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Appendix B — Lorentz 군의 표현과 스피노르

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지금까지의 이야기:

부록 A 에서는, 본 「장의 양자론」편 전체에서 사용하는 수학적 도구——자연단위계, 텐서의 인덱스 표기법, \(\gamma\) 행렬의 반교환 관계, Fourier 변환의 규약 등——을 정리했다. 이러한 표기법을 토대로, 여기서부터는 Lorentz 군의 표현론이라는, 장의 종류(스칼라·스피노르·벡터)를 수학적으로 분류하는 틀에 들어가고자 한다.

이 장의 목표

  • Lorentz 군의 Lie 대수가 2개의 독립적인 \(\mathfrak{su}(2)\)로 분해되는 것을 유도하고, 거기서 스칼라·벡터·스피노르와 같은 장의 종류가 자연스럽게 분류됨을 이해한다
  • 특히 스피노르 표현의 구성과, "\(360°\) 회전에서 부호가 반전된다"는 성질의 수학적 기원을 밝힌다

변환과 생성원의 일반론

🟡 리나: 이 Appendix에서는, 본편의 제2장~제 5 장에서 "결과만 사용했던" Lorentz 군의 표현론을 제대로 유도해 나갈 거예요. 먼저 출발점을 확인합시다. 양자역학에서 병진이나 회전과 같은 변환을 "연산자"로 나타냈던 것을 기억하고 있어요?

🔵 카이: 네. 양자역학에서는 상태 \(|\psi\rangle\)를 이동시키는 연산자 \(\hat{U}\)가 유니터리여서 확률을 보존하는 거였죠.

🟡 리나: 맞아요. 여기서는 먼저 고전적인 좌표 변환부터 시작해서, 그 "생성원"을 추출하는 방법을 복습할 거예요. 장의 양자론에서는, 장이 어떤 Lorentz 변환 아래에서 어떻게 변하는지가 입자의 종류 자체를 결정해요.

병진에서 배우는 "생성원"의 개념

🟡 리나: 가장 단순한 변환——공간 병진부터 시작합시다. 파동함수 \(\psi(x)\)를 거리 \(\delta a\)만큼 이동시키면, Taylor (테일러) 전개로

\[ \psi(x + \delta a) = \psi(x) + \frac{d\psi}{dx}\,\delta a + \mathcal{O}((\delta a)^2) \tag{B.1} \]

🔵 카이: 고등학교 미분의 연장이네요. 미소량 \(\delta a\)가 작으면, 1차 항까지만 남기면 되는 거죠.

🟡 리나: 맞아요. 여기서 운동량 연산자 \(\hat{p} = -i\hbar \frac{d}{dx}\)를 떠올리면, 양변을 \(-i\hbar\)로 나누어서 \(\frac{d}{dx} = \frac{1}{-i\hbar}\hat{p} = \frac{i}{\hbar}\hat{p}\) (마지막 등호는 \(1/(-i) = i\)를 사용한 거예요. 스칼라 \(i/\hbar\)와 연산자 \(\hat{p}\)의 곱은 순서를 신경 쓰지 않아도 돼요)이니까

\[ \psi(x + \delta a) = \left(1 + \frac{i}{\hbar}\hat{p}\,\delta a\right)\psi(x) \tag{B.2} \]

라고 쓸 수 있어요. 이 \(\hat{p}\)를 병진의 생성원 (generator)이라고 불러요. "미소한 변환을 생성하는(generate하는) 연산자"라는 의미예요.

⚪ 메이: 즉, 미소 병진을 수행하는 연산자는 \(\hat{U}(\delta a) = 1 + \frac{i}{\hbar}\hat{p}\,\delta a\)이고, 이 안에서 변환을 "구동"하고 있는 것이 생성원 \(\hat{p}\)라는 거지.

🟡 리나: 완벽해요. 그러면 유한한 거리 \(a\)의 병진은 어떻게 만들까요?

🔵 카이: 미소 병진을 여러 번 반복하는 건가요……? \(\delta a = a/N\)으로 놓고 \(N\)번 곱한 다음 \(N \to \infty\)로 하면

\[ \hat{U}(a) = \lim_{N \to \infty}\left(1 + \frac{i\hat{p}\,a}{\hbar N}\right)^N = e^{i\hat{p}\,a/\hbar} \tag{B.3} \]

🟡 리나: 훌륭해요. 이것은 고등학교에서 배운 \(e^x = \lim_{N\to\infty}(1 + x/N)^N\)의 행렬 버전이에요. 이 "미소 변환 → 지수함수로 유한 변환"이라는 구조가, Lorentz 변환에서도 완전히 같은 형태로 나타나요.

✅ 이해도 체크: 생성원이란 무엇인지, 한마디로 설명해 봅시다.

답

미소한 변환을 생성하는 연산자를 말한다. 유한한 변환은 생성원을 지수함수의 지수에 올려서 \(e^{i\alpha G}\) (\(\alpha\)는 매개변수, \(G\)는 생성원)로 구성할 수 있다.

군의 구조——변환이 만족해야 할 조건

🟡 리나: 병진 연산자가 만족하는 성질을 정리해 둡시다. 물리적 요청으로부터 3가지 조건이 나와요.

① 유니터리성: 양자역학에서는 확률이 보존되어야 해요. 임의의 상태 \(|\psi\rangle\)에 대해

\[ \langle\psi|\psi\rangle = \langle\psi|\hat{U}^\dagger \hat{U}|\psi\rangle \tag{B.4} \]

가 성립하려면 \(\hat{U}^\dagger \hat{U} = \mathbf{1}\), 즉 \(\hat{U}\)는 유니터리 (unitary)여야 해요.

② 합성 법칙: 거리 \(a\)의 병진 후에 거리 \(b\)의 병진을 수행하면, 합계 \(a + b\)의 병진이 돼요:

\[ \hat{U}(b)\,\hat{U}(a) = \hat{U}(a + b) \tag{B.5} \]

③ 항등 변환: 영(零)의 병진은 아무것도 하지 않아요: \(\hat{U}(0) = \mathbf{1}\).

🔵 카이: ①②③의 조건이 무슨 특별한 구조를 이루고 있나요? 단순한 우연이 아닌 것 같은데……

🟡 리나: 좋은 착안점이에요. 이것은 수학에서 "군 (group)"이라 불리는 구조의 정의 그 자체예요——닫힘성(두 변환을 이어서 수행한 결과도 같은 종류의 변환이 된다)·결합법칙(3개 이상의 변환을 조합할 때 괄호를 어떻게 묶든 상관없다)·단위원(아무것도 하지 않는 변환이 존재한다)·역원(어떤 변환에도 "원래로 되돌리는" 변환이 존재한다)의 4가지 조건을 만족하는 집합을 말해요. ①②③은 이 4가지 조건의 구체적인 예가 되고 있어요(역원은 \(\hat{U}(-a)\)가 \(\hat{U}(a)\)의 역에 대응해요). 게다가 병진의 경우에는 \(\hat{U}(a)\hat{U}(b) = \hat{U}(b)\hat{U}(a)\)가 성립해요——순서를 바꿔도 결과가 같아요. 이런 군을 아벨 군 (Abelian group)이라고 불러요. "먼저 동쪽으로 걷고 나서 북쪽으로 걷는 것"과 "먼저 북쪽으로 걷고 나서 동쪽으로 걷는 것"이 같은 결과가 되는 건 직관적으로도 알 수 있지요.

🔵 카이: 회전은 어떤가요? 책을 \(x\)축 둘레로 \(90°\) 돌린 다음 \(z\)축 둘레로 \(90°\) 돌리는 것과, 반대 순서로 하는 것은 결과가 다르잖아요.

🟡 리나: 좋은 지적이에요. 회전군은 비아벨 군——연산의 순서가 결과에 영향을 주는 군이에요. 이 "순서의 차이"를 수학적으로 포착하는 것이, 다음에 등장하는 교환 관계 (commutation relation)예요.

✅ 이해도 체크: 아벨 군과 비아벨 군의 차이는 무엇인가. 병진군과 회전군은 각각 어디에 분류되는가.

답

아벨 군은 연산의 순서를 바꿔도 결과가 같은(가환인) 군, 비아벨 군은 순서에 따라 결과가 달라지는(비가환인) 군이다. 병진군은 아벨 군, 회전군은 비아벨 군으로 분류된다.

Lorentz 대수——회전과 부스트의 교환 관계

🟡 리나: 이제 본론인 Lorentz 변환에 들어갈게요. 특수상대론에서는, 시공간 좌표 \(x^\mu = (x^0, x^1, x^2, x^3) = (ct, x, y, z)\)가 Lorentz 변환으로

\[ x'^\mu = \Lambda^\mu{}_\nu\, x^\nu \tag{B.6} \]

\(\Lambda\)는 Minkowski (민코프스키) 계량 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1, +1, +1, +1)\)를 보존하는 행렬이에요. 이 Appendix에서는 GR 편과 같은 부호 규약 \((-,+,+,+)\)를 사용할 거예요(본편의 제 2 장에서 도입한 QFT 류의 \((+,-,-,-)\)와는 계량의 전체 부호가 반대이지만, 부록 A에서 확인한 대로 물리적 결론은 바뀌지 않아요). 여기서 GR 류를 사용하는 이유는, Lorentz 군의 표현론 교과서(Schwartz, Tong 등)의 대부분이 이 규약을 채택하고 있기 때문이에요. 본편의 제 5 장로 돌아갈 때는 \(\eta_{\mu\nu}\)의 각 성분의 부호를 반전시키기만 하면 식을 번역할 수 있어요——구체적으로는, on-shell 조건이 \(P^2 \equiv \eta_{\mu\nu}P^\mu P^\nu = -m^2\)(여기의 규약)에서 \(P^2 = +m^2\)(본편의 규약)로 바뀔 뿐이에요. 즉

\[ \eta_{\mu\nu}\,\Lambda^\mu{}_{\alpha}\,\Lambda^\nu{}_{\beta} = \eta_{\alpha\beta} \tag{B.7} \]

을 만족하는 것이에요. 이 조건을 만족하는 변환 전체가 Lorentz 군 (Lorentz group)이에요.

🔵 카이: Lorentz 변환에는 회전과 부스트의 2종류가 있었잖아요. 전부 몇 개의 매개변수가 있나요?

🟡 리나: 좋은 질문이에요. 항등 변환에 가까운 미소 Lorentz 변환을

\[ \Lambda^\mu{}_\nu = \delta^\mu{}_\nu + \omega^\mu{}_\nu \tag{B.8} \]

로 쓰고, 식 (B.7)에 대입해 봅시다. \(\Lambda^\mu{}_{\alpha} = \delta^\mu{}_\alpha + \omega^\mu{}_\alpha\)를 대입하면

\[ \eta_{\mu\nu}(\delta^\mu{}_{\alpha} + \omega^\mu{}_{\alpha})(\delta^\nu{}_{\beta} + \omega^\nu{}_{\beta}) = \eta_{\alpha\beta} \]

좌변을 전개하고 \(\omega\)의 2차 이상을 무시하면

\[ \eta_{\alpha\beta} + \eta_{\mu\beta}\,\omega^\mu{}_{\alpha} + \eta_{\alpha\nu}\,\omega^\nu{}_{\beta} = \eta_{\alpha\beta} \]

\(\eta_{\alpha\beta}\)가 소거되고, \(\eta_{\mu\beta}\,\omega^\mu{}_\alpha + \eta_{\alpha\nu}\,\omega^\nu{}_\beta = 0\)이 남아요. 여기서 \(\eta_{\mu\beta}\,\omega^\mu{}_\alpha\)는 "\(\omega^\mu{}_\alpha\)의 첫 번째 인덱스 \(\mu\)를 계량으로 내린" 것으로, \(\omega_{\beta\alpha}\)라고 써요——즉 \(\omega_{\beta\alpha} \equiv \eta_{\mu\beta}\,\omega^\mu{}_\alpha\). 마찬가지로 \(\eta_{\alpha\nu}\,\omega^\nu{}_\beta = \omega_{\alpha\beta}\). 이것은 부록 A에서 확인한 "계량으로 인덱스를 올리고 내리는" 조작 그 자체예요. 그러면 조건은

\[ \omega_{\beta\alpha} + \omega_{\alpha\beta} = 0 \]

\(\alpha \leftrightarrow \beta\)로 다시 쓰면

\[ \omega_{\mu\nu} + \omega_{\nu\mu} = 0 \tag{B.9} \]

가 얻어져요. \(\omega_{\mu\nu}\)는 반대칭 (antisymmetric)——즉 인덱스를 교환하면 부호가 바뀐다(\(\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}\))는 뜻이에요.

🔵 카이: 그렇군요, 계량을 보존한다는 조건만으로 매개변수가 반대칭으로 제한되는군요.

🟡 리나: \(4 \times 4\) 반대칭 행렬은 대각 성분이 모두 영이고, 상삼각 부분만 자유이니까, 독립 성분은 \(4 \times 3 / 2 = 6\)개예요.

⚪ 메이: \(_4C_2 = 6\)이네. 상삼각 부분을 세는 것과 같지.

🔵 카이: 6개의 매개변수가 구체적으로 무엇에 대응하나요?

🟡 리나: 그 6개가, 3개의 공간 회전(\(xy\), \(yz\), \(zx\) 평면)과 3개의 Lorentz 부스트(\(x\), \(y\), \(z\) 방향)에 대응해요.

✅ 이해도 체크: 미소 Lorentz 변환의 매개변수 \(\omega_{\mu\nu}\)가 반대칭인 것으로부터, 독립 매개변수는 몇 개인가. 그것들은 물리적으로 무엇에 대응하는가.

답

\(4 \times 4\) 반대칭 행렬의 독립 성분은 \(4 \times 3 / 2 = 6\)개이다. 이들은 3개의 공간 회전(\(xy\), \(yz\), \(zx\) 평면)과 3개의 Lorentz 부스트(\(x\), \(y\), \(z\) 방향)에 대응한다.

생성원의 구체적 형태

🟡 리나: 6개의 독립적인 반대칭 매개변수에 대응하는 생성원을 \(M^{\rho\sigma}\) (\(\rho < \sigma\))라고 쓸게요. 생각하는 방식은 이래요——미소 변환 \(\omega^\mu{}_\nu\)는 반대칭 매개변수 \(\omega_{\rho\sigma}\)로 쓸 수 있으니까, \(\omega^\mu{}_\nu = \frac{1}{2}\omega_{\rho\sigma}(M^{\rho\sigma})^\mu{}_\nu\)라고 "매개변수 × 생성원" 형태로 분해하고 싶은 거예요. 병진 때 \(\hat{U}(\delta a) = 1 + i\hat{p}\,\delta a/\hbar\)라고 썼던 것과 같은 발상이에요.

🔵 카이: \(\frac{1}{2}\)이 붙어 있는 건 왜인가요? 6개의 독립 매개변수인데, \(\rho\)와 \(\sigma\)를 둘 다 \(0\)부터 \(3\)까지 달리게 하면 \(16\)개의 항이 나오지 않나요?

🟡 리나: 좋은 질문이에요. \(\omega_{\rho\sigma}\)는 반대칭이니까 \(\omega_{\rho\sigma} = -\omega_{\sigma\rho}\)이고, \(\rho < \sigma\) 항과 \(\rho > \sigma\) 항은 독립이 아니에요. 예를 들어 \(\omega_{01}\)과 \(\omega_{10} = -\omega_{01}\)은 같은 정보예요. 합을 취하면 각 독립 성분이 2번씩 세어지니까, \(1/2\)로 보정하는 거예요.

그러면 \((M^{\rho\sigma})^\mu{}_\nu\)를 결정합시다. 먼저 인덱스의 올리고 내리기를 확인할게요. \(\omega^\mu{}_\nu = \eta^{\mu\alpha}\omega_{\alpha\nu}\)예요(계량으로 첫 번째 인덱스를 올린 거예요). 여기서 \(\omega_{\alpha\nu}\)는 반대칭이니까 \(\omega_{\alpha\nu} = -\omega_{\nu\alpha}\). 이 반대칭성을 명시적으로 사용하면

\[ \omega^\mu{}_\nu = \eta^{\mu\alpha}\omega_{\alpha\nu} = \frac{1}{2}\eta^{\mu\alpha}\omega_{\alpha\nu} + \frac{1}{2}\eta^{\mu\alpha}\omega_{\alpha\nu} \]

제2항에서 더미 인덱스를 \(\alpha \to \beta\)로 바꾸고, \(\omega_{\beta\nu} = -\omega_{\nu\beta}\)를 사용하면

\[ = \frac{1}{2}\eta^{\mu\alpha}\omega_{\alpha\nu} - \frac{1}{2}\eta^{\mu\beta}\omega_{\nu\beta} \]

이것을 \(\frac{1}{2}\omega_{\rho\sigma}(\cdots)^\mu{}_\nu\) 형태로 읽어내고 싶은 거예요.

🔵 카이: "읽어낸다"는 게 구체적으로 어떤 조작인가요?

🟡 리나: 요컨대, \(\omega\)의 인덱스를 \(\rho, \sigma\)로 통일해서, 나머지 부분을 \((M^{\rho\sigma})^\mu{}_\nu\)로 읽어내는 거예요. Einstein의 축약 규칙에서는, 합을 취하는 더미 인덱스의 문자는 무엇이든 상관없어요——\(\alpha\)든 \(\rho\)든 같은 의미예요.

구체적인 예로 감각을 익혀 봅시다. 목표를 재확인: 최종적으로 \(\omega^\mu{}_\nu = \frac{1}{2}\omega_{\rho\sigma}(M^{\rho\sigma})^\mu{}_\nu\)라고 쓰고 싶어요. 그러려면 모든 항에서 \(\omega\)의 인덱스를 \(\rho, \sigma\)로 맞추고, 나머지 부분을 \((M^{\rho\sigma})^\mu{}_\nu\)로 읽어내야 해요.

먼저 제1항. \(\omega_{\alpha\nu}\)의 \(\alpha\)는 합을 취하는 더미 인덱스이니까, 문자를 \(\rho\)로 바꿔도 의미가 같아요: \(\eta^{\mu\alpha}\omega_{\alpha\nu} = \eta^{\mu\rho}\omega_{\rho\nu}\). 다음으로, \(\omega_{\rho\nu}\)의 \(\nu\)를 \(\sigma\)로 바꾸고 싶지만, \(\nu\)는 자유 인덱스(외부에서 지정되는 값)이니까, 더미 인덱스처럼 마음대로 문자를 바꿀 수 없어요. 여기서의 목표는 "\(\omega\)의 2개 인덱스를 둘 다 \(\rho, \sigma\)로 만드는 것"——그러면 \(\frac{1}{2}\omega_{\rho\sigma}(\cdots)^\mu{}_\nu\) 형태로 인수분해할 수 있으니까요. 그래서 "\(\sigma\)로 합을 취하되 \(\sigma = \nu\)일 때만 살아남도록" \(\delta^\sigma{}_\nu\)(\(\sigma = \nu\)이면 \(1\), 그 외에는 \(0\))를 삽입하는 거예요: \(\omega_{\rho\nu} = \omega_{\rho\sigma}\delta^\sigma{}_\nu\). 이것은 \(\sum_\sigma \omega_{\rho\sigma}\delta^\sigma{}_\nu = \omega_{\rho\nu}\)이니까 항등식이에요——값은 아무것도 바뀌지 않았지만, \(\omega\)의 인덱스가 \(\rho, \sigma\)로 통일됐어요. 이렇게 해서 제1항은 \(\frac{1}{2}\omega_{\rho\sigma}\,\eta^{\mu\rho}\delta^\sigma{}_\nu\)로 쓸 수 있어요.

⚪ 메이: 그렇구나, \(\delta^\sigma{}_\nu\)를 삽입하는 것은 "더미 인덱스 \(\sigma\)를 형식적으로 도입하기" 위한 트릭이지. 값은 변하지 않지만, 표기가 통일되는 거야.

🟡 리나: 제2항 \(-\frac{1}{2}\eta^{\mu\beta}\omega_{\nu\beta}\)에서도 같은 절차를 사용할게요. \(\beta \to \sigma\)로 바꾸면 \(-\frac{1}{2}\eta^{\mu\sigma}\omega_{\nu\sigma}\). 여기서 \(\omega_{\nu\sigma} = \omega_{\rho\sigma}\delta^\rho{}_\nu\)(같은 트릭——\(\rho\)로 합을 취하되 \(\rho = \nu\)일 때만 살아남는다)이니까 \(-\frac{1}{2}\omega_{\rho\sigma}\,\eta^{\mu\sigma}\delta^\rho{}_\nu\)가 얻어져요. 두 항을 합치면, \(\frac{1}{2}\omega_{\rho\sigma}\)에 걸리는 부분이 \((\eta^{\mu\rho}\delta^\sigma{}_\nu - \eta^{\mu\sigma}\delta^\rho{}_\nu)\)가 돼요. 정리하면

\[ (M^{\rho\sigma})^{\mu}{}_{\nu} = \eta^{\mu\rho}\,\delta^{\sigma}{}_{\nu} - \eta^{\mu\sigma}\,\delta^{\rho}{}_{\nu} \tag{B.10} \]

가 얻어져요. \(\eta^{\mu\nu}\)는 대칭(\(\eta^{\mu\rho} = \eta^{\rho\mu}\))이니까 \(\eta^{\mu\rho}\)와 \(\eta^{\rho\mu}\)는 같은 값이지만, 유도 흐름에 맞춰서 \(\mu\)를 먼저 써둘게요. 우변을 보면 \(\rho\)와 \(\sigma\)를 교환하면 부호가 바뀌어요——즉 \(M^{\rho\sigma} = -M^{\sigma\rho}\)가 자동적으로 성립해요.

인덱스가 많아서 복잡해 보이지만, \(\rho, \sigma\)는 "어떤 생성원인지"를 지정하는 라벨이고, \(\mu, \nu\)는 \(4 \times 4\) 행렬의 행과 열을 지정하는 인덱스예요.

🔵 카이: 구체적으로 쓰면 어떻게 되나요?

🟡 리나: 예를 들어 \(M^{12}\)(\(x^1\)-\(x^2\) 평면의 회전 생성원)는, 식 (B.10)에서 \(\rho = 1, \sigma = 2\)로 놓으면 \((M^{12})^\mu{}_\nu = \eta^{\mu 1}\delta^{2}{}_\nu - \eta^{\mu 2}\delta^{1}{}_\nu\)이니까, \(\mu = 1, \nu = 2\)에서 \(\eta^{11}\delta^2{}_2 - \eta^{12}\delta^1{}_2 = (+1)(1) - 0 = +1\), \(\mu = 2, \nu = 1\)에서 \(\eta^{21}\delta^2{}_1 - \eta^{22}\delta^1{}_1 = 0 - (+1)(1) = -1\), 나머지는 영:

\[(M^{12})^{\mu}{}_{\nu} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \tag{B.11} \]

\(x^1\)과 \(x^2\)가 섞여요——즉 \(xy\) 평면 내의 회전을 생성하는 거예요. 마찬가지로 \(M^{01}\)(\(x^1\) 방향의 부스트 생성원)은 \(\rho = 0, \sigma = 1\)로 놓으면 \((M^{01})^\mu{}_\nu = \eta^{\mu 0}\delta^1{}_\nu - \eta^{\mu 1}\delta^0{}_\nu\). \(\mu = 0, \nu = 1\)에서는 \(\eta^{00}\delta^1{}_1 - \eta^{01}\delta^0{}_1 = (-1)(1) - 0 = -1\). \(\mu = 1, \nu = 0\)에서는 \(\eta^{10}\delta^1{}_0 - \eta^{11}\delta^0{}_0 = 0 - (+1)(1) = -1\)(\(\eta^{10} = 0\)이므로 제1항은 사라지고, \(\eta^{11} = +1\), \(\delta^0{}_0 = 1\)이므로 제2항이 \(-1\)을 줘요):

\[ (M^{01})^{\mu}{}_{\nu} = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \tag{B.12} \]

\(x^0\)(시간)과 \(x^1\)(공간)이 섞여요——부스트를 생성하는 거예요.

🔵 카이: 회전 행렬 (B.11)은 \((1,2)\) 성분(2행 3열)이 \(+1\)이고 \((2,1)\) 성분(3행 2열)이 \(-1\)인데, 부스트 행렬 (B.12)은 \((0,1)\) 성분(1행 2열)도 \((1,0)\) 성분(2행 1열)도 \(-1\)이네요. 뭔가 대칭성이 다른 것 같은데……

⚪ 메이: 정말이네. 한쪽은 부호가 반대이고, 다른 쪽은 같은 부호가 되어 있어.

🟡 리나: 예리한 관찰이에요. 구체적으로 말하면, 회전 생성원은 전치하면 부호가 바뀌고(반대칭 행렬), 부스트 생성원은 전치해도 바뀌지 않아요(대칭 행렬). 다만 주의가 필요해요. 여기서 보고 있는 것은 혼합 텐서 \((M^{\rho\sigma})^\mu{}_\nu\)를 행렬로 나열한 것——즉 \(\mu\)를 행 번호, \(\nu\)를 열 번호로 읽은 행렬이에요. 이 행렬의 "전치"는 \(\mu\)와 \(\nu\)를 교환하는 조작에 해당해요.

하지만 물리적으로 의미가 있는 것은, 양쪽 인덱스를 모두 아래로 맞춘 \((M^{\rho\sigma})_{\mu\nu} \equiv \eta_{\mu\alpha}(M^{\rho\sigma})^\alpha{}_\nu\) 쪽이에요. "인덱스를 내린다"는 것은 계량 \(\eta_{\mu\alpha}\)를 곱해서 합을 취하는 조작——\(\eta_{00} = -1\)이니까 \(\mu = 0\)인 행만 부호가 반전돼요. 이렇게 양쪽 인덱스를 모두 내리면, 회전도 부스트도 \(\mu \leftrightarrow \nu\)에 대해 반대칭이 돼요——이것은 \(\omega_{\mu\nu}\)가 반대칭인 것과 정합해요.

🔵 카이: 그러면, 혼합 텐서 레벨에서 회전이 반대칭이고 부스트가 대칭으로 보이는 것은, 본질적인 차이가 아니라 계량의 부호 때문이었군요.

🟡 리나: 혼합 텐서 \((M^{\rho\sigma})^\mu{}_\nu\)의 보이는 모양이 회전과 부스트에서 다른 것은 \(\eta_{00} = -1\)의 효과예요. 물리적으로는, 회전은 콤팩트한 매개변수(각도 \(\theta\)는 \(0\)에서 \(2\pi\)로 한 바퀴 돈다), 부스트는 비콤팩트한 매개변수(래피디티 (rapidity) \(\phi\)는 \(-\infty\)에서 \(+\infty\))라는 차이가 있고, 이것이 지수 사상 \(e^{\omega M}\)의 거동(주기적 vs 비주기적)에 반영돼요.

✅ 이해도 체크: 회전 생성원과 부스트 생성원의 행렬로서의 대칭성 차이는 무엇인가. 그것은 매개변수의 어떤 성질과 관련되어 있는가.

답

혼합 텐서 \((M^{\rho\sigma})^\mu{}_\nu\)를 행렬로 보면, 회전 생성원은 반대칭 행렬, 부스트 생성원은 대칭 행렬이 되어 있다(다만 이것은 \(\eta_{00} = -1\)의 효과이며, 양쪽 인덱스를 모두 내리면 어느 쪽이든 반대칭이 된다). 회전의 매개변수(각도)는 콤팩트(\(0\)에서 \(2\pi\)로 한 바퀴 돈다)한 반면, 부스트의 매개변수(래피디티)는 비콤팩트(\(-\infty\)에서 \(+\infty\))이며, 이 차이가 지수 사상의 거동(주기적 vs 비주기적)에 반영되어 있다.

회전과 부스트의 생성원

🟡 리나: 물리적으로 알기 쉽도록, 6개의 생성원을 회전과 부스트로 나누어 이름을 붙입시다. 식 (B.10)에서 정의한 \(M^{\rho\sigma}\)는 반에르미트인 \(4 \times 4\) 행렬이었죠(반에르미트가 무엇인지는 바로 뒤에 설명할게요). 이것을 공간 회전과 부스트로 분류하기 위해, 먼저 다음 양을 정의할게요:

\[ \tilde{J}^i = \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{jk}, \qquad \tilde{K}^i = M^{0i} \tag{B.13a} \]

여기서 \(\varepsilon^{ijk}\)는 Levi-Civita (레비-치비타) 기호——인덱스의 짝수 치환에서 \(+1\), 홀수 치환에서 \(-1\), 같은 인덱스가 있으면 \(0\)이 되는 것이에요. 틸데(\(\tilde{}\))를 붙인 것은, 이들이 반에르미트(바로 뒤에 정의할게요)여서 물리에서 쓰기 불편한 형태임을 나타내기 위해서예요. 식 (B.13a)는 "\(M^{\rho\sigma}\)의 6개 성분을 회전 3개와 부스트 3개로 분류한다"는 대응 관계를 보여주기 위해서만 쓴 것이고, 이 바로 뒤에 에르미트인 생성원

\[ J^i = -i\tilde{J}^i, \qquad K^i = -i\tilde{K}^i \]

으로 교체할 거예요. 즉 \(\tilde{J}^i\)와 \(J^i\)의 관계는 단순히 \(-i\)배 차이뿐이에요. 틸데 붙은 양은 바로 다음 정의 (B.13b)에서 쓸모가 끝나므로, 이후에는 등장하지 않을 거예요.

🔵 카이: 왜 교체할 필요가 있나요? \(\tilde{J}^i\) 그대로 쓰면 안 되나요?

🟡 리나: 좋은 질문이에요. \(\tilde{J}^i\), \(\tilde{K}^i\)는 \(M^{\rho\sigma}\)로부터 만든 양이니까, 사실 반에르미트예요.

🔵 카이: 반에르미트가 뭐예요?

🟡 리나: "에르미트"란 \(A^\dagger = A\)(전치해서 복소 켤레를 취하면 원래로 돌아온다)를 만족하는 행렬로, 양자역학에서 관측량이 에르미트 연산자로 표현되는 거였죠. "반에르미트"는 그 반대로 \(A^\dagger = -A\)를 만족하는 것이에요. 식 (B.11)의 \(M^{12}\)를 보면, 실수인 반대칭 행렬이니까 전치하면 부호가 바뀌어요——즉 \((M^{12})^T = -M^{12}\). 실수 행렬에서는 에르미트 켤레(전치해서 복소 켤레를 취하는 조작)가 단순한 전치와 같으니까, \((M^{12})^\dagger = (M^{12})^T = -M^{12}\). 이것이 "반에르미트"(\(A^\dagger = -A\))의 조건 그 자체지요. 생성원을 에르미트로 만들고 싶으니까, 반에르미트인 행렬에 \(-i\)를 곱해서 에르미트로 만드는 거예요. 확인해 보면 \((-iM^{12})^\dagger = (+i)(M^{12})^\dagger = (+i)(-M^{12}) = -iM^{12}\)으로 에르미트지요.

⚪ 메이: 그렇구나, \(-i\)를 곱하면 반에르미트가 에르미트로 바뀌는 거지.

🟡 리나: 맞아요. 그리고 생성원을 에르미트로 해두면, \(e^{-i\theta J}\) 형태로 유니터리 변환(확률을 보존하는 변환)이 자연스럽게 구성돼요. 그래서 에르미트인 생성원을 다음과 같이 정의할게요:

\[ J^i = -i \cdot \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{jk}, \qquad K^i = -iM^{0i} \tag{B.13b} \]

이후 이 장에서는 특별히 언급하지 않는 한 \(J^i\), \(K^i\)는 이 에르미트인 생성원을 가리키기로 해요(벡터로 모아서 쓸 때는 \(\mathbf{J} = (J^1, J^2, J^3)\), \(\mathbf{K} = (K^1, K^2, K^3)\)로 굵은 글씨로 표기할게요). 그러면, 회전각을 지정하는 3차원 벡터 \(\boldsymbol{\theta}\)와 래피디티를 지정하는 3차원 벡터 \(\boldsymbol{\phi}\)를 사용해서, 유한한 Lorentz 변환은

\[ \Lambda = \exp\!\left(-i\boldsymbol{\theta} \cdot \mathbf{J} - i\boldsymbol{\phi} \cdot \mathbf{K}\right) \tag{B.14} \]

로 쓸 수 있어요.

🔵 카이: 어라, 식 (B.3)의 병진에서는 \(e^{+i\hat{p}a/\hbar}\)로 플러스였는데, 여기서는 마이너스네요.

🟡 리나: 좋은 포인트예요. 지수의 부호는 "생성원을 어떻게 정의하느냐"는 규약에 의존해요. 식 (B.3)에서는 양자역학 교과서에서 흔히 쓰는 \(e^{+i\hat{p}a/\hbar}\) 규약을 사용했지만, 이 책의 Lorentz 변환에서는 시간 발전 연산자 \(e^{-iHt}\)와 같은 방식으로 \(e^{-i\theta \cdot (\text{에르미트 생성원})}\)이라고 쓰는 규약을 채택해요. 어느 규약이든 물리적 결과는 같아요——생성원의 정의에 \(\pm\)의 차이가 흡수될 뿐이에요. 식 (B.11)–(B.12)의 행렬 \(M^{\rho\sigma}\) 자체는 반에르미트이니까, 에르미트인 생성원은 \(iM^{\rho\sigma}\)에 대응해요. 부호 규약은 교과서마다 다르니까, "이 책에서는 이렇다"고 기억해 두세요.

Lorentz 대수의 교환 관계

🟡 리나: 자, 여기가 핵심이에요. 생성원 \(J^i\), \(K^i\)의 교환 관계를 계산하면 다음 3가지 식이 얻어져요:

\[ [J^i,\, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k \tag{B.15} \]
\[ [J^i,\, K^j] = i\varepsilon^{ijk}K^k \tag{B.16} \]
\[ [K^i,\, K^j] = -i\varepsilon^{ijk}J^k \tag{B.17} \]

이들은 식 (B.10)의 구체적인 행렬과 정의 (B.13b), 그리고 에르미트화의 \(-i\) 인자를 사용해서 확인할 수 있어요. (B.15)의 한 가지 예로서 \([J^1, J^2]\)를 계산해 봅시다. (B.16)도 같은 절차로 확인할 수 있어요——예를 들어 \([J^3, K^1] = [(-iM^{12}), (-iM^{01})] = -[M^{12}, M^{01}]\)을 행렬곱으로 계산하면 돼요. (B.17)의 검증은 장 끝의 연습문제로 돌릴게요.

🔵 카이: 구체적으로 어떻게 계산하나요? \(J^1\)과 \(J^2\)의 \(4 \times 4\) 행렬의 곱을 계산한다는 건가요?

🟡 리나: 맞아요. 먼저, 식 (B.13)의 정의를 에르미트인 생성원으로 다시 쓸게요. \(M^{jk}\)는 반에르미트인 행렬이었죠. 에르미트인 \(J^i\)는 \(J^i = -i \cdot \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{jk}\)로 정의돼요. 구체적으로는 \(J^1 = -iM^{23}\), \(J^2 = -iM^{31}\), \(J^3 = -iM^{12}\)예요.

그러면 벡터 표현에서 직접 확인해 봅시다. 식 (B.11)에서 \((M^{12})^\mu{}_\nu\)는 \(\mu=1,\nu=2\)에서 \(+1\), \(\mu=2,\nu=1\)에서 \(-1\). 마찬가지로 \((M^{23})^\mu{}_\nu\)는 \(\mu=2,\nu=3\)에서 \(+1\), \(\mu=3,\nu=2\)에서 \(-1\), \((M^{31})^\mu{}_\nu\)는 \(\mu=3,\nu=1\)에서 \(+1\), \(\mu=1,\nu=3\)에서 \(-1\).

행렬곱 \([M^{23}, M^{31}]\)을 직접 계산할게요. \(4\times 4\) 행렬의 곱에서 비영 성분만 추적하면 돼요.

🔵 카이: 비영 성분만 추적하면 그렇게 힘들지 않겠네요.

🟡 리나: 맞아요, 해봅시다. 식 (B.10)에서 각 생성원의 비영 성분을 읽어내면

\((M^{23})^\mu{}_\nu\): 비영 성분은 \((M^{23})^2{}_3 = +1\), \((M^{23})^3{}_2 = -1\). \((M^{31})^\mu{}_\nu\): 비영 성분은 \((M^{31})^3{}_1 = +1\), \((M^{31})^1{}_3 = -1\).

\(AB = M^{23}M^{31}\): \((AB)^\mu{}_\nu = (M^{23})^\mu{}_\alpha (M^{31})^\alpha{}_\nu\)로, \(\alpha\)에 대해 합을 취해요. \((M^{23})^\mu{}_\alpha\)가 비영인 것은 \(\mu=2, \alpha=3\)(값 \(+1\))과 \(\mu=3, \alpha=2\)(값 \(-1\))뿐이니까, \(\mu=0, 1\)에서는 \((AB)^\mu{}_\nu = 0\). - \(\mu=2\): \((M^{23})^2{}_3 \cdot (M^{31})^3{}_1 = (+1)(+1) = +1\) → \((AB)^2{}_1 = +1\)(\(\nu \neq 1\)에서는 \((M^{31})^3{}_\nu = 0\)이니까 나머지는 영) - \(\mu=3\): \((M^{23})^3{}_2 \cdot (M^{31})^2{}_\nu = (-1) \cdot 0 = 0\). \((M^{31})^2{}_\nu\)는 모두 영이니까 기여 없음.

\(BA = M^{31}M^{23}\): \((BA)^\mu{}_\nu = (M^{31})^\mu{}_\alpha (M^{23})^\alpha{}_\nu\). - \(\mu=1\): \((M^{31})^1{}_3 \cdot (M^{23})^3{}_2 = (-1)(-1) = +1\) → \((BA)^1{}_2 = +1\) - \(\mu=3\): \((M^{31})^3{}_1 \cdot (M^{23})^1{}_\nu\). \((M^{23})^1{}_\nu\)는 모두 영이니까 기여 없음.

\([M^{23}, M^{31}] = AB - BA\): \(\mu=2, \nu=1\)에서 \(+1 - 0 = +1\), \(\mu=1, \nu=2\)에서 \(0 - (+1) = -1\). 나머지는 영.

🔵 카이: 아, 그 결과를 \((M^{12})\) 행렬과 비교하면 되는 거죠?

🟡 리나: 이것은 \((M^{12})^\mu{}_\nu\)(\(\mu=1,\nu=2\)에서 \(+1\), \(\mu=2,\nu=1\)에서 \(-1\))와 비교하면 부호가 반대——즉 \([M^{23}, M^{31}] = -M^{12}\).

에르미트인 생성원으로 번역할게요. 정의 \(J^i = -i \cdot \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{jk}\)로부터 \(J^1 = -iM^{23}\), \(J^2 = -iM^{31}\), \(J^3 = -iM^{12}\). 따라서

\[ [J^1, J^2] = [-iM^{23},\, -iM^{31}] = (-i)^2[M^{23}, M^{31}] = -1 \cdot (-M^{12}) = M^{12} \]

\(J^3 = -iM^{12}\)이니까 \(M^{12} = iJ^3\). 따라서 \([J^1, J^2] = iJ^3\). ✓

이것으로 식 (B.15)의 \([J^1, J^2] = i\varepsilon^{123}J^3 = iJ^3\)가 벡터 표현에서 확인됐어요.

⚪ 메이: 2개의 마이너스가 깔끔하게 상쇄되어 \(+iJ^3\)이 나오는 거지.

🟡 리나: 같은 결과를 Pauli 행렬로 더 간결하게 확인할 수 있어요. 스피노르 표현(\(2\times 2\) 행렬)에서 \(J^i = \sigma^i/2\)로 놓으면

\[ [J^1, J^2] = [\sigma^1/2,\, \sigma^2/2] = \frac{1}{4}[\sigma^1, \sigma^2] = \frac{1}{4}(2i\sigma^3) = \frac{i\sigma^3}{2} = iJ^3 \]

어느 표현에서든 같은 교환 관계가 성립해요. (B.17)의 벡터 표현에서의 검증은 장 끝의 연습문제로 돌릴게요. 힌트만 말해두면, \([K^1, K^2] = [-iM^{01}, -iM^{02}] = -[M^{01}, M^{02}]\)를 출발점으로 해서, 식 (B.12)와 마찬가지로 \(M^{02}\)의 비영 성분을 써내고, 행렬곱을 계산해 보세요. 결과가 식 (B.17)의 우변 \(-i\varepsilon^{123}J^3\)와 일치하는 것을 확인하는 게 목표예요.

🔵 카이: 첫 번째 식 (B.15)는 양자역학에서 본 적 있어요. 각운동량의 교환 관계 \([J_x, J_y] = iJ_z\)죠. 그런데, 저 긴 행렬 계산에서 나온 \([M^{23}, M^{31}] = -M^{12}\)에 마이너스가 붙어 있었는데, 최종 결과에서는 플러스의 \(iJ^3\)이 된 게 신기해요. \((-i)^2\)의 마이너스와 행렬 계산의 마이너스가 상쇄된 건가요?

🟡 리나: 맞아요. \([J^1, J^2] = (-i)^2[M^{23}, M^{31}] = (-1)(-M^{12}) = +M^{12} = iJ^3\)으로, 2개의 마이너스가 상쇄되는 거예요. 에르미트화의 \(-i\) 인자가 행렬 계산의 부호를 딱 흡수해 주는 거죠.

🔵 카이: 만약 에르미트화의 \(-i\)를 넣지 않으면, 교환 관계의 형태가 달라져 버리겠네요.

🟡 리나: 맞아요. \(-i\)를 넣지 않고 반에르미트인 \(M^{jk}\) 그대로 사용하면, 교환 관계의 우변에 \(i\)가 나오지 않는 형태가 돼요——물리적 내용은 같지만, 양자역학에서 익숙한 \([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\) 형태가 되지 않아요. 회전의 생성원만으로 닫힌 대수를 이루어요——이것은 \(\mathfrak{so}(3)\) 대수 그 자체예요. 그리고 두 번째 식 (B.16)은, 부스트 생성원 \(K^j\)가 회전 아래에서 벡터처럼 변환된다는 것을 의미해요.

⚪ 메이: 그렇구나, \([J^i, K^j] = i\varepsilon^{ijk}K^k\)의 우변에 \(K^k\)가 나오니까, \(K\)는 회전으로 \(K\) 끼리 섞여——마치 좌표 \((x, y, z)\)가 회전으로 섞이는 것과 같은 구조지.

🟡 리나: 맞아요. 그리고 세 번째 식 (B.17)이 까다로워요. 부스트 끼리의 교환자가 회전을 만들어요——게다가 우변에 마이너스 부호가 붙어 있어요.

🔵 카이: 마이너스 부호가 중요한 건가요?

🟡 리나: 매우 중요해요. 만약 \([K^i, K^j] = +i\varepsilon^{ijk}J^k\)였다면, \(J\)와 \(K\)는 대등하고, 4차원 회전군 \(SO(4)\)의 대수가 돼요. 마이너스가 붙음으로써, Lorentz 군 \(SO(1,3)\) 특유의 구조가 생겨나요. 이 마이너스야말로 나중에 볼 "왼손잡이"와 "오른손잡이"의 구별을 만들어내는 원천이에요.

✅ 이해도 체크: 식 (B.17) \([K^i, K^j] = -i\varepsilon^{ijk}J^k\)의 우변의 마이너스 부호가 물리적으로 중요한 이유는 무엇인가.

답

만약 마이너스가 아니라 플러스였다면, 대수는 4차원 회전군 \(SO(4)\)의 것이 되어 버린다. 마이너스 부호가 있음으로써 Lorentz 군 \(SO(1,3)\) 특유의 구조가 생겨나고, 이후 \(\mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)\)로 분해했을 때 왼손잡이와 오른손잡이의 구별이 생기는 원천이 된다.

✅ 이해도 체크: Lorentz 대수의 교환 관계 (B.15)–(B.17) 중, 회전군 \(SO(3)\)의 대수와 같은 형태를 하고 있는 것은 어느 것인가.

답

식 (B.15) \([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\). 이것은 각운동량의 교환 관계 그 자체로, 회전의 생성원만으로 닫힌 \(\mathfrak{so}(3)\) 대수를 이룬다.

📝 연습문제:

\(\mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)\)로의 분해——Lorentz 대수를 풀어헤치기

🟡 리나: 여기서부터가 이 Appendix에서 가장 중요한 결과예요. Lorentz 대수 (B.15)–(B.17)을 더 다루기 쉬운 형태로 분해할 거예요. 다음과 같은 새로운 생성원을 도입할게요:

\[ \mathbf{J}_+ = \frac{\mathbf{J} + i\mathbf{K}}{2}, \qquad \mathbf{J}_- = \frac{\mathbf{J} - i\mathbf{K}}{2} \tag{B.18} \]

🔵 카이: 우와, 갑자기네요. 왜 이런 조합을 생각하는 건가요? 게다가 \(i\mathbf{K}\)라니, 허수를 곱하는 게 찝찝한데……

🟡 리나: 사실, 이것은 "교환 관계를 대각화하고 싶다"는 동기에서 나온 거예요. (B.15)–(B.17)에서는 \(J\)와 \(K\)가 서로 얽혀 있어요. 만약 새로운 변수로 바꿔서 얽힘이 풀린다면 좋겠죠? 마치 연립방정식을 풀 때 변수 변환으로 대각화하는 것과 같은 발상이에요. 허수 \(i\)를 곱하는 것은, 교환 관계 (B.17)의 우변에 마이너스가 있어서 실수 조합만으로는 잘 분리되지 않기 때문이에요. 예를 들어 \(\mathbf{J} + \mathbf{K}\)와 \(\mathbf{J} - \mathbf{K}\)를 시도하면, \([(J^i + K^i), (J^j + K^j)]\) 안에 \([K^i, K^j] = -i\varepsilon^{ijk}J^k\)가 들어와서 우변에 \(J\)와 \(K\) 모두 남아버려요——분리가 안 되는 거예요. \(i\)를 넣으면 (B.17)의 마이너스 부호를 흡수해서 깔끔하게 분리돼요. 다만 주의할 점——\(\mathbf{K}\) 자체는 에르미트가 아니에요. 식 (B.13b)에서 \(K^i = -iM^{0i}\)로 정의했는데, \(M^{0i}\)의 벡터 표현(식 (B.12))은 실수 성분의 대칭 행렬이니까 \((M^{0i})^\dagger = M^{0i}\). 따라서 \((K^i)^\dagger = (-i)^*(M^{0i})^\dagger = (+i)M^{0i} = -K^i\)——즉 \(K^i\)는 반에르미트(\(K^\dagger = -K\))예요. 이것은 표현에 상관없는 일반적인 성질이에요.

⚪ 메이: 연립방정식에서 \(x + y\)와 \(x - y\)를 새로운 변수로 잡는 것과 같은 발상이지. \(\mathbf{J}\)와 \(i\mathbf{K}\)의 "합"과 "차"를 취하고 있는 거니까.

🟡 리나: 그래서 \(i\mathbf{K}\)는 에르미트가 되고, \(\mathbf{J}_\pm = (\mathbf{J} \pm i\mathbf{K})/2\)는 에르미트인 양의 합이 돼요. 부스트의 변환 행렬 \(e^{-i\boldsymbol{\phi}\cdot\mathbf{K}}\)가 유니터리가 되지 않는 것의 수학적 기원도 여기에 있어요——이것은 나중 섹션에서 구체적으로 확인할 거예요. 지금은 교환 관계 계산에 집중합시다.

🟡 리나: 그러면 계산해 봅시다. \([J^i_+, J^j_+]\)를 구할게요. 정의 (B.18)을 대입하면

\[ [J^i_+, J^j_+] = \left[\frac{J^i + iK^i}{2},\, \frac{J^j + iK^j}{2}\right] \]

교환자에는 분배법칙이 성립해요——\([A + B, C] = [A, C] + [B, C]\)예요. 이것은 \([A+B, C] = (A+B)C - C(A+B) = AC - CA + BC - CB = [A,C] + [B,C]\)라고 전개하면 확인돼요. 제2 인수에 대해서도 마찬가지로 \([A, B + C] = [A, B] + [A, C]\)가 성립해요(같은 방식으로 전개하면 확인돼요). 또한 상수배는 밖으로 꺼낼 수 있어요: \([cA, B] = c[A, B]\), \([A, cB] = c[A, B]\)도 마찬가지. 그리고 교환자는 반대칭——\([A, B] = AB - BA = -(BA - AB) = -[B, A]\). 이런 성질들을 사용해서 전개하면

\[ = \frac{1}{4}\bigl([J^i, J^j] + [J^i, iK^j] + [iK^i, J^j] + [iK^i, iK^j]\bigr) \]

각 항에서 상수를 밖으로 꺼낼게요. 교환자에는 \([cA, B] = c[A, B]\)(제1 인수의 스칼라를 밖으로 꺼낸다)와 \([A, cB] = c[A, B]\)(제2 인수의 스칼라를 밖으로 꺼낸다)가 성립하니까(\(c\)는 스칼라). 각 항을 순서대로 처리하면:

  • 제1항: \([J^i, J^j]\)(상수 없음, 그대로)
  • 제2항: \([J^i, iK^j] = i[J^i, K^j]\)(제2 인수에서 \(i\)를 밖으로 꺼냄)
  • 제3항: \([iK^i, J^j] = i[K^i, J^j]\)(제1 인수에서 \(i\)를 밖으로 꺼냄)
  • 제4항: \([iK^i, iK^j] = i[K^i, iK^j] = i \cdot i[K^i, K^j] = i^2[K^i, K^j]\)(2단계로 밖으로 꺼냄)

정리하면

\[ = \frac{1}{4}\bigl([J^i, J^j] + i[J^i, K^j] + i[K^i, J^j] + i^2[K^i, K^j]\bigr) \tag{B.19} \]

🔵 카이: 4개의 교환자가 나왔네요. 하나씩 대입하면 되겠다.

🟡 리나: 각 항을 (B.15)–(B.17)으로 치환해 갈게요. 인덱스 교환이 좀 필요하니까 정성스럽게 해볼게요.

  • 제1항: \([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\) ……(B.15) 그대로
  • 제2항: \(i[J^i, K^j] = i \cdot i\varepsilon^{ijk}K^k = -\varepsilon^{ijk}K^k\) ……(B.16)을 사용
  • 제3항: \(i[K^i, J^j]\). 이것은 (B.16)의 인덱스를 교환해서 구해요. 교환자의 반대칭성 \([A, B] = -[B, A]\)로부터 \([K^i, J^j] = -[J^j, K^i]\). 다음으로 (B.16)은 "\([J^{\text{(1번째)}}, K^{\text{(2번째)}}] = i\varepsilon^{\text{(1번째)(2번째)}k}K^k\)"라는 형태이니까, 1번째를 \(j\), 2번째를 \(i\)로 읽으면 \([J^j, K^i] = i\varepsilon^{jik}K^k\). Levi-Civita 기호는 인접한 2개의 인덱스를 교환하면 부호가 반전해요(완전 반대칭이니까)——예를 들어 \(\varepsilon^{jik}\)는 \(\varepsilon^{ijk}\)의 처음 2개 인덱스 \(i, j\)를 교환한 것이니까 \(\varepsilon^{jik} = -\varepsilon^{ijk}\). 따라서 \([J^j, K^i] = i(-\varepsilon^{ijk})K^k = -i\varepsilon^{ijk}K^k\). 이것을 \([K^i, J^j] = -[J^j, K^i]\)에 대입하면 \([K^i, J^j] = -(-i\varepsilon^{ijk}K^k) = +i\varepsilon^{ijk}K^k\). 최종적으로 \(i[K^i, J^j] = i \cdot i\varepsilon^{ijk}K^k = i^2\varepsilon^{ijk}K^k = -\varepsilon^{ijk}K^k\)
  • 제4항: \(i^2[K^i, K^j] = -[K^i, K^j] = -(-i\varepsilon^{ijk}J^k) = i\varepsilon^{ijk}J^k\) ……(B.17)을 사용

🔵 카이: 제2항과 제3항이 같은 \(-\varepsilon^{ijk}K^k\)가 되는군요.

🟡 리나: 4개의 항을 전부 더하면

\[ [J^i_+, J^j_+] = \frac{1}{4}\bigl(i\varepsilon^{ijk}J^k - \varepsilon^{ijk}K^k - \varepsilon^{ijk}K^k + i\varepsilon^{ijk}J^k\bigr) \]
\[ = \frac{\varepsilon^{ijk}}{4}\bigl(2iJ^k - 2K^k\bigr) = \frac{\varepsilon^{ijk}}{2}\bigl(iJ^k - K^k\bigr) \]

🔵 카이: 어라, \(iJ^k - K^k\)가 뭔가로 바꿀 수 있지 않나요? \(J_+\)의 정의와 비슷한 것 같은데……

🟡 리나: 좋은 착안점이에요. \(J^k_+ = (J^k + iK^k)/2\)이니까 \(2J^k_+ = J^k + iK^k\), 즉 \(i(J^k + iK^k) = iJ^k - K^k = 2iJ^k_+\). 따라서

\[ = \frac{\varepsilon^{ijk}}{2} \cdot 2iJ^k_+ = i\varepsilon^{ijk}J^k_+ \]

🟡 리나: 완벽해요. 즉

\[ [J^i_+,\, J^j_+] = i\varepsilon^{ijk}J^k_+ \tag{B.20} \]

🔵 카이: 오! 이거 식 (B.15)에서 \(J\)를 \(J_+\)로 바꾼 것과 같은 형태네요. 각운동량과 같은 교환 관계다! 그런데, \(\mathbf{J}_+\) 안에는 부스트 생성원 \(\mathbf{K}\)가 들어 있고, \(\mathbf{K}\)는 반에르미트였잖아요. 그런 양이 각운동량과 같은 교환 관계를 가진다는 게 뭔가 문제가 되지 않나요?

🟡 리나: 좋은 의문이에요. 교환 관계는 "대수의 구조"를 결정하는 것이고, 연산자가 에르미트인지 아닌지와는 독립이에요. \(\mathfrak{su}(2)\) 대수를 만족하는 연산자는 에르미트가 아니어도 상관없어요——다만 그 경우에는 표현이 유니터리가 되지 않을 뿐이에요. 실제로 \(\mathbf{J}_+\) 자체는 구체적인 표현에서는 에르미트가 되지만, 거기서 역산되는 \(\mathbf{K}\)가 반에르미트라는 것이 부스트의 비유니터리성의 수학적 기원이에요. 지금은 교환 관계의 구조에만 주목하고 앞으로 나아갑시다. 완전히 같은 계산으로

\[ [J^i_-,\, J^j_-] = i\varepsilon^{ijk}J^k_- \tag{B.21} \]

도 보일 수 있어요. 그리고 가장 중요한 것은

\[ [J^i_+,\, J^j_-] = 0 \tag{B.22} \]

🔵 카이: 영! \(J_+\)와 \(J_-\)가 완전히 독립이라는 건가요? 그런데, \(J_+\) 안에도 \(K\)가 들어 있고 \(J_-\) 안에도 \(K\)가 들어 있는데, 왜 교환자가 영이 되는 건가요? 독립이면 뭐가 좋은 건가요?

🟡 리나: "왜 영이 되는가"는 아까 \([J^i_+, J^j_+]\)과 같은 절차로 계산하면 확인할 수 있어요——4개의 항이 2쌍의 페어가 되어 상쇄돼요(아래의 이해도 체크에서 확인해 보세요). 그리고 "뭐가 좋은가"——이것이 매우 중요해요. 독립이라는 것은 \(\mathbf{J}_+\)의 표현과 \(\mathbf{J}_-\)의 표현을 따로따로 선택할 수 있다는 뜻이에요. 6개의 생성원이 얽혀 있던 복잡한 문제가, 3개씩 2개의 독립된 문제로 분해되는 거예요. 게다가 각 3개는 \(\mathrm{SU}(2)\)의 대수——양자역학에서 풀이 방법을 완전히 알고 있는 것이에요. 즉:

Lorentz 군의 Lie 대수는 2개의 독립적인 \(\mathfrak{su}(2)\) 대수의 직합 \(\mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)\)로 분해된다.

⚪ 메이: 즉, Lorentz 대수의 표현을 찾으려면, \(\mathbf{J}_+\)의 표현과 \(\mathbf{J}_-\)의 표현을 독립적으로 선택하면 되는 거지.

🔵 카이: 잠깐만요. "표현을 독립적으로 선택한다"는 게 구체적으로 어떤 조작인가요? \(\mathbf{J}_+\)에 대해 스핀 \(1/2\)을 선택하고, \(\mathbf{J}_-\)에 대해 스핀 \(0\)을 선택하는, 그런 건가요?

🟡 리나: 바로 그거예요. 양자역학에서 배운 대로, \(\mathrm{SU}(2)\)의 표현은 스핀 값 \(j = 0, 1/2, 1, 3/2, \ldots\)로 분류되고, 차원은 \(2j+1\)이었죠. \(\mathbf{J}_+\)에 \(j_+ = 1/2\)를, \(\mathbf{J}_-\)에 \(j_- = 0\)을 선택하는 것——이것이 \((1/2, 0)\) 표현으로, 왼손잡이 Weyl 스피노르에 대응해요. 그래서 Lorentz 군의 표현은 \((j_+, j_-)\)라는 쌍으로 지정할 수 있어요. 이것이 장의 분류의 수학적 기반이에요.

🔵 카이: 그런데, \(j_- = 0\)을 "선택한다"는 건, \(\mathbf{J}_-\)가 \(2\times 2\) 영행렬이 된다는 거잖아요. 그건 "\(\mathbf{J}_-\)가 아무것도 하지 않는다"는 뜻이고……아, 잠깐요. \(\mathbf{J}_- = (\mathbf{J} - i\mathbf{K})/2 = 0\)이라는 건, \(\mathbf{J} = i\mathbf{K}\)라는 건가요? 회전과 부스트가 완전히 결합되어 있는 건가요?

🟡 리나: 훌륭해요, 맞아요! \(\mathbf{J} = i\mathbf{K}\)(즉 \(\mathbf{K} = -i\mathbf{J}\))——회전의 생성원을 알면 부스트의 생성원이 자동으로 결정돼요. 이 "회전과 부스트를 독립적으로 선택할 수 없다"는 구속이야말로 "왼손잡이"의 수학적 내용이에요. 구체적인 행렬은 다음 섹션에서 구성할게요.

✅ 이해도 체크: Lorentz 대수가 \(\mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)\)로 분해되는 것의 실용적 의의는 무엇인가.

답

Lorentz 대수의 표현을 찾으려면, 2개의 독립적인 \(\mathfrak{su}(2)\) 표현을 따로따로 선택하면 된다. \(\mathrm{SU}(2)\)의 표현은 스핀 양자수 \(j = 0, 1/2, 1, \ldots\)로 분류되므로, Lorentz 군의 표현은 \((j_+, j_-)\) 쌍으로 지정할 수 있고, 장의 종류(스칼라·스피노르·벡터 등)를 체계적으로 분류할 수 있다.

✅ 이해도 체크: 식 (B.22) \([J^i_+, J^j_-] = 0\)을, (B.15)–(B.17)을 사용하여 유도해 봅시다.

답

\([J^i_+, J^j_-] = \frac{1}{4}([J^i, J^j] - i[J^i, K^j] + i[K^i, J^j] - i^2[K^i, K^j])\) \(= \frac{1}{4}(i\varepsilon^{ijk}J^k + \varepsilon^{ijk}K^k - \varepsilon^{ijk}K^k - i\varepsilon^{ijk}J^k) = 0\). 제2항과 제3항이 상쇄되고, 제1항과 제4항도 상쇄된다. 여기서 제2항은 \(-i \cdot i\varepsilon^{ijk}K^k = \varepsilon^{ijk}K^k\), 제3항은 \(i \cdot i\varepsilon^{ijk}K^k = -\varepsilon^{ijk}K^k\)(앞의 계산과 같은 절차), 제4항은 \(+[K^i, K^j] = -i\varepsilon^{ijk}J^k\).

📝 연습문제:

표현의 분류——\((j_+, j_-)\)로 장의 종류를 정리하기

🟡 리나: \(\mathrm{SU}(2)\)의 기약 표현은 스핀 양자수 \(j = 0, 1/2, 1, \ldots\)로 분류되고, 차원은 \(2j + 1\)이었죠. Lorentz 군의 표현은 \((j_+, j_-)\) 쌍으로 지정되니까, 표현의 차원은 \((2j_+ + 1)(2j_- + 1)\)이 돼요. 주요 표현을 표로 정리합시다.

표 B.1: Lorentz군의 주요 기약 표현과 대응하는 장

표현 \((j_+, j_-)\) 차원 이름 대응하는 장
\((0, 0)\) \(1\) 스칼라 (scalar) Higgs 장
\((1/2, 0)\) \(2\) 왼손잡이 Weyl 스피노르 \(\psi_L\)
\((0, 1/2)\) \(2\) 오른손잡이 Weyl 스피노르 \(\psi_R\)
\((1/2, 0) \oplus (0, 1/2)\) \(4\) Dirac 스피노르 전자장
\((1/2, 1/2)\) \(4\) 벡터 (vector) 전자기장 \(A^\mu\)

🔵 카이: 스칼라장이 \((0, 0)\)이고, 벡터장이 \((1/2, 1/2)\)……벡터장의 스핀이 \(1/2 + 1/2 = 1\)에 대응하는 건가요?

🟡 리나: 예리한 직감이에요. 정확히 말하면, 원래 회전의 생성원은 \(\mathbf{J} = \mathbf{J}_+ + \mathbf{J}_-\)(식 (B.18)을 역으로 풀면 \(\mathbf{J} = \mathbf{J}_+ + \mathbf{J}_-\)가 확인돼요)이니까, 회전의 스핀은 \(j_+\)와 \(j_-\)의 각운동량 합성으로 결정돼요. 양자역학에서 배운 합성 규칙 \(|j_+ - j_-| \leq j \leq j_+ + j_-\)를 사용하면, \((1/2, 1/2)\)의 경우는 \(j = 0\) 또는 \(j = 1\)이 얻어져요. 4차원 벡터의 시간 성분이 스핀 \(0\)(스칼라적), 공간 3성분이 스핀 \(1\)(벡터적)에 대응하는 거예요.

⚪ 메이: 그렇구나. Dirac 스피노르가 \((1/2, 0) \oplus (0, 1/2)\)로 쓰이는 것은, 왼손잡이와 오른손잡이의 2성분 스피노르를 합쳐서 4성분으로 만든 것이라는 뜻이지.

🟡 리나: 맞아요. 그리고 왜 2개를 합쳐야 하는지는, 질량항의 구조와 깊이 관련되어 있어요. 이것은 본편의 제 5 장에서 자세히 다뤘죠.

왜 스핀 \(1/3\)인 입자는 없는가

🔵 카이: 그런데, 표에는 스핀 \(0, 1/2, 1\)밖에 안 나오는데, 스핀 \(1/3\) 입자는 왜 없는 건가요?

🟡 리나: 훌륭한 질문이에요. 이것은 \(\mathrm{SU}(2)\)의 표현론에서 결정돼요. 각운동량의 승강 연산자 \(J_\pm = J_1 \pm iJ_2\)는 \(J_3\)의 고유값을 \(\pm 1\)씩 바꿔요. 최대값 \(j\)인 상태 \(|j, j\rangle\)에서 출발해서 \(J_-\)를 반복 작용시키면

\[ |j, j\rangle \xrightarrow{J_-} |j, j-1\rangle \xrightarrow{J_-} \cdots \xrightarrow{J_-} |j, -j\rangle \tag{B.23} \]

\(j\)에서 \(-j\)까지 정수 스텝으로 내려가요. \(|j, -j\rangle\)에서 딱 멈추려면, \(j - (-j) = 2j\)가 음이 아닌 정수여야 해요.

⚪ 메이: 즉 \(j = 0, 1/2, 1, 3/2, 2, \ldots\)만 허용되는 거지. \(j = 1/3\)이면 \(2j = 2/3\)으로 정수가 되지 않으니까, \(-j\)에 도달할 수 없어.

🟡 리나: 맞아요. 이것은 Lorentz 군에 한정되지 않고, \(\mathrm{SU}(2)\) 표현론의 보편적인 결론이에요. 자연계에 존재할 수 있는 입자의 스핀은 \(0, 1/2, 1, 3/2, 2, \ldots\) 중 하나에 한정돼요.

✅ 이해도 체크: 스핀 \(1/3\) 입자가 존재할 수 없는 이유를, \(\mathrm{SU}(2)\) 표현론의 관점에서 설명해 봅시다.

답

\(J_3\)의 고유값은 최대값 \(j\)에서 최소값 \(-j\)까지 정수 스텝으로 내려간다. \(-j\)에서 딱 멈추려면 \(2j\)가 음이 아닌 정수여야 한다. \(j = 1/3\)이면 \(2j = 2/3\)으로 정수가 되지 않아 유한 차원의 표현을 구성할 수 없으므로, 스핀 \(1/3\) 입자는 허용되지 않는다.

🔵 카이: 대칭성만으로 존재할 수 있는 입자의 종류가 제한되는군요. 그런데, 표에는 스핀 \(2\)까지밖에 안 나와 있어요. 더 높은 스핀의 입자는 원리적으로는 허용되지만 자연계에는 없다는 건가요?

🟡 리나: 매우 깊은 의문이에요. 고스핀(\(s > 2\)) 장은 원리적으로는 구성할 수 있지만, 상호작용을 모순 없이 도입하는 것이 극히 어렵다는 것이 알려져 있어요. 이것은 Weinberg-Witten 정리 등과 관련되는 이야기로, 본편의 범위를 넘기 때문에 깊이 들어가지는 않겠지만, "대칭성이 허용한다"는 것과 "자연이 실현한다"는 것 사이에는 아직 갭이 있다는 거예요.

🔵 카이: 그렇군요……. 그런데, 표현의 분류는 알겠는데, 구체적으로 스피노르가 어떤 행렬로 변환되는지는 아직 안 보이는 것 같아요. \((1/2, 0)\) 표현의 변환 행렬은 어떻게 만드나요?

🟡 리나: 좋은 질문이에요. 바로 다음 섹션에서 할 거예요.

✅ 이해도 체크: Dirac 스피노르의 표현 \((1/2, 0) \oplus (0, 1/2)\)의 차원이 4임을 확인해 봅시다.

답

\((1/2, 0)\)의 차원은 \((2 \times 1/2 + 1)(2 \times 0 + 1) = 2 \times 1 = 2\). \((0, 1/2)\)의 차원도 마찬가지로 \(2\). 직합을 취하면 \(2 + 2 = 4\).

스피노르 표현의 구체적 구성

🟡 리나: 표현의 분류가 끝났으니, 스피노르의 변환 행렬을 구체적으로 구성합시다. 좌표가 \(\Lambda\)로 변환될 때, 장의 성분을 섞는 행렬 \(D(\Lambda)\)는

\[ D(\boldsymbol{\theta}, \boldsymbol{\phi}) = \exp\!\left(-i\mathbf{J}\cdot\boldsymbol{\theta} - i\mathbf{K}\cdot\boldsymbol{\phi}\right) \tag{B.24} \]

로 쓸 수 있어요. 부호는 식 (B.14)와 같은 규약이에요. 장의 종류마다, \(\mathbf{J}\)와 \(\mathbf{K}\)의 구체적인 행렬을 선택하면 돼요.

Weyl 스피노르의 변환

🟡 리나: 먼저 2성분 Weyl (바일) 스피노르부터. 이전 섹션에서, Lorentz 군의 표현이 \((j_+, j_-)\)로 분류된다고 배웠죠. \((1/2, 0)\) 표현은 차원 \(2\)이니까, 생성원은 \(2 \times 2\) 행렬로 표현돼요. 아까의 \(4 \times 4\) 행렬 \(M^{\rho\sigma}\)는 벡터 표현(\((1/2, 1/2)\), 차원 \(4\))의 생성원이었어요. 표현이 바뀌면, 생성원의 행렬 크기도 바뀌는 거예요. \(2 \times 2\) 에르미트 행렬로 \([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\)를 만족하는 것은——양자역학에서 배운 대로——Pauli 행렬의 절반:

\[ \mathbf{J} = \frac{\boldsymbol{\sigma}}{2} \tag{B.25} \]

여기서 \(\boldsymbol{\sigma} = (\sigma^1, \sigma^2, \sigma^3)\)는 Pauli (파울리) 행렬이에요:

\[ \sigma^1 = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}, \quad \sigma^2 = \begin{pmatrix} 0 & -i \\ i & 0 \end{pmatrix}, \quad \sigma^3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} \]

🔵 카이: Pauli 행렬은 양자역학의 스핀 \(1/2\) 장에서 사용했었죠.

🟡 리나: 맞아요. 부스트 생성원은

\[ \mathbf{K} = \pm\,\frac{i\boldsymbol{\sigma}}{2} \tag{B.26} \]

\(+\)와 \(-\)의 2가지 선택지가 있어요.

🔵 카이: 왜 2가지가 있나요?

🟡 리나: 좋은 질문이에요. 직감적으로 말하면, 교환 관계 (B.17)의 검증에서 \([K^i, K^j]\)를 계산할 때, \(\mathbf{K} = +i\boldsymbol{\sigma}/2\)든 \(\mathbf{K} = -i\boldsymbol{\sigma}/2\)든 \((\pm i)^2 = -1\)로 같은 결과가 나와요. (B.16) 쪽은 \([J^i, K^j] = i\varepsilon^{ijk}K^k\)로 우변에도 \(K^k\)가 들어 있으니까, 좌변의 \(K\) 부호를 바꾸면 우변의 \(K^k\) 부호도 동시에 바뀌어서 정합해요. 즉 3가지 교환 관계 모두가, \(\mathbf{K}\)의 전체 부호 반전에 대해 불변——그래서 2가지 선택지가 허용되는 거예요.

이전 섹션에서, Lorentz 대수의 표현이 \((j_+, j_-)\) 쌍으로 분류된다는 것을 봤죠. 2성분 스피노르에는 \((1/2, 0)\)과 \((0, 1/2)\)의 2가지 표현이 있어요. 결론을 먼저 말하면, \(\mathbf{K} = -i\boldsymbol{\sigma}/2\)가 왼손잡이 \((1/2, 0)\), \(\mathbf{K} = +i\boldsymbol{\sigma}/2\)가 오른손잡이 \((0, 1/2)\)에 대응해요. 왜 이 대응이 되는지는 이 뒤의 "\(\mathbf{J}_\pm\)와의 대응" 소절에서 \(\mathbf{J}_+\)와 \(\mathbf{J}_-\)를 구체적으로 계산해서 확인할 거예요. 먼저, 이 선택이 교환 관계와 정합하는지 검증합시다. \(\mathbf{J} = \boldsymbol{\sigma}/2\)와 \(\mathbf{K} = +i\boldsymbol{\sigma}/2\)가 교환 관계 (B.15)–(B.17)을 만족하는지 살펴볼게요.

먼저 (B.15): \([J^i, J^j] = [\sigma^i/2, \sigma^j/2] = \frac{1}{4}[\sigma^i, \sigma^j]\). Pauli 행렬의 교환 관계 \([\sigma^i, \sigma^j] = 2i\varepsilon^{ijk}\sigma^k\)(부록 A에서 확인한 관계식)를 사용하면 \(= \frac{i}{2}\varepsilon^{ijk}\sigma^k = i\varepsilon^{ijk}J^k\). ✓

다음으로 (B.16): \([J^i, K^j] = [\sigma^i/2, i\sigma^j/2] = \frac{i}{4}[\sigma^i, \sigma^j] = \frac{i}{4} \cdot 2i\varepsilon^{ijk}\sigma^k = -\frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}\sigma^k\).

한편 \(i\varepsilon^{ijk}K^k = i\varepsilon^{ijk} \cdot \frac{i\sigma^k}{2} = \frac{i^2}{2}\varepsilon^{ijk}\sigma^k = -\frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}\sigma^k\). ✓

마지막으로 (B.17): \([K^i, K^j] = [i\sigma^i/2, i\sigma^j/2] = \frac{i^2}{4}[\sigma^i, \sigma^j] = -\frac{1}{4} \cdot 2i\varepsilon^{ijk}\sigma^k = -\frac{i}{2}\varepsilon^{ijk}\sigma^k = -i\varepsilon^{ijk}J^k\). ✓

🔵 카이: \(\mathbf{K} = +i\boldsymbol{\sigma}/2\)로 전부 성립하는 건 알겠는데, 다른 쪽 \(\mathbf{K} = -i\boldsymbol{\sigma}/2\)에서도 마찬가지로 성립하나요?

🟡 리나: 해봅시다. (B.17)의 검증에서 \([K^i, K^j] = [-i\sigma^i/2, -i\sigma^j/2] = \frac{(-i)^2}{4}[\sigma^i, \sigma^j] = -\frac{i}{2}\varepsilon^{ijk}\sigma^k = -i\varepsilon^{ijk}J^k\)로, 역시 성립해요. \(\pm\)의 2가지 선택이, 바로 왼손잡이 Weyl 스피노르 \(\psi_L\)과 오른손잡이 Weyl 스피노르 \(\psi_R\)에 대응하는 거예요.

표 B.2: Weyl 스피노르의 생성원과 표현의 대응

회전 생성원 \(\mathbf{J}\) 부스트 생성원 \(\mathbf{K}\) 표현
왼손잡이 \(\psi_L\) \(\boldsymbol{\sigma}/2\) \(-i\boldsymbol{\sigma}/2\) \((1/2, 0)\)
오른손잡이 \(\psi_R\) \(\boldsymbol{\sigma}/2\) \(+i\boldsymbol{\sigma}/2\) \((0, 1/2)\)

🔵 카이: 회전에 대해서는 같은 생성원인데, 부스트에 대해서는 부호가 다르군요.

🟡 리나: 이것이 "왼손잡이"와 "오른손잡이"의 본질적인 차이예요. 회전만으로는 구별이 안 되지만, 부스트를 포함하면 구별돼요. 그리고 이 부호의 차이가 표현 \((1/2, 0)\)과 \((0, 1/2)\)의 구별에 대응하고 있어요——다음 섹션에서 \(\mathbf{J}_\pm\)를 구체적으로 계산해서 확인할게요.

✅ 이해도 체크: 왼손잡이 Weyl 스피노르와 오른손잡이 Weyl 스피노르는, 회전과 부스트 중 어느 쪽에서 구별되는가. 생성원의 차이를 구체적으로 서술하시오.

답

회전 생성원은 둘 다 \(\mathbf{J} = \boldsymbol{\sigma}/2\)로 같지만, 부스트 생성원이 왼손잡이에서는 \(\mathbf{K} = -i\boldsymbol{\sigma}/2\), 오른손잡이에서는 \(\mathbf{K} = +i\boldsymbol{\sigma}/2\)로 부호가 다르다. 따라서 부스트에 의해 구별된다.

\(\mathbf{J}_\pm\)와의 대응

🟡 리나: 아까의 \(\mathbf{J}_\pm\) 언어로 확인해 둡시다. 왼손잡이 스피노르 \(\psi_L\)에서는 \(\mathbf{K} = -i\boldsymbol{\sigma}/2\)이니까

\[ \mathbf{J}_+ = \frac{\mathbf{J} + i\mathbf{K}}{2} = \frac{\boldsymbol{\sigma}/2 + i \cdot (-i\boldsymbol{\sigma}/2)}{2} = \frac{\boldsymbol{\sigma}/2 + \boldsymbol{\sigma}/2}{2} = \frac{\boldsymbol{\sigma}}{2} \tag{B.27} \]
\[ \mathbf{J}_- = \frac{\mathbf{J} - i\mathbf{K}}{2} = \frac{\boldsymbol{\sigma}/2 - i \cdot (-i\boldsymbol{\sigma}/2)}{2} = \frac{\boldsymbol{\sigma}/2 - \boldsymbol{\sigma}/2}{2} = 0 \tag{B.28} \]

\(\mathbf{J}_+^2 = (\boldsymbol{\sigma}/2)^2 = \frac{3}{4}I = j_+(j_++1)I\)이므로 \(j_+ = 1/2\), \(\mathbf{J}_- = 0\)이므로 \(j_- = 0\)이니까 표현 \((1/2, 0)\).

🔵 카이: 오른손잡이에서는 \(\mathbf{K} = +i\boldsymbol{\sigma}/2\)이니까……같은 절차로 계산하면 뭐가 바뀌나요?

🟡 리나: 부호가 한 군데만 바뀌면서, \(\mathbf{J}_+\)와 \(\mathbf{J}_-\)의 역할이 깔끔하게 뒤바뀌어요. 확인은 연습문제에서 해보세요.

📝 연습문제:

스피노르의 회전——\(360°\)에서 부호가 반전한다

🟡 리나: 스피노르의 가장 놀라운 성질을 확인합시다. \(x^1\)축 둘레의 회전 행렬은

\[ D(\theta^1) = \exp\!\left(-\frac{i}{2}\sigma^1\theta^1\right) \tag{B.29} \]

Pauli 행렬의 성질 \((\sigma^i)^2 = I\)(\(I\)는 \(2 \times 2\) 단위행렬)를 사용해서 Taylor 전개해 봅시다. \(\alpha \equiv \theta^1/2\)로 놓으면

\[ e^{-i\alpha\sigma^1} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-i\alpha\sigma^1)^n}{n!} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-i\alpha)^n(\sigma^1)^n}{n!} \]

\((\sigma^1)^2 = I\)이니까 \((\sigma^1)^n = I\)(\(n\)이 짝수), \((\sigma^1)^n = \sigma^1\)(\(n\)이 홀수). 짝수차 항을 모으면 \(\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k\alpha^{2k}}{(2k)!}I = I\cos\alpha\), 홀수차 항을 모으면 \(-i\sigma^1\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k\alpha^{2k+1}}{(2k+1)!} = -i\sigma^1\sin\alpha\). 따라서

\[ D(\theta^1) = I\cos\!\frac{\theta^1}{2} - i\sigma^1\sin\!\frac{\theta^1}{2} \tag{B.30} \]

🔵 카이: 이거, 양자역학 스핀 장에서 했던 계산과 같네요.

🟡 리나: 맞아요. 여기서 \(\theta^1 = 2\pi\)(\(360°\) 회전)을 대입해 보세요.

\[ D(2\pi) = I\cos\pi - i\sigma^1\sin\pi = -I \tag{B.31} \]

🔵 카이: 마이너스 단위행렬! \(360°\) 돌려도 원래로 돌아가지 않고, 부호가 반전되나요!

🟡 리나: 맞아요. \(720°\) 회전(\(\theta^1 = 4\pi\))에서 비로소 \(D = +I\)로 돌아와요. 이것이 스피노르의 본질적인 성질——벡터와는 근본적으로 다른 변환성이에요.

⚪ 메이: 벡터는 \(360°\)에서 원래로 돌아오니까, 회전의 인수가 \(\theta\) 그 자체야. 스피노르는 \(\theta/2\)가 인수에 들어가니까, 한 바퀴분의 \(2\pi\)에서는 절반인 \(\pi\)밖에 진행하지 않아——그래서 부호가 반전되는 거지.

🟡 리나: 아름다운 정리지. 이 성질은 실험에서도 확인되어 있어요. 1975년 Rauch 등의 중성자 간섭 실험에서, 중성자를 자기장 속에서 \(360°\) 회전시키면 간섭 패턴이 반전(위상이 \(\pi\) 어긋남)하는 것이 관측됐어요. 그림 B.1「벡터와 스피노르의 회전 비교」를 보세요——벡터가 \(360°\)에서 원래로 돌아오는 것에 비해 스피노르는 \(720°\)가 걸리는 모습을 나란히 그려놨어요.

벡터와 스피노르의 회전 비교

그림 B.1: 벡터와 스피노르의 회전 비교. 벡터는 \(360°\) 회전에서 완전히 원래로 돌아오지만, 스피노르는 \(360°\) 회전에서 부호가 반전되고(\(-|\!\uparrow\rangle\)), \(720°\) 회전에서 비로소 원래로 돌아온다. 이 차이는 변환 행렬의 인수가 \(\theta\)(벡터)인지 \(\theta/2\)(스피노르)인지에 기인한다.

✅ 이해도 체크: 스피노르를 \(720°\) 회전시켰을 때의 변환 행렬을 구하시오.

답

\(D(4\pi) = I\cos(2\pi) - i\sigma^1\sin(2\pi) = I \cdot 1 - i\sigma^1 \cdot 0 = I\). \(720°\) 회전에서 단위행렬로 돌아온다.

스피노르의 부스트——비유니터리성

🟡 리나: 회전 다음은 부스트예요. 왼손잡이 Weyl 스피노르의 \(x^1\) 방향 부스트는, 식 (B.14)에 \(\mathbf{K} = -i\boldsymbol{\sigma}/2\)(왼손잡이)를 대입하면

\[ D_L(\phi) = \exp\!\left(-iK^1\phi\right) = \exp\!\left(-i \cdot \left(-\frac{i\sigma^1}{2}\right) \cdot \phi\right) = \exp\!\left(-\frac{\sigma^1\phi}{2}\right) \tag{B.32} \]

🔵 카이: 회전 때는 지수에 \(-i\)가 곱해져 있었는데, 이번에는 \(-i\)가 \(K\) 속의 \(-i\)와 상쇄되어서 지수가 실수가 되네요.

🟡 리나: \((\sigma^1)^2 = I\)를 사용해서 식 (B.30)과 같은 절차로 전개할게요. 다만 이번에는 지수가 실수 \(-\phi/2\)이니까, \(\cos\)과 \(-i\sin\) 대신 \(\cosh\)과 \(-\sinh\)이 나타나요. \(\alpha \equiv \phi/2\)로 놓으면

\[ e^{-\alpha\sigma^1} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-\alpha)^n(\sigma^1)^n}{n!} \]

\((\sigma^1)^2 = I\)이니까 짝수차는 \(I\), 홀수차는 \(\sigma^1\). 짝수차를 모으면 \(\sum_{k=0}^\infty \frac{\alpha^{2k}}{(2k)!}I = I\cosh\alpha\), 홀수차를 모으면 \(-\sigma^1\sum_{k=0}^\infty \frac{\alpha^{2k+1}}{(2k+1)!} = -\sigma^1\sinh\alpha\). 따라서

\[ D_L(\phi) = I\cosh\!\frac{\phi}{2} - \sigma^1\sinh\!\frac{\phi}{2} \tag{B.33} \]

🔵 카이: 회전 때는 \(\cos\)과 \(\sin\)이었는데, 이번에는 \(\cosh\)과 \(\sinh\)이네요. 지수함수의 지수가 실수가 됐으니까 그런 건가.

🟡 리나: 맞아요. 회전 때는 지수가 순허수 \(-i\alpha\)였으니까 \(\cos\)과 \(\sin\)이 나타났지만, 이번에는 실수 \(-\alpha\)이니까 \(\cosh\)과 \(\sinh\)이 나타나요. 그리고 중요한 차이가 하나 더 있어요. 식 (B.33)을 보면, \(\cosh(\phi/2)\)는 실수이고 \(\sigma^1\)은 에르미트 행렬이니까, \(D_L\) 전체도 에르미트(\(D_L^\dagger = D_L\))예요. 따라서 \(D_L^\dagger D_L = D_L^2\). \((\sigma^1)^2 = I\)를 사용해서 구체적으로 계산해 보면

\[ D_L^2 = \left(I\cosh\frac{\phi}{2} - \sigma^1\sinh\frac{\phi}{2}\right)^2 \]

전개하면 \((A - B)^2 = A^2 - AB - BA + B^2\)예요. 여기서 \(A = I\cosh(\phi/2)\)는 단위행렬의 스칼라배이니까 임의의 행렬과 가환——즉 \(AB = BA\)가 성립해요. 그래서 보통의 공식 \((A-B)^2 = A^2 - 2AB + B^2\)를 그대로 쓸 수 있어요. \(A^2 = I\cosh^2(\phi/2)\), \(B^2 = (\sigma^1)^2\sinh^2(\phi/2) = I\sinh^2(\phi/2)\), \(2AB = 2\sigma^1\cosh(\phi/2)\sinh(\phi/2)\)이니까

\[ = I\cosh^2\!\frac{\phi}{2} + I\sinh^2\!\frac{\phi}{2} - 2\sigma^1\cosh\frac{\phi}{2}\sinh\frac{\phi}{2} \]

⚪ 메이: 쌍곡선함수의 덧셈정리를 쓰면 정리될 것 같아.

🟡 리나: 쌍곡선함수의 공식 \(\cosh^2 x + \sinh^2 x = \cosh 2x\), \(2\cosh x\sinh x = \sinh 2x\)를 사용하면

\[ = I\cosh\phi - \sigma^1\sinh\phi \neq I \quad (\phi \neq 0 \text{ 일 때}) \]

즉 이 행렬은 유니터리가 아니에요.

🔵 카이: 유니터리가 아니라는 건……\(D_L^\dagger D_L \neq I\)라는 거잖아요. 그게 뭐가 문제인 건가요?

🟡 리나: 좋은 의문이에요. 유니터리가 아니라는 것은, 부스트가 스피노르의 "노름"을 변화시킨다는 뜻이에요. 이것은 Lorentz 군의 깊은 성질과 관련되어 있어요. 사실, Lorentz 군의 유한 차원에서 비자명한 유니터리 표현은 존재하지 않아요. 부스트 생성원 \(\mathbf{K}\)가 반에르미트(\(K^\dagger = -K\), 즉 에르미트가 아님)인 것이 그 원인이에요.

구체적으로는, \(K^i = \pm i\sigma^i/2\)이니까 \((K^i)^\dagger = (\pm i)^*\sigma^i/2 = \mp i\sigma^i/2 = -K^i\)(Pauli 행렬은 에르미트이므로 \((\sigma^i)^\dagger = \sigma^i\)). 즉 \(K^i\)는 반에르미트예요. 한편, 회전 생성원 \(J^i = \sigma^i/2\)는 \((J^i)^\dagger = \sigma^i/2 = J^i\)로 에르미트.

🔵 카이: 회전은 유니터리이고 부스트는 비유니터리……. 양자역학에서는 변환이 유니터리여야 하는 거 아니었나요?

🟡 리나: 좋은 의문이에요. 여기서 구별해야 할 것은, 힐베르트 공간의 상태에 작용하는 연산자와 장의 성분을 섞는 행렬의 차이예요. 힐베르트 공간의 변환 연산자는 유니터리여야 해요(확률 보존을 위해). 하지만 장의 성분을 섞는 유한 차원의 행렬 \(D(\Lambda)\)는 유니터리가 아니어도 돼요. 장의 양자론에서는 이 구별이 매우 중요해요.

✅ 이해도 체크: 스피노르의 부스트 변환 행렬이 비유니터리인 것은, 양자역학의 확률 보존과 모순되지 않는 이유는 무엇인가.

답

힐베르트 공간의 상태에 작용하는 변환 연산자는 유니터리여야 하지만, 장의 성분을 섞는 유한 차원의 행렬 \(D(\Lambda)\)는 유니터리일 필요가 없다. 부스트 변환 행렬의 비유니터리성은 장의 성분 혼합에 관한 것이며, 힐베르트 공간 위의 확률 보존과는 별개의 이야기이다.

Dirac 스피노르의 변환

🟡 리나: 마지막으로, 4성분 Dirac 스피노르의 변환을 봐둡시다. 왼손잡이 \(\psi_L\)과 오른손잡이 \(\psi_R\)를 세로로 쌓은

\[ \psi = \begin{pmatrix} \psi_L \\ \psi_R \end{pmatrix} \tag{B.34} \]

에 대해, 회전은

\[ \psi \to \begin{pmatrix} e^{-\frac{i}{2}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\theta}} & 0 \\ 0 & e^{-\frac{i}{2}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\theta}} \end{pmatrix} \psi \tag{B.35} \]

🔵 카이: 좌상과 우하가 같은 행렬이고, 왼손잡이와 오른손잡이가 섞이지 않아요. 회전만이라면 왼손잡이와 오른손잡이를 구별할 필요가 없다는 건가요?

🟡 리나: 바로 그래요. 부스트는

\[ \psi \to \begin{pmatrix} e^{-\frac{1}{2}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\phi}} & 0 \\ 0 & e^{+\frac{1}{2}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\phi}} \end{pmatrix} \psi \tag{B.36} \]

좌상과 우하에서 부호가 반대——이것이 왼손잡이와 오른손잡이의 차이예요. 회전에서는 구별이 안 되지만, 부스트에서 비로소 구별이 돼요——이것이 표현 \((1/2, 0)\)과 \((0, 1/2)\) 차이의 구체적인 발현이에요.

⚪ 메이: 그렇구나, 이전 섹션에서 봤던 \(\mathbf{K}\)의 부호 차이가, 4성분으로 합쳤을 때는 부스트 행렬의 좌상과 우하의 부호 차이로 나타나는 거지.

🟡 리나: 일반적인 Lorentz 변환에 대한 스피노르의 변환 행렬은, \(\gamma\) 행렬을 사용해서

\[ S(\Lambda) = \exp\!\left(-\frac{i}{4}\omega_{\mu\nu}\sigma^{\mu\nu}\right) \tag{B.37} \]

로 쓸 수 있어요. 여기서 \(\sigma^{\mu\nu} = \frac{i}{2}[\gamma^\mu, \gamma^\nu]\)는 Dirac 장의 Lorentz 변환 생성원이에요. \(\omega_{\mu\nu}\)는 변환 매개변수(반대칭 텐서). 이 식이 본편의 제 5 장에서 사용한 변환 행렬의 정체예요.

🔵 카이: \(\sigma^{\mu\nu}\)가 \(4 \times 4\)인 \(\gamma\) 행렬로부터 만들어진다는 것은, Dirac 스피노르의 변환 행렬도 \(4 \times 4\)가 되는 거네요. 스핀의 \(2 \times 2\)에서 제대로 확장되어 있는 거구나.

✅ 이해도 체크: \(\sigma^{\mu\nu}\)의 독립 성분은 몇 개인가.

답

\(\sigma^{\mu\nu}\)는 반대칭(\(\sigma^{\mu\nu} = -\sigma^{\nu\mu}\), \(\sigma^{\mu\mu} = 0\))이므로, 독립 성분은 \(4 \times 3/2 = 6\)개이다. 이것은 Lorentz 변환의 매개변수 수(회전 3 + 부스트 3 = 6)와 일치한다.

📝 연습문제:

Poincaré 대수와 입자의 분류

🟡 리나: Lorentz 변환에 시공간 병진을 추가한 것이 Poincaré (푸앵카레) 군이에요. 그 생성원은

표 B.3: Poincaré군의 생성원과 물리량

변환 생성원 물리량
시간 병진 \(P^0\) 에너지
공간 병진 \(P^i\) 운동량
공간 회전 \(J^i\) 각운동량
Lorentz 부스트 \(K^i\) 부스트 생성원

Poincaré 대수의 교환 관계는, Lorentz 대수 (B.15)–(B.17)에 더해서

\[ [P^\mu,\, P^\nu] = 0 \tag{B.38} \]
\[ [M^{\mu\nu},\, P^\rho] = i(\eta^{\mu\rho}P^\nu - \eta^{\nu\rho}P^\mu) \tag{B.39} \]

여기서 주의가 필요해요. 이 식의 \(M^{\mu\nu}\)는 식 (B.10)에서 정의한 반에르미트인 \(4\times 4\) 행렬 그 자체가 아니라, 거기에 \(-i\)를 곱해서 에르미트로 만든 추상적인 생성원이에요. 즉

\[ M^{\mu\nu}_{\text{(여기)}} = -i \cdot M^{\mu\nu}_{\text{(B.10)}} \]

라는 관계예요. 이 에르미트인 \(M^{\mu\nu}\)를 사용하면 \(J^i = \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{jk}\), \(K^i = M^{0i}\)로 간결하게 쓸 수 있어요(식 (B.13b)에서 \(-i\)를 명시적으로 쓴 것은, 그쪽에서는 식 (B.10)의 반에르미트인 \(M^{jk}\)를 사용했기 때문이에요). 어느 쪽으로 써도 \(J^i\), \(K^i\)의 값은 같아요.

🔵 카이: 같은 기호 \(M^{\mu\nu}\)를 2가지 의미로 쓰는 건 헷갈리지 않나요?

🟡 리나: 확실히 헷갈리긴 하죠. 하지만 이건 물리학의 관습으로, 문맥으로 구별해요. 정리하면:

  • 식 (B.10)의 \(M^{\rho\sigma}\): 벡터 표현에서의 반에르미트인 \(4\times 4\) 행렬. 미소 변환을 \(\Lambda = I + \omega\)로 쓸 때 \(\omega^\mu{}_\nu = \frac{1}{2}\omega_{\rho\sigma}(M^{\rho\sigma})^\mu{}_\nu\)로 나타남
  • 여기서의 \(M^{\mu\nu}\): 표현에 의존하지 않는 추상적인 에르미트 생성원. 교환 관계 (B.39)는 이쪽 의미

이후 이 장에서는, Poincaré 대수의 문맥에서 \(M^{\mu\nu}\)는 항상 에르미트 버전을 가리킬게요. 교환 관계 (B.39)는 특정 표현에 의존하지 않고 성립하는 추상적인 대수의 관계식이에요.

🔵 카이: (B.38)은 "병진끼리는 순서를 바꿔도 같다"는 거죠. 먼저 동쪽으로 걸어가든 북쪽으로 걸어가든, 반대로 해도 같다는 거.

🟡 리나: 맞아요. (B.39)는 "\(P^\rho\)가 Lorentz 변환 아래에서 4차원 벡터로서 변환된다"는 것을 말하고 있어요. 직감적으로는, 좌표 \(x^\rho\)가 미소 Lorentz 변환으로 \(\delta x^\rho = \omega^\rho{}_\sigma x^\sigma\)로 변하는 것과 같은 방식으로, \(P^\rho\)도 같은 방식으로 섞일 것——그 "섞이는 방식"을 교환 관계의 언어로 쓴 것이 (B.39)예요. 우변의 \(\eta^{\mu\rho}P^\nu - \eta^{\nu\rho}P^\mu\)는, 식 (B.10)의 생성원 \((M^{\mu\nu})^\rho{}_\sigma\)가 \(P^\sigma\)에 작용한 결과와 같은 구조예요(\((M^{\mu\nu})^\rho{}_\sigma P^\sigma = (\eta^{\mu\rho}\delta^\nu{}_\sigma - \eta^{\nu\rho}\delta^\mu{}_\sigma)P^\sigma = \eta^{\mu\rho}P^\nu - \eta^{\nu\rho}P^\mu\)로 확인할 수 있어요).

⚪ 메이: 즉 (B.39)는 "\(P^\rho\)가 4원벡터로서 행동한다"는 것의 대수적 표현이지.

🟡 리나: 구체적인 예를 하나 봅시다. \(M^{12}\)는 \(xy\) 평면의 회전 생성원(\(J^3\)에 대응)이었죠. \(\rho = 1\)로 놓으면

\[ [M^{12}, P^1] = i(\eta^{11}P^2 - \eta^{21}P^1) = i(1 \cdot P^2 - 0) = iP^2 \]

이것은 "\(z\)축 둘레의 회전으로 \(P^1\)(\(x\) 방향 운동량)이 \(P^2\)(\(y\) 방향 운동량)에 섞인다"는 것을 의미해요. 벡터가 회전으로 성분이 섞이는 것과 같지요.

🔵 카이: 운동량도 좌표와 마찬가지로 회전으로 섞이는 거군요. 그러면, 부스트 생성원 \(K^i = M^{0i}\)와 \(P^\mu\)의 교환 관계라면, 시간 성분과 공간 성분이 섞이게 되나요?

🟡 리나: 맞아요. 직감적으로는, 좌표 \(x^\rho\)가 미소 Lorentz 변환으로 \(\delta x^\rho = \omega^\rho{}_\sigma x^\sigma\)로 변하는 것과 같은 방식으로, \(P^\rho\)도 \(\delta P^\rho = \omega^\rho{}_\sigma P^\sigma\)로 변해요——(B.39)는 이 변환법칙을 교환 관계의 언어로 표현한 거예요. 부스트의 경우에는 \(M^{01}\)과 \(P^0\)의 교환자가 \(P^1\)을 만들어요——에너지와 운동량이 섞이는 거죠. 나머지 성분의 확인은 각자 해보세요.

Casimir (카시미르) 연산자

🟡 리나: Poincaré 대수의 모든 생성원과 교환하는 연산자를 Casimir 연산자라고 불러요. Poincaré 대수에는 2개가 있어요:

\[ C_1 = P_\mu P^\mu = P^2 \tag{B.40} \]
\[ C_2 = W_\mu W^\mu = W^2 \tag{B.41} \]

여기서 \(W^\mu\)는 Pauli-Lubanski (파울리-루반스키) 벡터라고 불리는 양이에요. 동기를 설명할게요. \(P^2\)는 질량을 결정하지만, 스핀의 정보는 어디에 있을까요? 각운동량 \(M_{\nu\rho}\) 자체는 Casimir 연산자가 아니에요(\(P^\mu\)와 교환하지 않으니까). 그래서 각운동량과 운동량을 조합해서 "운동량 방향의 정보를 제거한" 양을 만들면, 모든 생성원과 교환하는 새로운 불변량을 얻을 수 있어요. 그것이

\[ W^\mu = \frac{1}{2}\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}M_{\nu\rho}P_\sigma \tag{B.42} \]

예요. \(\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\)는 4차원 Levi-Civita 기호——식 (B.13)에서 사용한 3차원 버전 \(\varepsilon^{ijk}\)의 4차원으로의 확장으로, \(\varepsilon^{0123} = +1\)로 놓고 인덱스의 짝수 치환에서 \(+1\), 홀수 치환에서 \(-1\), 같은 인덱스가 있으면 \(0\)이 되는 것이에요. 직감적으로는, \(W^\mu\)는 각운동량에서 "궤도 운동의 기여"를 빼내어 순수한 스핀 정보만을 추출하는 양이에요. 구체적으로 봅시다.

🔵 카이: 자연단위계에서는 \(P^2 = -(P^0)^2 + |\mathbf{p}|^2 = -E^2 + |\mathbf{p}|^2 = -m^2\)이잖아요. 이것이 입자의 질량을 결정하는 거죠.

🟡 리나: 맞아요. \(W^2\) 쪽은, 질량이 있는 입자(\(m > 0\))의 정지계에서 생각하면 알기 쉬워요. 정지계에서는 \(P^\mu = (m, 0, 0, 0)\)이니까, \(P_\sigma\)에서 비영인 것은 \(P_0 = \eta_{00}P^0 = -m\)뿐이에요(\(P_i = 0\)). 식 (B.42)에 대입하면

\[ W^\mu = \frac{1}{2}\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}M_{\nu\rho}P_\sigma = \frac{1}{2}\varepsilon^{\mu\nu\rho 0}M_{\nu\rho}P_0 = \frac{1}{2}\varepsilon^{\mu\nu\rho 0}M_{\nu\rho}(-m) \]

\(\mu = 0\)일 때, \(\varepsilon^{0\nu\rho 0} = 0\)(같은 인덱스 \(0\)이 2번 나타나니까)이므로 \(W^0 = 0\). \(\mu = i\)(공간 성분)일 때, \(\varepsilon^{i\nu\rho 0}\)의 값을 체계적으로 구합시다. \(\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}\)는 완전 반대칭이고 \(\varepsilon^{0123} = +1\)이니까, 예를 들어 \(\varepsilon^{1230}\)을 구해 봅시다. 완전 반대칭이란 "임의의 2개 인덱스를 교환할 때마다 부호가 반전된다"는 뜻이에요. \(\varepsilon^{0123} = +1\)에서 출발해서 \(0\)을 오른쪽 끝까지 이동시킬게요. \((0,1,2,3) \to (1,0,2,3)\)(1번째와 2번째 인덱스를 교환, 부호 \(\times(-1)\))\(\to (1,2,0,3)\)(2번째와 3번째 인덱스를 교환, 부호 \(\times(-1)\))\(\to (1,2,3,0)\)(3번째와 4번째 인덱스를 교환, 부호 \(\times(-1)\)). 3번의 인접 교환으로 부호가 \((-1)^3 = -1\)배가 되니까 \(\varepsilon^{1230} = -1\). 일반적으로 \(\varepsilon^{ijk0} = -\varepsilon^{ijk}\)가 성립해요. 여기서 우변의 \(\varepsilon^{ijk}\)는 3차원 Levi-Civita 기호(\(\varepsilon^{123} = +1\)이고, 인덱스의 짝수 치환에서 \(+1\), 홀수 치환에서 \(-1\))예요. 이 관계는 "4차원의 \(\varepsilon^{ijk0}\)에서 \(0\)을 선두로 되돌리는 데 3번의 인접 교환이 필요하고, 홀수 번이므로 부호가 반전된다"는 것에서 따라와요.

🔵 카이: 그렇군요, \(0\)을 선두에서 끝으로 이동시키면 3번의 교환이 필요해서 마이너스가 나오는 거군요.

🟡 리나: 따라서

\[ W^i = \frac{1}{2}\varepsilon^{i\nu\rho 0}M_{\nu\rho}(-m) \]

여기서 \(\nu, \rho\)는 \(0, 1, 2, 3\)을 달리지만, \(\varepsilon^{i\nu\rho 0}\)이 비영이 되려면 4개의 인덱스 \(i, \nu, \rho, 0\)이 모두 달라야 해요. \(0\)은 이미 4번째에 들어 있으니까, \(\nu\)와 \(\rho\)는 \(0\) 이외의 공간 인덱스 \(j, k\)여야 해요. 따라서

\[ = \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk0}M_{jk}(-m) = \frac{1}{2}(-\varepsilon^{ijk})M_{jk}(-m) = \frac{m}{2}\varepsilon^{ijk}M_{jk} \]

⚪ 메이: 2개의 마이너스가 상쇄되어 깔끔한 형태가 되네.

🟡 리나: 여기서 \(J^i\)의 정의 \(J^i = \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{jk}\)는 위첨자 인덱스의 \(M^{jk}\)로 쓰여 있으니까, \(M_{jk}\)를 \(M^{jk}\)로 바꾸고 싶어요. 공간 인덱스의 올리고 내리기에는 \(\eta_{jk} = +\delta_{jk}\)(공간 부분은 보통의 유클리드 계량)만 곱해지니까, \(M_{jk} = \eta_{ja}\eta_{kb}M^{ab} = \delta_{ja}\delta_{kb}M^{ab} = M^{jk}\)——즉 공간 인덱스는 위첨자든 아래첨자든 같은 값이에요(시간 인덱스만 \(\eta_{00} = -1\)로 부호가 바뀌는 거였죠). 여기서의 \(M^{jk}\)는 이 섹션 서두에서 도입한 에르미트 버전의 생성원으로, \(J^i = \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{jk}\)로 간결하게 쓸 수 있는 거였죠. 이 관계를 사용하면

\[ W^i = \frac{m}{2}\varepsilon^{ijk}M^{jk} = mJ^i \]

가 얻어져요. 따라서

정지계에서는 \(W^0 = 0\)이니까, \(W^i = mJ^i\)를 사용해서 \(W^2\)를 계산합시다. \(W^2 \equiv W_\mu W^\mu = \eta_{\mu\nu}W^\mu W^\nu\)로, 부호 규약 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,+1,+1,+1)\)를 사용하면

\[ W_\mu W^\mu = \eta_{00}(W^0)^2 + \eta_{ii}(W^i)^2 = -(W^0)^2 + \sum_{i=1}^{3}(W^i)^2 \]

\(W^0 = 0\)을 대입하면

\[ = 0 + m^2(J^1)^2 + m^2(J^2)^2 + m^2(J^3)^2 = m^2 \mathbf{J}^2 \]

\(\mathbf{J}^2\)의 고유값은 스핀 양자수 \(s\)를 사용해서 \(s(s+1)\)이니까(자연단위계 \(\hbar = 1\)을 쓰고 있어요. \(\hbar\)를 되살리면 \(\hbar^2 s(s+1)\)이죠)

\[ W^2 = m^2 s(s+1) \tag{B.43} \]

로 쓸 수 있어요. \(s\)가 스핀 양자수예요.

🔵 카이: 오, Pauli-Lubanski 벡터의 제곱이 질량과 스핀의 곱이 되는군요.

⚪ 메이: 즉, 입자는 2개의 Casimir 연산자의 고유값——질량 \(m\)과 스핀 \(s\)——로 완전히 분류되는 거지.

🟡 리나: 바로 그래요. 이것이 Poincaré 불변성만으로부터 도출되는 입자 분류의 완전한 리스트예요.

표 B.4: 질량과 스핀에 의한 입자의 분류

질량 스핀 예
\(m > 0\) \(s = 0\) Higgs 입자
\(m > 0\) \(s = 1/2\) 전자, 쿼크
\(m > 0\) \(s = 1\) \(W\) 보손, \(Z\) 보손
\(m = 0\) 헬리시티 \(\pm 1\) 광자
\(m = 0\) 헬리시티 \(\pm 2\) 중력자(가설)

⚪ 메이: 즉, \(P^2\)가 질량을, \(W^2\)가 스핀을 결정하고, 이 2가지 양자수만으로 입자가 완전히 분류되는 거지.

🔵 카이: 대칭성만으로 자연계에 존재할 수 있는 입자의 종류가 여기까지 제한되는 거군요……. "불변성이 물리를 결정한다"는 게, 정말이었어요. 그런데 한 가지 궁금한 건, 질량 영인 입자만 "스핀"이 아니라 "헬리시티"로 분류되는 건 왜인가요?

🟡 리나: 좋은 질문이에요. 질량 영인 입자는 광속으로 운동하니까, 정지계가 존재하지 않아요. 정지계가 없으면 Pauli-Lubanski 벡터의 구조가 변해서, 스핀 대신 헬리시티(운동 방향으로의 각운동량 사영)만이 좋은 양자수가 돼요. 자세한 것은 본편의 제 4 장에서 다뤘죠.

✅ 이해도 체크: 질량 영인 입자가 스핀이 아니라 헬리시티로 분류되는 이유를 간결하게 서술하시오.

답

질량 영인 입자는 광속으로 운동하므로 정지계가 존재하지 않는다. 정지계가 없으면 Pauli-Lubanski 벡터의 구조가 바뀌어, 스핀의 전 성분이 아니라 운동 방향으로의 각운동량 사영인 헬리시티만이 좋은 양자수로 남는다.

🟡 리나: 이것이 본 「장의 양자론」편 전체를 관통하는 철학의 수학적 결실이에요. 개별 장방정식(Klein-Gordon, Dirac, Maxwell)은, Poincaré 군의 특정 표현에 대응하는 장을 기술하고 있을 뿐이에요.

✅ 이해도 체크: Poincaré 군의 2개의 Casimir 연산자는 무엇인가. 각각의 물리적 의미를 서술하시오.

답

\(C_1 = P^2 = P_\mu P^\mu\)(고유값은 \(-m^2\), 입자의 질량의 제곱을 결정한다. 계량 \((-,+,+,+)\)에서는 \(P^2 = -(P^0)^2 + |\mathbf{p}|^2 = -m^2\))와 \(C_2 = W^2 = W_\mu W^\mu\)(고유값은 \(m^2 s(s+1)\), 입자의 스핀을 결정한다).

정리——이 Appendix에서 얻은 것

🟡 리나: 마지막으로 이 Appendix의 성과를 정리합시다.

  1. 생성원과 지수 사상: 미소 변환의 생성원으로부터 지수함수 \(e^{\pm i\alpha G}\)(부호는 규약에 의한)로 유한 변환을 구성한다
  2. Lorentz 대수: 회전 생성원 \(J^i\)와 부스트 생성원 \(K^i\)의 교환 관계 (B.15)–(B.17)이 Lorentz 군의 무한소 구조를 완전히 결정한다
  3. \(\mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)\) 분해: \(\mathbf{J}_\pm = (\mathbf{J} \pm i\mathbf{K})/2\)의 도입으로 Lorentz 대수가 2개의 독립적인 \(\mathfrak{su}(2)\)로 분해된다
  4. 표현의 분류: \((j_+, j_-)\) 쌍으로 장의 종류가 결정된다——스칼라 \((0,0)\), Weyl 스피노르 \((1/2, 0)\)과 \((0, 1/2)\), 벡터 \((1/2, 1/2)\)
  5. 스피노르의 구성: Pauli 행렬로부터 회전·부스트의 변환 행렬을 구체적으로 구성했다. \(360°\) 회전에서 부호가 반전된다는 성질의 기원은, 생성원이 \(\boldsymbol{\sigma}/2\)인 것(인수가 \(\theta/2\))으로 귀결된다
  6. Poincaré 대수와 입자 분류: 2개의 Casimir 연산자(\(P^2\)와 \(W^2\))의 고유값이 질량과 스핀을 결정하고, 자연계의 입자를 완전히 분류한다

🔵 카이: 대칭성의 수학으로부터 입자의 종류가 전부 결정된다니, 정말 대단하네요.

⚪ 메이: 즉, 장방정식을 개별적으로 외울 필요 없이, \((j_+, j_-)\)를 선택한 순간에 장의 변환성이 결정되고, 거기서 방정식의 형태도 제약되는 거지. "방정식이 먼저"가 아니라 "대칭성이 먼저"라는 구조가 보여.

🟡 리나: 맞아요. 장의 양자론의 아름다움의 핵심이, 바로 여기에 있어요.

다음 장 예고

Appendix C: 가우스 적분과 Grassmann 적분

장의 양자론 계산에서 반복적으로 등장하는 가우스 적분(보손의 경로적분 기초)과, Grassmann 수의 대수·Berezin 적분(페르미온의 경로적분 기초)을 한 곳에 정리한다. 보손의 \((\det A)^{-1/2}\)와 페르미온의 \(\det A\)라는 대비를 파악하면, 경로적분에서 2종류의 입자를 다루는 방식의 차이가 명확히 보인다. 이어지는 Appendix D "루프 계산의 도구상자"에서는 차원 분석·Feynman 매개변수·Wick 회전 등 루프 적분의 실용 기법으로 나아간다.

연습문제

📝 연습문제:

참고문헌

  • Quantum Field Theory for the Gifted Amateur (Lancaster & Blundell) 제10장 "Transformations", 제37장 "Spinor Transformations"
  • 坂本眞人『場の量子論 — 不変性と自由場を中心にして』 제5장 "디랙 방정식의 상대론적 구조", 제14장 "푸앵카레 대수와 1입자 상태의 분류"
  • Quantum Field Theory and the Standard Model (Schwartz) 제8장 "Spinors and the Dirac equation"
  • Quantum Field Theory (Tong) 제4장 "Lorentz group representations and spinors"
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