때, Einstein 방정식은:

\[ G_{\mu\nu} = -\Lambda\,g_{\mu\nu} \]

이를 다시 쓰면:

\[ G_{\mu\nu} = 8\pi G\left(-\frac{\Lambda}{8\pi G}\,g_{\mu\nu}\right) \]

우변은 에너지-운동량 텐서

\[ T_{\mu\nu}^{(\text{eff})} = -\frac{\Lambda}{8\pi G}\,g_{\mu\nu} \]

와 동등해요. 이는 완전 유체의 에너지-운동량 텐서 \(T_{\mu\nu} = (\rho + p)u_\mu u_\nu + p\,g_{\mu\nu}\)에서

\[ \rho_\Lambda = \frac{\Lambda}{8\pi G}, \qquad p_\Lambda = -\frac{\Lambda}{8\pi G} = -\rho_\Lambda \]

로 놓은 경우에 대응해요. 즉, \(\Lambda > 0\)은 상태 방정식 \(p = -\rho\)를 갖는 균일한 에너지 밀도로서 작용해요.

물리적 효과:

  1. 척력적 중력 효과: \(p = -\rho < 0\)이라는 음의 압력은 일반 상대론에서 중력적 척력으로 작용해요. Friedmann 방정식의 가속도 방정식 \(\ddot{a}/a = -\frac{4\pi G}{3}(\rho + 3p) = -\frac{4\pi G}{3}(\rho_\Lambda - 3\rho_\Lambda) = \frac{8\pi G}{3}\rho_\Lambda > 0\)으로부터, 우주의 팽창을 가속시켜요.

  2. de Sitter 시공간: 진공이면서 \(\Lambda > 0\)인 경우, 시공간은 de Sitter 시공간이 되어 지수함수적으로 팽창하는 우주를 기술해요. 척도 인자는 \(a(t) \propto e^{Ht}\) (\(H = \sqrt{\Lambda/3}\))이에요.

  3. 진공 에너지: \(\Lambda\) 항은 물질이 존재하지 않아도 시공간에 에너지가 존재함을 의미하며, "진공의 에너지" 또는 "암흑 에너지(dark energy)"의 가장 단순한 모델에 대응해요.

검산

  • \(\Lambda = 0\)의 극한: 통상의 Einstein 방정식 \(G_{\mu\nu} = 8\pi G\,T_{\mu\nu}\)로 귀착돼요. ✓
  • 트레이스 확인: \(G_{\mu\nu} + \Lambda g_{\mu\nu} = 8\pi G T_{\mu\nu}\)의 트레이스를 취하면, \(g^{\mu\nu}G_{\mu\nu} = -R\) (4차원), \(g^{\mu\nu}g_{\mu\nu} = 4\)이므로 \(-R + 4\Lambda = 8\pi G T\)이에요. 진공 \(T = 0\)에서는 \(R = 4\Lambda\)이에요. 이는 de Sitter 시공간의 Ricci 스칼라로서 알려진 결과예요. ✓
  • Bianchi 항등식과의 정합성: \(\nabla^\mu G_{\mu\nu} = 0\)이고, \(\nabla^\mu(\Lambda g_{\mu\nu}) = 0\) (\(\Lambda\)는 상수, \(\nabla^\mu g_{\mu\nu} = 0\))이므로, \(\nabla^\mu T_{\mu\nu} = 0\) (에너지-운동량 보존 법칙)이 자동으로 만족돼요. ✓