제5장 Dirac 장의 양자화 — 페르미온의 반교환 관계¶
지금까지의 줄거리:
제 4 장에서는 실수 스칼라장의 정준 양자화를 수행했다. 장을 연산자로 승격시키고, 등시각 교환 관계 \([\hat{\phi}(\boldsymbol{x}), \hat{\pi}(\boldsymbol{y})] = i\delta^{(3)}(\boldsymbol{x} - \boldsymbol{y})\)를 부과함으로써 생성·소멸 연산자 \(\hat{a}^\dagger_{\boldsymbol{p}}, \hat{a}_{\boldsymbol{p}}\)가 나타나고, 장의 들뜸이 "입자"로 해석될 수 있음을 보았다. Fock 공간의 구조와, Bose-Einstein 통계가 교환 관계로부터 자연스럽게 유도됨을 확인했다.
이 장의 목표
- Dirac 장(스핀 \(1/2\)의 장)을 양자화한다
- 스칼라장과 같은 절차로 교환 관계를 부과하면 에너지가 아래로 비유계가 된다는 치명적인 파탄이 생김을 체험하고, 그 구제책으로서 반교환 관계가 불가피함을 이해한다
- 반교환 관계로부터 Pauli의 배타 원리와 Fermi-Dirac 통계가 자연스럽게 유도됨을 확인하고, 페르미온의 Fock 공간·반입자·\(C, P, T\) 변환을 배운다
5.1 Dirac 방정식의 복습——4성분 스피너의 필연성¶
🟡 리나: 제 4 장에서는 스칼라장——스핀 0의 장——을 양자화했지. 하지만 자연계의 물질을 구성하는 입자——전자, 쿼크, 중성미자——는 모두 스핀 \(1/2\) 의 입자야. 오늘은 드디어 이 입자들을 기술하는 Dirac(디랙) 장을 양자화할 거야.
🔵 카이: 「양자역학」편 제 27 장에서 Dirac 방정식이 예고되었었죠. Klein-Gordon 방정식을 "인수분해"해서 시간 미분이 1차인 방정식을 만든다는 이야기였어요.
🟡 리나: 잘 기억하고 있네. 복습해 두자. 출발점은 상대론적인 에너지와 운동량의 관계식
을 연산자로 치환한 Klein-Gordon 방정식
이었어. 자연 단위계 \(\hbar = c = 1\)에서는
이라고 쓸 수 있어. 이것은 시간에 대해 2차 미분인 방정식으로, 확률 밀도가 음이 될 수 있다는 문제가 있었지.
🔵 카이: 그래서 Dirac은 시간 미분을 1차로 만들려고 했던 거죠.
⚪ 메이: 그 "2차 미분"이 문제였으니까, 1차로 만들고 싶었던 거네.
🟡 리나: 맞아. Dirac의 발상은 이래. 시간 미분을 1차로 만들고 싶다면, \(E^2 = |\boldsymbol{p}|^2 + m^2\)의 "제곱근" \(E = \sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}\)을 연산자로 치환한 방정식 \(i\partial_t \psi = \sqrt{-\nabla^2 + m^2}\,\psi\)를 쓰고 싶어. 하지만 제곱근 안에 미분 연산자가 들어 있으면, Taylor 전개하면 무한 차수의 미분이 나타나서 국소적인 방정식이 되지 않아. 거기서 Dirac의 천재적인 아이디어는, \(\Box \equiv \partial_\mu \partial^\mu\) (달랑베르시안(d'Alembertian))의 "제곱근"을 행렬을 사용해 실현하는 것이었어. 구체적으로는 \(\gamma^\mu\)라는 4개의 행렬을 도입해서
가 성립하도록 해. 이렇게 하면 \(\gamma^\mu \partial_\mu\)는 1차 미분 연산자이니까, \((\gamma^\mu \partial_\mu + \text{상수})\psi = 0\)이라는 1차 방정식을 쓸 수 있어.
🔵 카이: \((\gamma^\mu \partial_\mu)^2\)를 전개하면 \(\gamma^\mu \gamma^\nu \partial_\mu \partial_\nu\)가 되잖아요. 편미분의 순서는 교환할 수 있으니까 \(\partial_\mu \partial_\nu\)는 \(\mu, \nu\)에 대해 대칭……그러면 \(\gamma^\mu \gamma^\nu\)에도 뭔가 조건이 붙나요?
🟡 리나: 맞아. \(\partial_\mu \partial_\nu\)가 대칭이니까, \(\gamma^\mu \gamma^\nu\)의 반대칭 부분은 사라지고 대칭 부분만 남아. 따라서 필요한 조건은
즉 반교환 관계
야. 여기서 \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1, -1, -1, -1)\)는 Minkowski(민코프스키) 계량, \(\mathbf{1}\)은 단위 행렬이야. 이 관계식을 Clifford(클리포드) 대수라고 불러.
🔵 카이: 반교환 관계가 나왔네요! 하지만 이건 \(\gamma\) 행렬끼리의 반교환 관계이지, 장의 연산자 이야기는 아니죠?
🟡 리나: 맞아. 여기서의 반교환 관계는 순수하게 행렬의 대수적 성질이야. 장의 양자화에서 나오는 반교환 관계와는 별개의 것이야. 하지만 흥미롭게도, Dirac 방정식의 출발점에 이미 "반교환"이라는 구조가 숨어 있는 거지.
🟡 리나: 식 (5.1)에서 구체적으로 무엇을 읽어낼 수 있는지, \(\mu, \nu\)에 값을 넣어 봐.
⚪ 메이: 해 볼게.
- \(\mu = \nu = 0\): \(\eta^{00} = +1\)이니까 \((\gamma^0)^2 = +\mathbf{1}\)
- \(\mu = \nu = i\) (공간 성분): \(\eta^{ii} = -1\)이니까 \((\gamma^i)^2 = -\mathbf{1}\)
- \(\mu \neq \nu\): \(\eta^{\mu\nu} = 0\)이니까 \(\gamma^\mu \gamma^\nu = -\gamma^\nu \gamma^\mu\) (서로 다른 \(\gamma\) 행렬은 반가환)
이렇게 돼.
🔵 카이: Pauli 행렬은 \(2 \times 2\)이고 3개인데, \(\gamma\) 행렬은 4개 필요하잖아요. \(2 \times 2\)로는 안 되나요?
🟡 리나: 좋은 질문이야. \(2 \times 2\) 행렬은 단위 행렬 \(\mathbf{1}\)과 3개의 Pauli 행렬 \(\sigma^1, \sigma^2, \sigma^3\)으로 기저가 다 차. Clifford 대수를 만족시키려면 서로 반가환인 행렬이 4개 필요한데, \(2 \times 2\)에서는 최대 3개밖에 잡을 수 없어(Pauli 행렬이 바로 그것). 4번째를 넣을 여지가 없는 거야. 따라서 최소는 \(4 \times 4\) 행렬이고, 파동함수 \(\psi\)는 4성분을 가져. 이것이 Dirac 스피너(Dirac spinor)야.
✅ 이해도 체크: Dirac 스피너가 4성분인 이유를, Clifford 대수와 행렬 크기의 관점에서 설명해 보세요.
답
Clifford 대수 \(\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}\)를 만족시키려면 서로 반가환인 행렬이 4개 필요하지만, \(2 \times 2\) 행렬에서는 최대 3개(Pauli 행렬)밖에 잡을 수 없다. 최소한 \(4 \times 4\) 행렬이 필요하며, 그것에 작용받는 파동함수 \(\psi\)는 4성분의 Dirac 스피너가 된다.
Dirac 방정식의 완성형¶
🟡 리나: \(\gamma\) 행렬을 사용하면 Klein-Gordon 방정식을 인수분해할 수 있어. 확인해 보자.
먼저 중요한 주의: \(\gamma\) 행렬은 좌표에 의존하지 않는 상수 행렬이니까, 미분 연산자 \(\partial_\mu\)는 \(\gamma\)를 그냥 통과해서 뒤의 \(\psi\)에만 작용해. 따라서 \(i\), \(\gamma\), \(\partial\)의 순서는 자유롭게 바꿀 수 있어.
이것을 항별로 전개해 보자. 4개의 항이 나와:
- 제1항 (미분×미분): \((-i\gamma^\mu\partial_\mu)(i\gamma^\nu\partial_\nu) = (-i)(i)\gamma^\mu\gamma^\nu\partial_\mu\partial_\nu = +\gamma^\mu\gamma^\nu\partial_\mu\partial_\nu\) (\((-i)(i) = -(i^2) = -(-1) = +1\)이야)
- 제2항 (미분×질량): \((-i\gamma^\mu\partial_\mu)(-m) = +im\gamma^\mu\partial_\mu\)
- 제3항 (질량×미분): \((-m)(i\gamma^\nu\partial_\nu) = -im\gamma^\nu\partial_\nu\)
- 제4항 (질량×질량): \((-m)(-m) = m^2\)
교차항(제2항＋제3항)을 살펴보자. \(\mu\)와 \(\nu\)는 둘 다 \(0, 1, 2, 3\)을 달리는 더미 첨자("전부 합산하기" 위한 임시 이름)이니까, \(\gamma^\mu\partial_\mu = \gamma^0\partial_0 + \gamma^1\partial_1 + \gamma^2\partial_2 + \gamma^3\partial_3\)과 \(\gamma^\nu\partial_\nu = \gamma^0\partial_0 + \gamma^1\partial_1 + \gamma^2\partial_2 + \gamma^3\partial_3\)은 문자를 바꾸었을 뿐 같은 것이야. 따라서 \(+im\gamma^\mu\partial_\mu - im\gamma^\mu\partial_\mu = 0\)이 되어 교차항은 사라져. 남는 것은 제1항과 제4항뿐이야. 제1항을 더 처리해 보자. 임의의 행렬곱은 대칭 부분과 반대칭 부분으로 분해할 수 있어: \(\gamma^\mu\gamma^\nu = \frac{1}{2}\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} + \frac{1}{2}[\gamma^\mu, \gamma^\nu]\). Clifford 대수 \(\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}\)를 대입하면
가 돼. \(\partial_\mu\partial_\nu\)는 \(\mu \leftrightarrow \nu\) 교환에 대해 대칭이니까, 반대칭 부분 \([\gamma^\mu, \gamma^\nu]\)와의 축약은 0이야. 결국 \(\gamma^\mu\gamma^\nu \partial_\mu \partial_\nu = \eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu = \partial_\mu\partial^\mu\). 따라서
인수분해가 확인되었지. 즉 Klein-Gordon 연산자 \(\partial_\mu\partial^\mu + m^2\)가 2개의 1차 연산자의 곱으로 분해되었어. 여기서 Dirac 방정식을 얻으려면, 오른쪽 인자를 0으로 놓으면 돼:
이것이 Dirac 방정식이야. 여기서 슬래시 기법(Feynman slash notation)을 도입해 두자. 임의의 4원 벡터 \(A\)에 대해 \(\not\!A \equiv \gamma^\mu A_\mu\) (\(\gamma\) 행렬과 아래 첨자 성분 \(A_\mu\)를 축약한 것)로 정의하는 기법이야. 미분 연산자에 적용하면 \(\not\!\partial \equiv \gamma^\mu \partial_\mu\)이고, Dirac 방정식은 \((i\not\!\partial - m)\psi = 0\)으로 간결하게 쓸 수 있어. 나중에 \(\not\!p \equiv \gamma^\mu p_\mu\)도 사용할 거야.
이 해가 Klein-Gordon 방정식도 만족함을 확인하자. \((i\not\!\partial - m)\psi = 0\)의 양변에 왼쪽에서 \((-i\not\!\partial - m)\)을 작용시키면, 방금 인수분해 결과 \((-i\not\!\partial - m)(i\not\!\partial - m) = \partial_\mu\partial^\mu + m^2\)를 그대로 쓸 수 있어서, \((\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\psi = 0\)——Klein-Gordon 방정식이 따라와. 역으로 말하면, Dirac 방정식의 해는 자동으로 Klein-Gordon 방정식도 만족해. 즉
🔵 카이: 시간 미분도 공간 미분도 1차가 되었네요! Lorentz 공변성도 만족되나요?
🟡 리나: 좋은 질문이야. 그걸 확인하려면, \(\psi\)가 Lorentz 변환 아래에서 어떻게 변환되는지를 알아야 해. 다음 섹션에서 살펴보자.
✅ 이해도 체크: Clifford 대수 \(\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}\)로부터 \(\gamma^0 \gamma^1 = -\gamma^1 \gamma^0\)을 유도하세요.
답
\(\mu = 0, \nu = 1\)일 때 \(\eta^{01} = 0\)이므로 \(\{\gamma^0, \gamma^1\} = \gamma^0\gamma^1 + \gamma^1\gamma^0 = 0\). 따라서 \(\gamma^0\gamma^1 = -\gamma^1\gamma^0\).
📝 연습문제:
- Clifford 대수로부터 \(\gamma\) 행렬의 성질 유도 → 문제 B-1. Clifford 대수의 기본 계산
5.2 Lorentz 군의 스피너 표현——스피너는 벡터가 아니다¶
🟡 리나: 제 2 장에서 Lorentz 변환 아래에서 장이 어떻게 변환되는지를 배웠지. 떠올려 보면, 스칼라장은 \(\phi(x) \to \phi'(x) = \phi(\Lambda^{-1}x)\)——즉 "변환 후의 좌표계에서 점 \(x\)에서의 장의 값을 알고 싶으면, 변환 전의 좌표계에서 그 점에 대응하는 위치 \(\Lambda^{-1}x\)에서의 값을 가져온다"는 의미였어(제 2 장에서 배운 "능동적 변환"——좌표계는 고정한 채 물리계를 움직이는 관점——의 사고방식). 벡터장은 \(A^\mu(x) \to \Lambda^\mu{}_\nu A^\nu(\Lambda^{-1}x)\)로, 좌표의 인수가 바뀔 뿐만 아니라 성분끼리의 섞임도 더해져. 그렇다면 Dirac 스피너 \(\psi\)는 어떻게 변환될까.
🔵 카이: 4성분이니까 벡터처럼 \(\Lambda^\mu{}_\nu\)로 변환되는……건 아닌 거죠?
🟡 리나: 달라. 스피너는 벡터와 근본적으로 다른 대상이야. 가장 알기 쉬운 차이는——
벡터를 \(360°\) 회전시키면 원래로 돌아온다. 하지만 스피너를 \(360°\) 회전시키면 부호가 반전되고, \(720°\) 회전시켜야 비로소 원래로 돌아온다.
🔵 카이: 에? \(360°\) 돌려도 원래로 안 돌아온다고요? 그게 현실에서 있을 수 있나요?
🟡 리나: 실제로 1975년 Rauch 등의 중성자 간섭 실험에서 확인되었어. 중성자 빔을 2개로 나누어 한쪽만 자기장 속에서 회전시킨 후 다시 합류시키면, \(360°\) 회전에서 간섭 패턴이 반전되고, \(720°\)에서 원래로 돌아옴이 관측되었어. 양자역학에서 배운 스핀 \(1/2\)의 성질을 떠올려 봐. Pauli 행렬 \(\boldsymbol{\sigma}\)를 사용한 회전 연산자 \(D(\boldsymbol{\theta}) = e^{-\frac{i}{2}\boldsymbol{\sigma}\cdot\boldsymbol{\theta}}\)에서, \(z\)축 둘레로 \(\theta = 2\pi\) (\(360°\))를 대입하면 \(e^{-i\pi\sigma^3} = \cos\pi \cdot \mathbf{1} - i\sin\pi \cdot \sigma^3 = -\mathbf{1}\)이 되었잖아?
🔵 카이: 회전 연산자 지수 안에 \(1/2\)이 들어 있으니까, \(2\pi\)를 돌려도 \(\pi\)만큼밖에 진행하지 않아서 \(-\mathbf{1}\)이 되는 거군요. 하지만 부호가 반전되기만 하면 물리적으로 관측할 수 있나요? 전체 위상은 측정할 수 없을 텐데……
🟡 리나: 좋은 착안이야. 확실히 전체 위상은 측정할 수 없어. 하지만 간섭 실험에서는 2개 경로의 상대 위상을 측정하니까, 한쪽만 \(360°\) 돌리면 간섭 패턴이 반전돼——Rauch의 실험은 바로 그것을 본 거야.
⚪ 메이: 즉, 리나 선생님이 방금 보여준 \(e^{-i\pi\sigma^3} = -\mathbf{1}\)은 \(\theta = 2\pi\)의 경우이고, 같은 식에 \(\theta = 4\pi\)를 넣으면 \(e^{-2i\pi} = +1\)로 원래로 돌아와——그래서 \(720°\)가 필요한 거네. 지수의 \(1/2\)이 모든 원인이라는 거지.
Lorentz 대수의 분해——2개의 \(\mathfrak{su}(2)\)¶
🟡 리나: Lorentz 군의 구조를 좀 더 깊이 살펴보자. 제 2 장에서 배웠듯이, Lorentz 변환에는 2종류가 있어——공간의 회전(3개 축 둘레로 3개)과, 서로 다른 관성계로의 전환인 부스트(3방향으로 3개). 각각의 생성자를 회전의 생성자 \(\mathbf{J} = (J^1, J^2, J^3)\)와 부스트의 생성자 \(\mathbf{K} = (K^1, K^2, K^3)\)로 쓸게. "생성자"란 미소 변환을 만들어내는 연산자——양자역학에서 각운동량 \(\hat{L}_z\)가 \(z\)축 둘레의 미소 회전을 생성한 것과 같은 의미야. \(J^i\)는 공간 회전을, \(K^i\)는 부스트를 생성해. 구체적으로는, \(xy\) 평면 내의 미소 회전은 \(J^3\)이 생성하고, \(x\) 방향으로의 미소 부스트는 \(K^1\)이 생성해——즉 \(J^i\)는 \(i\)축 둘레의 회전, \(K^i\)는 \(i\) 방향의 부스트에 대응하는 거야. 합계 6개이고, 이들 사이의 교환 관계는 Lorentz 변환 행렬의 정의 조건 \(\Lambda^T\eta\Lambda = \eta\)로부터 유도할 수 있어. 아이디어만 말하면, 미소 변환 \(\Lambda^\mu{}_{\nu} = \delta^\mu{}_{\nu} + \omega^\mu{}_{\nu}\) (\(\omega\)는 무한소)를 정의 조건에 대입하면 \(\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}\) (반대칭)이 나와. 이 반대칭 매개변수 6개가 회전 3개＋부스트 3개에 대응하고, 각각의 생성자 \(J^i\), \(K^i\)를 정의할 수 있어. 생성자끼리의 교환 관계는 미소 변환을 2번 연속 수행하는 순서의 차이로부터 결정돼——양자역학에서 \([\hat{L}_x, \hat{L}_y] = i\hbar\hat{L}_z\)를 "\(x\)축 둘레의 미소 회전→\(y\)축 둘레의 미소 회전"과 역순의 차이로부터 유도한 것과 완전히 같은 발상이야. 예를 들어 \([J^1, J^2]\)를 구하려면, \(xz\) 평면 내의 미소 회전(\(J^2\)가 생성)과 \(yz\) 평면 내의 미소 회전(\(J^1\)이 생성)을 연속으로 수행하고, 순서를 바꾸었을 때의 차이를 계산해. 그 차이가 \(xy\) 평면 내의 미소 회전(\(J^3\)이 생성)에 비례함으로부터 \([J^1, J^2] = iJ^3\)이 나와(자세한 내용은 부록 B 참조). 결과는
야. 여기서 \(\varepsilon^{ijk}\)는 Levi-Civita(레비치비타) 기호——\(\varepsilon^{123} = 1\)이고, 첨자를 1번 교환할 때마다 부호가 반전되며(예: \(\varepsilon^{213} = -1\)), 같은 첨자가 중복되면 0이 되는 완전 반대칭 기호야.
식 (5.3a)는 양자역학에서 배운 각운동량의 교환 관계 \([\hat{L}_i, \hat{L}_j] = i\hbar\varepsilon_{ijk}\hat{L}_k\)와 같은 형태지(자연 단위계 \(\hbar = 1\)에서). 식 (5.3b)는 "부스트 생성자 \(K^j\)는 회전에 대해 벡터로서 변환된다"는 것을 의미해——즉 \(J^i\)로 생성되는 회전을 \(K^j\)에 시행하면, \(K^j\)는 다른 성분 \(K^k\)와 섞여. 마치 보통의 벡터 \(\boldsymbol{v} = (v^1, v^2, v^3)\)를 회전시키면 성분이 섞이는 것과 같은 구조야. 식 (5.3c)의 마이너스 부호는, 식 (5.3a)와 비교하면 "\(K\)끼리의 교환자는 \(J\)를 낳지만, \(J\)끼리의 교환자와 부호가 반대"라는 것이야. 이것은 회전과 부스트의 본질적인 차이——회전은 공간 내의 조작이지만, 부스트는 시간과 공간을 섞는 조작으로, Minkowski 계량의 시간 성분의 부호 \(\eta^{00} = +1\) (공간은 \(-1\))이 이 마이너스의 기원이야.
🔵 카이: 식 (5.3c)의 우변에 마이너스가 붙어 있는 게 신경 쓰여요. 부스트끼리의 교환자가 회전을 낳는다니……
🟡 리나: 맞아, 그것이 Lorentz 군의 비자명한 구조야. 직관적으로 말하면, \(x\) 방향으로 부스트한 다음 \(y\) 방향으로 부스트하는 조작과, 반대 순서로 하는 조작은 결과가 미묘하게 다른데——그 차이가 \(xy\) 평면 내의 회전으로 나타나는 거야. 친숙한 예로 말하면, 비행기가 동쪽을 향해 날고 있을 때(\(x\) 방향 부스트), 다음에 북쪽으로 방향 전환하는 것(\(y\) 방향 부스트)과, 먼저 북쪽으로 날다가 동쪽으로 방향 전환하는 것은, 최종적인 기체 방향이 미묘하게 어긋나——그 어긋남이 회전에 대응하는 거야. 이것은 Thomas(토마스) 세차로 알려진 현상의 수학적 표현으로, 수소 원자의 스핀-궤도 상호작용의 보정 인자 \(1/2\) (Thomas 인자)의 기원이기도 해. 지금은 "부스트끼리의 비가환성이 회전을 낳는다"는 사실만 기억하면 충분해.
자, 여기서 천재적인 트릭을 소개할게. 새로운 생성자 조합을 정의해:
🔵 카이: \(i\)를 곱하는 게 신기하네요. 왜 이런 조합을 만드나요? \(J_+\)나 \(J_-\)는 물리적으로 무엇을 나타내죠?
🟡 리나: 좋은 의문이야. \(J_\pm\)은 물리적인 관측량이 아니라, 대수의 구조를 보기 쉽게 만드는 수학적 도구야. 마치 복소수 \(z = x + iy\)를 도입하면 2차원 문제가 보기 좋아지는 것과 같은 발상이야. 동기는 이래. 식 (5.3a)를 보면 \([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\)이고, 이것은 양자역학에서 배운 각운동량의 교환 관계와 같은 형태——\(\mathfrak{su}(2)\)의 형태지. "\(K\)도 같은 형태로 만들 수 없을까?"라고 생각하는 게 자연스럽잖아? 하지만 식 (5.3c)를 보면 \([K^i, K^j]\)의 우변에 \(-i\varepsilon^{ijk}J^k\)으로 마이너스가 붙어 있어서, \(K\)만으로는 \(\mathfrak{su}(2)\)의 형태가 안 돼. 거기서 \(K\)에 허수 단위 \(i\)를 곱하는 거야. 교환자에는 이런 성질이 있어: \(c\)가 단순한 수(연산자가 아닌 상수)라면, \([cA, cB] = c^2[A, B]\)가 성립해. 확인해 봐——\([cA, cB] = (cA)(cB) - (cB)(cA) = c^2(AB - BA) = c^2[A, B]\). \(c\)는 실수든 복소수든 상관없어. 여기서 \(c = i\) (허수 단위)를 대입하면, \([iK^i, iK^j] = i^2[K^i, K^j] = (-1) \times (-i\varepsilon^{ijk}J^k) = +i\varepsilon^{ijk}J^k\)가 되어 마이너스가 사라져. 즉 \(i\)를 곱함으로써 \(i^2 = -1\)이 방해되는 마이너스를 상쇄해 주는 거야. \(J\)와 \(iK\)를 적절히 조합하면, 깨끗한 \(\mathfrak{su}(2)\)의 형태가 나올 것이라고 기대할 수 있지. 실제로 계산해 보자. 식 (5.3a)–(5.3c)를 사용해서 \([J^i_+, J^j_+]\)를 계산해 봐.
🟡 리나: 같이 해 보자. 먼저 전개하면
각 항에 식 (5.3a)–(5.3c)의 교환 관계를 대입하면,
🔵 카이: 음, 제2항이 \(-\varepsilon^{ijk}K^k\)이고 제3항도 \(-\varepsilon^{ijk}K^k\)……어라, \(K\) 항이 안 사라지나요?
🟡 리나: 잠깐, 좀 더 꼼꼼하게 하자. 먼저 제2항: 식 (5.3b)에서 직접 \([J^i, K^j] = i\varepsilon^{ijk}K^k\)이니까, \(i[J^i, K^j] = i \cdot i\varepsilon^{ijk}K^k = -\varepsilon^{ijk}K^k\). 다음에 제3항: 교환자의 정의 \([A, B] = AB - BA\)로부터 \([K^i, J^j] = -[J^j, K^i]\)야. 식 (5.3b)는 \([J^a, K^b] = i\varepsilon^{abc}K^c\)라는 형태로 임의의 \(a, b\)에 대해 성립하는 관계식이니까, \(a = j\), \(b = i\)를 대입하면 \([J^j, K^i] = i\varepsilon^{jic}K^c = i\varepsilon^{jik}K^k\)을 얻어(마지막 등호는 축약 첨자 이름을 \(c\)에서 \(k\)로 바꾼 것뿐). 여기서 \(\varepsilon^{jik}\)는 \(\varepsilon^{ijk}\)의 처음 2개 첨자 \(i, j\)를 교환한 것이니까 \(\varepsilon^{jik} = -\varepsilon^{ijk}\). 따라서 \([J^j, K^i] = -i\varepsilon^{ijk}K^k\). 그래서 \([K^i, J^j] = -[J^j, K^i] = +i\varepsilon^{ijk}K^k\). 제3항은 \(i[K^i, J^j] = i \cdot i\varepsilon^{ijk}K^k = -\varepsilon^{ijk}K^k\). 제2항과 제3항을 합치면 \(-2\varepsilon^{ijk}K^k\).
한편, 제1항은 \(i\varepsilon^{ijk}J^k\), 제4항은 \((-1)(-i\varepsilon^{ijk}J^k) = +i\varepsilon^{ijk}J^k\). 합치면 \(2i\varepsilon^{ijk}J^k\).
전체적으로
🔵 카이: 음, \(J\)와 \(K\)가 섞인 식이 마지막에 \(J_+\)만의 형태로 돌아가는 거네요. \(J^k + iK^k = 2J^k_+\)이니까……확실히 \(i\varepsilon^{ijk}J^k_+\)가 되네요! 하지만 왜 이렇게 깔끔하게 닫히는 건가요?
🟡 리나: 그것이 식 (5.4) 정의의 교묘함이야. \(J\)와 \(K\)의 항을 합치면 \(J_+\)의 정의로 재결합하도록, 처음부터 \(iK\)를 조합하고 있는 거야. \(J_+\)만으로 닫힌 교환 관계를 만들고 있어——즉 "\(J_+\)만으로 닫힌 대수를 만든다"는 것을 역산해서 설계한 거지.
마찬가지로 계산하면 \(J_-\)도 독립적으로 닫히고, 더 나아가 \(J_+\)와 \(J_-\) 사이의 교환자도 0이 돼. \([J^i_-, J^j_-]\)의 계산은 \(J_+\) 때와 완전히 같은 구조로, \(iK\)의 부호만 바뀌어. \([J^i_+, J^j_-]\)가 0이 되는 것도, 전개하면 \(J\)와 \(K\)의 항이 서로 상쇄됨으로부터 확인할 수 있어——꼭 직접 손을 움직여서 확인해 봐. 결과를 정리하면,
🔵 카이: 오! \(\mathbf{J}_+\)와 \(\mathbf{J}_-\)가 완전히 독립이 되었어요! 게다가 각각의 교환 관계는 양자역학에서 배운 각운동량의 교환 관계 \([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\)와 같은 형태잖아요? 하지만 원래의 \(\mathbf{J}\)와 \(\mathbf{K}\)는 회전과 부스트라는 완전히 다른 조작의 생성자였는데, \(\mathbf{J}_+\)와 \(\mathbf{J}_-\)로 재편성하면 둘 다 "각운동량 비슷한" 것이 된다니……2개의 독립적인 "각운동량"이 Lorentz 변환 안에 숨어 있었다는 건가요? 이건 물리적으로 어떤 의미가 있나요?
🟡 리나: 좋은 질문이야. 물리적 의미는 이래——\([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\)라는 교환 관계의 구조를 수학에서는 \(\mathfrak{su}(2)\)의 Lie(리) 대수라고 불러. 이름은 외울 필요 없지만, 요컨대 "각운동량과 같은 교환 관계를 가진 대수"라는 뜻이야. 식 (5.5a)와 (5.5b)는 둘 다 이 \(\mathfrak{su}(2)\)와 같은 형태이고, 식 (5.5c)가 보여주듯이 \(\mathbf{J}_+\)와 \(\mathbf{J}_-\)는 서로 독립이야. 즉——
Lorentz 대수는 2개의 독립적인 \(\mathfrak{su}(2)\) 대수의 직적 \(\mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)\)로 분해된다.
이것이 의미하는 바는, Lorentz 군의 표현이 "\(\mathbf{J}_+\)의 \(\mathfrak{su}(2)\) 표현"과 "\(\mathbf{J}_-\)의 \(\mathfrak{su}(2)\) 표현"의 쌍 \((j_+, j_-)\)로 분류될 수 있다는 것이야. 양자역학에서 배웠듯이, \(\mathfrak{su}(2)\)의 표현은 스핀 값 \(j = 0, 1/2, 1, \ldots\)로 결정되니까, \((j_+, j_-)\)의 조합으로 Lorentz 군의 모든 표현이 체계적으로 얻어져.
🔵 카이: 2개의 독립적인 \(\mathfrak{su}(2)\)라면, 구체적으로 어떤 표현이 있나요?
🟡 리나: 몇 가지 표현을 살펴보자:
표 5.1: Lorentz 군의 대표적인 기약 표현
| 표현 \((j_+, j_-)\) | 이름 | 성분 수 | 예 |
|---|---|---|---|
| \((0, 0)\) | 스칼라 | \(1\) | Higgs 장 |
| \((1/2, 0)\) | 왼손잡이 Weyl(바일) 스피너 | \(2\) | 왼손잡이 중성미자 |
| \((0, 1/2)\) | 오른손잡이 Weyl 스피너 | \(2\) | 오른손잡이 중성미자 |
| \((1/2, 0) \oplus (0, 1/2)\) (양쪽을 합친 것) | Dirac 스피너 | \(4\) | 전자 |
| \((1/2, 1/2)\) | 벡터 | \(4\) | 광자 |
🔵 카이: 성분 수는 어떻게 결정되나요?
🟡 리나: \(\mathfrak{su}(2)\)의 스핀 \(j\) 표현은 \(2j + 1\) 차원이었지. \((j_+, j_-)\) 표현의 성분 수는 \((2j_+ + 1)(2j_- + 1)\)이야. 예를 들어 \((1/2, 0)\)이면 \(2 \times 1 = 2\) 성분, \((1/2, 1/2)\)이면 \(2 \times 2 = 4\) 성분.
🔵 카이: 그렇구나! Dirac 스피너가 4성분인 것은, 왼손잡이 2성분과 오른손잡이 2성분을 합친 \((1/2, 0) \oplus (0, 1/2)\)이기 때문이군요!
왼손잡이와 오른손잡이의 차이——부스트가 구별한다¶
🟡 리나: 왼손잡이와 오른손잡이 Weyl 스피너는 회전에 대해서는 같은 변환을 받아. 둘 다 \(\mathbf{J} = \boldsymbol{\sigma}/2\)로 회전돼. 차이가 나타나는 것은 부스트 때야.
식 (5.4)의 2식을 더하면 \(J^i_+ + J^i_- = \frac{1}{2}(J^i + iK^i) + \frac{1}{2}(J^i - iK^i) = J^i\). 빼면 \(J^i_+ - J^i_- = \frac{1}{2}(J^i + iK^i) - \frac{1}{2}(J^i - iK^i) = iK^i\)이니까 \(\mathbf{K} = -i(\mathbf{J}_+ - \mathbf{J}_-)\). 이것을 사용하면,
- 왼손잡이 \((1/2, 0)\): \(j_+ = 1/2\)이니까 \(\mathbf{J}_+\)는 스핀 \(1/2\)의 표현——양자역학에서 배운 대로 \(\boldsymbol{\sigma}/2\) (Pauli 행렬의 절반)로 실현돼. 한편 \(j_- = 0\)이니까 \(\mathbf{J}_- = 0\). 식 (5.4)의 역 \(\mathbf{K} = -i(\mathbf{J}_+ - \mathbf{J}_-)\)에 대입하면 \(\mathbf{K} = -i\boldsymbol{\sigma}/2\)
- 오른손잡이 \((0, 1/2)\): \(j_+ = 0\)이니까 \(\mathbf{J}_+ = 0\), \(j_- = 1/2\)이니까 \(\mathbf{J}_- = \boldsymbol{\sigma}/2\). 마찬가지로 \(\mathbf{K} = -i(0 - \boldsymbol{\sigma}/2) = +i\boldsymbol{\sigma}/2\)
🔵 카이: 부스트 생성자의 부호가 반대가 되는 거군요! 회전에서는 같지만 부스트에서 차이가 나는 거네요.
🟡 리나: 맞아. 즉, Dirac 스피너를 위 2성분 \(\psi_L\) (왼손잡이)과 아래 2성분 \(\psi_R\) (오른손잡이)로 나누어
라고 쓰면, 회전에서는 \(\psi_L\)과 \(\psi_R\)이 같은 방식으로 변환되지만, 부스트에서는 다른 변환을 받아.
⚪ 메이: 아까 표에서 \((1/2, 0) \oplus (0, 1/2)\)가 4성분이었던 것은, 왼손잡이 2성분과 오른손잡이 2성분을 하나로 합치고 있기 때문이었구나.
🟡 리나: 맞아. 질량 \(m \neq 0\)일 때, Dirac 방정식은 \(\psi_L\)과 \(\psi_R\)을 결합시켜. 실제로 Lagrangian의 질량항 \(m\bar{\psi}\psi\)를 왼손잡이·오른손잡이로 다시 쓰면 \(m(\bar{\psi}_L\psi_R + \bar{\psi}_R\psi_L)\)이 되어 \(\psi_L\)과 \(\psi_R\)이 섞이는 게 보여. 그래서 질량이 있는 입자를 기술하려면 왼손잡이와 오른손잡이 양쪽이 필요하고, 4성분의 Dirac 스피너가 필연적으로 등장해. 그림 5.1「Dirac 스피너의 구조」에 이 구조를 정리했어. 스피너 표현의 자세한 내용은 부록 B에 정리해 두었으니 필요에 따라 참조해.
그림 5.1: Dirac 스피너의 구조. 4성분의 Dirac 스피너는 왼손잡이 Weyl 스피너 \((1/2, 0)\)의 2성분과 오른손잡이 Weyl 스피너 \((0, 1/2)\)의 2성분을 합친 것. 질량항 \(m\bar{\psi}\psi\)가 양자를 결합한다.
✅ 이해도 체크: Lorentz 대수가 \(\mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)\)로 분해되는 것의 물리적 귀결을 하나 말해 보세요.
답
Lorentz 군의 표현이 2개의 독립적인 \(\mathfrak{su}(2)\) 스핀의 쌍 \((j_+, j_-)\)로 분류될 수 있다. 이에 의해 스칼라 \((0,0)\), Weyl 스피너 \((1/2, 0)\)이나 \((0, 1/2)\), Dirac 스피너 \((1/2, 0) \oplus (0, 1/2)\), 벡터 \((1/2, 1/2)\) 등의 장이 체계적으로 분류된다.
5.3 Dirac 장의 Lagrangian과 정준 양자화의 준비¶
🟡 리나: 자, Dirac 장을 양자화할 준비에 들어가자. 제 3 장에서 배웠듯이, 장의 양자화의 첫걸음은 고전적인 Lagrangian(라그랑지안) 밀도를 적어 내리는 것이야.
🔵 카이: 스칼라장 때는 "Euler-Lagrange(오일러-라그랑주) 방정식으로부터 Klein-Gordon 방정식이 나오는 Lagrangian을 선택한다"는 방침이었잖아요. 하지만 Dirac 방정식은 4성분 스피너에 대한 1차 미분 방정식이니까, Lagrangian의 형태도 꽤 다를 것 같네요.
🟡 리나: 좋은 직감이야. 방침은 같아——"Euler-Lagrange 방정식으로부터 Dirac 방정식이 나오는 Lagrangian"을 선택하는 거야. 다만 말한 대로 1차 미분 방정식이니까, Lagrangian의 구조는 스칼라장과는 상당히 달라. 답은 이거야:
🔵 카이: \(\bar{\psi}\)가 뭔가요? \(\psi^\dagger\)와는 다른 건가요?
🟡 리나: 좋은 질문이야. \(\bar{\psi}\)는 Dirac 켤레(Dirac adjoint)라고 불리는 것으로,
으로 정의돼. 왜 단순히 \(\psi^\dagger\)가 아니라 \(\psi^\dagger \gamma^0\)을 사용하느냐면, \(\bar{\psi}\psi\)가 Lorentz 스칼라(Lorentz 변환에서 불변인 양)가 되기 위해서야. \(\psi^\dagger \psi\)로는 Lorentz 스칼라가 안 돼.
🔵 카이: \(\psi^\dagger \psi\)로는 Lorentz 스칼라가 안 되는 건 알겠는데, 왜 \(\gamma^0\)을 끼우면 잘 되나요? \(\gamma^0\)에 뭔가 특별한 성질이 있나요?
🟡 리나: 좋은 질문이야. Lorentz 변환(회전이나 부스트) 아래에서, Dirac 스피너는 \(\psi \to S\psi\)로 변환돼. 여기서 \(S\)는 \(4 \times 4\)의 변환 행렬로, 어떤 Lorentz 변환을 수행하느냐에 따라 결정되는 것이야. 회전의 경우 \(S\)는 유니터리(\(S^\dagger S = \mathbf{1}\))이지만, 부스트의 경우는 비유니터리——즉 \(S^\dagger S \neq \mathbf{1}\)이야. 그래서 \(\psi \to S\psi\)일 때 \(\psi^\dagger \psi \to \psi^\dagger S^\dagger S \psi \neq \psi^\dagger \psi\)로 불변이 안 돼.
한편, \(\gamma^0\)을 끼우면 \(\bar{\psi}\psi \to \psi^\dagger S^\dagger \gamma^0 S \psi\)가 되는데, 스피너 표현의 성질로서 \(S^\dagger \gamma^0 S = \gamma^0\)이 성립해. 지금은 이 관계식을 인정해 주면 충분해——유도의 자세한 내용은 부록 B를 참조해. 이 관계식을 사용하면 \(\bar{\psi}\psi \to \psi^\dagger S^\dagger \gamma^0 S \psi = \psi^\dagger \gamma^0 \psi = \bar{\psi}\psi\)가 되어 Lorentz 불변이 돼. 즉 \(\gamma^0\)이 부스트의 비유니터리성을 보상해 주는 거야.
⚪ 메이: 그렇구나, \(\psi^\dagger \psi\)는 부스트에서 깨지지만, \(\psi^\dagger \gamma^0 \psi\)는 \(S^\dagger \gamma^0 S = \gamma^0\) 덕분에 불변으로 유지되는 거네.
🟡 리나: 맞아. 그럼 이 Lagrangian에서 정말로 Dirac 방정식이 나오는지 확인해 보자. 여기서 한 가지 테크닉이 있어. \(\psi\)는 복소장이니까, 실수부 \(\psi_{\mathrm{Re}}\)와 허수부 \(\psi_{\mathrm{Im}}\)의 2개의 독립적인 자유도를 가져. 변분 원리에서는 "독립적인 자유도 각각에 대해 Euler-Lagrange 방정식을 쓴다"는 것이 기본이었지. \(\psi_{\mathrm{Re}}\)와 \(\psi_{\mathrm{Im}}\)으로 변분하는 대신에, \(\psi\)와 \(\bar{\psi} = \psi^\dagger \gamma^0\) (\(\psi\)의 에르미트 켤레에 \(\gamma^0\)을 곱한 것)을 독립 변수로 취급해도, 같은 수의 방정식이 얻어져. 이것은 변수 잡는 방법을 바꾼 것일 뿐 물리는 변하지 않아——마치 \(x, y\) 좌표 대신에 \(z = x + iy\), \(z^* = x - iy\)를 사용하는 것과 같은 거야. \(\bar{\psi}\)로 변분하면 Dirac 방정식 \((i\not\!\partial - m)\psi = 0\)이, \(\psi\)로 변분하면 그 켤레 방정식이 얻어져. 먼저 \(\bar{\psi}\)에 관한 Euler-Lagrange 방정식을 쓰면:
\(\mathcal{L} = \bar{\psi}(i\gamma^\mu \partial_\mu - m)\psi\)를 보면, \(\partial_\mu \bar{\psi}\) (\(\bar{\psi}\)의 미분)는 어디에도 포함되어 있지 않으니까 제2항은 0이야. 제1항은, \(\mathcal{L}\)을 \(\bar{\psi}\)에 대해 "미분한다"——정확히는 각 스피너 성분 \(\bar{\psi}_\alpha\) (\(\alpha = 1, 2, 3, 4\))에 대해 미분하는 거야. \(\mathcal{L} = \bar{\psi}(i\gamma^\mu \partial_\mu - m)\psi = \sum_{\alpha=1}^{4} \bar{\psi}_\alpha [(i\gamma^\mu \partial_\mu - m)\psi]_\alpha\) (여기서 첨자 \(\alpha\)는 스피너의 4성분을 달린다)는 각 \(\bar{\psi}_\alpha\)에 대해 선형(1차로 곱해져 있을 뿐)이니까, \(\bar{\psi}_\alpha\)로 미분하면, 마치 \(y = ax\)를 \(x\)로 미분해서 \(a\)가 남는 것과 같이, \(\bar{\psi}_\alpha\)를 제거한 나머지가 그대로 나와:
이것이 \(\alpha = 1, 2, 3, 4\)의 4개 있고, 합쳐서 쓰면 \((i\gamma^\mu \partial_\mu - m)\psi = 0\)——Dirac 방정식 그 자체야.
🔵 카이: 오, \(\bar{\psi}\)로 변분하기만 하면 Dirac 방정식이 그대로 나오는 거군요! Lagrangian이 잘 설계되어 있네요.
켤레 운동량——스칼라장과의 큰 차이¶
🟡 리나: 다음으로, 정준 양자화에 필요한 켤레 운동량을 계산하자. \(\psi\)에 켤레인 운동량은
\(\mathcal{L} = \bar{\psi}(i\gamma^\mu \partial_\mu - m)\psi\)를 전개하면, \(\dot{\psi} = \partial_0 \psi\)를 포함하는 항은 \(\mu = 0\)의 항뿐이고, \(i\bar{\psi}\gamma^0 \partial_0 \psi\)야. 이 항은 \(\dot{\psi}\)에 대해 선형(\(\dot{\psi}\)가 1차로 곱해져 있을 뿐)이니까, \(\dot{\psi}\)로 "미분한다"는 것은 \(\dot{\psi}\)의 계수를 꺼내는 조작——마치 \(f = a\dot{\psi}\)를 \(\dot{\psi}\)로 미분해서 \(a\)가 남는 것과 같아. 따라서
\(\bar{\psi} = \psi^\dagger \gamma^0\)을 대입하면 \(\Pi = i\psi^\dagger (\gamma^0)^2 = i\psi^\dagger\). 여기서 \((\gamma^0)^2 = \mathbf{1}\) (Clifford 대수 (5.1)에서 \(\mu = \nu = 0\)으로 한 결과)을 사용했어.
🔵 카이: 어라, 켤레 운동량이 \(i\psi^\dagger\)? 스칼라장 때는 \(\pi = \dot{\phi}\)로, \(\phi\)와는 독립적인 양이었는데……
🟡 리나: 맞아, 이것이 Dirac 장의 큰 특징이야. Dirac 방정식은 시간에 대해 1차 미분 방정식이니까, 초기 조건으로 \(\psi\)만 지정하면 시간 발전이 완전히 결정돼. \(\dot{\psi}\)는 독립적인 자유도가 아닌 거야. 켤레 운동량이 \(\psi^\dagger\) 자체로 쓰이는 것은 이 사실의 반영이야.
⚪ 메이: 즉, 스칼라장에서는 \(\phi\)와 \(\dot{\phi}\) 2개가 독립적인 초기 조건이었지만, Dirac 장에서는 \(\psi\)만으로 충분하다는 거네. 1차 방정식이니까 당연하다면 당연하지.
Hamiltonian 밀도¶
🟡 리나: Legendre(르장드르) 변환으로 Hamiltonian(해밀토니안) 밀도를 구하자:
Lagrangian을 \(\mathcal{L} = i\bar{\psi}\gamma^0\partial_0\psi + i\bar{\psi}\gamma^j\partial_j\psi - m\bar{\psi}\psi\)로 전개하면, \(\bar{\psi}\gamma^0 = \psi^\dagger(\gamma^0)^2 = \psi^\dagger\)이니까 제1항은 \(i\psi^\dagger \dot{\psi}\)야. 이것은 \(\Pi\dot{\psi} = i\psi^\dagger \dot{\psi}\)와 같으니까, \(\mathcal{H} = \Pi\dot{\psi} - \mathcal{L}\)에서 \(i\psi^\dagger\dot{\psi}\)가 상쇄되어,
🔵 카이: 시간 미분 항이 사라지고, 공간 미분과 질량항만 남는 거군요.
🟡 리나: 맞아. 여기서 \(\bar{\psi} = \psi^\dagger\gamma^0\)을 대입하면 \(\bar{\psi}\gamma^j = \psi^\dagger\gamma^0\gamma^j\)이고 \(m\bar{\psi}\psi = m\psi^\dagger\gamma^0\psi\)이니까,
여기서 \(\boldsymbol{\gamma} \cdot \nabla \equiv \gamma^1\partial_1 + \gamma^2\partial_2 + \gamma^3\partial_3 = \gamma^j\partial_j\)로 정의하면, 두 항 모두 왼쪽 끝에 \(\psi^\dagger\) (\(1 \times 4\)의 행벡터)가, 오른쪽 끝에 \(\psi\) (\(4 \times 1\)의 열벡터)가 있으니까, 사이에 끼인 \(4 \times 4\) 행렬을 합쳐서 괄호에 넣을 수 있어:
여기서는, \(\psi^\dagger\) (\(1 \times 4\)의 행벡터)와 \(\psi\) (\(4 \times 1\)의 열벡터) 사이에 끼인 \(4 \times 4\) 행렬을 합쳐서 괄호에 넣었을 뿐——행렬의 곱 \(\psi^\dagger M \psi\)의 형태야.
또는, Dirac 방정식 \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0\)을 전개하면 \(i\gamma^0\partial_0\psi = -i\gamma^j\partial_j\psi + m\psi\)가 돼. 왼쪽에서 \(\gamma^0\)을 곱하면(\((\gamma^0)^2 = \mathbf{1}\)을 사용) \(i\partial_0\psi = (-i\gamma^0\boldsymbol{\gamma}\cdot\nabla + m\gamma^0)\psi\). 이것은 식 (5.9)의 괄호 안 그 자체이니까, 운동 방정식을 만족하는 장에 대해서는(이러한 상황을 "질량 껍질 위(on-shell)"라고 불러——장이 운동 방정식을 만족하고 있는 상태를 말해),
으로 간결하게 쓸 수 있어. 양자화할 때는 Heisenberg 묘사를 사용하니까, 장의 연산자는 운동 방정식(Dirac 방정식)을 만족해——제 4 장에서 스칼라장이 Klein-Gordon 방정식을 만족한 것과 같은 구조야. 그래서 이 표현을 사용해도 문제없어.
✅ 이해도 체크: Dirac 장의 켤레 운동량이 스칼라장의 경우와 본질적으로 다른 점을 말해 보세요.
답
스칼라장에서는 \(\pi = \dot{\phi}\)로, \(\phi\)와 \(\dot{\phi}\)는 독립적인 변수이다. Dirac 장에서는 \(\Pi = i\psi^\dagger\)로, 켤레 운동량이 장 \(\psi\)의 복소 켤레로 직접 쓸 수 있다. 이것은 Dirac 방정식이 시간에 대해 1차 미분인 것의 반영이다.
5.4 교환 관계로 양자화해 보기——그리고 파탄으로¶
🟡 리나: 자, 드디어 양자화야. 제 4 장와 같은 절차로, 장 \(\psi\)와 켤레 운동량 \(\psi^\dagger\)를 연산자로 승격시켜.
먼저, 일부러 스칼라장과 같은 방식으로 교환 관계를 부과해 볼 거야. 왜 "일부러"냐면, 이것이 틀렸다는 것을 체험하기 위해서야.
🔵 카이: 틀린 걸 먼저 하는 건가요?
🟡 리나: "왜 반교환 관계가 필요한가"를 이해하는 최선의 방법은, "교환 관계면 어디가 깨지는가"를 실제로 보는 것이니까.
모드 전개¶
🟡 리나: 먼저, Dirac 방정식의 평면파 해로 장을 전개하자. 상대론적인 에너지와 운동량의 관계 \(E^2 = |\boldsymbol{p}|^2 + m^2\)는 \(E = +\sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}\)과 \(E = -\sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}\)의 2개의 해를 허용해. Dirac 방정식도 이 2종류의 해를 가져——양의 에너지 해 \(u^s(\boldsymbol{p})e^{-ip \cdot x}\) (\(p^0 = E_{\boldsymbol{p}} > 0\))와 음의 에너지 해 \(v^s(\boldsymbol{p})e^{+ip \cdot x}\)야. 일반해는 이들의 중첩:
여기서 적분 측도의 규약은 \(\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\)을 채택하고 있어(제 4 장에서는 \(\int \frac{d^3p}{(2\pi)^{3/2}}\)을 사용했지만, 이쪽이 나중 장에서 상호작용의 산란 진폭을 계산할 때 \((2\pi)\) 인자가 정리되기 쉬우므로, 본 장 이후로는 모두 이 규약으로 통일할게. 제 4 장의 결과를 인용할 때는 이 규약의 차이에 주의해). 규약의 차이는 \((2\pi)\) 인자가 어디에 나타나는지를 바꿀 뿐이고, 물리적 결과(확률이나 단면적)에는 영향을 주지 않아. 비유하자면 길이를 "미터"로 재느냐 "센티미터"로 재느냐의 차이와 같아——수치는 바뀌지만 물리는 같아. 구체적으로는, 제 4 장의 규약에서는 교환 관계의 우변이 \(\delta^{(3)}(\boldsymbol{p} - \boldsymbol{q})\)이었지만, 본 장의 규약에서는 \((2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{p} - \boldsymbol{q})\)가 돼. 마찬가지로, 1입자 상태의 규격화도 \(\langle\boldsymbol{p}|\boldsymbol{q}\rangle = (2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{p} - \boldsymbol{q})\)로 바뀌어. 이것은 적분 측도의 \((2\pi)^3\)을 연산자의 규격화에 흡수시킬지, (반)교환 관계의 우변에 남길지의 차이에 불과해. 이 규약 변경에 맞추어, 이하의 장의 (반)교환 관계 우변에도 \((2\pi)^3\)이 나타남에 주의해.
식 (5.11) 양변의 에르미트 켤레를 취하면, 연산자는 \(\hat{b}^s \to \hat{b}^{s\dagger}\), \(\hat{c}^{s\dagger} \to \hat{c}^s\)로 교체되고, 스피너는 \(u^s \to u^{s\dagger}\), \(v^s \to v^{s\dagger}\)가 되며, 지수함수는 \((e^{-ip\cdot x})^* = e^{+ip\cdot x}\), \((e^{+ip\cdot x})^* = e^{-ip\cdot x}\)로 부호가 반전돼. 더 나아가 오른쪽에서 \(\gamma^0\)을 곱하면, \(u^{s\dagger}\gamma^0 = \bar{u}^s\), \(v^{s\dagger}\gamma^0 = \bar{v}^s\) (Dirac 켤레의 정의)가 돼. 결과는
여기서:
- \(E_{\boldsymbol{p}} = \sqrt{|\boldsymbol{p}|^2 + m^2}\)
-
\(s = 1, 2\)는 스핀의 자유도(위 방향·아래 방향) 여기서 기법을 확인해 두자. \(p \cdot x \equiv p^\mu x_\mu = E_{\boldsymbol{p}}t - \boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}\)는 제 4 장에서 도입한 4원 내적 기법(제 2 장의 계량 부호 규약 \((+,-,-,-)\)에 대응). \(\not\!p \equiv \gamma^\mu p_\mu = \gamma^0 E_{\boldsymbol{p}} - \boldsymbol{\gamma}\cdot\boldsymbol{p}\)는 슬래시 기법의 운동량 버전이야.
-
\(u^s(\boldsymbol{p})\): 양의 에너지 스피너——Dirac 방정식에 평면파 해 \(\psi = u\, e^{-ip \cdot x}\)를 대입하면, \(\partial_\mu e^{-ip\cdot x} = -ip_\mu\, e^{-ip\cdot x}\)이니까, Dirac 방정식은 \((\not\!p - m)u\,e^{-ip\cdot x} = 0\)이 되고, \(e^{-ip\cdot x} \neq 0\)으로 나누면
을 얻어. 이것이 \(u^s\)가 만족하는 방정식이야. 각 운동량 \(\boldsymbol{p}\)에 대해 스핀의 2자유도에 대응하는 2개의 독립 해 \(u^1, u^2\)가 있어. 구체적인 형태는 \(\gamma\) 행렬의 표현에 의존하지만, 지금의 논의에서는 "\((\not\!p - m)u = 0\)을 만족하는 4성분 스피너가 2개 있다"는 것만 알면 충분해. 이미지를 가지기 위해 정지계 \(\boldsymbol{p} = \boldsymbol{0}\)의 경우만 보면, \(\not\!p = \gamma^0 m\)이니까 방정식은 \((\gamma^0 - 1)m\,u = 0\), 즉 \(\gamma^0 u = u\)가 돼. 카이랄 표현에서는 \(\gamma^0\)은 위아래 2성분을 교환하는 행렬이니까, \(u^1\)과 \(u^2\)는 위 2성분과 아래 2성분이 같은 스피너가 돼. 일반적인 \(\boldsymbol{p}\)에서의 구체적 형태는 부록 B를 참조해 - \(v^s(\boldsymbol{p})\): 음의 에너지 스피너(역사적 명칭. 나중에 보겠지만, 장의 양자론에서는 \(\hat{c}^\dagger\)가 양의 에너지의 반입자를 생성하므로, "음의 에너지"는 고전적 방정식의 해로서의 분류명에 불과해).
여기서 주의해야 할 규약이 있어: $p^0 = E_{\boldsymbol{p}} > 0$은 바꾸지 않고, 지수의 부호를 $e^{+ip\cdot x}$로 하는 거야. 이렇게 하는 이유는, 모드 전개에서 운동량 $\boldsymbol{p}$의 적분을 $-\infty$부터 $+\infty$까지 수행하니까, $p^0 = E_{\boldsymbol{p}} > 0$으로 고정해 두는 쪽이 적분 구조가 깔끔해지기 때문이야.
시간 의존성은 $e^{+iE_{\boldsymbol{p}}t}$가 돼. 양자역학에서 배웠듯이, 에너지 $E$의 정상 상태의 시간 의존성은 $e^{-iEt}$ (자연 단위계)였지. $e^{+iE_{\boldsymbol{p}}t} = e^{-i(-E_{\boldsymbol{p}})t}$로 다시 쓰면, 이것은 형식적으로 에너지 $-E_{\boldsymbol{p}}$의 해에 대응해——그래서 "음의 에너지 해"라고 불리는 거야.
$v^s$가 만족하는 방정식을 유도하자. $\psi = v\, e^{+ip \cdot x}$를 Dirac 방정식 $(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0$에 대입해. $v$는 상수 스피너이니까 미분은 $e^{+ip\cdot x}$에만 작용해서, $\partial_\mu e^{+ip\cdot x} = (+ip_\mu)\,e^{+ip\cdot x}$. 이것을 대입하면
여기서, 첫 번째 \(i\)는 Dirac 방정식의 연산자 \(i\gamma^\mu\partial_\mu\)에 원래 있는 \(i\)이고, \((+ip_\mu)\)의 \(i\)는 미분에서 나온 \(i\)야. 2개의 \(i\)를 곱하면 \(i \times i = i^2 = -1\). 나머지 \(\gamma^\mu p_\mu\)는 슬래시 기법으로 \(\not\!p\)이니까,
Dirac 방정식 전체는 \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0\)이니까, \(\psi = v\,e^{+ip\cdot x}\)를 대입하면 \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)(v\,e^{+ip\cdot x}) = 0\). 좌변의 제1항은 방금 계산한 \(-\not\!p\, v\, e^{+ip\cdot x}\), 제2항은 \(-m\,v\,e^{+ip\cdot x}\). 합치면 \((-\not\!p - m)v\,e^{+ip\cdot x} = 0\)이 되고, 양변에 \(-1\)을 곱하면 \((\not\!p + m)v\,e^{+ip\cdot x} = 0\). \(e^{+ip\cdot x} \neq 0\)으로 나누면
을 얻어.
🔵 카이: \(u\)는 \((\not\!p - m)u = 0\)이고, \(v\)는 \((\not\!p + m)v = 0\)——질량항의 부호가 반대군요.
🟡 리나: 맞아. 이 스피너들은 직교성과 완전성 관계를 만족해. 자세한 내용은 나중에 사용할 때 설명할게. 여기서는 한 가지 중요한 사실만 말해 두자: \(u^1, u^2, v^1, v^2\)의 4개 스피너는 4차원 공간의 완전 기저를 이뤄. 즉, 임의의 4성분 스피너는 이 4개의 선형 결합으로 쓸 수 있어. 완전성 관계의 구체적 형태는
야. 우변이 \(\not\!p \pm m\)이라는 \(4 \times 4\) 행렬이 되는 것은, \(u\bar{u}\)가 "열벡터 \(\times\) 행벡터"로 행렬을 만들기 때문이야——예를 들어 2성분의 경우, \(\begin{pmatrix} a \\ b \end{pmatrix}(c\ d) = \begin{pmatrix} ac & ad \\ bc & bd \end{pmatrix}\)처럼, 열벡터와 행벡터의 곱은 행렬이 되잖아? 4성분에서도 같은 일이 일어나. 왜 우변이 이 특정 형태가 되는지는, \(u^s\)가 \((\not\!p - m)u^s = 0\)을 만족하는 것으로부터 이해할 수 있어——\(\not\!p + m\)은 "\(u\)가 살고 있는 2차원 부분 공간으로의 사영 연산자"의 역할을 해(정확히는 \(2m\)으로 나누면 사영 연산자 \((\not\!p + m)/(2m)\)가 돼). 마찬가지로 \(-(\not\!p - m)/(2m)\)가 \(v\)의 부분 공간으로의 사영 연산자가 돼. \(u\bar{u}\)와 \(v\bar{v}\)에서 질량항의 부호가 반대(\(+m\)과 \(-m\))인 것에 주목해 둬. 이것은 나중 계산에서 반복해서 사용할 거야. 표 5.2: Dirac 장의 모드 전개에 나타나는 연산자
| 연산자 | 역할 | \(\hat{\psi}\)에서의 위치 | 에너지 부호 |
|---|---|---|---|
| \(\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}}\) | 입자의 소멸 | 양의 에너지 항 | \(e^{-ip\cdot x}\) |
| \(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\) | 입자의 생성 | (\(\hat{\bar{\psi}}\) 안) | \(e^{+ip\cdot x}\) |
| \(\hat{c}^s_{\boldsymbol{p}}\) | 반입자의 소멸 | (\(\hat{\bar{\psi}}\) 안) | \(e^{-ip\cdot x}\) |
| \(\hat{c}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\) | 반입자의 생성 | 음의 에너지 항 | \(e^{+ip\cdot x}\) |
🔵 카이: 실수 스칼라장 때는 \(\hat{a}\)와 \(\hat{a}^\dagger\)의 1조뿐이었는데, 이번에는 \(\hat{b}\)와 \(\hat{c}\)의 2조가 있네요. 왜 \(\hat{\psi}\) 안에 소멸 연산자 \(\hat{b}\)와 생성 연산자 \(\hat{c}^\dagger\)가 혼재하는 건가요?
🟡 리나: 좋은 질문이야. Dirac 장은 입자와 반입자 양쪽을 기술하니까 2조가 필요해. 이것은 제 4 장의 복소 스칼라장에서 \(\hat{a}\) (입자)와 \(\hat{b}\) (반입자)의 2조가 필요했던 것과 같은 이유야. \(\hat{\psi}\) 안에 \(\hat{c}^\dagger\) (반입자의 생성 연산자)가 들어 있는 것도 복소 스칼라장과 같은 구조——장의 연산자는 "입자를 소멸시킨다"든지 "반입자를 생성한다"든지 둘 중 하나의 작용을 해.
교환 관계를 부과한다——불길한 부호¶
🟡 리나: 그러면, 스칼라장 때와 같이 등시각 교환 관계를 부과해 보자. 스칼라장에서는 \([\hat{\phi}(\boldsymbol{x}), \hat{\pi}(\boldsymbol{y})] = i\delta^{(3)}(\boldsymbol{x} - \boldsymbol{y})\)였어. Dirac 장에서는 켤레 운동량이 \(\Pi_\alpha = i\psi^\dagger_\alpha\)이니까, 정준 교환 관계 \([\hat{\psi}_\alpha(\boldsymbol{x}), \hat{\Pi}_\beta(\boldsymbol{y})] = i\delta_{\alpha\beta}\delta^{(3)}(\boldsymbol{x} - \boldsymbol{y})\)에 \(\hat{\Pi}_\beta = i\hat{\psi}^\dagger_\beta\)를 대입하면 \([\hat{\psi}_\alpha, i\hat{\psi}^\dagger_\beta] = i\delta_{\alpha\beta}\delta^{(3)}\). 상수 \(i\)는 교환자 밖으로 뺄 수 있으니까(\([A, cB] = c[A, B]\)) \(i[\hat{\psi}_\alpha, \hat{\psi}^\dagger_\beta] = i\delta_{\alpha\beta}\delta^{(3)}\), 양변을 \(i\)로 나누면 \([\hat{\psi}_\alpha, \hat{\psi}^\dagger_\beta] = \delta_{\alpha\beta}\delta^{(3)}\). 이것은 위치 공간에서의 교환 관계야. 우변에 \((2\pi)^3\)이 없음에 주의해. 모드 전개의 적분 측도가 \(\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\)이니까, 위치 공간의 \(\delta^{(3)}(\boldsymbol{x} - \boldsymbol{y})\)를 Fourier 변환으로 운동량 공간으로 번역하면, 적분 측도의 \((2\pi)^3\)이 교환 관계의 우변으로 이동해서 \((2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{p} - \boldsymbol{q})\)의 형태가 돼(식 (5.15) 참조). 그러니까 \(\hat{\psi}\)와 \(\hat{\psi}^\dagger\)의 교환 관계로 쓸게:
여기서 \(\alpha, \beta = 1, 2, 3, 4\)는 Dirac 스피너의 성분. 이 장의 교환 관계를, 모드 전개 (5.11)을 사용해서 생성·소멸 연산자의 교환 관계로 번역해 보자.
🟡 리나: 모드 전개를 식 (5.13)의 좌변에 대입하면, \(e^{\pm ip \cdot x}\)와 \(e^{\pm iq \cdot y}\)의 곱이 나타나. 공간 적분 \(\int d^3x\, e^{i(\boldsymbol{p} - \boldsymbol{q})\cdot\boldsymbol{x}} = (2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{p} - \boldsymbol{q})\)을 사용해서 운동량을 맞추면, \(\hat{b}\)의 항과 \(\hat{c}\)의 항이 분리돼. 포인트는, \(\hat{\psi}\) 안에 \(\hat{c}^\dagger\)가, \(\hat{\psi}^\dagger\) 안에 \(\hat{c}\)가 들어 있다는 것(식 (5.11)을 다시 확인해 봐). 그래서 \([\hat{\psi}, \hat{\psi}^\dagger]\)를 계산하면, \(\hat{c}\)에 관한 항은 \([\hat{c}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}},\, \hat{c}^s_{\boldsymbol{p}}]\)의 순서——즉 생성 연산자가 먼저——로 나타나.
🔵 카이: 아, \([\hat{c}^\dagger, \hat{c}] = -[\hat{c}, \hat{c}^\dagger]\)이니까, \(\hat{b}\)의 항과는 부호가 반대가 되는 거군요.
🟡 리나: 맞아. 여기서 "스피너의 직교성"을 사용해. 이것은 서로 다른 스핀 상태의 스피너의 내적이 0이 되는 성질——양자역학에서 \(\langle +|-\rangle = 0\)이었던 것과 같은 구조야. 구체적으로는 \(u^{r\dagger}(\boldsymbol{p})\,u^s(\boldsymbol{p}) \propto \delta^{rs}\) (다른 스핀 \(r \neq s\)에서는 0), \(u^{r\dagger}(\boldsymbol{p})\,v^s(\boldsymbol{p}) = 0\) (양의 에너지와 음의 에너지 스피너는 직교)이라는 관계야. 이것을 사용해서 정리하면, 식 (5.13)의 좌변은
이라는 구조가 돼.
🔵 카이: 제2항이 \([\hat{c}^{s\dagger}, \hat{c}^s]\) 순서로 나오는 건 알겠어요. 하지만 이게 왜 최종적으로 \([\hat{c}, \hat{c}^\dagger]\)에 마이너스를 붙이는 것이 되나요?
🟡 리나: 우변의 \(\delta_{\alpha\beta}\,\delta^{(3)}(\boldsymbol{x} - \boldsymbol{y})\)와 좌변을 비교하기 위해, 양변을 같은 형태로 맞출 필요가 있어. 핵심만 설명할게.
좌변에는 \(\hat{b}\)의 항과 \(\hat{c}\)의 항이 있어. \(\hat{b}\)의 항은 \([\hat{b}, \hat{b}^\dagger]\)의 형태로 솔직하게 나와. 한편, \(\hat{c}\)의 항은 \([\hat{c}^{s\dagger}, \hat{c}^s]\) 순서로 나타나니까, 표준적인 순서로 고치면 \([\hat{c}^{s\dagger}, \hat{c}^s] = -[\hat{c}^s, \hat{c}^{s\dagger}]\)——마이너스가 나와.
한편, 우변의 \(\delta_{\alpha\beta}\,\delta^{(3)}(\boldsymbol{x} - \boldsymbol{y})\)를 운동량 공간에서 전개할 필요가 있어. 지금 계산에서는 \([\hat{\psi}, \hat{\psi}^\dagger]\)를 다루고 있으니까, \(\hat{\psi}^\dagger\)의 모드 전개에 나타나는 것은 \(u^{s\dagger}\)와 \(v^{s\dagger}\) (에르미트 켤레)야. 이것은 아까의 \(\bar{u}^s = u^{s\dagger}\gamma^0\) (Dirac 켤레)와는 다른 양——\(u\bar{u}\)는 Lorentz 공변인 \(4 \times 4\) 행렬이지만, \(uu^\dagger\)는 단순히 열벡터×행벡터로 만든 행렬이지. 완전성 관계를 사용해서 우변을 분해할 필요가 있어. 기술적 세부사항은 연습 문제 문제 M-1. 교환관계에 의한 양자화의 파탄에 맡기지만, 결론만 말하면: \(u^1, u^2, v^1, v^2\)의 4개 스피너는 4차원 공간의 완전 기저를 이뤄(양자역학의 완전성 관계 \(\sum_n |n\rangle\langle n| = \hat{1}\)의 유사물). 이 완전성 관계를 사용해서 우변의 \(\delta_{\alpha\beta}\,\delta^{(3)}(\boldsymbol{x} - \boldsymbol{y})\)를 \(u\)의 기여와 \(v\)의 기여로 분해하면, 둘 다 양의 계수로 나타나. 즉 우변은 "\(u\)의 부분 = 양"＋"\(v\)의 부분 = 양"이라는 구조.
좌변과 우변을 항별로 대응시키면(\(u\)와 \(v\)의 완전성 관계로부터, 우변의 \(\delta_{\alpha\beta}\delta^{(3)}\)은 \(u\)의 기여와 \(v\)의 기여로 각각 양의 계수로 분해된다):
- \(\hat{b}\)의 항(\(u\)에 대응): \([\hat{b}, \hat{b}^\dagger] = +\delta\) → 정합 ✓
- \(\hat{c}\)의 항(\(v\)에 대응): \(-[\hat{c}, \hat{c}^\dagger] = +\delta\) → \([\hat{c}, \hat{c}^\dagger] = -\delta\)가 필요 ✗
이 \(-\delta\)가 치명적인 마이너스 부호야. 포인트를 정리하면, \(\hat{\psi}\) 안에서 양의 에너지 항에는 소멸 연산자 \(\hat{b}\)가 들어가고, 음의 에너지 항에는 생성 연산자 \(\hat{c}^\dagger\)가 들어가 있어. 이 비대칭적인 구조 때문에, 교환자를 취했을 때 \(\hat{c}\)의 항만 역순 \([\hat{c}^\dagger, \hat{c}]\)로 나타나고, 마이너스 부호의 근원이 되는 거야. 완전성 관계의 유도를 포함한 기술적 세부사항은 연습 문제 문제 M-1. 교환관계에 의한 양자화의 파탄에서 다룰게.
🔵 카이: 그렇군요……즉, \(\hat{\psi}\) 안에 \(\hat{c}^\dagger\) (생성 연산자)가 들어 있으니까, \([\hat{\psi}, \hat{\psi}^\dagger]\)를 계산하면 \(\hat{c}\)의 항은 \(\hat{c}^\dagger\hat{c}\) 순서——생성이 먼저——로 나오는 거군요. 하지만 왜 모드 전개에서 양의 에너지 항에는 소멸 연산자 \(\hat{b}\)가 들어가고, 음의 에너지 항에는 생성 연산자 \(\hat{c}^\dagger\)가 들어가나요? 반대면 안 되나요?
🟡 리나: 좋은 질문이야. 그것은 "진공을 소멸 연산자로 소멸시킨다"는 조건 \(\hat{b}|0\rangle = \hat{c}|0\rangle = 0\)과, 장의 연산자가 올바른 시간 의존성을 갖는 것의 양쪽을 만족시키기 위해, 이 조합이 유일한 선택지가 되기 때문이야. \(\hat{b}\)의 항은 \(e^{-ip\cdot x}\) (양의 진동수)이고, \(\hat{c}^\dagger\)의 항은 \(e^{+ip\cdot x}\) (음의 진동수)——이렇게 함으로써 \(\hat{\psi}\)가 Dirac 방정식을 만족하면서, 진공이 최저 에너지 상태가 되는 거야. 결과는——
🔵 카이: 에? \([\hat{c}, \hat{c}^\dagger]\) 앞에 마이너스가 붙어 있어요!
🟡 리나: 맞아. 이것이 치명적이야. 이 마이너스 부호가 물리적으로 어떤 문제를 일으키는지 살펴보자.
✅ 이해도 체크: 식 (5.15b)의 \([\hat{c}, \hat{c}^\dagger]\)에 마이너스 부호가 나타나는 근원은 무엇인가.
답
모드 전개 (5.11)에서 \(\hat{\psi}\)의 음의 에너지 항에 \(\hat{c}^\dagger\) (생성 연산자)가 들어 있기 때문에, \([\hat{\psi}, \hat{\psi}^\dagger]\)를 계산하면 \(\hat{c}\)의 항은 \([\hat{c}^{s\dagger}, \hat{c}^s] = -[\hat{c}^s, \hat{c}^{s\dagger}]\) 순서로 나타난다. 한편, 우변의 \(\delta\) 함수를 스피너의 완전성 관계로 전개하면 \(v\)의 기여는 양의 계수로 나타나므로, 양변을 비교하면 \([\hat{c}, \hat{c}^\dagger] = -\delta\)가 필요하게 된다.
🔵 카이: 그렇군요, 구조는 이해했어요. 하지만 이 마이너스가 물리적으로 어떤 문제를 일으키나요? 수학적으로 부호가 바뀌는 것뿐이라면, 대단한 건 아닐 수도 있고……
🟡 리나: 좋은 질문이야. "고작 부호"가 사실은 치명적인 거야. 그걸 지금부터 보여줄게.
Hamiltonian의 계산——에너지가 밑바닥 없음¶
🟡 리나: 그럼 이 마이너스 부호가 물리적으로 어떤 재앙을 가져오는지 살펴보자. Hamiltonian에 모드 전개를 대입할게.
\(\hat{H} = \int d^3x\, \hat{\psi}^\dagger\, i\partial_0\, \hat{\psi}\)에 모드 전개를 대입하여 정리하면(도중 계산은 좀 길지만, 3가지 포인트가 있어. 첫째, \(i\partial_0\)가 양의 에너지 해 \(e^{-ip\cdot x}\)에 작용하면 \(i \times (-iE_{\boldsymbol{p}}) = +E_{\boldsymbol{p}}\)를, 음의 에너지 해 \(e^{+ip\cdot x}\)에 작용하면 \(i \times (+iE_{\boldsymbol{p}}) = -E_{\boldsymbol{p}}\)를 만들어——이 \(-E_{\boldsymbol{p}}\)가 식 (5.16)의 \(\hat{c}\) 항 마이너스 부호의 직접적 원인이야. 둘째, \(\hat{\psi}^\dagger\)와 \(\hat{\psi}\)의 곱을 전개하면 \(\hat{b}^\dagger\hat{b}\), \(\hat{c}\hat{c}^\dagger\), \(\hat{b}^\dagger\hat{c}^\dagger\), \(\hat{c}\hat{b}\)의 4종류 항이 나타나지만, 교차항(\(\hat{b}^\dagger\hat{c}^\dagger\)와 \(\hat{c}\hat{b}\))은 서로 다른 운동량의 지수함수 \(e^{\pm i(\boldsymbol{p}+\boldsymbol{q})\cdot\boldsymbol{x}}\)를 포함하므로, 공간 적분 \(\int d^3x\)에서 0이 돼(스피너의 직교성 \(u^\dagger v = 0\)도 사용). 셋째, 남은 \(\hat{c}\hat{c}^\dagger\)의 순서——\(\hat{\psi}^\dagger\) 안의 \(\hat{c}\)와 \(\hat{\psi}\) 안의 \(\hat{c}^\dagger\)가 곱해지므로, 생성 연산자가 오른쪽에 오는——이 순서는 다음 단계에서 재배열할 때 영향을 줘. 자세한 내용은 연습 문제 문제 M-1. 교환관계에 의한 양자화의 파탄에서 확인해):
🔵 카이: \(\hat{c}\hat{c}^\dagger\)의 항에 마이너스가 붙어 있네요. 이걸 교환 관계로 재배열하면……
🟡 리나: 교환 관계 (5.15b)를 사용해서 \(\hat{c}\hat{c}^\dagger = \hat{c}^\dagger\hat{c} + [\hat{c}, \hat{c}^\dagger]\)로 고쳐 쓰면,
\([\hat{c}, \hat{c}^\dagger] = -(2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{0})\)이니까,
무한한 상수항은 스칼라장 때와 마찬가지로 정규 순서로 제거한다 치면, Hamiltonian은
🔵 카이: \(\hat{c}^\dagger\hat{c}\) 앞에 마이너스가 있다는 건……반입자를 생성할 때마다 에너지가 내려간다!?
🟡 리나: 맞아. \(\hat{c}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\)로 반입자를 1개 생성할 때마다 에너지가 \(-E_{\boldsymbol{p}}\)만큼 변화해. 반입자를 얼마든지 생성할 수 있으니까, 에너지는 얼마든지 내려가——아래로 비유계(unbounded below)가 되는 거야.
⚪ 메이: 즉, 안정한 진공 상태가 존재하지 않아. 얼마든지 에너지가 낮은 상태를 만들 수 있어 버려. 이건 물리적으로 허용할 수 없어.
🟡 리나: 바로 그래. 교환 관계로 Dirac 장을 양자화하면, 이론이 파탄한다. 이것이 "일부러 틀린 것을 체험한다"고 말한 이유야. 그림 5.2「교환 관계와 반교환 관계에서의 에너지 스펙트럼 비교」에서 이 차이를 시각적으로 비교하고 있어(반교환 관계를 사용한 경우의 결과는 다음 섹션에서 유도하지만, 결론을 미리 보여서 대비해 둘게).
그림 5.2: 교환 관계와 반교환 관계에서의 에너지 스펙트럼 비교. 교환 관계에서는 반입자를 생성할 때마다 에너지가 내려가 \(E \to -\infty\) (안정한 진공 없음). 반교환 관계에서는 에너지가 양정치(5.5「반교환 관계의 도입——모든 것을 구하는 처방전」에서 유도)이고, 각 상태에 최대 1개만 넣을 수 있다(5.6「Pauli의 배타 원리——반교환 관계의 선물」에서 유도).
✅ 이해도 체크: Dirac 장을 교환 관계로 양자화했을 때, Hamiltonian의 에너지가 아래로 비유계가 되는 이유를, 식 (5.17)을 참조하면서 설명해 보세요. "안정한 진공 상태가 존재하지 않는다"는 것은 어떤 의미인지도 포함해서 답해 주세요.
답
식 (5.17)에서 \(\hat{c}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{c}^s_{\boldsymbol{p}}\) 앞에 마이너스 부호가 붙어 있으므로, 반입자의 수 연산자 \(\hat{N}_c = \hat{c}^\dagger\hat{c}\)가 증가할수록 에너지가 내려간다. 교환 관계에서는 \(\hat{N}_c\)의 고유값이 \(0, 1, 2, \ldots\)로 상한 없이 늘릴 수 있으므로, 에너지는 \(-\infty\)까지 내려간다. 따라서 더 이상 에너지를 내릴 수 없는 최저 에너지 상태(진공)를 정의할 수 없고, 안정한 진공이 존재하지 않는다.
5.5 반교환 관계의 도입——모든 것을 구하는 처방전¶
🟡 리나: 교환 관계가 파탄했어. 그러면 어떻게 해야 할까. 답은——교환 관계 대신에 반교환 관계를 부과한다.
여기서 \(\{A, B\} \equiv AB + BA\)는 반교환자(anticommutator)야.
🔵 카이: 교환자 \([A, B] = AB - BA\)가 마이너스였던 것을, 플러스로 바꾸기만 하면 되나요? 그렇게 간단한 변경으로, 아까의 \([\hat{c}^\dagger, \hat{c}]\)의 마이너스 부호 문제가 해결되나요?
🟡 리나: 단 하나의 부호 변경이지만, 모든 것이 바뀌어. 실제로 보자. 장의 반교환 관계 (5.18)을 모드 전개로 번역할게. 계산의 구조는 교환 관계 때(식 (5.13) → (5.15a,b))와 완전히 같아——차이는 \([A, B] = AB - BA\)가 \(\{A, B\} = AB + BA\)로 바뀌는 것뿐이야. \(v\)의 항은 이번에도 \(\{\hat{c}^{s\dagger}, \hat{c}^s\}\) 순서로 나타나지만, 반교환자는 대칭 \(\{A, B\} = \{B, A\}\)이니까 \(\{\hat{c}^{s\dagger}, \hat{c}^s\} = \{\hat{c}^s, \hat{c}^{s\dagger}\}\)——교환 관계 때처럼 마이너스가 나오지 않아. 결과는:
나머지는 모두 0:
⚪ 메이: \(\hat{c}\)의 반교환 관계 (5.20b)에는 마이너스 부호가 없어! 교환 관계 때 (5.15b)에 있던 불길한 마이너스가 사라졌어!
🟡 리나: 맞아. 왜 마이너스가 사라지는지, 교환 관계 때와 대비해 보자.
교환 관계 때: \([\hat{\psi}, \hat{\psi}^\dagger]\)를 계산하면, \(v\)의 항은 \([\hat{c}^{s\dagger}, \hat{c}^s]\) 순서로 나타났어. 이것을 표준적 순서로 고치면 \([\hat{c}^{s\dagger}, \hat{c}^s] = -[\hat{c}^s, \hat{c}^{s\dagger}]\)——마이너스가 나와.
반교환 관계 때: \(\{\hat{\psi}, \hat{\psi}^\dagger\}\)를 계산하면, 마찬가지로 \(v\)의 항은 \(\{\hat{c}^{s\dagger}, \hat{c}^s\}\) 순서로 나타나. 하지만 반교환자의 정의 \(\{A, B\} = AB + BA\)는 대칭이니까, \(\{\hat{c}^{s\dagger}, \hat{c}^s\} = \{\hat{c}^s, \hat{c}^{s\dagger}\}\)——순서를 바꿔도 마이너스가 나오지 않아.
🔵 카이: 그렇구나! 교환자는 반대칭 \([A, B] = -[B, A]\)이니까 순서를 고치면 마이너스가 나오지만, 반교환자는 대칭 \(\{A, B\} = \{B, A\}\)이니까 마이너스가 안 나와——거기가 결정적 차이군요.
🟡 리나: 이 차이가 결정적이야. 그래서 \(v\)의 항에서도 \(\{\hat{c}, \hat{c}^\dagger\}\)가 그대로 양의 계수로 나타나고, 식 (5.20b)에 마이너스 부호가 생기지 않아. 이 효과가 Hamiltonian에 어떻게 반영되는지, 다음 재계산에서 구체적으로 보자.
Hamiltonian의 재계산——에너지가 양정치로¶
🟡 리나: Hamiltonian을 다시 계산하자. 식 (5.16)의
은 변하지 않아. 달라지는 것은, \(\hat{c}\hat{c}^\dagger\)를 재배열할 때 반교환 관계를 사용한다는 점이야. 교환 관계 때는 \([A, B] = AB - BA\)를 변형해서 \(AB = BA + [A, B]\) (\(+\)로 연결)이었지만, 반교환 관계에서는 \(\{A, B\} = AB + BA\)를 변형해서 \(AB = -BA + \{A, B\}\) (\(-\)로 연결)——이 부호 차이가 결정적이야:
\(\{\hat{c}, \hat{c}^\dagger\} = (2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{0})\) (이번에는 플러스!)이니까,
🔵 카이: 오, 원래의 마이너스와 재배열의 마이너스가 상쇄되어서, \(\hat{c}^\dagger\hat{c}\) 앞이 플러스가 되었어!
🟡 리나: \((2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{0})\)은 제 4 장와 마찬가지로 부피 \(V \to \infty\)의 극한에서 발산하는 상수야. 페르미온의 정규 순서는, 보손의 경우와 마찬가지로 "생성 연산자를 소멸 연산자의 왼쪽에 재배열하고, 그 과정에서 나오는 c-수를 버린다"는 조작이지만, 하나 다른 점이 있어——페르미온 연산자를 1번 교환할 때마다 마이너스 부호가 붙어(반교환 관계의 반영). 지금의 경우는 \(\hat{c}\hat{c}^\dagger\)를 \(\hat{c}^\dagger\hat{c}\)로 재배열하기만 하면 되니까, 상수항을 버리면
⚪ 메이: 마이너스가 플러스로 바뀌었어! 입자도 반입자도 에너지에 양의 기여를 해!
🔵 카이: 그림 5.2「교환 관계와 반교환 관계에서의 에너지 스펙트럼 비교」의 오른쪽에서 보여준 "반교환 관계라면 에너지가 양정치"가 바로 이 식 (5.21)인 거군요. 하지만 잠깐요, 정규 순서로 무한한 상수를 버리는 것은 보손 때와 같은 처방전이잖아요. 페르미온에서도 같은 방식으로 정당화할 수 있나요?
🟡 리나: 좋은 질문이야. 정규 순서의 물리적 정당화는 보손 때와 같아——"진공의 에너지를 0으로 정의한다"는 처방전이야. 관측 가능한 것은 에너지의 차이뿐이니까, 전체에 상수를 더하거나 빼도 물리는 변하지 않아. 페르미온의 경우도 같은 논리가 사용돼.
🔵 카이: 그렇구나, "절대적인 에너지의 영점은 측정할 수 없다"니까, 진공을 기준으로 해서 거기서부터의 차이만을 물리량으로 삼는다——보손이든 페르미온이든 같은 사고방식이군요.
🟡 리나: 자, \(E_{\boldsymbol{p}} > 0\)이고, 수 연산자 \(\hat{b}^\dagger\hat{b}\)와 \(\hat{c}^\dagger\hat{c}\)의 고유값은 비음이니까, Hamiltonian은 양정치야. 안정한 진공 \(|0\rangle\) (\(\hat{b}|0\rangle = \hat{c}|0\rangle = 0\))이 존재해. 무슨 일이 일어났는지 정리하면, 식 (5.16)의 \(-\hat{c}\hat{c}^\dagger\)를 재배열할 때, 반교환 관계의 공식 \(AB = -BA + \{A, B\}\)의 첫 번째 마이너스가, 원래 있던 마이너스와 상쇄되어 최종적으로 플러스가 되었어——"마이너스 \(\times\) 마이너스 \(=\) 플러스"가 본질이야.
⚪ 메이: 식 (5.17)과 식 (5.21)을 나란히 놓으면, 차이는 \(\hat{c}^\dagger\hat{c}\) 앞의 부호뿐이야. 교환 관계에서는 마이너스였던 것이 반교환 관계에서는 플러스가 되었어——단 하나의 부호 선택이 모든 것을 바꾸는 거네.
🔵 카이: 하지만 왜 자연은 "반교환 관계를 선택했"나요? 교환 관계와 반교환 관계 중 어느 쪽을 쓸지는 우리가 마음대로 정해도 되는 건가요? 아니면 뭔가 깊은 이유가 있나요?
🟡 리나: 아주 깊은 질문이야. "왜 스핀 \(1/2\)는 반교환 관계여야 하는가"——그 답은 5.8「스핀과 통계의 정리——왜 페르미온은 반교환인가」에서 다루는 스핀 통계 정리에서 밝혀져. 지금 단계에서는 "교환 관계면 깨지니까 반교환 관계가 필요하다"는 소거법적 결론이지만, 사실은 더 근본적인 이유——Lorentz 불변성과 인과율——가 스핀과 통계를 결부시키고 있어. 그건 나중의 즐거움이야.
🔵 카이: "소거법"이 아니라 "필연"이라고 말할 수 있는 근거가 있는 거군요. 기대할게요.
🟡 리나: 우선은 반교환 관계의 귀결을 보자. 교환 관계와 반교환 관계에서 점유수가 어떻게 바뀌는지, 그림 5.3「교환 관계와 반교환 관계의 점유수 비교」에 개요를 미리 정리해 두었어. 왜 "각 상태에 최대 1개"가 되는지는 다음 섹션에서 반교환 관계로부터 엄밀하게 유도할게.
그림 5.3: 교환 관계와 반교환 관계의 점유수 비교. 보손(교환 관계)에서는 점유수에 제한이 없지만, 페르미온(반교환 관계)에서는 각 상태에 최대 1개만 넣을 수 있다(5.6「Pauli의 배타 원리——반교환 관계의 선물」에서 자세히 보인다).
✅ 이해도 체크: 반교환 관계 \(\{\hat{c}, \hat{c}^\dagger\} = 1\) (이산적인 경우)을 사용해서, \(\hat{c}\hat{c}^\dagger\)를 \(\hat{c}^\dagger\hat{c}\)로 나타내 보세요. 교환 관계 \([\hat{c}, \hat{c}^\dagger] = -1\)의 경우와 비교해 보세요.
답
반교환 관계: \(\hat{c}\hat{c}^\dagger = 1 - \hat{c}^\dagger\hat{c}\). 따라서 \(-\hat{c}\hat{c}^\dagger = -1 + \hat{c}^\dagger\hat{c}\) (정규 순서 후 \(+\hat{c}^\dagger\hat{c}\)). 교환 관계: \(\hat{c}\hat{c}^\dagger = -1 + \hat{c}^\dagger\hat{c}\). 따라서 \(-\hat{c}\hat{c}^\dagger = 1 - \hat{c}^\dagger\hat{c}\) (정규 순서 후 \(-\hat{c}^\dagger\hat{c}\)). 반교환 관계에서는 에너지 기여가 플러스, 교환 관계에서는 마이너스가 된다.
📝 연습문제:
- Dirac 장의 Hamiltonian의 교환 관계·반교환 관계 비교 → 문제 M-1. 교환관계에 의한 양자화의 파탄
5.6 Pauli의 배타 원리——반교환 관계의 선물¶
🟡 리나: 반교환 관계에는 또 하나 중대한 물리적 귀결이 있어. 식 (5.20c)로부터,
즉
🔵 카이: 생성 연산자의 제곱이 0! 이건……같은 양자 상태에 입자를 2개 넣으려 하면 상태가 0이 된다는 뜻인가요?
🟡 리나: 바로 그래!
같은 운동량 \(\boldsymbol{p}\), 같은 스핀 \(s\)의 입자를 2개 만드는 것은 불가능해. 이것이 Pauli(파울리)의 배타 원리야.
⚪ 메이: 2개 이상 넣을 수 없다면, 수 연산자 \(\hat{N} = \hat{b}^\dagger\hat{b}\)의 고유값에도 상한이 있을 것 같은데.
🟡 리나: 맞아. 확인해 보자. \(\hat{N}^2 = \hat{b}^\dagger\hat{b}\hat{b}^\dagger\hat{b}\)이고, 반교환 관계 \(\hat{b}\hat{b}^\dagger = 1 - \hat{b}^\dagger\hat{b}\)를 사용하면 \(\hat{N}^2 = \hat{b}^\dagger(1 - \hat{b}^\dagger\hat{b})\hat{b} = \hat{b}^\dagger\hat{b} - (\hat{b}^\dagger)^2\hat{b}^2 = \hat{N} - 0 = \hat{N}\). \(\hat{N}^2 = \hat{N}\)을 만족하는 고유값은 \(0\)이나 \(1\)뿐이야.
⚪ 메이: 고유값을 \(n\)이라 하면 \(n^2 = n\), 즉 \(n(n-1) = 0\)이니까 \(n = 0\)이거나 \(n = 1\)이야. 깔끔하게 배타 원리가 나오네.
🔵 카이: 마치 비트 같다——ON이냐 OFF냐의 2가지 선택뿐!
🟡 리나: 완벽해. 각 양자 상태에 넣을 수 있는 입자는 최대 1개——이것이 페르미온의 본질이야. 그림 5.4「보손과 페르미온의 Fock 공간 구조 비교」에서 보손과 페르미온의 Fock 공간 구조의 차이를 확인해 봐.
그림 5.4: 보손과 페르미온의 Fock 공간 구조 비교. 보손에서는 각 양자 상태에 입자를 몇 개든 넣을 수 있지만, 페르미온에서는 \((\hat{b}^\dagger)^2 = 0\)에 의해 각 상태에 최대 1개만 넣을 수 있다.
✅ 이해도 체크: 반교환 관계 \(\{\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}, \hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\} = 0\)으로부터, 수 연산자 \(\hat{N} = \hat{b}^\dagger \hat{b}\)의 고유값이 \(0\)과 \(1\)뿐임을 보이세요.
답
\(\hat{N}^2 = \hat{b}^\dagger \hat{b} \hat{b}^\dagger \hat{b}\)이고, 반교환 관계 \(\hat{b}\hat{b}^\dagger = 1 - \hat{b}^\dagger\hat{b}\)를 대입하면 \(\hat{N}^2 = \hat{b}^\dagger(1 - \hat{b}^\dagger\hat{b})\hat{b} = \hat{b}^\dagger\hat{b} - (\hat{b}^\dagger)^2\hat{b}^2 = \hat{N} - 0 = \hat{N}\). \(\hat{N}^2 = \hat{N}\)을 만족하는 고유값은 \(n(n-1) = 0\)으로부터 \(n = 0\) 또는 \(n = 1\)뿐이다.
표 5.3: 보손과 페르미온의 양자화 조건 비교
| 보손(교환 관계) | 페르미온(반교환 관계) | |
|---|---|---|
| 양자화 조건 | \([\hat{a}, \hat{a}^\dagger] = 1\) | \(\{\hat{b}, \hat{b}^\dagger\} = 1\) |
| \((\hat{a}^\dagger)^2\) | \(\neq 0\) (몇 개든 생성 가능) | \(= 0\) (2개 이상 불가) |
| 점유수의 범위 | \(0, 1, 2, 3, \ldots\) | \(0\) 또는 \(1\)만 |
| 통계 | Bose-Einstein 통계 | Fermi-Dirac 통계 |
🔵 카이: 양자역학에서 "Pauli의 배타 원리는 실험 사실로서 가정한다"고 배웠는데, 장의 양자론에서는 반교환 관계로부터 유도되는 거군요! 그런데, 그러면 양자역학에서의 배타 원리는 "사실은 증명할 수 있는데 공리로서 가정하고 있었다"는 건가요?
🟡 리나: 좋은 질문이야. 비상대론적인 양자역학의 틀만으로는 배타 원리를 유도할 수 없어. 상대론(Lorentz 불변성)과 장의 양자론을 조합해서 비로소 유도할 수 있어. 그래서 양자역학에서 공리로서 가정한 것은, 당시 이론의 한계 안에서는 올바른 접근이었어. 이것이 장의 양자론의 위력——Pauli의 배타 원리는 하늘에서 떨어진 공리가 아니라, 상대론적 장의 이론의 구조로부터 불가피하게 유도되는 귀결이야.
🔵 카이: 그러면, 양자역학만으로는 배타 원리의 "왜"에 답할 수 없었던 거군요.
🟡 리나: 맞아. 만약 이 요청들 자체가 더 깊은 원리로부터 유도된다면, 그 너머의 "왜"가 보일 수 있을지도 몰라——그것은 미해결 문제로 남아 있어.
📝 연습문제:
- Pauli의 배타 원리의 반교환 관계로부터의 유도 → 문제 M-2. Pauli 배타 원리의 유도
5.7 페르미온의 Fock 공간과 반입자¶
🟡 리나: 페르미온의 Fock(포크) 공간의 구조를 정리하자.
진공 상태¶
진공에는 입자도 반입자도 존재하지 않아.
1입자 상태¶
\(\hat{b}^\dagger\)는 입자(예를 들어 전자 \(e^-\))를, \(\hat{c}^\dagger\)는 반입자(예를 들어 양전자 \(e^+\))를 생성해.
🔵 카이: 양전자는 Dirac이 1928년에 예언하고 1932년에 Anderson(앤더슨)이 우주선 속에서 발견했죠.
🟡 리나: 맞아. Dirac 방정식의 음의 에너지 해를 "반입자의 양의 에너지 해"로 재해석하는 것이 현대적 이해야. 장의 양자론에서는 \(\hat{c}^\dagger\)가 반입자를 양의 에너지로 생성하니까, "음의 에너지의 바다"와 같은 옛 묘사는 불필요해(그림 5.5「Dirac의 바다와 현대적 진공 묘사」에서 2가지 묘사를 비교하고 있어).
그림 5.5: Dirac의 바다와 현대적 진공 묘사. 왼쪽은 Dirac의 바다의 옛 묘사(음의 에너지 준위가 모두 점유되고, 구멍이 양전자). 오른쪽은 장의 양자론의 현대적 묘사(진공에서 입자·반입자를 함께 양의 에너지로 생성).
✅ 이해도 체크: 장의 양자론에서의 반입자 해석은, Dirac의 "음의 에너지의 바다" 묘사와 어떻게 다른가.
답
Dirac의 바다 묘사에서는, 음의 에너지 준위가 모두 전자로 점유되고, 그 "구멍"이 양전자로 관측된다고 생각한다. 장의 양자론에서는, 반입자의 생성 연산자 \(\hat{c}^\dagger\)가 양의 에너지를 가진 반입자를 진공에서 직접 생성하므로, 음의 에너지의 바다라는 개념이 불필요해진다.
다입자 상태와 반대칭성¶
🟡 리나: 2입자 상태를 생각해 보자. 서로 다른 양자수 \((\boldsymbol{p}_1, s_1)\)과 \((\boldsymbol{p}_2, s_2)\)의 전자를 2개 만들면:
반교환 관계 \(\{\hat{b}^{s_1\dagger}_{\boldsymbol{p}_1}, \hat{b}^{s_2\dagger}_{\boldsymbol{p}_2}\} = 0\)으로부터,
⚪ 메이: 2개의 입자를 교환하면 상태에 마이너스가 붙어——파동함수의 반대칭성이야. 양자역학에서 배운 페르미온의 다체 파동함수 \(\Psi(1, 2) = -\Psi(2, 1)\)이, 장의 양자론에서는 반교환 관계로부터 자동으로 나와.
🟡 리나: 그리고 물론, \(\boldsymbol{p}_1 = \boldsymbol{p}_2\)이고 \(s_1 = s_2\)이면 \((\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}})^2|0\rangle = 0\)——Pauli의 배타 원리야.
전하의 보존¶
🟡 리나: Noether(뇌터)의 정리(제 3 장)로부터, Dirac 장의 \(U(1)\) 대칭성 \(\psi \to e^{i\alpha}\psi\)에 대응하는 보존 전하는
🔵 카이: 입자 수에서 반입자 수를 뺀 것이네요! 전자라면 \(Q = -e\)이고, 양전자라면 \(Q = +e\)이니까, \(\hat{b}^\dagger\)로 전하 \(-e\)가, \(\hat{c}^\dagger\)로 전하 \(+e\)가 생겨나네요.
🟡 리나: 맞아. 입자와 반입자는 같은 질량, 같은 스핀을 가지지만, 전하(와 다른 가법적 양자수)의 부호가 반대야.
✅ 이해도 체크: 보존 전하 \(\hat{Q}\) (식 (5.26))가, 입자와 반입자에 대해 반대 부호의 전하를 부여함을 설명해 보세요.
답
\(\hat{Q} = \sum_s \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}[\hat{b}^{s\dagger}\hat{b}^s - \hat{c}^{s\dagger}\hat{c}^s]\)이므로, 입자(\(\hat{b}^\dagger\)로 생성)는 \(\hat{Q}\)에 \(+1\)을 기여하고, 반입자(\(\hat{c}^\dagger\)로 생성)는 \(-1\)을 기여한다. 전자의 전하를 \(-e\)로 하면, \(\hat{b}^\dagger\)가 전하 \(-e\)의 입자를, \(\hat{c}^\dagger\)가 전하 \(+e\)의 반입자를 생성한다.
✅ 이해도 체크: 반교환 관계 \(\{\hat{b}^{s_1\dagger}_{\boldsymbol{p}_1}, \hat{b}^{s_2\dagger}_{\boldsymbol{p}_2}\} = 0\)으로부터, 2페르미온 상태의 반대칭성을 유도하세요.
답
\(\hat{b}^{s_1\dagger}_{\boldsymbol{p}_1}\hat{b}^{s_2\dagger}_{\boldsymbol{p}_2} + \hat{b}^{s_2\dagger}_{\boldsymbol{p}_2}\hat{b}^{s_1\dagger}_{\boldsymbol{p}_1} = 0\)으로부터, \(\hat{b}^{s_1\dagger}_{\boldsymbol{p}_1}\hat{b}^{s_2\dagger}_{\boldsymbol{p}_2}|0\rangle = -\hat{b}^{s_2\dagger}_{\boldsymbol{p}_2}\hat{b}^{s_1\dagger}_{\boldsymbol{p}_1}|0\rangle\). 입자 1과 입자 2를 교환하면 상태에 마이너스가 붙는다.
5.8 스핀과 통계의 정리——왜 페르미온은 반교환인가¶
🟡 리나: 여기까지 "Dirac 장을 교환 관계로 양자화하면 에너지가 파탄하고, 반교환 관계라면 양정치가 된다"는 것을 보았지. 하지만 더 깊은 질문이 있어. 왜 스핀 \(1/2\)의 입자는 반교환 관계로, 스핀 \(0\)의 입자는 교환 관계로 양자화되는가?
🔵 카이: 그건 우연이 아닌 건가요?
🟡 리나: 우연이 아니야. 상대론적 장의 양자론 틀에서는 다음 정리를 증명할 수 있어:
스핀 통계 정리(spin-statistics theorem): - 정수 스핀 (\(s = 0, 1, 2, \ldots\))의 장은 교환 관계로 양자화된다 → 보손 - 반정수 스핀 (\(s = 1/2, 3/2, \ldots\))의 장은 반교환 관계로 양자화된다 → 페르미온
🔵 카이: 이건 어떻게 증명하나요?
🟡 리나: 완전히 엄밀한 증명은 수학적으로 고급이지만, 물리적 동기는 3가지 독립적인 논증으로 이해할 수 있어.
논증 1: "올바르지 않은" 조합의 파탄¶
🟡 리나: 이것은 바로 지금 한 것의 일반화야.
- Dirac 장(스핀 \(1/2\))을 교환 관계로 양자화하면 → 에너지가 아래로 비유계가 된다(오늘 본 대로)
- 스칼라장(스핀 \(0\))을 반교환 관계로 양자화하면 → 인과율이 깨진다(공간적으로 떨어진 2점에서 장의 반교환자가 0이 되지 않아, 광속을 초과한 상관이 생겨 버린다). 이것은 연습 문제(@exercise: 스칼라장의 반교환 관계와 인과율의 파괴 → 문제 B-9. 스칼라 장의 반교환 관계와 인과율의 파괴)에서 확인할 수 있어.
즉, "올바르지 않은" 조합을 선택하면, 물리적으로 허용할 수 없는 귀결이 생기는 거야.
⚪ 메이: "잘못된 쪽"을 시도하면 에너지든 인과율이든 둘 중 하나가 깨져——소거법으로 올바른 조합이 유일하게 결정되는 거네.
논증 2: 인과율(미시 인과율 조건)¶
🟡 리나: 상대론에서는 광속을 초과해서 정보가 전달되어서는 안 돼. 장의 양자론에서는 이것을 다음과 같이 표현해:
공간적으로 떨어진 2점 \((x - y)^2 < 0\)에서, 관측 가능량의 교환자가 0이어야 한다.
보손장에서는 장 자체가 관측 가능량(의 구성 요소)이니까 \([\hat{\phi}(x), \hat{\phi}(y)] = 0\)이 필요해. 페르미온장에서는 관측 가능량은 \(\bar{\psi}\psi\)와 같은 쌍선형 형식으로, 이것은 짝수 개의 페르미온장의 곱이야. 반교환 관계를 사용하면, 짝수 개의 곱의 교환자는 공간적 영역에서 0이 됨을 보일 수 있어. 직관적으로는, \(\bar{\psi}(x)\psi(x)\)와 \(\bar{\psi}(y)\psi(y)\)의 교환자를 계산할 때, 페르미온장의 반교환 관계를 사용해서 장의 순서를 바꾸어 나가면, 짝수 개 장의 곱끼리의 교환자는 보손장의 교환자와 같은 구조로 귀결돼——공간적 영역에서는 그것이 0이 되는 거야.
🔵 카이: 음, 페르미온장 자체는 관측 가능량이 아니니까, \(\{\hat{\psi}(x), \hat{\psi}(y)\}\)가 0이 아니어도 문제없다는 건가요?
🟡 리나: 맞아. 물리적인 관측량은 \(\bar{\psi}\psi\)와 같은 짝수 개의 곱이니까, 그 교환자가 0이 되면 인과율은 지켜져.
논증 3: 입자 교환의 경로 의존성¶
🟡 리나: 하나 더, 직관적인 논증이 있어. 2입자의 교환을 "한 입자가 다른 입자 둘레를 반 바퀴 도는" 조작으로 파악하는 거야.
입자를 공간적으로 이동시키는(궤도 부분을 회전시키는) 때, 상대론적 장의 이론에서는 입자의 내부 자유도(스핀)도 같은 회전의 영향을 받아——이것은 장이 Lorentz 군의 특정 표현에 속하는 것의 귀결이야. 직관적으로는, "입자를 들어 올려 반 바퀴 돌리는" 조작은, 입자 자신의 방향(스핀)도 함께 돌리는 것에 대응해. 마치 지구본을 들고 걸으면 지구본 자체도 함께 방향이 바뀌는 이미지야.
🔵 카이: "궤도를 돌리면" "스핀도 돌아간다"가 연동하는 것은 왜인가요?
🟡 리나: 비상대론적 양자역학에서는, 궤도 각운동량과 스핀을 독립적으로 다룰 수 있었지. 하지만 상대론적 장의 이론에서는 사정이 달라. 장은 공간의 각 점에 "값"을 가진 대상이고, 그 값 자체가 스피너나 벡터로서 변환돼. 예를 들어 전기장 벡터 \(\boldsymbol{E}\)를 생각해 봐. 좌표계를 \(\pi\) 회전시키면, \(E_x\)와 \(E_y\)가 섞이잖아?
⚪ 메이: 즉, 장의 이론에서는 "어느 점의 값을 보는가"와 "그 점에서의 성분의 섞임 방식"이 일체불가분이라는 거네.
🟡 리나: 맞아. 수학적으로 말하면, 스핀 \(s\)의 장을 \(z\)축 둘레로 각도 \(\theta\)만큼 회전시키면, 회전 연산자 \(e^{-iJ_z\theta}\)가 작용해. 따라서 "궤도의 회전각"과 "스핀의 회전각"은 같은 \(\theta\)가 되는 거야.
자, 2입자의 교환 조작을 구체적으로 생각해 보자. 이것은 엄밀한 증명이 아니라 직관적인 논증이지만, 본질을 포착하고 있어. 무게중심을 고정하고 2개의 동종 입자를 교환할 때, 상대 좌표 벡터 \(\boldsymbol{r} = \boldsymbol{x}_1 - \boldsymbol{x}_2\)는 \(\boldsymbol{r} \to -\boldsymbol{r}\)로 바뀌어. 이것은 \(\boldsymbol{r}\)을 포함하는 평면 내에서 각도 \(\pi\)만큼 회전시키는 조작으로 볼 수 있어(3차원에서 \(\boldsymbol{r} \to -\boldsymbol{r}\)은 반전이지만, 교환 경로를 연속적으로 추적하면 어떤 평면 내의 \(\pi\) 회전으로 실현할 수 있어).
여기서 중요한 것은, 각 입자가 개별적으로 중간점 둘레를 \(\pi\)만큼 회전하고 있다는 점이야. 구체적으로 이미지를 그려봐——입자 1이 원점 오른쪽에, 입자 2가 왼쪽에 있다고 해(동종 입자이니까 질량이 같고, 무게중심이 정확히 가운데). 교환하려면, 입자 1을 윗쪽 반원을 통해 왼쪽으로, 입자 2를 아래쪽 반원을 통해 오른쪽으로 움직이면 돼. 마치 천칭의 양쪽 끝이 반 바퀴 도는 이미지야——둘 다 원점 둘레를 반 바퀴(\(\pi\)) 돌고 있지?
🔵 카이: 그렇군요, 교환 = 각 입자가 반 바퀴(\(\pi\) 회전)하는 조작이네요.
🟡 리나: 맞아. 상대론적 장의 이론에서는, 입자를 공간적으로 \(\pi\) 회전시키면, 그 입자의 스핀 자유도에도 같은 \(\pi\) 회전이 작용해(아까 설명한 "장의 성분이 회전으로 섞인다"는 성질). 여기서 "각 입자에 독립적으로" 위상이 붙는 이유를 보충해 둘게. 2입자계의 회전 연산자는 \(e^{-iJ_z^{(1)}\theta} \otimes e^{-iJ_z^{(2)}\theta}\)로 텐서곱 형태로 쓸 수 있어——입자 1의 스핀과 입자 2의 스핀은 독립적인 자유도이니까, 각각에 독립적으로 회전이 작용하는 거야. 그래서 각 입자의 스핀 성분(\(m = s\)에 주목)에 위상 \(e^{-is\pi}\)가 붙고, 2입자계의 상태는 텐서곱 \(|\text{입자1}\rangle \otimes |\text{입자2}\rangle\)로 쓰이니까, 전체에서는 2개의 위상 인자가 곱해져:
구체적으로 계산해 보자:
- \(s = 0\) (스칼라): \(e^{0} = +1\)
- \(s = 1/2\) (Dirac): \(e^{-i\pi} = \cos\pi + i\sin\pi = -1\)
- \(s = 1\) (벡터): \(e^{-2i\pi} = \cos 2\pi + i\sin 2\pi = +1\)
일반적으로:
- \(s\)가 정수: \(e^{-2is\pi} = +1\) → 보손
- \(s\)가 반정수: \(e^{-2is\pi} = -1\) → 페르미온
🔵 카이: 스피너의 \(360°\) 회전에서 부호가 반전하는 성질이 여기서 작용하는 거군요! 5.2「Lorentz 군의 스피너 표현——스피너는 벡터가 아니다」에서 이야기한 "\(720°\)에서 원래로 돌아온다"가 바로 페르미온 통계의 기원이었네요.
🟡 리나: 맞아. 3가지 논증을 되돌아보면, 논증 1은 "잘못된 조합이면 에너지나 인과율이 깨진다", 논증 2는 "인과율을 지키려면 페르미온장은 반교환 관계여야 한다", 논증 3은 "입자 교환의 위상이 스핀으로 결정된다"——3가지 독립적인 각도에서 같은 결론에 이르러.
⚪ 메이: 논증 3을 정리하면, 각 입자가 \(\pi\) 회전해서 위상 \(e^{-is\pi}\)를 얻고, 2입자분으로 \(e^{-2is\pi}\)가 된다——반정수 스핀이면 \(-1\)로 반대칭, 정수 스핀이면 \(+1\)로 대칭이라는 거네.
🟡 리나: 맞아. 3가지 논증 모두가 "스핀이 통계를 결정한다"는 같은 결론에 수렴해——이것이 스핀 통계 정리의 핵심이야.
스핀과 통계의 결합은, 상대론적 장의 양자론의 가장 깊은 귀결 중 하나야. 비상대론적 양자역학만으로는 이 결합을 유도할 수 없어. 그림 5.6「스핀 통계 정리의 개념도」에 전체상을 정리해 두었어.
그림 5.6: 스핀 통계 정리의 개념도. 정수 스핀의 장은 교환 관계로 보손이 되고, 반정수 스핀의 장은 반교환 관계로 페르미온이 된다. 이 결합은 상대론적 장의 양자론으로부터 불가피하게 유도된다.
✅ 이해도 체크: 스핀 통계 정리가 비상대론적 양자역학에서는 증명할 수 없는 이유를 말해 보세요.
답
비상대론적 양자역학에서는 Lorentz 불변성이 요구되지 않으므로, 인과율(공간적 영역에서의 교환자가 0)이나 부스트의 변환성(왼손잡이·오른손잡이의 구별)이 논의에 들어오지 않는다. 스핀과 통계의 결합은 상대론(Lorentz 불변성)과 양자역학의 양쪽을 조합해서 비로소 유도된다.
5.9 \(C, P, T\) 변환¶
🟡 리나: 마지막으로, Dirac 장에 대한 3가지 이산 대칭성을 살펴보자. 이것들은 「양자역학」편 제 26 장에서 개념적으로 배운 것의 장의 양자론에서의 정식화야.
표 5.4: \(C\), \(P\), \(T\) 변환의 정리
| 변환 | 조작 | Dirac 장에의 작용 | 특징 |
|---|---|---|---|
| \(P\) (패리티) | \(\boldsymbol{x} \to -\boldsymbol{x}\) | \(\psi_L \leftrightarrow \psi_R\) (\(\gamma^0\)이 중개) | 유니터리 |
| \(C\) (전하 켤레) | 입자 \(\leftrightarrow\) 반입자 | \(\hat{b} \leftrightarrow \hat{c}\) | 유니터리 |
| \(T\) (시간 반전) | \(t \to -t\) | \(\gamma^1\gamma^3\)으로 스피너 성분을 혼합 | 반유니터리 |
패리티 \(P\)——공간 반전¶
🟡 리나: 패리티 변환 \(P\)는 공간 좌표를 반전시키는 조작: \(\boldsymbol{x} \to -\boldsymbol{x}\). Dirac 장에 대해서는
🔵 카이: \(\gamma^0\)이 곱해지네요. 왜죠?
🟡 리나: Dirac 스피너의 위 2성분(왼손잡이)과 아래 2성분(오른손잡이)은 패리티에서 교환돼. \(\gamma\) 행렬에는 몇 가지 표현(구체적인 행렬의 선택 방식)이 있는데, 왼손잡이·오른손잡이의 구조가 보기 쉬운 카이랄 표현(chiral representation)에서는
이 돼. 이 행렬은 위 2성분과 아래 2성분을 교환해——즉 \(\psi_L\)과 \(\psi_R\)을 교환하는 역할을 해. 패리티는 "공간의 거울 반사"이니까, 왼손잡이와 오른손잡이가 교환되는 것은 직관적으로도 납득이 되지?
⚪ 메이: 거울에 비추면 오른손과 왼손이 바뀌는 것과 같은 감각이네.
🟡 리나: 맞아. 생성·소멸 연산자에 대해서는
운동량 부호가 반전되고, 반입자에는 추가로 마이너스 부호가 붙어. 여기서 새로운 개념을 도입할게. 내재적 패리티(intrinsic parity)란, 패리티 변환했을 때 상태에 붙는 고유한 위상 인자를 말해. 왜 이런 것이 필요하냐면, 패리티 변환은 "공간을 뒤집는" 조작이지만, 입자의 내부 구조(스피너의 위아래 성분의 관계)에 따라 뒤집었을 때 추가 위상이 붙는지 여부가 결정되기 때문이야. 이것은 입자의 종류마다 결정되는 고유한 성질로, 운동량이나 스핀과는 독립적인 양자수야——마치 전하가 입자의 종류로 결정되는 것과 같은 의미에서 "고유한 성질"이야.
🔵 카이: 식 (5.29)를 보면, \(\hat{b}\)에는 여분의 부호가 없는데 \(\hat{c}\)에는 마이너스가 있네요——이것이 내재적 패리티의 차이인가요?
🟡 리나: 맞아. 식 (5.29)를 보면, \(\hat{b}\)의 변환에는 여분의 부호가 붙지 않는 반면(\(P^{-1}\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}}P = \hat{b}^s_{-\boldsymbol{p}}\)), \(\hat{c}\)의 변환에는 마이너스가 붙어(\(P^{-1}\hat{c}^s_{\boldsymbol{p}}P = -\hat{c}^s_{-\boldsymbol{p}}\)). 이 여분의 마이너스가 "내재적 패리티"라 불리는 양자수야——입자의 내재적 패리티를 \(+1\)로 규약하면(이 규약은 관습적인 것으로, 물리적 귀결은 입자와 반입자의 내재적 패리티의 곱으로 결정된다), 반입자의 내재적 패리티는 \(-1\)이 돼. 즉 페르미온에서는 입자와 반입자의 내재적 패리티의 곱이 \(-1\)이 돼(\(\eta_P(\text{입자}) \times \eta_P(\text{반입자}) = -1\)). 이것은 Dirac 방정식의 구조에서 결정되는 귀결로, 실험적으로도 확인되어 있어(예를 들어 \(\pi^0 \to e^+e^-\)의 각도 분포에서).
전하 켤레 \(C\)——입자와 반입자의 교환¶
🟡 리나: 전하 켤레 \(C\)는 입자와 반입자를 교환하는 조작이야.
⚪ 메이: 그러면, 식 (5.26)의 전하 연산자 \(\hat{Q} = \hat{N}_b - \hat{N}_c\)에 \(C\)를 작용시키면, 입자 수와 반입자 수가 교환되니까 \(C^{-1}\hat{Q}\,C = -\hat{Q}\)가 되겠네.
🟡 리나: 맞아. 그리고 \(C\)의 고유 상태가 될 수 있는 것은 입자와 반입자가 동일한 경우뿐이야. 광자는 \(C\) 패리티 \(-1\), 중성 파이 중간자 \(\pi^0\)은 \(C\) 패리티 \(+1\)이야.
✅ 이해도 체크: 전하 켤레 \(C\)의 고유 상태가 될 수 있는 것은 어떤 입자인가. 그 이유를 말해 보세요.
답
입자와 반입자가 동일한 경우(예: 광자, \(\pi^0\))에만 \(C\)의 고유 상태가 될 수 있다. \(C\)는 입자와 반입자를 교환하는 조작이므로, 입자와 반입자가 다른 경우에는 \(C\)로 다른 상태로 이동해 버려서 고유 상태가 되지 않는다.
시간 반전 \(T\)——시간의 흐름을 거꾸로¶
🟡 리나: 시간 반전 \(T\)는 \(t \to -t\)로 하는 조작이야. 다만, \(T\)는 다른 2가지와 결정적으로 다른 성질을 가져.
🔵 카이: 뭐가 다른 건가요?
🟡 리나: \(T\)는 반유니터리 연산자(anti-unitary operator)야. 즉, \(T(c|\psi\rangle) = c^* T|\psi\rangle\) (복소수를 복소 켤레로 바꾼다). 「양자역학」편 제 26 장에서 배운 것을 떠올려 봐.
행렬 \(\gamma^1\gamma^3\)의 구체적 형태는 \(\gamma\) 행렬의 표현에 의존하지만, 그 역할은 "Dirac 방정식이 \(t \to -t\) 아래에서 불변이 되도록 스피너 성분을 섞어 합치는 것"이야. 왜 이 특정 조합인지는, \(t \to -t\)에서 \(\gamma^0\partial_0\)의 부호가 바뀌는 것을 보상하기 위해 필요한 행렬을 Clifford 대수로부터 결정한 결과야. 유도의 자세한 내용은 부록 B에 맡길게. \(T\)의 반유니터리성은, Schrödinger 방정식 \(i\partial_t|\psi\rangle = H|\psi\rangle\)에서 \(t \to -t\)로 했을 때, \(i\)의 부호도 반전시키지 않으면 방정식이 불변이 되지 않는 것에서 비롯돼.
⚪ 메이: 즉 \(T\)만 반유니터리이고, \(C\)와 \(P\)는 유니터리——시간 반전만이 특별한 거네.
CPT 정리¶
🟡 리나: 자연계에서는 \(C\), \(P\), \(T\) 각각은 깨질 수 있어. 약한 상호작용은 \(P\)를 깨고, \(CP\)도 깨. 하지만——
CPT 정리: Lorentz 불변이고 국소적인 장의 양자론에서는, \(C\), \(P\), \(T\)의 3가지 동시 변환 \(CPT\)는 항상 대칭성이다.
🔵 카이: 3가지를 합치면 반드시 대칭이 되나요!
🟡 리나: 맞아. CPT 정리의 귀결로서, 입자와 반입자는 반드시 같은 질량과 수명을 가져. 이것은 실험에서 극히 높은 정밀도로 검증되고 있어. 만약 CPT가 깨져 있다면, Lorentz 불변성이나 국소성 중 하나가 파탄하고 있다는 뜻이야——그것은 물리학의 근간을 뒤흔드는 대사건이지. 그림 5.7「C·P·T 이산 대칭성과 CPT 정리」에 \(C\), \(P\), \(T\)의 관계를 정리해 두었어.
그림 5.7: C·P·T 이산 대칭성과 CPT 정리. \(C\)(전하 켤레), \(P\)(패리티), \(T\)(시간 반전)의 3가지 이산 대칭성. 개별적으로는 깨질 수 있지만, CPT 정리에 의해 3가지 동시 변환은 항상 대칭성이다.
✅ 이해도 체크: CPT 정리로부터 유도되는, 입자와 반입자 사이의 구체적인 관계를 2가지 들어 보세요.
답
(1) 입자와 반입자는 같은 질량을 가진다. (2) 입자와 반입자는 같은 수명을 가진다. (그 외에도 "스핀이 같다" "자기 모멘트의 크기가 같고 부호가 반대" 등도 정답.)
📝 연습문제:
- \(C, P, T\) 변환의 합성과 CPT 정리 → 문제 A-2. \(C\), \(P\), \(T\) 변환과 \(CPT\) 정리
5.10 이 장의 정리¶
🟡 리나: 오늘의 내용을 되돌아보자.
⚪ 메이: 정리할게.
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Dirac 방정식은 Clifford 대수 \(\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}\)를 만족하는 \(4 \times 4\)의 \(\gamma\) 행렬을 사용해서 \((i\not\!\partial - m)\psi = 0\)으로 쓸 수 있어. 파동함수 \(\psi\)는 4성분의 Dirac 스피너.
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Lorentz 대수는 \(\mathfrak{su}(2) \oplus \mathfrak{su}(2)\)로 분해되고, Dirac 스피너는 \((1/2, 0) \oplus (0, 1/2)\) 표현에 대응해. 왼손잡이와 오른손잡이 Weyl 스피너를 합친 것.
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Dirac 장의 Lagrangian은 \(\mathcal{L} = \bar{\psi}(i\not\!\partial - m)\psi\)이고, 켤레 운동량은 \(\Pi = i\psi^\dagger\).
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교환 관계로 양자화하면 파탄한다——반입자의 \([\hat{c}, \hat{c}^\dagger]\)에 마이너스가 붙어, Hamiltonian의 에너지가 아래로 비유계가 된다.
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반교환 관계 \(\{\hat{b}, \hat{b}^\dagger\} = \delta\), \(\{\hat{c}, \hat{c}^\dagger\} = \delta\)로 양자화하면, Hamiltonian은 양정치 \(:\hat{H}: = \sum E_{\boldsymbol{p}}(\hat{b}^\dagger\hat{b} + \hat{c}^\dagger\hat{c})\)가 되고, 안정한 진공이 존재한다.
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반교환 관계로부터 Pauli의 배타 원리 \((\hat{b}^\dagger)^2 = 0\)와 Fermi-Dirac 통계가 자동으로 유도된다.
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스핀 통계 정리: 정수 스핀 → 보손(교환 관계), 반정수 스핀 → 페르미온(반교환 관계). 이것은 상대론적 장의 양자론의 가장 깊은 귀결 중 하나.
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\(C, P, T\) 변환: 각각 입자↔반입자, 공간 반전, 시간 반전. 개별적으로는 깨질 수 있지만, CPT는 항상 대칭.
🔵 카이: 스칼라장의 양자화가 "교환 관계를 부과하면 에너지가 양정치가 된다"였던 것에 비해, Dirac 장은 "교환 관계면 깨지니까 반교환 관계가 필요하다"였어요. 교환 관계면 깨진다는 것을 실제로 체험했으니까, 반교환 관계가 "어쩔 수 없이"가 아니라 "필연적으로" 선택된다는 걸 실감할 수 있었어요. 스핀 0에서 스핀 1/2로 바뀌었을 뿐인데, 이렇게 새로운 문제가 나오다니요. 그러면 스핀 1의 광자는 어떻게 되나요——정수 스핀이니까 교환 관계로 되어야 할 텐데, 뭔가 다른 문제가 생기거나 하지 않나요?
🟡 리나: 좋은 질문이야. 광자는 정수 스핀이니까 교환 관계로 양자화하는 것은 맞아. 하지만 광자에는 "게이지 자유도"라는 다른 골치 아픈 문제가 숨어 있어서, 소박하게 정준 양자화를 하려 하면 벽에 부딪혀. 그것은 다음 장의 주제야.
그리고 오늘 드라마의 주인공은 "스핀"이었지. 스핀이 정수인지 반정수인지에 따라, 양자화의 처방전이 결정되고, 통계가 결정되고, 물질의 안정성이 결정돼. 장의 양자론이 없었다면, 이 깊은 결합은 보이지 않았을 거야.
다음 장 예고¶
스핀 0(스칼라장)과 스핀 1/2(Dirac 장)의 양자화를 마친 지금, 남은 것은 스핀 1——광자의 장이다. 그런데 전자기장에는 "게이지 자유도"라는 골치 아픈 중복성이 숨어 있어서, 소박하게 정준 양자화를 시도하면 켤레 운동량이 0이 되는 새로운 벽에 부딪힌다. 제 6 장에서는, 게이지 고정 기법을 구사하여 이 벽을 넘어, 광자의 물리적 편극 자유도만을 올바르게 양자화하는 방법을 배운다. 스칼라장(제 4 장), Dirac 장(본 장), 전자기장(제 6 장)의 3가지 자유장의 양자화가 갖추어지면, 드디어 제 7 장에서 상호작용을 도입할 준비가 완료된다.
연습 문제¶
📝 연습문제:
- Clifford 대수로부터 \(\gamma\) 행렬의 성질 유도 → 문제 B-1. Clifford 대수의 기본 계산
- Dirac 장의 Hamiltonian의 교환 관계·반교환 관계 비교 → 문제 M-1. 교환관계에 의한 양자화의 파탄
- Pauli의 배타 원리의 반교환 관계로부터의 유도 → 문제 M-2. Pauli 배타 원리의 유도
- \(C, P, T\) 변환의 합성과 CPT 정리 → 문제 A-2. \(C\), \(P\), \(T\) 변환과 \(CPT\) 정리
- 스칼라장의 반교환 관계와 인과율의 파괴 → 문제 B-9. 스칼라 장의 반교환 관계와 인과율의 파괴
참고문헌¶
- Quantum Field Theory for the Gifted Amateur (Lancaster & Blundell) 제36장 "Dirac 방정식", 제37장 "스피너의 변환성", 제38장 "Dirac 장의 양자화"
- Quantum Field Theory (David Tong, Cambridge) 제4장 "The Dirac Equation", 제5장 "Quantizing the Dirac Field"
- 場の量子論 — 不変性と自由場を中心にして (사카모토 마코토) 제4장 "Dirac 방정식의 유도와 γ 행렬", 제5장 "Dirac 방정식의 Lorentz 변환성", 제12장 "Dirac 장의 양자화"
- Quantum Field Theory and the Standard Model (Schwartz) 제8장 "스피너와 Dirac 방정식", 제9장 "스핀과 통계의 정리"
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