제3장 고전장 이론 — Lagrangian과 Noether의 정리¶
지금까지의 이야기:
제 2 장에서는 특수상대론의 기본 구조를 복습했다. Lorentz 변환, 4원벡터, Minkowski 계량 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\), 그리고 물리법칙이 Lorentz 공변이어야 한다는 요청을 확인했다. 자연단위계 \(\hbar = c = 1\)의 도입과, 4원미분 \(\partial_\mu\), Einstein의 축약 표기법에도 익숙해졌다.
이 장의 목표
- 장의 Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L}(\phi, \partial_\mu\phi)\)를 도입하고, 최소작용의 원리로부터 장의 Euler-Lagrange 방정식을 도출한다
- 나아가 Noether의 정리를 증명하고, "연속 대칭성이 있으면 보존량이 있다"는 것을 구체적인 예(시공간 병진 → 에너지·운동량 보존, 내부 위상변환 → 전하 보존)로 확인한다
- 마지막으로, Klein-Gordon 장·Dirac 장·Maxwell 장의 Lagrangian을 제시하고, 다음 장 이후의 양자화를 위한 준비를 갖춘다
3.1 입자의 역학에서 장의 역학으로¶
🟡 리나: 자, 지난 장에서 특수상대론의 도구가 갖춰졌네요. 오늘은 드디어 "장의 역학"의 언어를 정비해 나갈 거예요. 「양자역학」편 제 26 장에서 대칭성과 보존법칙의 깊은 관계를 배웠죠? 오늘은 그것을 "장"의 세계로 확장하는 거예요.
🔵 카이: 양자역학에서는 입자의 파동함수 \(\psi(\mathbf{x}, t)\)를 다루었는데, "장의 역학"은 뭐가 다른 건가요?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 양자역학에서는 입자의 위치 \(q_i(t)\)가 역학 변수였어요. 자유도는 유한 개——3차원이면 3개. 하지만 "장"은 공간의 모든 점에서 값을 가지는 양이에요. 즉 자유도가 연속 무한 개인 거예요. 예를 들어 온도 분포 \(T(\mathbf{x}, t)\)처럼, 공간의 각 점에 하나의 수치(크기만 있고 방향은 없는 양)가 대응하는 것이 "스칼라장"——각 점에 스칼라(단순한 수)가 대응하는 장이에요. 반면, 전기장 \(\mathbf{E}(\mathbf{x}, t)\)처럼 각 점에 벡터(크기와 방향을 가진 양)가 대응하는 것은 "벡터장"이라고 불러요.
⚪ 메이: 그렇구나. 장에는 스칼라장과 벡터장의 구별이 있는 거네. 온도는 스칼라장, 전기장은 벡터장.
🟡 리나: 맞아요. 입자 역학과 장 이론의 대응을 표로 정리해 둘게요.
표 3.1: 입자 역학과 장 이론의 기본 대응
| 입자 역학 | 장 이론 | |
|---|---|---|
| 역학 변수 | \(q_1(t), q_2(t), \ldots, q_N(t)\) | \(\phi_a(\mathbf{x}, t)\) |
| 자유도의 수 | 유한 개(\(N\)개) | 연속 무한 개 |
| 라벨 | 이산적인 첨자 \(i = 1, \ldots, N\) | 연속적인 공간 좌표 \(\mathbf{x}\)와 이산적인 \(a\) |
🔵 카이: 공간의 각 점에 하나씩 자유도가 있으니까 무한 개가 되는 거군요. 고무 시트의 각 점이 독립적으로 상하로 진동할 수 있는 것 같은 이미지인가요? 그런데 "무한 개의 자유도"라니, 계산이 파탄 날 것 같아서 무섭긴 한데……
🟡 리나: 좋은 우려예요. 실제로 무한 개의 자유도를 다루면서 "발산"이라는 문제가 나중에 등장해요——그것은 제 8 장 이후에서 정면으로 다룰 거예요. 하지만 지금은 괜찮아요. Lagrangian 체계가 유한 개든 무한 개든 같은 방식으로 사용할 수 있다는 것이 이 형식의 강점이에요. 이미지로 말하면, 입자 역학은 시트 위에 올려진 "구슬"의 운동을 추적하는 것과 같고, 장 이론은 시트 자체의 진동을 기술하는 거예요. 그림 3.1「이산계에서 연속장으로의 극한」를 봐요——이산적인 스프링-질점계에서 연속장으로의 극한을 그림으로 나타내고 있어요.
✅ 이해도 체크: 입자 역학과 장 이론에서, 역학 변수의 자유도 수는 어떻게 다른가요?
답
입자 역학에서는 역학 변수 \(q_i(t)\)의 자유도가 유한 개(\(N\)개)이지만, 장 이론에서는 장 \(\phi(\mathbf{x}, t)\)가 공간의 각 점에서 값을 가지므로 자유도가 연속 무한 개가 된다. 이산적인 첨자 \(i\)가 연속적인 공간 좌표 \(\mathbf{x}\)로 대체된다.
그림 3.1: 이산계에서 연속장으로의 극한. 이산계(스프링으로 연결된 질점, 자유도 \(N\)개)에서 연속장 \(\phi(x, t)\)(자유도가 연속 무한 개)으로의 극한. 이산적인 첨자 \(i\)가 연속적인 좌표 \(x\)로 대체되는 모습을 보여준다.
Lagrangian 밀도의 도입¶
🟡 리나: 입자 역학에서는 Lagrangian \(L(q, \dot{q}) = T - V\)를 정의하고, 작용 \(S = \int dt \, L\)을 최소화(정확히는 정류시키는 것)해서 운동방정식을 도출했었죠. 장 이론에서도 같은 발상을 사용해요.
먼저, 장 이론의 Lagrangian은 다음과 같이 쓰여요:
여기서 첨자 \(a\)는 장의 종류(성분)를 구별하는 라벨이에요. 예를 들어 스칼라장이 1개뿐이면 \(a\)는 하나의 값만 취하니까 생략할 수 있어요. 여러 개의 실수 스칼라장 \(\phi_1, \phi_2, \ldots\)가 있으면 \(a = 1, 2, \ldots\)로 번호를 매기는 거예요. 전자기장의 포텐셜 \(A_\mu\)처럼 4성분이 있는 장의 경우에도, 형식적으로는 \(a\)가 4개의 값을 취한다고 볼 수 있어요——다만 이 경우의 \(a\)는 시공간의 방향(Lorentz 첨자)과 결부되어 있어서, Lorentz 변환에서 성분이 섞인다는 점에서 단순한 "번호"와는 성질이 달라요. 지금은 "\(a\)는 장의 성분을 구별하는 라벨"이라고만 기억해 두세요. 그 구별은 Maxwell 장을 자세히 다룰 때 다시 설명할게요.
🔵 카이: \(\mathcal{L}\)이 뭐예요? \(L\)과는 다른 건가요?
🟡 리나: \(\mathcal{L}\)은 Lagrangian 밀도 (라그랑지안 밀도)라고 불리는 것으로, "단위 부피당 Lagrangian"이에요. 질량밀도 \(\rho\)가 "단위 부피당 질량"인 것과 같은 발상이죠. 공간 전체에서 적분하면 전체 Lagrangian \(L\)이 돼요.
⚪ 메이: 즉 \(L\)과 \(\mathcal{L}\)의 관계는, 질량 \(M\)과 질량밀도 \(\rho\)의 관계 \(M = \int d^3x \, \rho\)와 같은 구조네.
🟡 리나: 맞아요. 다만 물리학자들은 게으르니까, \(\mathcal{L}\)을 그냥 "Lagrangian"이라고 부르는 경우가 많아요. 문맥으로 판단해 주세요.
그리고 작용 (action) \(S\)는, Lagrangian 밀도를 4차원 시공간 전체에서 적분한 것이에요:
여기서 \(d^4x = dt \, d^3x\)는 4차원의 부피 요소예요.
🔵 카이: \(\mathcal{L}\)은 \(\phi_a\)와 \(\partial_\mu \phi_a\)에만 의존하나요? 2계 미분 \(\partial_\mu \partial_\nu \phi\) 같은 건 들어가지 않나요?
🟡 리나: 날카로운 질문이에요. 여기서는 \(\mathcal{L}\)은 장과 그 1계 미분까지에만 의존한다고 가정해요. 입자 역학에서 \(L(q, \dot{q})\)가 \(\ddot{q}\)에 의존하지 않는 것과 같은 정신이에요. 2계 이상의 미분을 넣으면, Ostrogradsky (오스트로그라드스키) 불안정성이라 불리는 문제가 생겨서, 에너지가 아래로 유계가 아니게 돼요——즉 계가 얼마든지 낮은 에너지 상태로 떨어질 수 있어서, 안정한 "바닥상태"가 존재하지 않게 되는 거예요. 공이 바닥 없는 구멍에 영원히 떨어지는 것과 같아서, 물리적으로 파탄이 나요.
✅ 이해도 체크: Lagrangian 밀도가 장의 2계 이상의 미분에 의존해서는 안 되는 물리적 이유는 무엇인가요?
답
2계 이상의 미분을 포함하는 Lagrangian에서는 Ostrogradsky 불안정성이 발생하여, 에너지가 아래로 유계가 아니게 된다(얼마든지 낮은 에너지 상태가 존재하게 된다). 이는 물리적으로 불안정한 이론을 의미하므로, \(\mathcal{L}\)은 장과 그 1계 미분까지에만 의존한다고 가정한다.
⚪ 메이: 입자 역학과의 대응을 정리하면:
표 3.2: Lagrangian과 작용의 입자·장 대응
| 입자 역학 | 장 이론 | |
|---|---|---|
| Lagrangian | \(L(q, \dot{q})\) | \(L = \int d^3x \, \mathcal{L}(\phi, \partial_\mu \phi)\) |
| 작용 | \(S = \int dt \, L\) | \(S = \int d^4x \, \mathcal{L}\) |
| 의존하는 미분 | \(\dot{q}\)(1계)까지 | \(\partial_\mu \phi\)(1계)까지 |
🟡 리나: 완벽한 정리네요. 한 가지 더 중요한 것을 말해 둘게요. 장의 양자론에서는 Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L}\)을 Lorentz 스칼라(Lorentz 변환에서 값이 변하지 않는 양)로 구성하는 것이 기본 방침이에요. 이렇게 하면 어떤 관성계에서 보더라도 같은 형태의 이론이 얻어져요. 이것이 제 2 장에서 배운 Lorentz 불변성의 요청을 만족시키는 방법이에요.
✅ 이해도 체크: Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L}\)과 Lagrangian \(L\)의 관계를, 질량밀도의 비유를 사용하여 설명해 봅시다.
답
질량밀도 \(\rho\)를 공간 전체에서 적분하면 전체 질량 \(M = \int d^3x\,\rho\)가 되는 것과 마찬가지로, Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L}\)을 공간 전체에서 적분하면 Lagrangian \(L = \int d^3x\,\mathcal{L}\)이 된다. \(\mathcal{L}\)은 "단위 부피당 Lagrangian"이다.
3.2 최소작용의 원리와 장의 Euler-Lagrange 방정식¶
🟡 리나: 입자 역학에서는 작용 \(S\)를 정류시키는 경로 \(q(t)\)가 물리적으로 실현되는 운동이었어요. 장 이론에서도 완전히 같은 발상을 사용해요. 장의 배위 \(\phi_a(x)\)를 미소하게 변형하고, \(\delta S = 0\)을 요구하는 거예요. 그림 3.2「변분 원리의 이미지: 입자 역학(왼쪽)과 장 이론(오른쪽)」에 입자 역학과 장 이론의 변분을 나란히 그려 놓았으니까, 비교해 보세요.
그림 3.2: 변분 원리의 이미지: 입자 역학(왼쪽)과 장 이론(오른쪽). 입자 역학에서는 경로 \(q(t)\)를 미소하게 변형하고 끝점은 고정한다. 장 이론에서는 장의 배위 \(\phi(x)\)를 미소하게 변형하고, 시공간의 경계에서는 \(\delta\phi = 0\)으로 한다. 모두 \(\delta S = 0\)을 요구하여 운동방정식을 도출한다.
🔵 카이: "장을 미소하게 변형한다"는 건 구체적으로 어떤 건가요?
🟡 리나: 장 \(\phi_a(x)\)를 \(\phi_a(x) + \delta\phi_a(x)\)로 조금 비트는 거예요. 단, 시공간의 경계(무한 원점이나 초기·최종 시각)에서는 \(\delta\phi_a = 0\)으로 해요. 즉 끝점은 고정한 채로, 도중의 형태만을 바꾸는 거예요.
그러면 도출해 나갈게요. 작용의 변분은:
⚪ 메이: 이건 다변수함수의 전미분 공식이네. \(\mathcal{L}\)이 \(\phi_a\)와 \(\partial_\mu \phi_a\)라는 "두 변수"에 의존하고 있으니까, 각각의 변화에 대한 기여를 더한 거야.
🔵 카이: 잠깐만요. \(\partial_\mu\phi\)는 \(\phi\)로부터 계산할 수 있는데, 왜 "독립 변수"로 취급할 수 있는 건가요?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 이건 입자 역학에서 \(L(q, \dot{q})\)의 편미분을 계산할 때와 같은 생각이에요. \(\dot{q}\)는 \(q(t)\)의 시간 미분이니까 \(q\)로 결정되는 것이지만, 편미분 \(\frac{\partial L}{\partial q}\)를 계산할 때는 "\(\dot{q}\)를 고정하고 \(q\)만 움직인다"고 약속하죠. 마찬가지로, \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi_a}\)를 계산할 때는 "\(\partial_\mu\phi_a\)를 고정하고 \(\phi_a\)만 움직인다"고 하는 거예요. 이것은 계산의 절차상의 약속이고, 최종적으로 Euler-Lagrange 방정식에 대입한 후에는 \(\partial_\mu\phi\)와 \(\phi\)의 관계가 제대로 복원되니까 걱정하지 마세요.
🟡 리나: 맞아요. 여기서 중요한 것은, 변분 \(\delta\)와 미분 \(\partial_\mu\)의 순서는 교환할 수 있다는 거예요:
이것은 "미소 변화를 취하고 나서 미분한다"와 "미분하고 나서 미소 변화를 취한다"가 같다는 뜻이에요.
🔵 카이: 아하, \(\delta\)는 "조금 비트는" 조작이고, \(\partial_\mu\)는 "미분하는" 조작이니까, 어느 쪽을 먼저 해도 결과는 같다는 거군요.
🟡 리나: 맞아요. 그러면 식 (3.3)의 제2항에 부분적분을 적용할게요. 1변수의 부분적분 \(\int u \, dv = uv - \int v \, du\)의 4차원 버전이에요.
생각하는 방식은 이래요. 곱의 미분 공식(Leibniz 법칙) \(\partial_\mu(fg) = (\partial_\mu f)g + f(\partial_\mu g)\)를 사용하여 \(f(\partial_\mu g) = \partial_\mu(fg) - (\partial_\mu f)g\)로 변형하는 거예요. 여기서 \(f = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}\), \(g = \delta\phi_a\)로 놓으면:
🔵 카이: 마지막 항은 뭔가요?
🟡 리나: 마지막 항은 전미분 (total divergence)이에요. 1변수의 경우를 떠올려 봐요. \(\int_a^b \frac{d}{dx}[f(x)]\,dx = f(b) - f(a)\)로, 전미분의 적분은 끝점의 값만으로 결정되잖아요? 4차원에서도 같은 일이 일어나요. 4차원 Gauss의 정리(발산 정리)를 사용하면, \(\int d^4x\,\partial_\mu(\cdots)\)는 시공간의 "끝"——즉 경계면 위의 면적분으로 변환할 수 있어요. 그리고 경계에서 \(\delta\phi_a = 0\)으로 하고 있으니까, 이 항은 사라지는 거예요.
따라서:
🔵 카이: \(\delta S = 0\)이라는 건, 이 적분 전체가 0이 된다는 거죠. 그런데 \(\delta\phi_a\)는 임의니까……혹시 대괄호 안의 내용 자체가 0이어야 한다는 건가요?
🟡 리나: 맞아요! 만약 대괄호 안이 어떤 점에서 0이 아니라면, 그 점 주위에서만 \(\delta\phi_a \neq 0\)이 되는 변분을 선택하면 \(\delta S \neq 0\)이 되어 버려요——"임의의 \(\delta\phi_a\)에 대해 \(\delta S = 0\)"에 모순이죠. 그래서 대괄호 안은 각 점에서 0이어야 해요. 이렇게 해서 장의 Euler-Lagrange 방정식이 얻어져요:
그림 3.3: 최소작용의 원리와 장의 운동방정식 도출. Lagrangian 밀도 → 작용 → 변분 원리 → Euler-Lagrange 방정식이라는 도출 흐름. 부분적분과 표면항의 소거가 핵심이 된다.
🔵 카이: 오오! 입자 역학의 Euler-Lagrange 방정식 \(\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} - \frac{\partial L}{\partial q} = 0\)과 딱 닮았네요!
🟡 리나: 정확히 그 자연스러운 확장이에요. 대응 관계를 정리해 둘게요:
표 3.3: Euler-Lagrange 방정식의 입자·장 대응
| 입자 역학 | 장 이론 |
|---|---|
| \(\dfrac{d}{dt}\) | \(\partial_\mu\)(시간미분 → 시공간미분) |
| \(\dfrac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) | \(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi_a)}\) |
| \(\dfrac{\partial L}{\partial q}\) | \(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi_a}\) |
⚪ 메이: 시간미분 \(d/dt\)가 4차원 미분 \(\partial_\mu\)로 대체되고, \(\mu\)에 대해 합을 취하는(Einstein의 축약 표기법) 것으로, 시간 방향뿐만 아니라 공간 방향의 미분도 포함하고 있는 거네.
✅ 이해도 체크: 장의 Euler-Lagrange 방정식 도출에서, 부분적분 후에 나타나는 "표면항"이 사라지는 이유는 무엇인가요?
답
장의 변분 \(\delta\phi_a\)가 시공간의 경계(무한 원점이나 초기·최종 시각)에서 0이 된다는 경계 조건을 부과하고 있기 때문에, Gauss의 정리로 면적분으로 변환된 항이 사라진다.
구체적인 예: Klein-Gordon 방정식의 도출¶
🟡 리나: 바로 Euler-Lagrange 방정식을 사용해 봅시다. 실수 스칼라장 (real scalar field) \(\phi(x)\)에 대한 다음 Lagrangian 밀도를 생각해요:
🔵 카이: 이 Lagrangian은 어디서 온 건가요? 왜 이 형태인 건가요?
🟡 리나: 아주 좋은 질문이에요. 이 Lagrangian을 선택하는 이유는 3가지가 있어요:
- Lorentz 스칼라이다: \(\partial_\mu \phi \, \partial^\mu \phi\)는 Lorentz 변환에서 값이 변하지 않는다
- 장과 그 1계 미분만을 포함한다: 2계 이상의 미분은 포함하지 않는다
- 가장 단순하다: \(\phi\)와 \(\partial_\mu\phi\)로 만들 수 있는 Lorentz 스칼라 중에서 가장 단순한 조합이다
구조를 살펴봅시다. 제 2 장에서 배운 계량 텐서 \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\)을 사용하여 전개하면:
따라서:
🔵 카이: 아, 전개해 보니 \(T - V\) 구조가 보이네요. \(\dot{\phi}^2\)이 운동에너지적이고, 나머지가 퍼텐셜적이군요.
🟡 리나: 맞아요. 입자 역학의 \(L = T - V\)와 비교해 봅시다. \(\frac{1}{2}\dot{\phi}^2\)은 장의 시간 변화에 관련된 "운동에너지적인 항", \(\frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{1}{2}m^2\phi^2\)은 장의 공간 변화와 장의 값 자체에 관련된 "퍼텐셜에너지적인 항"에 대응하고 있어요.
⚪ 메이: 그렇구나, 입자 역학의 \(T - V\) 구조가 그대로 장으로 확장된 거네.
🟡 리나: 맞아요. 그러면 Euler-Lagrange 방정식에 필요한 편미분을 계산해 나갈게요.
단계 1: \(\phi\)에 의한 편미분
\(\mathcal{L}\) 중에서 \(\phi\) 자체(미분이 붙지 않은 \(\phi\))를 포함하는 항은 \(-\frac{1}{2}m^2\phi^2\)뿐이에요. 따라서:
단계 2: \(\partial_\mu \phi\)에 의한 편미분
\(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi \, \partial_\beta\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2\)를 \(\partial_\mu\phi\)로 미분하는 거예요. 이건 \(\frac{d}{dv}\left(\frac{1}{2}v^2\right) = v\)와 같은 요령으로:
🔵 카이: 왜 첨자가 위로 올라가나요?
🟡 리나: \(\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi \, \partial_\beta\phi\)를 \(\partial_\mu\phi\)로 미분하면, 계량 텐서가 첨자를 올려주는 거예요. 구체적으로 쓰면:
중간 계산을 보충할게요. 여기서 \(\delta^\mu_\alpha\)는 Kronecker (크로네커) 델타——\(\mu = \alpha\)일 때 1, 그 외에는 0——예요. \(\partial_\beta\phi\)를 \(\partial_\mu\phi\)로 미분한다는 것은 이렇게 생각하면 돼요. \(\partial_0\phi, \partial_1\phi, \partial_2\phi, \partial_3\phi\)를 4개의 독립 변수라고 생각하는 거예요. 예를 들어 \(x, y, z, w\)라는 4개의 변수가 있을 때, \(\frac{\partial y}{\partial x} = 0\), \(\frac{\partial y}{\partial y} = 1\)이잖아요? 그것과 마찬가지로, \(\frac{\partial(\partial_\beta\phi)}{\partial(\partial_\mu\phi)}\)는 "\(\beta = \mu\)일 때만 1, 그 외에는 0"——즉 \(\delta^\mu_{\;\beta}\)가 되는 거예요.
⚪ 메이: 즉 계량 텐서가 Kronecker 델타로 남은 첨자를 올려주는 구조라는 거네.
🟡 리나: 맞아요. 이 \(\delta^\mu_{\;\beta}\)에서 \(\mu\)가 윗첨자인 이유는, 제 2 장에서 배운 "첨자를 올리는 조작"과 정합하기 위해서예요. 구체적으로 살펴보면, 제1항에서는 \(\delta^\mu_\alpha\)가 \(\alpha = \mu\)를 선택하니까 \(\eta^{\alpha\beta} \to \eta^{\mu\beta}\), 그리고 \(\eta^{\mu\beta}\partial_\beta\phi = \partial^\mu\phi\)(이것이 "계량으로 첨자를 올리는" 조작이에요). 제2항도 마찬가지로 \(\delta^\mu_\beta\)가 \(\beta = \mu\)를 선택해서 \(\eta^{\alpha\mu}\partial_\alpha\phi = \partial^\mu\phi\). 두 항이 같은 \(\partial^\mu\phi\)가 되는 것은, 계량 텐서의 대칭성 \(\eta^{\alpha\beta} = \eta^{\beta\alpha}\) 덕분이에요.
요컨대, \(\frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\phi)}\)로 미분하면, 계량 텐서가 나머지 첨자를 위로 끌어올려 주어서, 결과가 \(\partial^\mu\phi\)(윗첨자)가 되는 거예요. 지금은 "이 계산 규칙으로 \(\partial^\mu\phi\)가 나온다"는 점만 파악해 두면 충분해요.
단계 3: Euler-Lagrange 방정식에 대입
식 (3.7)에 대입하면:
🔵 카이: 이거, 「양자역학」편 제 27 장에서 본 Klein-Gordon 방정식이네요!
🟡 리나: 맞아요! 「양자역학」편 제 27 장에서는 상대론적 에너지-운동량 관계 \(E^2 = |\mathbf{p}|^2 + m^2\)에서 출발하여 "연산자로 대체하는" 방법으로 도출했었죠. 이번에는 Lagrangian으로부터 자동적으로 도출된 거예요. 좀 더 익숙한 형태로 써 봅시다. \(\partial_\mu\partial^\mu = \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2\)이니까:
이 \(\partial_\mu\partial^\mu\)를 묶어서 \(\Box\)라 쓰고, d'Alembertian (달랑베르시안)이라고 불러요. 이것을 사용하면 Klein-Gordon 방정식은 \((\Box + m^2)\phi = 0\)으로 간결하게 쓸 수 있어요. 그리고 \(m = 0\)으로 놓으면 \(\Box\phi = 0\)——보통의 파동방정식으로 돌아가요.
분산 관계의 읽어내기¶
🟡 리나: Klein-Gordon 방정식의 평면파 해를 시도해 봅시다. \(\phi \propto e^{-iEt + i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}\)라는 형태를 가정하는 거예요. 여기서 \(E\)와 \(\mathbf{p}\)는 아직 미지의 상수 매개변수——이것이 무엇에 대응하는지는 방정식에 대입하면 알 수 있어요.
대입하면:
\(\phi \neq 0\)이면:
🔵 카이: Einstein의 에너지-운동량 관계 그 자체네요! Lagrangian에 \(m^2\phi^2\) 항을 넣은 것이, 입자에 질량 \(m\)을 부여하는 것에 대응하는 거군요.
🟡 리나: 맞아요. 만약 \(m = 0\)이면 \(E = |\mathbf{p}|\)가 되어서, 광자처럼 질량이 0인 입자의 분산 관계가 돼요. \(m \neq 0\)이면 \(|\mathbf{p}| = 0\)이어도 \(E = m \neq 0\)——정지 에너지 \(E = mc^2\)(자연단위계에서는 \(E = m\))가 존재해요.
✅ 이해도 체크: Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi\)(\(m^2\) 항 없음)로부터 도출되는 운동방정식과, 그 분산 관계를 써 보세요.
답
운동방정식은 \(\partial_\mu\partial^\mu\phi = 0\)(파동방정식). 분산 관계는 \(E^2 = |\mathbf{p}|^2\), 즉 \(E = |\mathbf{p}|\). 이것은 질량이 0인 입자에 대응한다.
3.3 Noether의 정리 — 대칭성에서 보존법칙을 도출하다¶
🟡 리나: 자, 여기서부터가 이 장의 핵심 부분이에요. 「양자역학」편 제 26 장에서 "대칭성이 있으면 보존량이 있다"는 것을 배웠죠. 그때 구체적으로 본 대응은:
표 3.4: 대칭성과 보존량의 대응
| 대칭성 | 보존량 |
|---|---|
| 공간 병진 불변성 | 운동량 |
| 회전 불변성 | 각운동량 |
| 시간 병진 불변성 | 에너지 |
오늘은 이 관계를, 장 이론의 맥락에서 수학적으로 증명할 거예요. 이것이 Noether의 정리 (뇌터의 정리)예요.
그림 3.4: Noether의 정리에 의한 대칭성과 보존량의 대응. Noether의 정리가 연결하는 대칭성과 보존량의 대응 — 시공간 병진 → 에너지·운동량, 회전 → 각운동량, \(U(1)\) 위상변환 → 전하(\(U(1)\)에 대해서는 본 장 후반에서 자세히 다룬다).
🔵 카이: Emmy Noether (에미 뇌터) 선생님이 증명한 정리죠.
🟡 리나: 맞아요. 1918년에 발표된 정리로, 물리학에서 가장 아름답고 가장 실용적인 정리 중 하나라고 불려요. 그림 3.4「Noether의 정리에 의한 대칭성과 보존량의 대응. Noether의 정리가 연결하는 대칭성과 보존량의 대응」에 대칭성과 보존량의 대응을 그림으로 나타내 놓았으니까, 전체상을 파악하면서 들어 주세요. 정리의 주장을 먼저 말해 둘게요:
Noether의 정리: Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L}\)이 어떤 연속적인 변환에 대해 불변이면, 그 변환에 대응하는 보존 커런트 (conserved current) \(j^\mu\)가 존재하여, \(\partial_\mu j^\mu = 0\)을 만족한다.
🔵 카이: "보존 커런트"가 뭔가요? "커런트"는 전류를 말하는 거잖아요? 왜 대칭성에서 전류가 나오는 건가요?
🟡 리나: \(\partial_\mu j^\mu = 0\)이라는 식의 의미를 성분으로 풀어 쓰면 알 수 있어요:
🔵 카이: 아, 이건 연속 방정식 (continuity equation)이네요! 전자기학에서 전하밀도 \(\rho\)와 전류밀도 \(\mathbf{j}\)가 \(\frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \cdot \mathbf{j} = 0\)을 만족하는 것과 같은 형태예요.
🟡 리나: 정확히 그래요. \(j^0\)은 "무언가의 밀도", \(\mathbf{j} = (j^1, j^2, j^3)\)는 "무언가의 흐름"으로 해석할 수 있어요. 그리고, 전 공간에서 \(j^0\)을 적분한 양:
은 시간적으로 변하지 않는다——즉 보존량이에요.
🔵 카이: \(Q\)가 보존된다는 건, \(\frac{dQ}{dt} = 0\)이라는 뜻이죠. 그런데 \(Q = \int d^3x\,j^0\)의 시간미분을 취하면 \(\frac{dQ}{dt} = \int d^3x\,\frac{\partial j^0}{\partial t}\)가 되는데, 이것이 0이 되는 이유가 아직 안 보여요.
🟡 리나: 연속 방정식 \(\frac{\partial j^0}{\partial t} = -\nabla\cdot\mathbf{j}\)를 대입하면 \(\frac{dQ}{dt} = -\int d^3x\,\nabla\cdot\mathbf{j}\)가 되죠. 그리고 이것을 Gauss의 정리로 면적분으로 변환할 수 있어요. \(\int d^3x\,\nabla\cdot\mathbf{j}\)는 충분히 큰 구면 위에서의 \(\mathbf{j}\)의 면적분과 같잖아요? 여기서 물리적인 경계 조건을 사용하는 거예요. 장 이론에서는 "계의 전체 에너지가 유한하다"는 조건을 부과해요. 직관적으로 말하면, 만약 장 \(\phi\)가 무한 원점에서도 0에 가까워지지 않으면, 에너지 밀도 \(T^{00} \sim \phi^2\)가 공간 어디까지나 퍼져 있어서, 전 공간에서 적분하면 무한대가 되어 버려요——물리적으로 있을 수 없잖아요. 그래서 "에너지가 유한하다"는 조건은, 장 \(\phi\)와 그 미분이 무한 원점에서 충분히 빠르게 0에 가까워지는 것을 요구해요. 그러면 \(j^\mu\)도 \(\phi\)와 그 미분으로 구성되어 있으니까, 무한 원점에서 감쇠해요. 따라서 구면을 충분히 크게 잡으면 면적분은 0이 되어서, \(\frac{dQ}{dt} = 0\)이 증명돼요.
⚪ 메이: 즉 "유한 에너지의 물리적인 장" → "무한 원점에서 장이 감쇠" → "면적분이 0" → "\(Q\)가 보존"이라는 논리의 흐름이네.
Noether의 정리 증명¶
🟡 리나: 그러면 증명에 들어갈게요. 장 \(\phi(x)\)가 미소한 연속 변환을 받아서:
와 같이 변한다고 합시다. 이때 Lagrangian 밀도의 변분은:
🔵 카이: 이건 식 (3.3)과 같은 형태네요.
🟡 리나: 맞아요. 여기서 식 변형의 트릭을 사용할게요. 먼저, \(\delta(\partial_\mu\phi) = \partial_\mu(\delta\phi)\)를 사용해요. 다음으로, 곱의 미분 공식 (Leibniz 법칙) \(\partial_\mu(fg) = (\partial_\mu f)g + f(\partial_\mu g)\)를 변형하여 \(f(\partial_\mu g) = \partial_\mu(fg) - (\partial_\mu f)g\)로 하는 거예요. 이것을 사용하여 제2항을 고쳐 쓰면:
⚪ 메이: 아하, 고등학교에서 배운 곱의 미분 공식을 이항한 것뿐인 조작이네.
🟡 리나: 맞아요. 식 (3.18)을 식 (3.17)에 대입하면:
🔵 카이: 첫 번째 대괄호 안은……아! Euler-Lagrange 방정식의 좌변이네요!
🟡 리나: 맞아요! 여기가 Noether의 정리의 포인트예요. 조금 정리해 둘게요. 아까와 지금에서 뭐가 다른지를 명확히 해 둘게요.
- Euler-Lagrange 방정식의 도출(아까 한 것): \(\phi(x)\)는 아직 뭐든 상관없는 미지의 장. "임의의 \(\delta\phi\)에 대해 \(\delta S = 0\)"을 요구했어요. \(\delta\phi\)가 뭐든 상관없으니까, 피적분함수 자체가 0이어야 해——이렇게 해서 운동방정식이 도출되었어요.
- Noether의 정리(지금 하고 있는 것): \(\phi(x)\)는 이미 운동방정식을 만족하고 있어요——즉 물리적으로 실현된 장의 배위예요. 그 위에서 특정한 변환(대칭성 변환) \(\delta\phi\)를 적용하고 있는 거예요.
⚪ 메이: 같은 식 (3.19)를 사용하고 있어도, 전제가 완전히 다른 거네. 전에는 "방정식을 도출하기 위해 임의의 \(\delta\phi\)를 생각했다", 지금은 "방정식이 성립하는 장 위에서 특정한 \(\delta\phi\)를 생각하고 있다"와 같이.
🟡 리나: 맞아요. 운동방정식이 성립하는 장 위에서는, 대괄호 안(= Euler-Lagrange 방정식의 좌변)은 \(\delta\phi\)가 무엇이든 항등적으로 0이에요——왜냐하면 대괄호 안의 내용 자체가 \(\delta\phi\)에 의존하지 않는 양(\(\phi\)와 그 미분만으로 쓰여 있는 것)이고, 그것이 운동방정식에 의해 0이 되고 있으니까요. 따라서:
여기서 대칭성의 조건을 사용해요. "\(\mathcal{L}\)이 이 변환에 대해 불변"이라는 것은 \(\delta\mathcal{L} = 0\)이라는 뜻이에요. 따라서:
🔵 카이: 오오, 이것만으로 보존법칙이 나오는 건가요! 괄호 안의 내용이 그대로 보존 커런트가 되는 거네요.
🟡 리나: 즉, 괄호 안의 내용을 \(j^\mu\)라 이름 붙이면: \(j^\mu \equiv \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \, \delta\phi\)가 \(\partial_\mu j^\mu = 0\)을 만족한다——이것이 보존 커런트예요.
⚪ 메이: 대칭성 조건 \(\delta\mathcal{L} = 0\)과 운동방정식을 결합한 것만으로, 보존법칙이 자동으로 나오는 거네.
🟡 리나: 바로 그래요. 여기서, 미소 변환을 "크기"와 "방향"으로 분해해서 쓰면 편리해요. 예를 들어 위상변환 \(\delta\phi = i\alpha\,\phi\)를 생각하면, \(\alpha\)가 "얼마나 회전시키는가"라는 크기이고, \(i\phi\)가 "어떤 방향으로 변하는가"라는 형태를 나타내고 있잖아요? 이것을 일반적으로 \(\delta\phi = \epsilon \, D\phi\)라고 쓰는 거예요. \(\epsilon\)은 "얼마나 변환하는가"를 나타내는 작은 상수 매개변수, \(D\phi\)는 "\(\epsilon\)을 묶어낸 나머지"——즉 "장이 어떤 형태로 변하는가"를 나타내는 양이에요.
🔵 카이: \(D\)는 미분의 \(d\)와는 관계없나요?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 여기서의 \(D\)는 미분 연산자가 아니라, 단순히 "\(\delta\phi\)에서 상수 매개변수 \(\epsilon\)을 묶어낸 나머지"를 나타내는 기호예요. 즉 \(\delta\phi = \epsilon \times D\phi\)라는 분해의 정의식으로부터 \(D\phi \equiv \delta\phi / \epsilon\)으로 결정되는 거예요.
위상변환의 예로 확인하면: \(\delta\phi = i\alpha\,\phi\)이니까, \(\epsilon = \alpha\), \(D\phi = \delta\phi/\epsilon = i\phi\). 즉 \(D\phi\)는 "\(\phi\)에 \(i\)를 곱한 것"——장의 값 자체에 상수를 곱한 양이에요. 변환의 종류가 바뀌면 \(D\phi\)의 형태도 바뀌어요. 다음 절에서 시공간 병진을 다룰 때, \(D\phi = \partial_\nu\phi\)라는 다른 형태가 나오니까, 그때 다시 확인합시다.
왜 일부러 \(\epsilon\)과 \(D\phi\)로 나누는가 하면, 식 (3.21)의 \(\partial_\mu\!\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \cdot \epsilon\,D\phi\right) = 0\)에서, \(\epsilon\)은 상수이니까 \(\partial_\mu\) 밖으로 꺼낼 수 있어요. \(\epsilon \neq 0\)으로 양변을 나누면, 보존 커런트의 표현식이 \(\epsilon\)의 값에 의존하지 않는 보편적인 형태가 돼요——즉 "얼마나 변환했는가"에 상관없이, 대칭성의 종류만으로 보존량이 결정된다는 거예요.
이렇게 쓰면, 식 (3.21)의 \(\delta\phi\)를 \(\epsilon\,D\phi\)로 대체하여 \(\partial_\mu\!\left(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} \cdot \epsilon\,D\phi\right) = 0\)이 돼요. \(\epsilon\)은 \(x\)에 의존하지 않는 상수이니까 \(\partial_\mu\) 밖으로 꺼낼 수 있어서:
\(\epsilon \neq 0\)으로 양변을 나누면, 보존 커런트 \(j^\mu\)를 다음과 같이 정의할 수 있어요:
이것이 Noether의 정리의 결론이에요(\(\delta\mathcal{L} = 0\)인 경우).
주의: 이 식 (3.22)은, \(\delta\mathcal{L} = 0\)(Lagrangian 밀도가 완전히 불변)이고 변환 매개변수가 상수 1개인 경우에 그대로 사용할 수 있는 형태예요. 다음 절에서 다루는 \(U(1)\) 위상변환(\(\delta\phi = i\alpha\,\phi\), 매개변수는 \(\alpha\) 하나, \(\delta\mathcal{L} = 0\))이 정확히 이 경우에 해당해요. 반면, 시공간 병진에서는 \(\delta\mathcal{L} \neq 0\)(단 전미분이 됨)이고 매개변수가 4성분이니까, 다음의 「일반화: \(\delta\mathcal{L}\)이 전미분인 경우」에서 도출하는 식 (3.25)의 일반화를 사용하게 돼요——구체적으로는 그 절에서 보니까, 지금은 "식 (3.22)가 \(\delta\mathcal{L} = 0\)인 경우의 기본형"이라는 것만 기억해 두세요.
\(\delta\mathcal{L} \neq 0\)이지만 전미분이 되는 경우의 일반화는, 바로 뒤의 「일반화: \(\delta\mathcal{L}\)이 전미분인 경우」에서 다룰게요.
🔵 카이: 대단해요……대칭성(\(\delta\mathcal{L} = 0\))과 운동방정식(Euler-Lagrange 방정식)의 2가지를 결합하는 것만으로 보존 커런트가 나오다니요.
🟡 리나: 맞아요. 이 증명의 아름다움은, "대칭성"과 "운동방정식"이라는 2개의 독립된 조건이, 보존법칙이라는 하나의 결론으로 합류하는 곳에 있어요.
일반화: \(\delta\mathcal{L}\)이 전미분인 경우¶
🟡 리나: 사실, \(\delta\mathcal{L} = 0\)이 아니어도 Noether의 정리를 사용할 수 있어요. 다음 절에서 시공간 병진을 생각할 때, Lagrangian 밀도 자체는 변하지만(\(\delta\mathcal{L} \neq 0\)), 그 변화가 특별한 형태를 하고 있으면 보존법칙을 도출할 수 있어요——그런 상황이 실제로 나타나요.
구체적으로는, \(\delta\mathcal{L}\)이 무언가의 4차원 발산(전미분)의 형태:
가 되어 있으면 충분해요.
🔵 카이: \(\delta\mathcal{L} \neq 0\)인데 "대칭성"이라고 부를 수 있나요?
🟡 리나: 좋은 의문이에요. 포인트는 "작용 \(S\)가 변하는지 여부"예요. \(\delta S = \int d^4x\,\delta\mathcal{L} = \int d^4x\,\partial_\mu K^\mu\)를 Gauss의 정리로 변환하면, 시공간의 "끝"——즉 경계면 위의 면적분이 돼요. 1변수 적분으로 예를 들면, \(\int_a^b \frac{df}{dx}dx = f(b) - f(a)\)처럼, 전미분의 적분은 끝점의 값만으로 결정되잖아요? 같은 일이 4차원에서도 일어나요. 경계에서 장을 고정하는(\(\delta\phi = 0\)) 조건하에서는, 이 표면항은 운동방정식의 도출에 기여하지 않아요. 즉 \(\delta\mathcal{L}\)이 전미분이면, Lagrangian 밀도의 값은 변해도 물리(운동방정식)는 변하지 않는 거예요. 이것을 준대칭성 (quasi-symmetry)이라고 부르기도 하지만, 이름은 기억하지 않아도 돼요. 중요한 것은 "\(\delta\mathcal{L}\)이 전미분이면 Noether의 정리를 사용할 수 있다"는 거예요.
⚪ 메이: 그렇구나. \(\delta\mathcal{L} = 0\)은 "밀도가 변하지 않는다", \(\delta\mathcal{L} = \partial_\mu K^\mu\)는 "밀도는 변하지만 작용(전체 적분)은 변하지 않는다"——둘 다 물리로서는 등가인 거네.
🟡 리나: 이 경우, 식 (3.20)의 좌변과 식 (3.23)의 우변은 둘 다 \(\delta\mathcal{L}\)에 같으니까:
양변의 차를 취하고 \(\partial_\mu\)로 묶으면:
따라서 보존 커런트는:
⚪ 메이: 시공간 병진의 경우는 \(\delta\mathcal{L} \neq 0\)이지만 전미분이 되니까, 이 일반화가 필요한 거네.
🟡 리나: 맞아요. 그러면 구체적인 예를 봐 봅시다.
✅ 이해도 체크: Noether의 정리 증명에서, Euler-Lagrange 방정식이 수행하는 역할을 한마디로 말해 주세요.
답
Euler-Lagrange 방정식이 성립함으로써, \(\delta\mathcal{L}\)의 표현식에서 "운동방정식의 항"이 0이 되고, 남은 전미분 항이 보존 커런트의 발산 0 조건 \(\partial_\mu j^\mu = 0\)을 제공한다.
3.4 구체적인 예① — 시공간 병진 불변성과 에너지·운동량 텐서¶
🟡 리나: 첫 번째 구체적인 예로, 시공간 병진에 대한 불변성을 생각해 볼게요. 시공간 좌표를 \(x^\mu \to x^\mu + \epsilon^\mu\)(\(\epsilon^\mu\)는 미소한 상수 벡터)로 옮기는 변환이에요.
🔵 카이: "물리법칙은 우주 어디에서나, 언제나 같다"는 가정이네요.
🟡 리나: 맞아요. 이 변환 아래에서 장은 어떻게 변하는가? 장 \(\phi(x)\)는 시공간의 함수이니까, 좌표가 \(x^\mu + \epsilon^\mu\)로 이동하면:
Taylor 전개의 1차 항이에요. 따라서:
아까의 일반적인 분해 \(\delta\phi = \epsilon\,D\phi\)와 비교하면, 시공간 병진에서는 \(\epsilon^\nu\)가 매개변수이고 \(D\phi = \partial_\nu\phi\)에 해당해요.
⚪ 메이: 그렇구나, \(U(1)\)일 때는 \(D\phi = i\phi\)였는데, 시공간 병진에서는 \(D\phi = \partial_\nu\phi\)가 되는 거네. 변환의 종류에 따라 \(D\phi\)의 형태가 바뀐다는 이야기가 여기서 구체적으로 보여.
🟡 리나: 다음으로, Lagrangian 밀도의 변화를 생각해 볼게요. \(\mathcal{L}\)은 좌표 \(x^\mu\)에 양적으로는(explicitly) 의존하지 않아요——즉 \(\mathcal{L}(\phi, \partial_\mu\phi)\)라는 형태로, \(x\)가 직접 인수에 들어가 있지 않아요. 하지만 \(\phi(x)\) 자체가 \(x\)의 함수이니까, \(\mathcal{L}\)도 간접적으로 \(x\)의 함수가 되고 있어요.
여기서 \(\delta\mathcal{L}\)을 2가지 방법으로 계산해 볼게요.
좌표가 \(x^\mu \to x^\mu + \epsilon^\mu\)로 이동했을 때, \(\mathcal{L}\)의 값은 어떻게 변하는가? \(\mathcal{L}\)은 \(x\)를 직접 인수로 갖지 않지만, \(\phi(x)\)가 \(x\)의 함수이니까 간접적으로 \(x\)에 의존하고 있어요. 연쇄법칙(합성함수의 미분)으로 계산하면: \(\mathcal{L}(\phi, \partial_\mu\phi)\)의 인수 \(\phi\)와 \(\partial_\mu\phi\)가 각각 \(\delta\phi = \epsilon^\nu\partial_\nu\phi\)와 \(\delta(\partial_\mu\phi) = \epsilon^\nu\partial_\nu(\partial_\mu\phi)\)만큼 변하니까요. 두 번째 식을 확인해 둘게요. \(\delta\phi = \epsilon^\nu\partial_\nu\phi\)의 양변을 \(\partial_\mu\)로 미분하면 \(\partial_\mu(\delta\phi) = \partial_\mu(\epsilon^\nu\partial_\nu\phi) = \epsilon^\nu\partial_\mu\partial_\nu\phi\)(\(\epsilon^\nu\)는 상수이니까 \(\partial_\mu\) 밖으로 꺼낼 수 있어요). 그리고 편미분의 순서는 교환할 수 있으니까(\(\partial_\mu\partial_\nu\phi = \partial_\nu\partial_\mu\phi\), 이것은 함수가 충분히 매끄러우면 항상 성립하는 성질이에요) \(\epsilon^\nu\partial_\mu\partial_\nu\phi = \epsilon^\nu\partial_\nu(\partial_\mu\phi)\). 한편, 식 (3.4)에서 확인했듯이 \(\delta(\partial_\mu\phi) = \partial_\mu(\delta\phi)\)이니까, 결국 \(\delta(\partial_\mu\phi) = \epsilon^\nu\partial_\nu(\partial_\mu\phi)\)가 얻어져요. 이상을 종합하면:
우변의 괄호 안은, 정확히 \(\mathcal{L}\)을 \(x^\nu\)의 합성함수로 보았을 때의 전체 변화율 \(\partial_\nu\mathcal{L}\) 그 자체예요. 이것은 연쇄법칙(합성함수의 미분)의 결과: \(\partial_\nu\mathcal{L} = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\partial_\nu\phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\partial_\nu(\partial_\mu\phi)\)와 일치하고 있어요. 따라서:
🔵 카이: 즉 "\(\mathcal{L}\)은 \(x\)에 양적으로 의존하지 않는다"고 말하면서, \(\phi(x)\)를 통해 간접적으로는 \(x\)의 함수이니까, \(\partial_\nu\mathcal{L} \neq 0\)이 될 수 있는 거군요.
🟡 리나: 맞아요. 여기서 \(\partial_\nu\mathcal{L}\)은 "\(\mathcal{L}\)을 \(x^\nu\)의 함수로 보았을 때의 전체 변화율"——\(\phi\)와 \(\partial_\mu\phi\)가 \(x\)에 의존하는 것을 통한 간접적인 미분이에요. "\(\mathcal{L}\)은 \(x\)에 양적으로 의존하지 않는다"고 했는데 \(\partial_\nu\mathcal{L} \neq 0\)인 것은 모순처럼 보일 수 있지만, \(\phi(x)\) 자체가 \(x\)의 함수이니까, \(\mathcal{L}(\phi(x), \partial_\mu\phi(x))\)는 \(x\)를 통해 간접적으로 변하는 거예요. 위의 연쇄법칙 계산이 바로 그 간접적인 의존을 추적한 것이에요.
자, 식 (3.25)에 대입하려면 \(\delta\mathcal{L} = \partial_\mu K^\mu\)의 형태로 만들고 싶어요. 여기서 곱의 미분 공식을 사용하면 \(\partial_\nu(\epsilon^\nu\mathcal{L}) = (\partial_\nu\epsilon^\nu)\mathcal{L} + \epsilon^\nu\partial_\nu\mathcal{L}\)인데, \(\epsilon^\nu\)는 상수(\(x\)에 의존하지 않음)이니까 \(\partial_\nu\epsilon^\nu = 0\)이에요. 따라서 \(\epsilon^\nu\partial_\nu\mathcal{L} = \partial_\nu(\epsilon^\nu\mathcal{L})\)로 쓸 수 있어요. \(\partial_\nu(\epsilon^\nu\mathcal{L})\)의 \(\nu\)는 위와 아래에 1번씩 나타나서 합을 취하는 더미 첨자이니까, 이름을 \(\mu\)로 바꿔도 값은 같아요:
이것으로 \(\delta\mathcal{L} = \partial_\mu K^\mu\)의 형태가 됐어요. \(K^\mu = \epsilon^\mu\mathcal{L}\)이에요.
단, 다음 단계(식 (3.29))에서 \(\epsilon^\nu\)를 공통 인수로 묶어내고 싶어요. \(\delta\phi = \epsilon^\nu \partial_\nu\phi\) 쪽에는 이미 \(\epsilon^\nu\)가 붙어 있잖아요? \(K^\mu\) 쪽에도 같은 첨자 \(\nu\)를 가진 \(\epsilon^\nu\)를 내놓고 싶은 거예요.
그래서 항등적인 고쳐 쓰기 \(\epsilon^\mu = \epsilon^\nu\delta^\mu_\nu\)를 사용하는 거예요. 이것은 "\(\nu\)에 대해 합을 취하지만, \(\delta^\mu_\nu\)가 \(\nu = \mu\)만을 선택하니까 결국 \(\epsilon^\mu\)로 돌아온다"는, 값을 전혀 바꾸지 않는 고쳐 쓰기예요. 구체적인 예로 확인하면, \(\mu = 2\)일 때 \(\epsilon^\nu\delta^2_\nu = \epsilon^0 \cdot 0 + \epsilon^1 \cdot 0 + \epsilon^2 \cdot 1 + \epsilon^3 \cdot 0 = \epsilon^2\)——확실히 원래와 같죠.
이렇게 \(K^\mu = \epsilon^\nu\delta^\mu_{\ \nu}\mathcal{L}\)로 고쳐 쓰면, \(\delta\phi\)와 \(K^\mu\) 모두에 \(\epsilon^\nu\)가 공통 인수로 나타나서, 식 (3.29)에서 깔끔하게 묶어낼 수 있게 돼요.
🔵 카이: \(\delta\mathcal{L} \neq 0\)이지만 전미분 형태가 되어 있으니까, 식 (3.25)의 일반화를 사용할 수 있는 거군요.
🟡 리나: 맞아요. 식 (3.25)에 대입할게요. \(\delta\phi = \epsilon^\nu \partial_\nu\phi\)이니까:
보존법칙 \(\partial_\mu j^\mu = 0\)에 \(j^\mu = \epsilon^\nu[\cdots]\)를 대입하면 \(\epsilon^\nu\,\partial_\mu[\cdots] = 0\)이 돼요(\(\epsilon^\nu\)는 상수이니까 \(\partial_\mu\) 밖으로 꺼낼 수 있어요). 여기서 중요한 것은, \(\epsilon^\nu\)가 "어느 방향으로 얼마나 옮기는가"를 나타내는 임의의 매개변수라는 거예요. 시간 방향으로 옮기든, \(x\) 방향으로 옮기든, 어느 방향으로 옮기든 물리법칙은 변하지 않아야 하잖아요——그래서 위의 등식은 어떤 \(\epsilon^\nu\)를 선택해도 성립해야 해요. \(\epsilon^\nu\)를 \((1,0,0,0)\)으로 선택하면 \(\nu = 0\)의 괄호가 0, \((0,1,0,0)\)으로 선택하면 \(\nu = 1\)의 괄호가 0, ……이런 식으로, 각 \(\nu\)에 대해 독립적으로 괄호 안의 발산이 0이어야 해요.
🔵 카이: 아하, \(\epsilon^\nu\)는 "어느 방향으로 옮기는가"를 선택하는 매개변수이고, 어느 방향을 선택해도 보존법칙이 성립해야 하니까, 4개의 방향 각각에 대해 독립적으로 보존법칙이 나오는 거군요.
🟡 리나: 맞아요. 그래서 에너지·운동량 텐서 (energy-momentum tensor) \(T^\mu_{\ \nu}\)를 정의할게요:
보존법칙은:
⚪ 메이: \(\nu\)는 4개의 값을 취할 수 있으니까, 보존법칙이 4개 있는 거네. 이 4개는 각각 무엇의 보존법칙에 대응하는 거야?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 「양자역학」편 제 26 장에서 배운 대응을 떠올려 봐요——시간 병진이 에너지 보존, 공간 병진이 운동량 보존이었잖아요. 여기서도 마찬가지로, \(\nu = 0\)이 시간 병진에 대응하는 에너지 보존, \(\nu = 1, 2, 3\)이 공간 병진에 대응하는 운동량 보존이에요. 식 (3.30)의 첨자 \(\nu\)를 계량 텐서 \(\eta^{\nu\alpha}\)로 올려서, 양쪽 다 윗첨자인 텐서 \(T^{\mu\nu} = \eta^{\nu\alpha}T^\mu_{\ \alpha}\)를 정의하면:
구체적으로 각 항을 봐 봅시다. 제1항은 \(\eta^{\nu\alpha}\partial_\alpha\phi = \partial^\nu\phi\)(첨자를 올리는 정의 그 자체). 제2항은 \(\eta^{\nu\alpha}\delta^\mu_{\ \alpha} = \eta^{\nu\mu}\). 계량 텐서는 대칭(\(\eta^{\nu\mu} = \eta^{\mu\nu}\))이니까, 결국 \(\eta^{\mu\nu}\)가 돼요. 따라서:
🔵 카이: 하나의 Lagrangian에서 에너지와 운동량 보존이 4개 한꺼번에 나오다니……
🟡 리나: 참고로, 이 정준 에너지·운동량 텐서는 일반적으로 대칭(\(T^{\mu\nu} = T^{\nu\mu}\))이라고는 할 수 없어요. Klein-Gordon 장에서는 식 (3.36)을 보면 \(T^{\mu\nu} = \partial^\mu\phi\,\partial^\nu\phi - \eta^{\mu\nu}\mathcal{L}\)로, 제1항은 \(\mu\)와 \(\nu\)를 바꿔도 같고(스칼라의 곱은 순서에 무관하니까), 제2항도 \(\eta^{\mu\nu} = \eta^{\nu\mu}\)이니까 대칭이 돼요. 하지만 스핀을 가진 장에서는 비대칭이 될 수 있어요. 대칭화 절차(Belinfante의 방법)에 대해서는 이후 장에서 필요에 따라 다룰게요.
구체적으로:
- \(\nu = 0\)일 때: \(\partial_\mu T^{\mu 0} = 0\) → 에너지 보존
Klein-Gordon 장(식 (3.8))에서 \(\mu = \nu = 0\)으로 놓으면, 식 (3.32)은 \(T^{00} = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0\phi)}\,\partial^0\phi - \eta^{00}\mathcal{L}\)이 돼요. 여기서 \(\partial^0 = \eta^{00}\partial_0 = (+1)\partial_0 = \frac{\partial}{\partial t}\)이니까 \(\partial^0\phi = \dot{\phi}\). 또한 식 (3.10b)에서 \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0\phi)} = \partial^0\phi = \dot{\phi}\), 그리고 \(\eta^{00} = +1\). 따라서:
식 (3.9)의 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{1}{2}m^2\phi^2\)를 대입하면 \(T^{00} = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{1}{2}m^2\phi^2\)이 돼요. 모두 제곱 형태이니까 에너지 밀도가 비음수임을 알 수 있죠.
- \(\nu = i\) (\(i = 1,2,3\))일 때: \(\partial_\mu T^{\mu i} = 0\) → 운동량 보존
두 번째 등호에서는 \(\eta^{0i} = 0\)(Minkowski 계량의 비대각 성분은 0)을 사용했어요.
여기서 첨자를 올리는 조작을 확인해 둘게요. \(\partial^i\phi = \eta^{i\mu}\partial_\mu\phi\)에서, 우변은 \(\mu\)에 대해 합을 취해요(\(\mu\)가 위와 아래에 1번씩 나타나니까 Einstein의 축약 규칙이 적용돼요). 전개하면 \(\mu = 0\) 항은 \(\eta^{i0}\partial_0\phi = 0\)(계량의 비대각 성분은 0), \(\mu = j\) (\(j \neq i\)) 항도 \(\eta^{ij} = 0\)으로 사라져요. 남는 것은 \(\mu = i\) 항뿐이고 \(\eta^{ii}\partial_i\phi = (-1)\partial_i\phi = -\partial_i\phi\).
즉, 우리의 부호 규약 \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\)에서는 공간 성분의 첨자를 올리면 부호가 반전해요: \(\partial^i = -\partial_i\). 시간 성분은 \(\partial^0 = \eta^{00}\partial_0 = +\partial_0\)으로 부호가 바뀌지 않아요. 이 비대칭성은 계량의 부호 규약에서 오는 것일 뿐, 물리적인 의미는 없어요.
여기서 "\(\eta^{ii}\)에서 \(i\)로 합을 취하지 않나요?"라고 생각할 수 있는데, \(T^{0i}\)의 \(i\)는 자유 첨자("이 성분을 구하고 싶다"고 지정하는 첨자)이니까 합을 취하지 않아요. \(\eta^{ii}\)는 "계량 텐서의 \((i, i)\) 대각 성분을 그대로 읽는다"는 뜻이에요——예를 들어 \(i = 1\)이면 \(\eta^{11} = -1\)이에요.
따라서 Klein-Gordon 장에서는 \(T^{0i} = \dot{\phi}\,\partial^i\phi = \dot{\phi}\cdot(-\partial_i\phi) = -\dot{\phi}\,\partial_i\phi\)예요(\(\partial^i = -\partial_i\)를 사용). 전체 운동량은 \(P^i = \int d^3x\,T^{0i} = -\int d^3x\,\dot{\phi}\,\partial_i\phi\)가 돼요.
🔵 카이: 마이너스 부호가 붙어 있는데, 운동량이 음수라는 건가요?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 결론부터 말하면, 부호는 올바른 거예요. 혼란의 원인은 "첨자가 위인지 아래인지"에 있어요.
식 (3.32)에서 \(T^{0i} = \dot{\phi}\,\partial^i\phi\)이고, \(\partial^i = -\partial_i\)이니까 \(T^{0i} = -\dot{\phi}\,\partial_i\phi\)로 쓸 수 있어요. 마이너스가 나오는 것은 계량의 부호 규약(\(\eta^{ii} = -1\))의 반영일 뿐, 물리적인 문제가 아니에요.
1차원에서 구체적으로 확인해 볼게요. \(\phi = A\cos(Et - px)\)이면 \(\dot{\phi} = -AE\sin(Et - px)\), \(\partial_1\phi = Ap\sin(Et - px)\)이니까 \(T^{01} = -\dot{\phi}\,\partial_1\phi = A^2 Ep\sin^2(Et - px)\). 시간 평균을 취하면 \(\langle T^{01}\rangle = \frac{1}{2}A^2 Ep > 0\). 파는 \(+x\) 방향으로 진행하고 있으니까, 운동량 밀도 \(T^{01}\)이 양수——물리적으로 올바른 방향을 가리키고 있어요.
🔵 카이: 아하, \(T^{0i}\)의 식에 마이너스가 붙어 있어도, 구체적으로 계산하면 파의 진행 방향으로 양의 값이 나오는 거군요. 계량의 부호 규약이 중간에 앞뒤를 맞춰 주는 거네요.
⚪ 메이: 반변 성분 \(P^i\)로 물리적인 방향을 읽으면 되는 거네.
🟡 리나: 부호 이야기는 이 정도로 하고, 식 (3.32)의 구조를 좀 더 봐 봅시다. \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\partial^\nu\phi - \eta^{\mu\nu}\mathcal{L}\)에서 \(\mu = \nu = 0\)으로 놓으면 \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}\dot{\phi} - \mathcal{L}\)이 되죠. 이 형태, 본 적 없어요?
🔵 카이: 아! 그건 \(p\dot{q} - L\)이라는 Hamiltonian의 정의와 같은 구조네요! 양자역학에서 Hamiltonian을 배울 때 \(H = p\dot{q} - L\)이 나왔잖아요.
🟡 리나: 날카로워요! 바로 그래서, \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}\)가 입자 역학의 "운동량 \(p = \frac{\partial L}{\partial\dot{q}}\)"에 대응하는 거예요. 따라서 \(T^{00} = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}}\dot{\phi} - \mathcal{L}\)은 \(p\dot{q} - L\)의 장 버전이에요. \(T^{00}\)을 전 공간에서 적분한 것이 계의 전체 에너지(Hamiltonian)에 대응해요. 일반적으로:
Klein-Gordon 장에서는 \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}} = \dot{\phi}\)이니까, \(T^{00} = \dot{\phi}^2 - \mathcal{L}\)이 돼요.
Klein-Gordon 장의 에너지·운동량 텐서¶
🟡 리나: 식 (3.8)의 Klein-Gordon Lagrangian으로 구체적으로 계산해 봅시다. \(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \partial^\mu\phi\)였으니까, 아까의 식 (3.32)에 대입하면:
에너지 밀도 \(T^{00}\)은 식 (3.33)에서 이미 계산했었죠:
🔵 카이: 3개의 항이 전부 제곱 형태네요. 이게 무슨 의미가 있나요?
🟡 리나: 좋은 착안점이에요. 모두 제곱이니까, 에너지 밀도 \(T^{00}\)은 항상 비음수——즉 에너지가 아래로 유계인 거예요. 이것은 이론의 안정성에 있어 매우 중요해요. 아까 Ostrogradsky 불안정성 이야기를 했잖아요? 그때 문제가 된 것은 에너지가 아래로 유계가 아닌 것이었어요. Klein-Gordon 장에서는 확실히 \(T^{00} \geq 0\)이 되어 있어서, 물리적으로 건전한 이론이 되고 있어요.
⚪ 메이: 에너지 밀도가 비음수인 것이 이론의 안정성을 보장하고 있다——바닥 없는 구멍에 빠질 걱정이 없다는 거네.
✅ 이해도 체크: 시공간 병진 불변성으로부터 Noether의 정리로 도출되는 보존량은 무엇인가요? 또한, 대응하는 보존 커런트의 첨자 구조를 말해 주세요.
답
에너지·운동량 텐서 \(T^\mu_{\ \nu}\)가 보존 커런트이고, \(\partial_\mu T^\mu_{\ \nu} = 0\)이다. \(\nu = 0\)이 에너지 보존, \(\nu = 1,2,3\)이 운동량 보존에 대응한다. 보존량은 \(P_\nu = \int d^3x \, T^{0}_{\ \nu}\)로, \(P_0\)이 전체 에너지, \(P_i\)가 전체 운동량이다.
📝 연습문제:
- 실수 스칼라장의 에너지·운동량 텐서 계산 → 문제 M-3. 시공간 병진 불변성과 에너지-운동량 텐서
3.5 구체적인 예② — 내부 대칭성과 전하 보존¶
🟡 리나: 다음은 시공간 변환이 아닌, 장 자체의 변환——내부 대칭성 (internal symmetry)——을 생각해 볼게요.
🔵 카이: "내부 대칭성"이 뭔가요?
🟡 리나: 시공간 좌표는 그대로 두고, 장의 "값"만을 변환하는 대칭성이에요. 가장 간단한 예는 복소 스칼라장의 위상 회전이에요.
복소 스칼라장의 Lagrangian¶
🟡 리나: 복소 스칼라장 (complex scalar field) \(\phi(x)\)를 생각해 볼게요. 이것은 실수부와 허수부를 가진 장으로, \(\phi = \frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_1 + i\phi_2)\)로 쓸 수 있어요. Lagrangian 밀도는:
여기서 \(\phi^*(x)\)는 \(\phi(x)\)의 복소켤레 (complex conjugate)——즉 각 시공간 점에서 \(\phi(x) = a(x) + ib(x)\)의 허수부 부호를 반전시킨 \(\phi^*(x) = a(x) - ib(x)\)예요.
⚪ 메이: 실수 스칼라장의 Lagrangian (3.8)과 비교하면, \(\frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi\)가 \(\partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi\)로, \(\frac{1}{2}m^2\phi^2\)이 \(m^2\phi^*\phi\)로 대체되어 있네. \(\frac{1}{2}\)이 사라진 이유는 뭐야?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. \(\frac{1}{2}\)이 사라진 이유는, 실수장 2개로 분해하면 알 수 있어요. \(\phi = \frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_1 + i\phi_2)\)를 대입해 봅시다. 먼저 질량항을 계산할게요. \(\phi^*\phi = \frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_1 - i\phi_2) \cdot \frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_1 + i\phi_2) = \frac{1}{2}(\phi_1^2 + \phi_2^2)\). 미분항도 마찬가지로 \(\partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi = \frac{1}{2}(\partial_\mu\phi_1\,\partial^\mu\phi_1 + \partial_\mu\phi_2\,\partial^\mu\phi_2)\)(교차항 \(\phi_1\phi_2\)는 \(i\)와 \(-i\)로 상쇄돼요). 따라서:
같은 질량 \(m\)을 가진 2개의 실수 스칼라장의 Lagrangian이 돼요. 즉 복소 스칼라장 1개는, 실수 스칼라장 2개분의 자유도를 갖고 있는 거예요.
🔵 카이: 아하, \(\frac{1}{2}\)이 없는 건 "안에 실수장이 2개 들어 있기" 때문이군요.
\(U(1)\) 위상변환¶
🟡 리나: 자, 이 Lagrangian은 다음 변환에 대해 불변이에요. 그림 3.5「\(U(1)\) 위상변환의 기하학적 이미지」에 위상 회전의 기하학적 이미지를 그려 놓았으니까 봐요——복소평면에서 "크기는 바꾸지 않고 각도만 돌리는" 조작이라는 것을 알 수 있어요.
그림 3.5: \(U(1)\) 위상변환의 기하학적 이미지. 복소평면에서 장 \(\phi\)에 \(e^{i\alpha}\)를 곱하면, 크기 \(|\phi|\)를 유지한 채 위상만이 각도 \(\alpha\)만큼 회전한다. Lagrangian은 \(|\phi|^2 = \phi^*\phi\)에만 의존하므로, 이 변환 아래에서 불변이며, Noether의 정리로부터 전하 보존이 도출된다.
여기서 \(\alpha\)는 상수인 실수 매개변수.
🔵 카이: \(\phi\)의 크기는 바꾸지 않고, 위상만 돌리는 변환이네요. \(|\phi|^2 = \phi^*\phi\)는 변하지 않으니까, \(m^2\phi^*\phi\) 항은 불변. \(\partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi\)도……아, 그런데 미분이 붙어 있는 항은 \(\partial_\mu\)가 \(e^{i\alpha}\)에 작용하지 않을까 걱정돼요.
🟡 리나: 좋은 주의예요. 하지만 \(\alpha\)는 상수(\(x\)에 의존하지 않음)이니까 \(\partial_\mu(e^{i\alpha}\phi) = e^{i\alpha}\partial_\mu\phi\)로, \(e^{i\alpha}\)는 미분 밖으로 꺼낼 수 있어요. 따라서 \(\partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi \to e^{-i\alpha}\partial_\mu\phi^* \cdot e^{i\alpha}\partial^\mu\phi = \partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi\). 확실히 불변이죠.
이 변환은 \(U(1)\) 대칭성이라고 불려요. \(U(1)\)이란 "절대값 1인 복소수 \(e^{i\alpha}\)의 모임"이에요. 이들은 곱셈에 대해 닫혀 있고(\(e^{i\alpha_1} \times e^{i\alpha_2} = e^{i(\alpha_1 + \alpha_2)}\)로 다시 절대값 1인 복소수가 됨), 역원도 있고(\(e^{-i\alpha}\)를 곱하면 1로 돌아감), 단위원(아무것도 하지 않는 변환 \(e^{i \cdot 0} = 1\))도 있어요. 이런 "연산에 대해 닫혀 있고(2개의 원소를 조합해도 모임 밖으로 나가지 않음), 아무것도 하지 않는 조작(단위원)이 있고, 어떤 조작에도 원래로 되돌리는 조작(역원)이 있는 모임"을 수학에서는 군 (group)이라고 불러요. 제 2 장에서 나온 Lorentz군도 같은 의미예요——Lorentz 변환을 2번 연속해도 다시 Lorentz 변환이 되고(닫혀 있음), 아무것도 하지 않는 변환이 있고(단위원), 어떤 변환에도 역변환이 있는(역원) 구조예요. \(U(1)\)의 \(U\)는 unitary(유니터리)의 머리글자이고, \((1)\)은 \(1 \times 1\) 행렬——즉 그냥 복소수——를 의미해요.
보존 커런트의 도출¶
🟡 리나: Noether의 정리를 적용합시다. 미소 변환(\(\alpha\)가 작을 때)에서는 \(e^{i\alpha} \approx 1 + i\alpha\)이니까:
복소장의 경우, \(\phi\)와 \(\phi^*\)를 독립적인 장으로 취급해요. "\(\phi^*\)는 \(\phi\)로 결정되는데 독립이라고?" 생각할 수 있지만, \(\phi = \frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_1 + i\phi_2)\)로 썼을 때, 실수부 \(\phi_1\)과 허수부 \(\phi_2\)는 확실히 독립인 2개의 실수장이잖아요? \(\phi\)와 \(\phi^*\)는 \(\phi_1\)과 \(\phi_2\)의 일차 결합이니까, "\(\phi\)와 \(\phi^*\)로 변분을 취한다"는 것은 "\(\phi_1\)과 \(\phi_2\)로 변분을 취한다"는 것과 같은 정보를 제공해요——변수 선택이 다를 뿐, 독립적인 자유도의 수는 같은 2개예요. 보존 커런트는 식 (3.22)의 일반화예요. 식 (3.22)은 장이 1개(\(\phi\)만)인 경우였는데, 지금은 \(\phi\)와 \(\phi^*\)라는 2개의 독립적인 장이 있잖아요. 장이 여러 개인 경우를 생각해 봅시다. 식 (3.17)의 다변수 버전을 쓰면, \(\delta\mathcal{L} = \sum_a\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi_a}\delta\phi_a + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi_a)}\delta(\partial_\mu\phi_a)\right]\)이 돼요——각 장으로부터의 기여를 전부 더하는 것뿐이에요. 이것은 다변수함수의 전미분에서, 변수가 \(\phi_1, \phi_2, \ldots\) 여러 개 있을 때 각 변수의 편미분 × 변화량을 더하는 것과 같아요. 예를 들어 2변수 함수 \(f(u, v)\)의 전미분이 \(df = \frac{\partial f}{\partial u}du + \frac{\partial f}{\partial v}dv\)로 쓸 수 있는 것과 완전히 같은 구조예요——\(u\)와 \(v\)가 \(\phi\)와 \(\phi^*\)에 대응하는 거예요.
이 다변수 버전에 대해 식 (3.18)~(3.21)과 완전히 같은 절차를 반복해요. 각 장 \(\phi_a\)에 대해 부분적분을 하고, Euler-Lagrange 방정식(각 장마다 독립적으로 성립)으로 소거해요. 포인트는, \(\phi\)의 Euler-Lagrange 방정식은 \(\phi\)의 변분에서 나오고, \(\phi^*\)의 방정식은 \(\phi^*\)의 변분에서 나온다는 것——각각 독립적으로 사라지니까, 남는 것은 각 장의 전미분 항의 합뿐이에요. 결과적으로 보존 커런트는 각 장의 기여의 합이 돼요: \(j^\mu = \sum_a \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi_a)} D\phi_a\). 지금의 경우는 \(\phi_a = \phi, \phi^*\)의 2개이니까:
여기서 \(D\phi = \delta\phi/\alpha = i\phi\), \(D\phi^* = \delta\phi^*/\alpha = -i\phi^*\)(각각 식 (3.40)의 \(\delta\phi\)와 \(\delta\phi^*\)에서 공통 매개변수 \(\alpha\)를 나눈 나머지).
🟡 리나: 그러면 식 (3.40a)에 구체적인 편미분을 대입해 나갈게요. \(\mathcal{L} = \partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi - m^2\phi^*\phi\)에서, \(\phi\)와 \(\phi^*\)를 독립적으로 취급하기로 했었죠.
먼저 \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\)를 구할게요. 여기서 중요한 것은, \(\phi\)로 미분할 때 \(\phi^*\)를 "고정된 다른 변수"로 취급한다는 거예요——마치 \(f(x, y) = xy\)를 \(x\)로 편미분할 때 \(y\)를 상수 취급해서 \(\partial f/\partial x = y\)로 하는 것과 같아요.
🔵 카이: 그런데 \(\phi^*\)는 \(\phi\)의 복소켤레니까, \(\phi\)가 결정되면 \(\phi^*\)도 결정되잖아요? 정말 "독립"인 건가요?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 아까 확인했듯이, \(\phi = \frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_1 + i\phi_2)\)로 쓰면 \(\phi^* = \frac{1}{\sqrt{2}}(\phi_1 - i\phi_2)\)이고, 실질적으로는 \(\phi_1\)과 \(\phi_2\)라는 2개의 독립적인 실수 변수로 변분을 취하는 것과 같아요. "\(\phi\)와 \(\phi^*\)로 독립적으로 미분한다"는 것은 "\(\phi_1\)과 \(\phi_2\)로 독립적으로 미분한다"는 것을 변수를 바꿔서 다시 쓴 것일 뿐——수학적으로 완전히 등가인 조작이에요. 그러니까 안심하고 \(\phi^*\)를 상수 취급해서 \(\phi\)로 미분해도 괜찮아요.
계량 텐서를 명시하면 \(\partial_\alpha\phi^*\,\partial^\alpha\phi = \eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi^*\,\partial_\beta\phi\)예요. \(\partial_\mu\phi\)로 미분할 때, \(\partial_\alpha\phi^*\)는 "다른 변수"이니까 상수 취급해요. 실수 스칼라장 때(식 (3.10b))와 같은 요령으로, \(\partial_\beta\phi\)를 \(\partial_\mu\phi\)로 미분하면 Kronecker 델타 \(\delta^\mu_\beta\)가 나와서:
실수 스칼라장 때(식 (3.10b))는 \(\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi\,\partial_\beta\phi\)에 \(\frac{1}{2}\)이 붙어 있었기 때문에, \(\phi\)와 \(\phi\)가 같은 변수로 2번 나타나서 \(\frac{1}{2} \times 2 = 1\)이 됐었어요. 이번에는 \(\phi^*\)와 \(\phi\)가 다른 변수이니까, \(\partial_\mu\phi\)로 미분하면 \(\partial_\beta\phi\) 쪽만 반응해서 1번분밖에 나오지 않아요——하지만 처음부터 \(\frac{1}{2}\)이 없으니까, 결과는 마찬가지로 계수 1로 \(\partial^\mu\phi^*\)가 돼요.
마찬가지로 \(\partial_\mu\phi^*\)로 미분하면 \(\partial^\mu\phi\)가 남아요:
🔵 카이: 실수 스칼라장 때(식 (3.10b))는 \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \partial^\mu\phi\)였는데, 이번에는 \(\partial^\mu\phi^*\)가 나오네요. "짝꿍" 장이 남는 게 재미있어요.
🟡 리나: 좋은 발견이에요. 복소장에서는 \(\phi\)와 \(\phi^*\)가 "쌍"을 이루고 있으니까, 한쪽으로 미분하면 다른 쪽이 남는 거예요. 그러면 식 (3.40a)에 대입할게요. \(D\phi = i\phi\), \(D\phi^* = -i\phi^*\)였죠:
(두 번째 등호에서는 스칼라끼리의 곱의 순서를 바꾼 것뿐이에요——\(\partial^\mu\phi^* \cdot i\phi = i\phi \cdot \partial^\mu\phi^*\).)
마지막 등호에서는 \(i\)를 공통 인수로 묶어낸 것뿐이에요.
참고로, 관례에 따라서는 전체에 \(-1\)을 곱한 \(j^\mu = i(\phi^*\partial^\mu\phi - \phi\,\partial^\mu\phi^*)\)를 보존 커런트로 채택하여, 입자의 전하가 양이 되도록 하기도 해요. Noether 커런트의 전체적인 규격화(전체에 상수를 곱하는 것)는 임의이니까, 어느 쪽이든 올바른 거예요. 제 4 장에서 양자화할 때, 입자의 전하가 \(+1\)이 되도록 규격화를 다시 선택할 테니까, 지금은 "부호 선택에 자유도가 있다"는 것만 기억해 두세요.
⚪ 메이: 계산을 따라갈 수 있었어. 2개의 장으로부터의 기여를 더하고, \(i\)로 정리하면 이 형태가 되는 거네.
🔵 카이: 이게 전하에 대응하는 보존 커런트인가요? 그런데 \(j^0\) 안에 \(\dot{\phi}^*\)와 \(\dot{\phi}\)가 들어가 있고, 부호가 반대인 게 신경 쓰여요. 양의 전하와 음의 전하 둘 다 나온다는 건가요?
🟡 리나: 맞아요! 이 \(j^\mu\)는 \(\partial_\mu j^\mu = 0\)을 만족하고, 대응하는 보존량:
이 전하 (electric charge)에 대응하는 거예요. 「양자역학」편 제 26 장에서 배운 "\(U(1)\) 대칭성 → 전하 보존"의 장 버전이 바로 이거예요. 양자역학에서는 파동함수의 위상변환 \(\psi \to e^{i\alpha}\psi\)가 확률 보존과 결부되어 있었는데, 장 이론에서는 그것이 전하 보존으로 나타나는 거예요.
✅ 이해도 체크: 복소 스칼라장의 \(U(1)\) 대칭성에서 도출되는 보존 커런트 \(j^\mu\)의 물리적 의미는 무엇인가요?
답
\(j^\mu\)는 전자기학에서의 전하밀도와 전류밀도에 대응하는 보존 커런트이다. \(j^0\)을 전 공간에서 적분한 보존량 \(Q = \int d^3x\,j^0\)이 전하에 대응하고, \(\partial_\mu j^\mu = 0\)(연속 방정식)이 전하 보존법칙을 나타낸다.
⚪ 메이: 그렇구나, 양자역학 때와 같은 구조가 장의 언어로 재현된 거네. \(U(1)\) 대칭성이 있으니까 보존량이 존재하고, 그것이 전하라는 거야.
🟡 리나: 훌륭한 연결이에요. 그리고 중요한 것은, 실수 스칼라장에는 \(U(1)\) 대칭성이 없다는 거예요. 실수장은 \(\phi = \phi^*\)이니까 위상 회전을 할 수 없어요. 그래서 실수 스칼라장이 기술하는 입자는 전하를 갖지 않아요. 복소장이 필요한 거예요.
🔵 카이: 아하! 반입자의 존재와 관련이 있나요? 「양자역학」편 제 27 장에서 "상대론적 방정식에는 반드시 반입자가 나온다"고 배웠는데……
🟡 리나: 날카로운 직관이에요. 실제로 복소장은 입자와 반입자 모두를 기술할 수 있어요. \(Q > 0\)인 상태가 입자, \(Q < 0\)인 상태가 반입자에 대응해요. 고전론 단계에서는 "\(Q\)가 양에도 음에도 될 수 있다"는 것밖에 말할 수 없지만, 제 4 장에서 양자화하면 양의 전하를 가진 입자와 음의 전하를 가진 반입자가 명확히 구별돼요——거기서 다시 자세히 볼게요.
🔵 카이: 기대돼요. 그러면, 만약 우주에 \(U(1)\) 대칭성이 없었다면, 전하라는 개념 자체가 존재하지 않았을 거라는 건가요? 그런데 반대로, "왜 우주는 \(U(1)\) 대칭성을 갖고 있는가"는 누가 정한 건가요?
🟡 리나: 그 직관은 본질을 찌르고 있어요. 실제로, 표준모형에서는 \(U(1)\)뿐만 아니라 \(SU(2)\)나 \(SU(3)\)이라는 더 큰 대칭성 군이, 약한 힘이나 강한 힘에 대응하는 "하전량"을 정의하고 있어요. 대칭성이 물질의 분류와 상호작용의 구조를 결정하고 있어요——이것은 현대 물리학의 중심적인 사고방식이에요. 자세한 내용은 제 19 장 이후에서 볼게요.
🔵 카이: 대칭성이 "힘의 종류"를 결정하는 거군요…… 그런데, 왜 자연은 \(U(1)\)이나 \(SU(2)\)나 \(SU(3)\)이라는 특정한 대칭성을 "선택하고 있는" 건가요? 그것을 설명하는 더 깊은 이론이 있나요?
🟡 리나: 맞아요. 그것은 현대 물리학 최전선의 물음 중 하나예요. 대통일이론이나 끈이론이 그 답을 지향하고 있지만, 아직 결착이 나지 않았어요. 지금은 "대칭성을 가정하면 보존량과 힘의 구조가 결정된다"는 체계를 자유자재로 다루는 데 집중합시다.
🔵 카이: 즉, 지금의 물리학은 "대칭성이 있으면 이렇게 된다"는 건 알고 있지만, "왜 그 대칭성인가"는 아직 모른다——입력과 출력의 한쪽만 알고 있는 상태인 거군요.
✅ 이해도 체크: 실수 스칼라장의 Lagrangian \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2\)는 \(U(1)\) 대칭성을 갖나요? 이유를 말해 주세요.
답
갖지 않는다. \(U(1)\) 변환 \(\phi \to e^{i\alpha}\phi\)를 적용하면 \(\phi\)는 복소수가 되어 버려서, 실수 스칼라장이라는 전제에 모순된다. 실수장에서는 \(\phi = \phi^*\)이니까 위상 회전의 자유도가 없다. 따라서 \(U(1)\) 대칭성이 없고, 대응하는 보존 전하도 존재하지 않는다.
📝 연습문제:
- 복소 스칼라장의 Euler-Lagrange 방정식과 보존 커런트의 도출 → 문제 M-2. 복소 스칼라장의 내부 대칭성과 Noether 커런트
- Lorentz 변환에 대한 Noether의 정리 적용과 각운동량 텐서의 도출 → 문제 A-1. Noether 정리의 일반화
3.6 대표적인 장의 Lagrangian 카탈로그¶
🟡 리나: 여기까지 Euler-Lagrange 방정식과 Noether의 정리라는 2가지 강력한 도구를 손에 넣었네요. 마지막으로, 장의 양자론에서 주역을 맡는 3가지 장의 Lagrangian을 일람해 둘게요. 양자화는 다음 장 이후에서 수행하니까, 오늘은 "이런 Lagrangian에서 출발한다"는 것만 확인해 두세요. 그림 3.6「대표적인 장의 Lagrangian 카탈로그」에 전체상을 정리해 놓았어요.
그림 3.6: 대표적인 장의 Lagrangian 카탈로그. Klein-Gordon 장(스핀 0), Dirac 장(스핀 1/2), Maxwell 장(스핀 1)의 Lagrangian 카탈로그. 자연계의 기본 입자는 이 3종류 중 하나로 기술된다.
Klein-Gordon 장(스핀 0)¶
🟡 리나: 먼저 오늘 이미 사용한 Klein-Gordon 장이에요. 스핀 0 입자(스칼라 입자)를 기술해요.
실수 스칼라장:
운동방정식: \((\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi = 0\) (Klein-Gordon 방정식)
복소 스칼라장:
🔵 카이: Higgs (힉스) 입자가 스칼라 입자죠.
🟡 리나: 맞아요. Higgs 장은 복소 스칼라장의 일종으로, 이 Lagrangian의 확장판으로 기술돼요. 정확히는 더 큰 대칭성(\(SU(2)\)라는 군) 아래에서 변환하는 구조를 갖고 있어요——자세한 내용은 제 19 장에서 다룰게요.
Dirac 장(스핀 1/2)¶
🟡 리나: 다음은 Dirac (디랙) 장이에요. 스핀 1/2의 입자——전자, 쿼크 등의 페르미온 (fermion)을 기술해요.
🔵 카이: 우와, 기호가 많아요…… \(\psi\)는 뭔가요? \(\bar{\psi}\)는? \(\gamma^\mu\)는?
🟡 리나: 하나씩 설명할게요.
- \(\psi(x)\)는 Dirac 스피너 (spinor): 4성분의 열벡터(복소수값). 스칼라장이 각 점에 하나의 수를 배정하는 것에 비해, 스피너장은 각 점에 4개의 복소수를 배정해요. 「양자역학」편 제 27 장에서 배웠듯이, 4성분은 스핀의 위아래(2성분) × 입자·반입자(2조)에 대응하고 있어요
- \(\bar{\psi} \equiv \psi^\dagger \gamma^0\)는 Dirac 켤레 (Dirac adjoint): 여기서 \(\psi^\dagger\)는 \(\psi\)의 에르미트 켤레——4성분의 열벡터 \(\psi\)를 옆으로 눕혀서 행벡터로 만들고(이것을 "전치"라 부름), 각 성분의 복소켤레를 취한 것——이에요. 예를 들어 \(\psi = \begin{pmatrix} a \\ b \\ c \\ d \end{pmatrix}\)이면 \(\psi^\dagger = (a^*, b^*, c^*, d^*)\)예요. 거기에 \(\gamma^0\)를 오른쪽에서 곱한 것이 \(\bar{\psi}\). 왜 단순한 \(\psi^\dagger\)가 아니라 \(\psi^\dagger\gamma^0\)을 사용하느냐 하면, 이렇게 해야 \(\bar{\psi}\psi\)가 Lorentz 스칼라가 되기 때문이에요(\(\psi^\dagger\psi\)는 Lorentz 변환에서 값이 변해 버려요)
- \(\gamma^\mu\) (\(\mu = 0,1,2,3\))는 감마 행렬 (gamma matrices): \(4 \times 4\) 행렬. 보통의 수라면 \(ab = ba\)이지만, 행렬은 일반적으로 \(AB \neq BA\)예요. 감마 행렬은 반교환 관계 (anticommutation relation)를 만족해요. 기호를 정의해 둘게요: 2개의 행렬 \(A\), \(B\)에 대해 \(\{A, B\} \equiv AB + BA\)라 쓰고, 이것을 반교환 관계라고 불러요. 양자역학에서 배운 교환관계 \([A, B] = AB - BA\)는 "차"를 취했는데, 반교환 관계는 "합"을 취해요. 왜 "합"인가는 바로 아래에서 확인할게요——Dirac 방정식에서 Klein-Gordon 방정식을 도출할 때, \(\gamma^\mu\gamma^\nu\partial_\mu\partial_\nu\) 계산에서 대칭 부분(= 반교환 관계)만 살아남기 때문이에요. 즉 반교환 관계는 "Dirac 방정식이 올바른 분산 관계를 재현하기 위한 조건"으로서 자연스럽게 요청되는 거예요. 감마 행렬이 만족하는 조건은: \(\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = \gamma^\mu\gamma^\nu + \gamma^\nu\gamma^\mu = 2\eta^{\mu\nu}I_4\). 좌변은 \(4\times 4\) 행렬끼리의 곱의 합이니까 \(4\times 4\) 행렬이 되죠. 우변의 \(\eta^{\mu\nu}\)는 단순한 수(계량 텐서의 \(\mu\nu\) 성분)이고, 거기에 \(4\times 4\) 단위행렬 \(I_4\)를 곱해서 행렬의 등식으로 만든 거예요. 예를 들어 \(\mu = \nu = 0\)이면 \(\eta^{00} = +1\)이니까 \((\gamma^0)^2 = I_4\)(\(\gamma^0\)을 2번 곱하면 단위행렬). \(\mu = 0, \nu = 1\)이면 \(\eta^{01} = 0\)이니까 \(\gamma^0\gamma^1 + \gamma^1\gamma^0 = 0\)(\(\gamma^0\)과 \(\gamma^1\)은 "반교환한다"——곱하는 순서를 바꾸면 부호가 반전). 이 조건이 왜 필요한지 확인해 둘게요.
⚪ 메이: 즉 감마 행렬의 반교환 관계는, Dirac 방정식이 상대론적 분산 관계 \(E^2 = |\mathbf{p}|^2 + m^2\)를 재현하기 위한 정합성 조건인 거네.
초독 가이드: 아래의 계산은 기술적인 확인이에요. 초독 시에는 "반교환 관계 \(\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}\)가 없으면, Dirac 방정식에서 Klein-Gordon 방정식으로 귀결시킬 수 없다"는 포인트만 파악하고 제 5 장로 넘어가도 괜찮아요.
🟡 리나: Dirac 방정식 \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0\)의 양변에 왼쪽에서 \((i\gamma^\nu\partial_\nu + m)\)을 곱해 보는 거예요. 전개하면 \((i\gamma^\nu\partial_\nu + m)(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = (i\gamma^\nu\partial_\nu)(i\gamma^\mu\partial_\mu)\psi + m(i\gamma^\mu\partial_\mu)\psi - (i\gamma^\nu\partial_\nu)(m)\psi - m^2\psi\). 제2항과 제3항은 \(im\gamma^\mu\partial_\mu\psi - im\gamma^\nu\partial_\nu\psi\)인데, \(\mu\)도 \(\nu\)도 더미 첨자(0~3으로 합을 취하는)이니까 같은 값——상쇄되어 0이 돼요. 남는 것은 \((-\gamma^\nu\gamma^\mu\partial_\nu\partial_\mu - m^2)\psi = 0\)이에요.
여기서 포인트는, \(\partial_\nu\partial_\mu\)가 \(\nu\)와 \(\mu\)의 교환에 대해 대칭(\(\partial_\nu\partial_\mu = \partial_\mu\partial_\nu\))이라는 거예요. 대칭인 것과 곱해서 합을 취할 때, 반대칭 부분은 사라져요. 간단한 예로 확인해 둘게요. \(a_{12} = -a_{21}\)(반대칭)이고 \(b_{12} = b_{21}\)(대칭)일 때, \(\sum_{i,j} a_{ij}b_{ij} = a_{12}b_{12} + a_{21}b_{21} = a_{12}b_{12} + (-a_{12})b_{12} = 0\)이 되잖아요?
🔵 카이: 아하, 대칭인 것과 반대칭인 것을 곱해서 더하면 0이 된다——그래서 감마 행렬의 반대칭 부분은 \(\partial_\nu\partial_\mu\)와 축약할 때 사라지는 거군요.
🟡 리나: 맞아요. 그래서 \(\gamma^\nu\gamma^\mu\partial_\nu\partial_\mu\)를 계산할 때, \(\gamma^\nu\gamma^\mu\)의 "반대칭 부분"은 대칭인 \(\partial_\nu\partial_\mu\)와 곱해서 합을 취하면 사라지고, "대칭 부분"만 살아남는 거예요. 임의의 양은 대칭 부분과 반대칭 부분으로 분해할 수 있어요: \(\gamma^\nu\gamma^\mu = \frac{1}{2}\underbrace{(\gamma^\nu\gamma^\mu + \gamma^\mu\gamma^\nu)}_{\text{대칭 부분}} + \frac{1}{2}\underbrace{(\gamma^\nu\gamma^\mu - \gamma^\mu\gamma^\nu)}_{\text{반대칭 부분}}\). 반대칭 부분은 위의 논리로 사라지니까, 남는 것은 대칭 부분뿐——즉 \(\gamma^\nu\gamma^\mu\partial_\nu\partial_\mu = \frac{1}{2}(\gamma^\nu\gamma^\mu + \gamma^\mu\gamma^\nu)\partial_\nu\partial_\mu = \frac{1}{2}\{\gamma^\nu, \gamma^\mu\}\partial_\nu\partial_\mu\)로 쓸 수 있어요.
여기서 \(\{\gamma^\nu, \gamma^\mu\} = 2\eta^{\nu\mu}\)를 사용하면 \(\eta^{\nu\mu}\partial_\nu\partial_\mu = \Box\)가 나와요. 그러면 \(-(\Box + m^2)\psi = 0\)——Klein-Gordon 방정식이 재현돼요. 「양자역학」편 제 27 장에서 확인한 것과 같죠.
즉, 감마 행렬의 반교환 관계는 "Dirac 방정식의 각 성분이 Klein-Gordon 방정식을 만족한다"는 것을 보장하기 위한 조건인 거예요. 제 5 장에서 Dirac 장을 본격적으로 다룰 때 다시 정중히 확인할게요.
🔵 카이: 「양자역학」편 제 27 장에서 본 Dirac 방정식 \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0\)이, 이 Lagrangian에서 나오나요?
🟡 리나: 나와요. 확인해 봅시다. 복소 스칼라장에서 \(\phi\)와 \(\phi^*\)를 독립적으로 취급한 것과 같은 정신으로, \(\psi\)와 \(\bar{\psi}\)를 독립적인 장으로 취급하는 거예요. 식 (3.45)의 \(\mathcal{L}_{\text{Dirac}} = \bar{\psi}(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi\)를 잘 봐요. \(\partial_\mu\)는 \(\psi\)에만 작용하고 있고, \(\bar{\psi}\)에는 미분이 붙어 있지 않죠(\(\bar{\psi}\)는 왼쪽에서 곱해져 있을 뿐).
그래서 \(\bar{\psi}\)를 "역학 변수"로 하여 Euler-Lagrange 방정식 (3.7)을 세워 볼게요. 식 (3.7)에서 \(\phi_a\) 대신 \(\bar{\psi}\)를 넣으면:
제1항을 봐요. \(\mathcal{L}\) 안에 \(\partial_\mu\bar{\psi}\)는 전혀 나타나지 않으니까, \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\bar{\psi})} = 0\). 즉 제1항은 사라지고, 방정식은 단순히 \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\bar{\psi}} = 0\)이 돼요.
🔵 카이: Lagrangian에 \(\bar{\psi}\)의 미분이 들어 있지 않으니까, Euler-Lagrange 방정식이 엄청 심플해지는 거군요.
🟡 리나: 맞아요. 그리고 \(\mathcal{L} = \bar{\psi}(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi\)를 \(\bar{\psi}\)로 미분하는 거예요. 이것은 \(f = ax\)라는 식을 \(a\)로 미분하면 \(x\)가 남는 것과 같은 구조예요——\(\bar{\psi}\)는 \(\mathcal{L}\) 안에서 미분을 받지 않고 1차로 곱해져 있을 뿐이니까, \(\bar{\psi}\)로 미분하면 나머지 \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi\)가 그대로 나오는 거예요. 정확히 말하면, \(\bar{\psi}\)는 4성분의 행벡터이니까, 각 성분 \(\bar{\psi}_\alpha\)로 미분하는 조작을 하고 있는 거예요. \(\mathcal{L} = \sum_{\alpha,\beta}\bar{\psi}_\alpha\, M_{\alpha\beta}\,\psi_\beta\)(\(M = i\gamma^\mu\partial_\mu - m\))로 쓸 수 있으면, \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\bar{\psi}_\alpha} = \sum_\beta M_{\alpha\beta}\psi_\beta = [(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi]_\alpha\)——즉 각 성분마다 "\(f = ax\)를 \(a\)로 미분하면 \(x\)가 남는다"는 것과 같은 일이 일어나서, 결과는 행렬 형태 그대로 \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0\)으로 쓸 수 있어요:
이것이 Dirac 방정식이에요. 반대로 \(\psi\)로 변분을 취하면 \(\bar{\psi}\)에 관한 방정식이 나오는데, 그건 제 5 장에서 자세히 다룰게요.
🔵 카이: Lagrangian이 1계 미분만 포함하는 게 특징적이네요. Klein-Gordon 장은 \((\partial_\mu\phi)^2\)이니까 실질적으로 2계의 운동방정식이 되는데, Dirac 장은 처음부터 1계.
🟡 리나: 좋은 관찰이에요. Dirac이 "1계 방정식을 만들고 싶다"고 생각한 것이, 스피너와 감마 행렬의 발견으로 이어진 거예요. 「양자역학」편 제 27 장에서 배운 대로예요.
Maxwell 장(스핀 1)¶
🟡 리나: 마지막은 Maxwell (맥스웰) 장——전자기장이에요. 스핀 1의 질량 0인 입자(광자)를 기술해요.
여기서 \(F_{\mu\nu}\)는 전자기장 텐서 (electromagnetic field tensor):
\(A^\mu = (\Phi, \mathbf{A})\)는 4원 포텐셜 (four-potential)의 반변 성분이에요. \(\Phi\)는 전자기학에서 익숙한 스칼라 포텐셜, \(\mathbf{A}\)는 벡터 포텐셜이에요. 왜 전기장 \(\mathbf{E}\)나 자기장 \(\mathbf{B}\)를 직접 사용하지 않고 포텐셜로 쓰는가 하면, 포텐셜 쪽이 Lagrangian을 자연스럽게 구성할 수 있기 때문이에요——\(\mathbf{E}\)와 \(\mathbf{B}\)는 6성분이 있지만, \(A^\mu\)는 4성분으로 충분하고, \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\)라는 정의로부터 Maxwell 방정식의 절반이 자동으로 만족돼요. 그리고 \(\Phi\)와 \(\mathbf{A}\)를 4성분으로 묶는 것은, 제 2 장에서 배운 Lorentz 공변성을 유지하기 위해서예요——시간 성분 \(\Phi\)와 공간 성분 \(\mathbf{A}\)는 Lorentz 변환에서 섞이니까, 따로 취급하면 공변성이 보기 어려워져요. 공변 성분은 \(A_\mu = \eta_{\mu\nu}A^\nu = (\Phi, -\mathbf{A})\)가 돼요.
🔵 카이: \(F_{\mu\nu}\)는 전기장과 자기장을 묶은 건가요?
🟡 리나: 맞아요. 전자기학에서 익숙한 전기장 \(\mathbf{E}\)와 자기장 \(\mathbf{B}\)가 \(F_{\mu\nu}\)의 성분으로 포함되어 있어요. 도출을 정중히 해 볼게요.
먼저, 전자기학에서 배운 전기장의 정의를 떠올려 봐요. 스칼라 포텐셜 \(\Phi\)와 벡터 포텐셜 \(\mathbf{A}\)를 사용하면, 전기장의 각 성분은 \(E^i = -\partial_i\Phi - \frac{\partial A^i}{\partial t}\)로 쓸 수 있어요(고등학교 물리에서는 \(\mathbf{E} = -\nabla\Phi\)만 있었지만, 시간 변화하는 벡터 포텐셜이 있으면 \(-\dot{\mathbf{A}}\) 항이 추가되는 거예요). 여기서 \(A^i\)는 반변 성분(전자기학에서 보통 사용하는 \(\mathbf{A}\)의 성분)이고, \(\partial_i = \partial/\partial x^i\)는 보통의 공간 편미분이에요. 3차원 유클리드 공간에서는 위아래 첨자의 구별이 없으니까 \(E_i = E^i\)로 동일시할 수 있어요.
한편, \(F_{\mu\nu}\)의 정의 (3.48)에서 \(\mu = 0\), \(\nu = i\)로 놓으면:
여기서 \(A_0 = \Phi\)이고, 공변 성분과 반변 성분의 관계는 \(A_i = \eta_{ij}A^j = -A^i\)(공간 성분은 부호가 반전). 대입하면:
즉 \(F_{0i} = E_i\)예요.
🔵 카이: 어라, \(F_{0i} = -E_i\)라고 써 있는 교과서도 본 적 있는데요……
🟡 리나: 그건 계량의 부호 규약이 반대(\(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(-1,+1,+1,+1)\))인 경우예요. 우리의 규약 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\)에서는 \(F_{0i} = E_i\)가 돼요. 정리하면:
- \(F_{0i} = E_i\)(시간-공간 성분이 전기장에 대응)
- \(F_{ij} = \partial_i A_j - \partial_j A_i = -(\partial_i A^j - \partial_j A^i)\)(공간-공간 성분이 자기장에 대응). 여기서 전자기학의 자기장 정의 \(\mathbf{B} = \nabla \times \mathbf{A}\)를 성분으로 쓰면 \(B_k = \epsilon_{kij}\partial_i A^j\)(\(\epsilon_{kij}\)는 「양자역학」편 제 15 장에서 배운 Levi-Civita 기호). 구체적으로 \(k = 3\)으로 놓으면 \(B_3 = \partial_1 A^2 - \partial_2 A^1\)이에요. 한편 \(F_{12} = -(\partial_1 A^2 - \partial_2 A^1) = -B_3\)(\(B_3 = \partial_1 A^2 - \partial_2 A^1\)이니까). 마찬가지로 \(F_{13} = -(\partial_1 A^3 - \partial_3 A^1) = -(- B_2) = B_2\)(\(B_2 = \partial_3 A^1 - \partial_1 A^3\)이니까 \(\partial_1 A^3 - \partial_3 A^1 = -B_2\)), \(F_{23} = -(\partial_2 A^3 - \partial_3 A^2) = -B_1\)(\(B_1 = \partial_2 A^3 - \partial_3 A^2\)이니까). 일반적으로 \(F_{ij} = -\epsilon_{ijk}B_k\)로 쓸 수 있어요
라는 구조예요.
🔵 카이: 전기장과 자기장이 하나의 텐서에 묶여 있는 것은, 제 2 장에서 배운 "Lorentz 변환에서 전기장과 자기장이 섞인다"는 것과 관련이 있는 거네요.
🟡 리나: 맞아요. 첨자의 올리고 내리기에서 부호가 변하니까 처음에는 혼란스럽기 쉽지만, 중요한 것은 "\(F_{\mu\nu}\) 안에 전기장과 자기장이 들어 있다"는 거예요. 자, \(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)를 구체적으로 계산해 봅시다. \(F_{\mu\nu}\)는 반대칭(\(F_{\mu\nu} = -F_{\nu\mu}\))이니까, \(\mu = \nu\)인 항은 0이에요. 남는 독립적인 성분은 \(F_{0i}\)(전기장)와 \(F_{ij}\)(자기장) 부분이에요. 포인트는 첨자를 올릴 때의 부호 변화예요. 예를 들어 \(F^{0i} = \eta^{0\alpha}\eta^{i\beta}F_{\alpha\beta}\)를 계산할게요. \(\eta^{0\alpha}\)는 \(\alpha = 0\)일 때만 0이 아니고(\(\eta^{00} = +1\)), 합은 \(\alpha = 0\)만 살아남아서 \(F^{0i} = \eta^{i\beta}F_{0\beta}\). 다음으로 \(\eta^{i\beta}\)는 \(\beta = i\)일 때만 0이 아니고(\(\eta^{ii} = -1\)), \(F^{0i} = (-1)F_{0i} = -E_i\)가 돼요(공간 첨자를 올리면 \(-1\)이 곱해짐). 따라서 \(F_{0i}F^{0i} = E_i \times (-E_i) = -\mathbf{E}^2\)(\(i\)에 대해 합을 취함).
⚪ 메이: 첨자를 올릴 때마다 공간 성분에 \(-1\)이 곱해진다——이건 계량의 부호 \(\mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\)의 직접적인 효과네.
🟡 리나: \(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \sum_{\mu}\sum_{\nu}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)의 이중합에서, \(\mu\)와 \(\nu\)는 각각 독립적으로 0~3을 달리니까, \((\mu, \nu) = (0, i)\)의 3항과 \((\mu, \nu) = (i, 0)\)의 3항은 별도로 나타나요(이중 카운트가 아니에요——\(\mu\)와 \(\nu\)를 독립적으로 달리게 하니까요). \((\mu, \nu) = (i, 0)\)의 기여는 반대칭성 \(F_{i0} = -F_{0i}\)와 \(F^{i0} = -F^{0i}\)를 사용하면 \(F_{i0}F^{i0} = (-F_{0i})(-F^{0i}) = F_{0i}F^{0i} = -\mathbf{E}^2\)으로, \((0, i)\)의 경우와 같은 값이 돼요. 합치면 시간-공간 부분의 기여는 \((-\mathbf{E}^2) + (-\mathbf{E}^2) = -2\mathbf{E}^2\). 한편, 공간-공간 부분을 봐 봅시다. 첨자를 올리면 \(F^{ij} = \eta^{i\alpha}\eta^{j\beta}F_{\alpha\beta} = (-1)(-1)F_{ij} = F_{ij}\)예요(공간 첨자를 올릴 때마다 \(-1\)이 곱해지는데, 2번 곱해지니까 상쇄). 따라서 \(F_{ij}F^{ij} = F_{ij}F_{ij}\). 구체적으로 \(i < j\)인 독립 성분을 세면 \((i,j) = (1,2), (1,3), (2,3)\)의 3개로, \(F_{12} = -B_3\), \(F_{13} = B_2\), \(F_{23} = -B_1\). 이중합에서 \(i \neq j\)인 조합이 \((i,j)\)와 \((j,i)\)의 2가지씩 나타나니까 \(F_{ij}F^{ij} = 2(B_3^2 + B_2^2 + B_1^2) = 2\mathbf{B}^2\)이 돼요. 합계하면 \(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = -2\mathbf{E}^2 + 2\mathbf{B}^2 = 2(\mathbf{B}^2 - \mathbf{E}^2)\)예요. 따라서 Lagrangian은:
이라는 형태가 돼요. Klein-Gordon 장 때와 같은 \(L = T - V\) 구조가 보이죠? 전기장 \(\mathbf{E}\)는 포텐셜의 시간미분을 포함하니까 "운동에너지적인 항", 자기장 \(\mathbf{B}\)는 공간미분만이니까 "퍼텐셜적인 항"에 대응하고 있어요.
⚪ 메이: 그렇구나, \(\frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2\)과 같은 구조가, 전자기장에서는 \(\frac{1}{2}\mathbf{E}^2 - \frac{1}{2}\mathbf{B}^2\)으로 나타나는 거네.
🟡 리나: 맞아요. 그리고 이 Lagrangian에서 Euler-Lagrange 방정식을 도출하면, 진공 중의 Maxwell 방정식(의 나머지 절반)이 얻어져요. 구체적으로는:
이것은 진공 중(전하도 전류도 없는 경우)의 \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\)과 \(\nabla \times \mathbf{B} - \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} = 0\)을 묶은 것이에요. 전하가 있는 경우는 Lagrangian에 상호작용 항을 추가해야 해요——그건 제 7 장에서 다룰게요. Maxwell 방정식의 다른 절반(\(\nabla \cdot \mathbf{B} = 0\)과 \(\nabla \times \mathbf{E} + \frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} = 0\))은 \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\)라는 정의 자체로부터 자동으로 따라 나와요.
🔵 카이: 대단해요……Maxwell 방정식 전체가, 단 하나의 Lagrangian \(-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)에서 나오다니요.
초독 가이드: \(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = 2(\mathbf{B}^2 - \mathbf{E}^2)\)라는 결과와, Lagrangian이 \(\frac{1}{2}(\mathbf{E}^2 - \mathbf{B}^2)\)가 된다는 것만 기억해 두면, 위의 첨자 계산 세부 사항은 나중에 돌아와서 확인해도 충분해요.
🟡 리나: 맞아요. 이것이 Lagrangian 형식의 위력이에요. 양자화는 제 6 장에서 하는데, 거기서는 "게이지 자유도"라는 골치 아픈 문제와 마주치게 될 거예요.
✅ 이해도 체크: Maxwell 장의 Lagrangian \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)에서, Maxwell 방정식의 "다른 절반"(\(\nabla\cdot\mathbf{B}=0\)과 Faraday 법칙)은 어떻게 성립하나요?
답
이것들은 Euler-Lagrange 방정식에서가 아니라, 전자기장 텐서의 정의 \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\) 자체로부터 자동으로(항등식으로서) 따라 나온다. Lagrangian에서 도출되는 것은 \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\)(\(\nabla\cdot\mathbf{E}=0\)과 Ampère 법칙) 쪽이다.
📝 연습문제:
- Maxwell 장의 Lagrangian으로부터 진공 Maxwell 방정식의 도출 → 문제 A-2. Maxwell 장의 Lagrangian과 게이지 불변성
3가지 Lagrangian의 비교¶
🟡 리나: 3가지 장을 표로 정리해 둘게요.
표 3.5: 대표적인 장의 Lagrangian 비교
| 장 | 스핀 | Lagrangian 밀도 | 운동방정식 | 기술하는 입자의 예 |
|---|---|---|---|---|
| Klein-Gordon | 0 | \(\frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2\) | \((\Box + m^2)\phi = 0\) | Higgs 입자, \(\pi\) 중간자 |
| Dirac | 1/2 | \(\bar{\psi}(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi\) | \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0\) | 전자, 쿼크 |
| Maxwell | 1 | \(-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\) | \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\) | 광자 |
⚪ 메이: 자연계의 기본 입자는 스핀 0, 1/2, 1 중 하나이고, 각각에 대응하는 Lagrangian이 있다. 그리고 Lagrangian을 써 내려가면, 운동방정식도 대칭성도 보존량도 모두 자동으로 결정되는 거네.
🟡 리나: 맞아요. 장의 양자론에서는, "Lagrangian을 선택하는" 것이 "이론을 정의하는" 것이에요. 표준모형도 결국은 하나의 Lagrangian을 써 내려간 것이에요. 다음 장부터는, 이 Lagrangian들을 출발점으로 양자화를 진행해 나갈 거예요.
🔵 카이: Lagrangian만 쓰면, 나머지는 기계적으로 계산이 진행된다는 건가요. 그런데 역으로 말하면, "올바른 Lagrangian"을 어떻게 찾느냐가 가장 어려운 문제겠죠?
🟡 리나: 바로 거기가 물리학자의 실력 발휘 장소예요. "어떤 Lagrangian을 선택해야 하는가"를 결정하는 것은 대칭성의 요청과 실험 데이터예요. 대칭성이 Lagrangian의 형태를 강하게 제약해요——이것이 Noether의 정리의 역방향 사용법이에요. "이 보존법칙이 성립해야 하니까, Lagrangian은 이 대칭성을 가져야 한다"고 추론할 수 있어요.
✅ 이해도 체크: 장의 양자론에서 "이론을 정의한다"는 것은 구체적으로 무엇을 지정하는 것인가요?
답
Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L}(\phi_a, \partial_\mu\phi_a)\)를 지정하는 것이다. Lagrangian이 결정되면, Euler-Lagrange 방정식에서 운동방정식이, Noether의 정리에서 보존량이, 그리고 (다음 장 이후에서 배우는) 양자화 절차에서 입자의 산란 진폭이 모두 도출된다.
3.7 이 장의 정리¶
🟡 리나: 오늘 배운 것을 정리해 둡시다.
-
Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L}(\phi, \partial_\mu\phi)\)를 정의하고, 작용 \(S = \int d^4x\,\mathcal{L}\)을 정류시킴으로써 장의 Euler-Lagrange 방정식을 도출했다
-
Noether의 정리를 증명했다: 연속 대칭성 → 보존 커런트 \(j^\mu\)(\(\partial_\mu j^\mu = 0\)) → 보존량 \(Q = \int d^3x\,j^0\)
-
구체적인 예:
- 시공간 병진 불변성 → 에너지·운동량 텐서 \(T^{\mu\nu}\) → 에너지·운동량 보존
-
\(U(1)\) 위상변환 불변성 → 전류 \(j^\mu\) → 전하 보존
-
3가지 대표적 Lagrangian(Klein-Gordon, Dirac, Maxwell)을 제시하고, 각각의 운동방정식을 확인했다
🔵 카이: 「양자역학」편 제 26 장에서 배운 "대칭성과 보존법칙"이, 장의 언어로 이렇게 깔끔하게 정식화되는 거군요. 그런데 하나 궁금한 건, 오늘은 전부 "고전적인" 장의 이야기였잖아요. 양자화하면, 이 보존 커런트나 에너지·운동량 텐서는 어떻게 되나요?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 고전적인 보존량은 양자론에서도 기본적으로 유지돼요——다만 "연산자의 순서"라는 새로운 문제가 나타나요. 그건 다음 장 이후에서 볼게요.
🔵 카이: "연산자의 순서"…… 양자역학에서도 \(\hat{x}\hat{p} \neq \hat{p}\hat{x}\)로 순서가 중요했잖아요. 장의 양자론이면, 장 \(\phi(x)\)가 연산자가 되니까……고전론에서는 \(\phi(x)\phi(y) = \phi(y)\phi(x)\)가 당연했는데, 양자화하면 순서가 문제가 되나요? 예를 들어 에너지 밀도 \(T^{00}\)에 \(\dot{\phi}^2\)이 들어 있었는데, 연산자가 되면 \(\hat{\dot{\phi}}\hat{\dot{\phi}}\)의 순서를 어떻게 정하는 건지……
🟡 리나: 좋은 의문이에요. 실제로, 단순하게 연산자의 곱을 쓰면 무한대가 나와요. 그것을 "정규 순서"라는 처방으로 처리하는 거예요——다음 장에서 구체적으로 볼게요.
⚪ 메이: 그리고 Lagrangian을 써 내려가기만 하면, 운동방정식도 보존량도 모두 결정된다. 이 통일적인 체계가 장의 양자론의 출발점이 되는 거네.
🟡 리나: 맞아요. 다음 장에서는, 이 고전적인 체계 위에 양자역학의 구조를 올리는——즉 Klein-Gordon 장의 양자화로 나아갈 거예요. 장의 진동 모드가 "입자"로 나타나는 순간을 목격합시다.
다음 장 예고¶
제 4 장 스칼라장의 양자화 — 입자가 장으로부터 태어나다
고전장 \(\phi(x)\)를 연산자로 승격시키고, 교환관계를 부과한다——제2양자화의 절차를 실행한다. 장의 Fourier 전개에서 생성·소멸 연산자가 나타나고, "입자"가 장의 들뜸으로서 자연스럽게 출현하는 순간을 목격한다.
참고문헌¶
- Quantum Field Theory for the Gifted Amateur (Lancaster & Blundell) 제2장 "Lagrangians", 제6장 "A first stab at canonical quantization", 제8장 "Examples of Lagrangians, or how to build a theory", 제11장 "Symmetry"
- Quantum Field Theory and the Standard Model (Schwartz) 제3장 "Classical field theory"
- 場の量子論 — 不変性と自由場を中心にして (坂本) 제9장 "解析力学の復習と場のラグランジアン形式"
- Classical Theory of Fields (Landau & Lifshitz) 제2장 "Relativistic Mechanics", 제4장 "The Electromagnetic Field Equations"
- Quantum Field Theory (David Tong, Cambridge lecture notes) 제1장 "Classical Field Theory"
Feedback on this page
Let us know if something was unclear, incorrect, or could be improved.