제6장 전자기장의 양자화 — 게이지 자유도와의 격투¶
지난 이야기:
제 5 장에서 Dirac 장을 양자화하고, 페르미온의 반교환 관계 \(\{a_{\mathbf{p},s}, a_{\mathbf{q},r}^\dagger\} = (2\pi)^3 \delta^3(\mathbf{p} - \mathbf{q})\delta_{sr}\)가 스핀-통계 정리를 자연스럽게 구현한다는 것, 그리고 반입자가 양의 에너지 해로서 나타난다는 것을 확인했다. 이로써 스핀 0(스칼라장)과 스핀 1/2(Dirac 장)의 양자화가 완료되었다.
이 장의 목표
- 전자기장(스핀 1)을 양자화하고, 게이지 대칭성이라는 '기술의 중복성'이 양자화에 심각한 어려움을 초래한다는 것을 이해한다
- Coulomb 게이지와 Lorenz 게이지라는 2가지 처방으로 어려움을 극복하고, 최종적으로 물리적인 광자는 2개의 횡편광뿐임을 유도한다
6.1 Maxwell 장의 Lagrangian——출발점¶
🟡 리나: 자, 스칼라장, Dirac 장까지 양자화해 왔어요. 남은 주인공은 광자——스핀 1의 입자예요. 광자는 전자기장을 양자화하면 나타나요. 하지만 여기에는 앞의 두 경우에는 없었던 근본적인 어려움이 기다리고 있어요.
🔵 카이: 어떤 어려움인가요?
🟡 리나: 그것을 이해하려면, 먼저 전자기장의 Lagrangian을 써 내려가는 것부터 시작해야 해요. 제 3 장에서 배운 것처럼, 장 이론은 Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L}\)에서 출발해요. 전자기장의 경우, 소스(전하나 전류)가 없는 자유장에서는
이에요. 계수 \(-1/4\)는, 여기서 Euler-Lagrange 방정식을 유도했을 때 올바른 Maxwell 방정식이 나오도록 선택된 규격화 상수예요——나중에 확인할게요. \(F_{\mu\nu}\)는 장의 세기 텐서 (field strength tensor)라고 불리는 양으로,
로 정의돼요. \(A_\mu\)는 4원 퍼텐셜 (four-potential)이에요.
🔵 카이: \(A_\mu\)는 어떤 성분을 가지나요?
🟡 리나: 4개의 성분을 가진 4원 벡터예요.
\(A_0\)는 고등학교에서 배운 전위(스칼라 퍼텐셜)에 대응하고, \(\mathbf{A} = (A^1, A^2, A^3)\)(반변 성분)가 벡터 퍼텐셜이에요. 계량 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\) 아래에서 \(A^i = -A_i\)임에 주의해 주세요(공간 성분은 위첨자와 아래첨자에서 부호가 반전돼요. 이 장에서는 물리적인 전기장·자기장을 표현할 때는 반변 성분 \(A^i\)를 사용하고, 정준 형식의 논의에서는 공변 성분 \(A_i\)를 사용하는 경우가 많아요). 전기장 \(\mathbf{E}\)와 자기장 \(\mathbf{B}\)는
로 주어져요(자연단위계 \(c = 1\)을 사용하고 있으므로, Gauss 단위계의 식 \(\mathbf{E} = -\nabla\Phi - \frac{1}{c}\frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\)에서 \(c\)가 사라진 형태예요). 즉, 전기장과 자기장은 \(A_\mu\)에서 유도되는 '이차적인 양'이에요. 그리고 정의 (6.2)를 보면, \(\mu\)와 \(\nu\)를 바꾸면 뺄셈의 순서가 역전되므로 \(F_{\mu\nu} = -F_{\nu\mu}\)——반대칭 텐서예요. 대각 성분 \(F_{\mu\mu}\)는 자동으로 0이에요.
⚪ 메이: 그렇군요, 반대칭이고 대각이 0이라면, 독립인 성분은 상삼각 부분만……\(4 \times 3 / 2 = 6\)개네요.
🟡 리나: 맞아요. 그리고 그 6개가 전기장 3성분과 자기장 3성분에 정확히 대응해요.
🟡 리나: 맞아요. 첨자를 올린 \(F^{\mu\nu} = \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta}\)를 구체적으로 쓰면
🔵 카이: 이 행렬의 성분은 어떻게 유도하나요? 예를 들어 \(F^{0i} = -E_i\)가 되는 이유는요?
🟡 리나: 순서대로 살펴봅시다. 먼저 \(F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0\)를 식 (6.3)과 비교할게요. 식 (6.3)에서 \(\mathbf{A}\)는 물리적 벡터 퍼텐셜, 즉 반변 성분 \(A^i\)를 말해요. 첨자를 내리려면 계량을 사용해서 \(A_i = \eta_{ij}A^j = (-\delta_{ij})A^j = -A^i\)(공간 성분은 계량의 마이너스로 부호가 반전돼요). \(A_i = -A^i\)이므로
(확인해 봅시다. \(A_i = -A^i\)이므로 \(\partial_0 A_i = -\partial_0 A^i\). 따라서 \(F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0 = -\partial_0 A^i - \partial_i A_0\). 한편, 식 (6.3)의 \(\nabla A_0\)는 각 성분이 \(\partial A_0/\partial x^i\)인 벡터이므로, \(E^i = -(\nabla A_0)_i - \dot{A}^i = -\partial_i A_0 - \partial_0 A^i\). 여기서 \(\partial_i A_0 \equiv \partial A_0/\partial x^i\)예요. 둘을 비교하면 \(F_{0i} = E^i\)와 일치하네요.) 다음으로 첨자를 올려요. \(F^{\mu\nu} = \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta}\)를 사용해서 \(F^{0i}\)를 구하면, 대각 계량이므로 \(\mu = 0\)에 대해 \(\eta^{0\alpha}\)는 \(\alpha = 0\)만 비영(非零)이고, \(\nu = i\)에 대해 \(\eta^{i\beta}\)는 \(\beta = i\)만 비영이에요(합을 취하지 않음). 따라서
(여기서 \(\eta^{ii} = -1\)(합의 규약 없음)을 사용했어요. \(F_{0i} = E^i\)이므로 \(F^{0i} = -E^i\)네요.) 반대칭성으로부터 \(F^{i0} = -F^{0i} = E^i\)이에요. 행렬 (6.4)에서 확인하면, 제1행의 \(i = 1, 2, 3\) 열이 \(-E_x, -E_y, -E_z\)이고, 이것은 \(F^{0i} = -E^i\)(\(E^1 = E_x\) 등)와 일치해요.
🔵 카이: 오, 계량의 \(+1\)과 \(-1\)의 조합으로 부호가 결정되는군요.
🟡 리나: 전기장과 자기장이 하나의 반대칭 텐서로 통일되어 있어요——특수상대론의 아름다움이 여기에 나타나고 있어요.
🔵 카이: 이 Lagrangian (6.1)에서 Maxwell 방정식이 나오나요?
🟡 리나: 네. 제 3 장에서 배운 장의 Euler-Lagrange 방정식 \(\partial_\mu \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial A_\nu} = 0\)을 적용할게요. \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)는 \(A_\nu\) 자체를 포함하지 않으므로 제2항은 0이에요. 제1항을 계산하면 \(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -F^{\mu\nu}\)가 되므로(\(-1/4\)의 계수와 반대칭성에 기인하는 인수 4가 상쇄돼요), 결과는
이것이 진공 중의 Maxwell 방정식의 공변 형식이에요. \(\nu = 0\)을 취하면 Gauss 법칙 \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\), \(\nu = i\)를 취하면 Ampère-Maxwell 법칙 \(\nabla \times \mathbf{B} = \frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}\)이 돼요.
⚪ 메이: 나머지 2개의 Maxwell 방정식——\(\nabla \cdot \mathbf{B} = 0\)과 Faraday 법칙——은요?
🟡 리나: 그것들은 \(F_{\mu\nu}\)의 정의 (6.2)로부터 자동으로 성립하는 항등식(Bianchi 항등식)이에요. 4개의 Maxwell 방정식의 유래를 정리해 둘게요.
표 6.1: Maxwell 방정식의 공변 형식과 유래
| Maxwell 방정식 | 성분 | 공변 형식 | 유래 |
|---|---|---|---|
| Gauss 법칙 \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\) | \(\nu = 0\) | \(\partial_\mu F^{\mu 0} = 0\) | 운동방정식 (6.5) |
| Ampère-Maxwell \(\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} = \nabla \times \mathbf{B}\) | \(\nu = i\) | \(\partial_\mu F^{\mu i} = 0\) | 운동방정식 (6.5) |
| \(\nabla \cdot \mathbf{B} = 0\) | — | Bianchi 항등식 (6.6) | \(F_{\mu\nu}\)의 정의에서 자동 |
| Faraday \(\nabla \times \mathbf{E} = -\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}\) | — | Bianchi 항등식 (6.6) | \(F_{\mu\nu}\)의 정의에서 자동 |
편미분의 순서가 교환 가능하므로, 대입하면 모든 항이 상쇄돼요.
🔵 카이: 4개의 Maxwell 방정식이, 단 하나의 Lagrangian과 정의식에서 전부 나오는군요.
✅ 이해도 체크: \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\)가 반대칭(\(F_{\mu\nu} = -F_{\nu\mu}\))임을 정의로부터 직접 보여 봅시다.
답
\(\mu\)와 \(\nu\)를 바꾸면 \(F_{\nu\mu} = \partial_\nu A_\mu - \partial_\mu A_\nu = -(\partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu) = -F_{\mu\nu}\). 뺄셈의 순서가 역전될 뿐이므로 부호가 반전된다.
📝 연습문제:
- \(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)를 \(\mathbf{E}\)와 \(\mathbf{B}\)로 표현하기 → 문제 B-1. 장의 세기 텐서의 반대칭성과 성분 확인
6.2 U(1) 게이지 대칭성——기술의 중복성¶
🟡 리나: 자, 여기서부터가 이 장의 핵심이에요. Lagrangian (6.1)에는, 스칼라장이나 Dirac 장에는 없었던 거대한 대칭성이 있어요. 그것이 게이지 대칭성 (gauge symmetry)이에요.
4원 퍼텐셜에 대해 다음 변환을 수행해도 물리는 일절 변하지 않아요:
여기서 \(\lambda(x)\)는 시공간의 임의의 함수예요. 이것을 게이지 변환 (gauge transformation)이라고 불러요.
🔵 카이: "임의의 함수"라고요? 그건 엄청나게 큰 자유도네요. 왜 물리가 변하지 않나요?
🟡 리나: 장의 세기 텐서 \(F_{\mu\nu}\)를 계산해 보세요.
편미분의 순서는 교환할 수 있으므로 \(\partial_\mu \partial_\nu \lambda = \partial_\nu \partial_\mu \lambda\). 따라서
\(F_{\mu\nu}\)가 불변이면, \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)도 불변이에요. 전기장 \(\mathbf{E}\)도 자기장 \(\mathbf{B}\)도 변하지 않아요.
⚪ 메이: 즉, \(A_\mu\)와 \(A_\mu + \partial_\mu \lambda\)는 같은 물리를 기술하고 있는 거네요.
🟡 리나: 정확히 그래요. \(A_\mu\)에는 '본질적인 모호성'이 있어요. 여기서 매우 중요한 점을 강조해 둘게요.
게이지 대칭성은 통상적인 의미에서의 '대칭성'이 아니에요. 공간 회전처럼 '다른 물리적 상태를 연결하는' 것이 아니라, 같은 물리적 상태의 다른 기술을 연결하는 거예요. 즉, 우리의 기술에 포함된 중복성 (redundancy)을 나타내고 있어요.
🔵 카이: 중복성……. 지도의 좌표계를 바꿔도, 서울은 서울 그대로인 것과 같은 건가요?
🟡 리나: 훌륭한 비유예요. 정확히 그래요. \(A_\mu\)는 '좌표'와 같은 것이고, 물리적으로 의미가 있는 것은 \(F_{\mu\nu}\)(즉 \(\mathbf{E}\)와 \(\mathbf{B}\))라는 '좌표에 의존하지 않는 양'이에요. 그림 6.1「게이지 변환의 개념도」를 봐 주세요. 게이지 변환으로 \(A_\mu\)는 변하지만, 물리량 \(F_{\mu\nu}\)는 불변——이 구조를 그림으로 정리했어요.
그림 6.1: 게이지 변환의 개념도. 게이지 변환은 같은 물리의 다른 기술을 연결한다. 퍼텐셜 \(A_\mu\)는 변하지만, 물리량 \(F_{\mu\nu}\)(전기장·자기장)는 불변.
✅ 이해도 체크: 게이지 변환 \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu \lambda\) 아래에서 \(F_{\mu\nu}\)가 불변임을 식 (6.2)의 정의에 대입하여 보여 봅시다.
답
\(F_{\mu\nu}' = \partial_\mu(A_\nu + \partial_\nu \lambda) - \partial_\nu(A_\mu + \partial_\mu \lambda) = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu + \partial_\mu \partial_\nu \lambda - \partial_\nu \partial_\mu \lambda\). 편미분의 순서는 교환 가능하므로 \(\partial_\mu \partial_\nu \lambda = \partial_\nu \partial_\mu \lambda\). 따라서 \(F_{\mu\nu}' = F_{\mu\nu}\).
🔵 카이: 하지만, 중복성이 있다면, 왜 굳이 \(A_\mu\)를 사용하나요? 처음부터 \(\mathbf{E}\)와 \(\mathbf{B}\)만으로 기술하면 되지 않나요?
🟡 리나: 사실 \(\mathbf{E}\)와 \(\mathbf{B}\)만으로는 Lagrangian을 잘 쓸 수 없어요. Lorentz 공변인 Lagrangian을 쓰려면 \(A_\mu\)가 필요해요. 게다가 양자역학에서는 Aharonov-Bohm(아하로노프-봄) 효과 같은 현상에서 \(A_\mu\) 자체가 물리적인 역할을 하는 장면이 있어요. Aharonov-Bohm 효과란, 자기장 \(\mathbf{B} = 0\)인 영역을 지나는 전자의 간섭 패턴이 그 영역을 둘러싸는 자기 선속(즉 \(\mathbf{A}\)의 선적분)에 의존하는 놀라운 현상이에요. \(\mathbf{E}\)와 \(\mathbf{B}\)가 0이어도 \(\mathbf{A}\)가 물리적 효과를 가진다——퍼텐셜이 단순한 계산 도구가 아니라는 증거예요. 중복성을 포함하고 있더라도 \(A_\mu\)를 사용하는 데에는 깊은 이유가 있어요.
게이지 대칭성과 국소 U(1) 변환¶
🟡 리나: 게이지 변환 (6.7)을 물질장(하전 입자의 장) 쪽에서 바라봅시다. 전자기장 \(A_\mu\)는 '힘을 전달하는 장'이지만, 힘을 받는 쪽——전하를 가진 입자의 장——도 필요하잖아요. 여기서는 이야기를 가장 단순하게 하기 위해, 제 4 장에서 배운 복소 스칼라장을 '하전 입자의 장'의 대표로 사용할게요. 제 4 장에서는 모드 전개 식에서 \(\hat{\psi}\)로 썼지만, 여기서는 Dirac 스피너와의 혼동을 피하기 위해 \(\phi\)로 쓸게요. 그 Lagrangian은
이었어요. 복소 스칼라장은 1성분이므로, 복소 켤레 \(*\)와 에르미트 켤레 \(\dagger\)는 같은 의미예요. 이 Lagrangian은 전역적 U(1) 변환
(\(\alpha\)는 상수) 아래에서 불변이에요. 제 3 장의 Noether 정리로부터, 이 대칭성에 대응하는 보존량이 전하였어요.
🔵 카이: 전역적이라는 것은, 우주 어디서든 같은 \(\alpha\)만큼 돌린다는 뜻이죠.
🟡 리나: 맞아요. 그런데, 여기서 야심적인 물음을 던져 봅시다. 각 시공간 점에서 독립적으로 위상을 바꿔도 불변으로 만들 수 없을까? 즉
이라는 국소적 (local) 변환 아래에서의 불변성을 요구하는 거예요.
⚪ 메이: \(\alpha(x)\)가 \(x\)에 의존하니까, 미분했을 때 여분의 항이 나오겠네요.
🟡 리나: 맞아요. \(\partial_\mu \phi \to e^{i\alpha(x)}(\partial_\mu \phi + i(\partial_\mu \alpha)\phi)\)가 되어, 여분의 \(i(\partial_\mu \alpha)\phi\)가 남아요. Lagrangian의 불변성이 깨져 버려요.
🔵 카이: 그러면, 국소적인 불변성은 불가능한 건가요?
🟡 리나: 아니에요. 여기가 천재적인 아이디어예요. 문제는 \(\partial_\mu(e^{i\alpha}\phi)\)에 여분의 \(i(\partial_\mu \alpha)\phi\)가 나타나는 것이에요. 이것을 상쇄하려면, 미분할 때마다 \(-i(\partial_\mu \alpha)\)를 보상해 주는 '무언가'가 필요하잖아요.
역산해 봅시다. \(D_\mu \phi\)가 \(\phi\)와 같은 변환 법칙 \(D_\mu \phi \to e^{i\alpha} D_\mu \phi\)를 따르길 원해요. 통상의 미분 \(\partial_\mu\)만으로는 여분의 \(i(\partial_\mu \alpha)\phi\)가 나와 버려요. 그래서 미분에 '보정항'을 더해서, 그 보정항이 변환 시에 정확히 \(-i(\partial_\mu \alpha)\phi\)를 만들어 상쇄해 주면 돼요. 그래서 새로운 장 \(A_\mu\)를 도입하여, 통상의 미분을 '공변 미분'(covariant derivative)으로 치환하는 거예요.
여기서 \(q\)는 결합 상수로, 물리적으로는 입자의 전하에 대응하는 양이에요(전자라면 \(q = -e\)). 입자물리의 자연단위계에서는 \(c = \hbar = 1\)에 더해, 전자기의 단위도 \(\varepsilon_0 = 1\)로 선택해요(Heaviside-Lorentz 단위계라고 불려요). SI 단위계에서는 Coulomb 힘이 \(F = q^2/(4\pi\varepsilon_0 r^2)\)이므로, \(\varepsilon_0\)가 사라지면 \(q^2\)가 힘×거리\(^2\)의 차원을 가져요. 나아가 \(\hbar = c = 1\)로 길이·시간·에너지의 차원이 모두 통일되면, \(q^2/(4\pi)\)가 무차원량이 돼요. 실제로 미세구조 상수 \(\alpha = q^2/(4\pi) \approx 1/137\)이 무차원인 것으로도 알 수 있어요. 즉 이 단위계에서는 전하 \(q\) 자체가 무차원량이에요.
🔵 카이: 왜 \(+iq\)인가요? \(+q\)나 \(+iA_\mu\)는 안 되나요?
🟡 리나: 좋은 의문이에요. 역산하면 알 수 있어요. \(\partial_\mu(e^{i\alpha}\phi)\)를 전개하면 여분의 항 \(+i(\partial_\mu \alpha)\phi\)가 나와요. 이것을 상쇄하려면, \(D_\mu\) 안에 \(-i(\partial_\mu \alpha)\phi\)를 생성하는 항이 필요하잖아요. 만약 \(A_\mu\)가 변환 시에 \(\Delta A_\mu\)만큼 이동한다면, \(D_\mu\)의 보정항 \(iq A_\mu\)로부터의 기여는 \(iq \cdot \Delta A_\mu \cdot \phi\)예요. 이것이 \(-i(\partial_\mu \alpha)\phi\)와 같으려면 \(iq \cdot \Delta A_\mu = -i(\partial_\mu \alpha)\), 즉 \(\Delta A_\mu = -\frac{1}{q}\partial_\mu \alpha\)이면 돼요. 반대로 말하면, \(D_\mu\)의 계수가 \(iq\)(\(i\)와 \(q\)의 곱)가 아니면 이 상쇄가 성립하지 않아요.
⚪ 메이: 즉 \(i\)는 위상 변환의 \(e^{i\alpha}\)에서 유래하고, \(q\)는 방금 리나 선생님이 말한 결합 상수——전하의 크기네요.
🟡 리나: 맞아요. 식 (6.7)의 게이지 함수 \(\lambda\)와 물질장의 위상 \(\alpha\)의 관계는 \(\lambda = -\alpha/q\)예요. 이것을 식 (6.7)에 대입하면
가 돼요. 마이너스가 붙는 이유는, \(D_\mu \phi\)의 변환에서 여분의 항 \(+i(\partial_\mu \alpha)\phi\)를 상쇄하기 위해, \(A_\mu\)가 \(-\frac{1}{q}\partial_\mu \alpha\)만큼 이동해야 하기 때문이에요. 이 대응 아래에서, \(D_\mu \phi\)는 \(\phi\)와 같은 변환 법칙을 따라요:
🔵 카이: 잠깐만요. 왜 그렇게 되나요? 계산으로 확인하고 싶어요.
🟡 리나: 좋아요. 해 봅시다. 변환 후의 \(D_\mu' \phi'\)를 계산할게요.
\(\partial_\mu(e^{i\alpha}\phi)\)를 곱의 미분으로 전개하면
제1항과 제4항이 상쇄되어
⚪ 메이: 그렇구나. \(A_\mu\)의 변환이, \(\partial_\mu \alpha\)의 여분의 항을 정확히 흡수해 주는 거네요. \(D_\mu \phi\)가 \(\phi\)와 같은 변환 법칙을 따르면, Lagrangian의 운동항도 게이지 불변이 될 거예요.
🟡 리나: 맞아요. 실제로, Lagrangian의 운동항을 \(\partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi\)에서 \((D^\mu \phi)^\dagger (D_\mu \phi)\)로 치환하면, \(D_\mu\phi \to e^{i\alpha}D_\mu\phi\)와 \((D_\mu\phi)^\dagger \to (D_\mu\phi)^\dagger e^{-i\alpha}\)로부터 위상이 상쇄되어 자동으로 게이지 불변이 돼요.
🟡 리나: 맞아요. 그리고 \(A_\mu\) 자신의 Lagrangian으로서, 게이지 불변인 \(-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)를 더하면, 이론 전체가 게이지 불변이 돼요.
여기서 놀라운 메시지가 떠올라요:
국소 U(1) 대칭성을 요구한 것만으로, 전자기장 \(A_\mu\)의 존재와 물질장과의 결합 형태가 유일하게 결정돼 버려요. 대칭성이 힘을 만드는 거예요.
🔵 카이: 대단하다……. "왜 전자기력이 있는가"에 대한 답이 "국소적인 위상의 자유도를 인정했기 때문"이라니요.
🟡 리나: 맞아요. 그리고 이 원리는 전자기력에 한정되지 않아요. 국소 SU(2)×U(1) 대칭성으로부터는 약한 힘이, 국소 SU(3) 대칭성으로부터는 강한 힘이 유도돼요. 이것은 제 17 장의 Yang-Mills(양-밀스) 이론에서 자세히 배울 거예요.
✅ 이해도 체크: 통상의 미분 \(\partial_\mu\)를 공변 미분 \(D_\mu = \partial_\mu + iqA_\mu\)로 치환할 필요가 생기는 것은, 어떤 대칭성을 요구했을 때인가요? 또한, 그 결과 무엇이 유도되나요?
답
국소 U(1) 대칭성(각 시공간 점에서 독립적으로 위상을 바꿔도 Lagrangian이 불변인 것)을 요구했을 때. 통상의 미분으로는 \(\partial_\mu(e^{i\alpha(x)}\psi)\)에 여분의 \(\partial_\mu \alpha\) 항이 나타나므로, 그것을 흡수하는 새로운 장 \(A_\mu\)를 도입하고 공변 미분으로 치환할 필요가 있다. 이 결과, 전자기장의 존재와 물질장과의 결합 형태가 유일하게 결정된다.
6.3 게이지 대칭성이 양자화를 방해한다——켤레 운동량의 소실¶
🟡 리나: 게이지 대칭성의 아름다움을 확인한 곳에서, 이제 어려움에 직면하게 돼요. 전자기장을 정준 양자화하려고 해 봅시다.
제 4 장에서 스칼라장을 양자화했을 때, 첫 번째 단계가 뭐였죠?
🔵 카이: 음……장에 대한 켤레 운동량을 정의하고, 교환 관계를 부과하는 것이었죠?
🟡 리나: 맞아요. 켤레 운동량 \(\pi = \partial \mathcal{L}/\partial \dot{\phi}\)를 정의하고, 등시각 교환 관계 \([\phi(\mathbf{x},t),\, \pi(\mathbf{y},t)] = i\delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})\)를 부과했어요. 그러면 같은 것을 \(A_\mu\)에 대해 해 봅시다. \(A_\mu\)의 켤레 운동량은
Lagrangian \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)를 전개하고 \(\partial_0 A_\mu\)로 미분하면, 공간 성분 \(\mu = i\)에 대해서는
(계산을 확인해 둘게요. \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)에 대해 \(\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\rho A_\sigma)} = -F^{\rho\sigma}\)가 성립해요(\(-1/4\)의 계수와 반대칭성의 인수 2×2가 상쇄돼요). \(\rho = 0\), \(\sigma = i\)를 취하면 \(\pi^i = -F^{0i}\). 식 (6.4)에서 확인한 것처럼 \(F^{0i} = -E^i\)이므로, \(\pi^i = -(-E^i) = E^i\). 즉 \(\mathbf{A}\)의 켤레 운동량은 전기장 \(\mathbf{E}\)가 돼요.) 여기까지는 좋아요. 문제는 시간 성분 \(\mu = 0\)이에요.
🔵 카이: 0!? 왜 그런 거예요?
🟡 리나: \(F_{\mu\nu}\)의 정의를 보세요. \(F_{00} = \partial_0 A_0 - \partial_0 A_0 = 0\)(반대칭성에 의해). 그리고 \(F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0\)에는 \(\partial_0 A_0\)가 포함되어 있지 않아요. 즉 Lagrangian 안에 \(\dot{A}_0 = \partial_0 A_0\)가 전혀 나타나지 않아요.
⚪ 메이: \(\dot{A}_0\)가 어디에도 나타나지 않는다면, \(A_0\)의 '속도'에 해당하는 항이 0……. 스칼라장의 경우에는 \(\dot{\phi}\)가 운동에너지를 만들었는데.
🟡 리나: 맞아요. \(A_0\)에는 운동에너지에 해당하는 항이 없으므로, 독립적인 역학 변수로 취급할 수 없어요. \(\pi^0 = 0\)이라는 것은, 정준 교환 관계
를 쓸 수 없다는 뜻이에요. 좌변은 \([A_0, 0] = 0\)이지만, 우변은 \(i\delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y}) \neq 0\). 모순이 생겨요.
🔵 카이: 으악……. 스칼라장이나 Dirac 장 때는 이런 문제가 없었는데.
🟡 리나: 맞아요. 이것은 게이지 대칭성에 고유한 문제예요. 물리적으로 말하면, \(A_\mu\)의 4개 성분 중 전부가 독립적인 물리적 자유도가 아니라는 것의 반영이에요. 게이지 변환으로 \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu \lambda\)라고 바꿔도 물리가 변하지 않는다는 것은, \(A_\mu\)의 배위 속에 '진짜 물리'와 '중복된 기술'이 섞여 있다는 뜻이에요.
🔵 카이: 그러면, 4개 성분 중 진짜 물리적인 자유도는 몇 개인가요?
🟡 리나: 먼저 \(A_0\)가 역학 변수가 아니므로 4 → 3. 나아가 게이지 변환의 자유도 \(\lambda(x)\)가 1개 있으므로 3 → 2. 물리적 자유도는 2개예요. 이것은 빛의 편광이 2개(예를 들어 수평 편광과 수직 편광)인 것에 대응해요.
🔵 카이: 4성분의 장인데, 물리적으로는 2자유도밖에 없다니……. 나머지 2개는 게이지의 중복성이군요.
🟡 리나: 맞아요. 이 중복성을 처리하지 않으면 양자화가 진행되지 않아요. 처리하는 방법을 게이지 고정 (gauge fixing)이라고 불러요. 그림 6.2「전자기장의 물리적 자유도 세는 법」에 이 자유도의 감소를 도시했어요.
그림 6.2: 전자기장의 물리적 자유도 세는 법. \(A_\mu\)의 4성분에서 \(\pi^0 = 0\)(\(A_0\)가 역학 변수가 아님)으로 1개 줄고, 게이지 고정 조건으로 추가로 1개 줄어, 물리적 자유도는 광자의 2개의 횡편광뿐.
✅ 이해도 체크: 전자기장 \(A_\mu\)는 4성분을 갖지만, 물리적 자유도는 2개뿐이에요. 4에서 2로 줄어드는 이유를 설명해 봅시다.
답
먼저 \(A_0\)는 Lagrangian에 \(\dot{A}_0\)가 포함되지 않으므로 독립적인 역학 변수가 아니어서 4 → 3으로 줄어든다. 나아가 게이지 변환 \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu \lambda\)의 자유도가 1개 있어, 임의 함수 \(\lambda(x)\)를 선택하여 1개 성분을 고정할 수 있으므로 3 → 2로 줄어든다. 남은 2자유도가 광자의 2개의 횡편광에 대응한다.
✅ 이해도 체크: Maxwell 장의 Lagrangian \(\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)에 \(\dot{A}_0\)가 포함되지 않음을 \(F_{\mu\nu}\)의 정의로부터 설명해 봅시다.
답
\(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\)에서, \(\partial_0 A_0\)를 포함할 수 있는 것은 \(F_{0\nu}\)의 형태이지만, \(F_{00} = \partial_0 A_0 - \partial_0 A_0 = 0\)이고, \(F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0\)는 \(\partial_0 A_i\)를 포함하지만 \(\partial_0 A_0\)는 포함하지 않는다. 따라서 \(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)에도 \(\dot{A}_0\)는 나타나지 않으며, \(\pi^0 = \partial\mathcal{L}/\partial\dot{A}_0 = 0\)이 된다.
6.4 Coulomb 게이지에서의 양자화——물리적 자유도가 보이는 방법¶
🟡 리나: 게이지 고정의 첫 번째 접근법으로서, Coulomb 게이지(쿨롱 게이지)를 소개할게요. 조건은
즉 벡터 퍼텐셜 \(\mathbf{A}\)의 발산이 0이에요.
🔵 카이: 왜 이 조건을 선택하나요?
🟡 리나: 2가지 장점이 있어요. 첫째, \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)은 \(\mathbf{A}\)가 횡파 (transverse)임을 의미해요. Fourier 변환하면 \(\mathbf{k} \cdot \tilde{\mathbf{A}}(\mathbf{k}) = 0\), 즉 \(\mathbf{A}\)는 파의 진행 방향 \(\mathbf{k}\)에 수직한 성분만 가져요. 물리적인 편광이 직접 보여요.
⚪ 메이: 직관적으로 '불필요한 것(종파)을 처음부터 제거하는' 전략이네요.
🟡 리나: 둘째, 진공 중에서는 \(A_0 = 0\)으로 할 수 있어요. 식 (6.3)에서 \(\nabla \cdot \mathbf{E} = -\nabla^2 A_0 - \partial_t(\nabla \cdot \mathbf{A})\)인데, Coulomb 게이지 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) 아래에서는 제2항이 사라져서, Gauss 법칙 \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\)은 \(\nabla^2 A_0 = 0\)이 돼요. 경계 조건(무한원에서 \(A_0 \to 0\))을 부과하면, 해는 \(A_0 = 0\)밖에 없어요. 이것은 Laplace 방정식의 유일성 정리에 의한 결과예요. 직관적으로는, \(\nabla^2 A_0 = 0\)을 만족하는 함수(조화함수라고 불려요)는 '어떤 점의 값이든 그 주위 값의 평균과 같다'는 성질을 가져요. 만약 \(A_0\)가 어딘가에서 양의 값을 취하면, 그 주위의 평균도 양이어야 하고, 나아가 그 주위도……하고 양의 값이 무한원까지 전파돼 버려요. 이것은 \(A_0 \to 0\)(무한원에서 사라짐)이라는 경계 조건과 모순돼요. 따라서 \(A_0 \equiv 0\)밖에 없어요.
🔵 카이: 그렇군요, \(A_0\)가 사라지는 것은 단순한 '선택'이 아니라, 방정식과 경계 조건에서 필연적으로 나오는 거군요.
⚪ 메이: 즉 Coulomb 게이지에서는, \(A_0\)가 사라지고, 나아가 게이지 조건 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)이 \(\mathbf{A}\)의 종파 성분을 배제해 줘요. 남는 역학 변수는 횡파의 2성분뿐이네요.
🟡 리나: 완벽한 정리예요. 그러면 구체적으로 양자화를 진행해 봅시다.
Fourier 전개와 편극 벡터¶
🟡 리나: 운동방정식 (6.5) \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\)을 Coulomb 게이지 (\(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\), \(A_0 = 0\))에서 써 봅시다. 목표는 "\(\mathbf{A}\)의 각 성분이 파동방정식 \(\Box A^i = 0\)을 만족한다"는 것을 보이는 것——즉 빛이 파동으로 전파된다는 것의 수학적 표현이에요. \(\nu = i\)의 성분을 취하면
Coulomb 게이지에서는 \(A_0 = 0\)이므로 식 (6.3)에 의해 \(E^i = -\dot{A}^i\). 식 (6.4)에서 확인한 것처럼 \(F^{0i} = -E^i\)이므로, \(F^{0i} = -(-\dot{A}^i) = \dot{A}^i\).
🔵 카이: 즉 \(\partial_0 F^{0i} = \ddot{A}^i\)이군요.
🟡 리나: 맞아요. 다음으로 \(\partial_j F^{ji}\)를 계산할게요. \(F^{ji} = \eta^{j\alpha}\eta^{i\beta}F_{\alpha\beta}\)인데, 대각 계량에서는 \(\eta^{j\alpha}\)는 \(\alpha = j\)일 때만 비영이고, 마찬가지로 \(\eta^{i\beta}\)는 \(\beta = i\)일 때만 비영이에요. 따라서 \(\alpha\), \(\beta\)의 합에서 남는 것은 \(\alpha = j\), \(\beta = i\)의 항뿐이고, \(F^{ji} = \eta^{j\alpha}\eta^{i\beta}F_{\alpha\beta}\big|_{\alpha=j,\,\beta=i} = \eta^{jj}\eta^{ii}F_{ji}\)(\(j\), \(i\)는 자유 첨자로 고정되어 있고 합을 취하지 않아요. 대각 계량이므로 \(\alpha \neq j\)나 \(\beta \neq i\)인 항은 0)\(= (-1)(-1)F_{ji} = F_{ji} = \partial_j A_i - \partial_i A_j\)예요. 여기서 \(\partial^j = \eta^{jk}\partial_k = -\partial_j\) 그리고 \(A^i = -A_i\)이므로 \(\partial^j A^i = (-\partial_j)(-A_i) = \partial_j A_i\). 따라서 첨자를 올린 형태로 써도 \(F^{ji} = \partial^j A^i - \partial^i A^j\)와 같은 값이에요. 이것을 사용하면
여기서 첨자를 올리는 조작을 떠올려 보세요. 제 2 장에서 배운 것처럼, QFT 관례의 계량 \(\eta^{jk} = -\delta^{jk}\)(공간 성분)이므로 \(\partial^j = \eta^{jk}\partial_k = -\partial_j\)예요. 따라서 \(\partial_j \partial^j\)(\(j\)에 대해 합을 취함)\(= \sum_{j=1}^3 \partial_j \partial^j = \sum_{j=1}^3 \partial_j(-\partial_j) = -(\partial_1^2 + \partial_2^2 + \partial_3^2) = -\nabla^2\)이 돼요.
🔵 카이: 계량의 마이너스가 작용해서 \(\partial_j \partial^j = -\nabla^2\)이 되는군요.
🟡 리나: 맞아요. 제2항은 \(-\partial^i(\partial_j A^j)\)인데, 여기서 물리적인 발산 \(\nabla \cdot \mathbf{A}\)와 첨자의 축약 \(\partial_j A^j\)의 관계를 정리해 둘게요. 물리적인 벡터 퍼텐셜의 발산은 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = \sum_j \frac{\partial A^j}{\partial x^j} = \sum_j \partial_j A^j\)예요(\(A^j\)는 반변 성분). Coulomb 게이지 조건 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)은 그대로 \(\partial_j A^j = 0\)을 의미해요. 따라서 제2항 \(-\partial^i(\partial_j A^j) = 0\)으로 사라져서, \(\partial_j F^{ji} = -\nabla^2 A^i\)가 돼요.
둘을 합치면 \(\ddot{A}^i - \nabla^2 A^i = 0\), 즉
각 성분이 파동방정식을 만족해요. 해를 평면파로 전개할게요.
여기서 \(\omega_{\mathbf{k}} = |\mathbf{k}|\)(광자는 질량 0이므로 \(\omega = |\mathbf{k}|c\), 자연단위계 \(c = 1\)에서 \(\omega = |\mathbf{k}|\)), \(kx = \omega_{\mathbf{k}} t - \mathbf{k} \cdot \mathbf{x}\).
\(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, \lambda)\)는 편극 벡터 (polarization vector)로, \(\lambda = 1, 2\)의 2개예요.
🔵 카이: 편극 벡터가 뭔가요?
🟡 리나: 빛의 진동 방향을 나타내는 벡터예요. Coulomb 게이지의 조건 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)을 Fourier 공간에서 쓰면
즉 편극 벡터는 파수 벡터 \(\mathbf{k}\)(파의 진행 방향)에 수직이어야 해요. 3차원 공간에서 \(\mathbf{k}\)에 수직한 평면은 2차원이므로, 독립적인 편극 벡터는 \(\lambda = 1, 2\)의 2개를 취할 수 있어요.
⚪ 메이: 그렇구나, 수직인 면이 2차원이니까 기저가 2개. 그것이 물리적인 편광의 수에 대응하는 거네요.
🟡 리나: 맞아요. 예를 들어 \(\mathbf{k}\)가 \(z\) 방향을 향하고 있다면
로 취할 수 있어요. 이것이 직선 편광의 기저예요. 원편광의 기저로 하고 싶다면
으로 하면 돼요. 이것은 헬리시티 (helicity) \(\pm 1\)의 상태에 대응해요.
🔵 카이: "헬리시티"가 뭔가요?
🟡 리나: 입자의 진행 방향을 축으로 해서, 스핀(자전 같은 것)이 오른쪽 회전인지 왼쪽 회전인지를 나타내는 양이에요. 좀 더 정확히 말하면, 스핀 각운동량의 진행 방향 성분이에요. 광자는 스핀 1의 입자이지만, 질량 0이므로 헬리시티는 \(+1\)(오른쪽 원편광)과 \(-1\)(왼쪽 원편광)의 2개밖에 취할 수 없어요. \(0\)(종편광)은 질량 0인 입자에는 존재하지 않아요.
🔵 카이: 왜 질량 0이면 \(0\)을 취할 수 없나요? 스핀 1이면 \(-1, 0, +1\)의 3개가 있어야 하는 것 아닌가요?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 질량이 있는 입자라면 확실히 3개예요. 하지만 질량 0인 입자는 광속으로 운동하므로, '정지계'가 존재하지 않아요. 정지계가 없으면, 진행 방향에 수직한 면 내에서의 회전(횡편광)만 물리적으로 정의할 수 있어요. 이미지로는, 광속으로 날아가는 입자를 '추월해서 앞에서 보는' 것이 불가능하므로, 진행 방향의 진동(종편광)을 물리적으로 구별하는 방법이 없는 거예요. 그리고 수학적으로는, 종편광에 대응하는 \(0\)의 상태는 게이지 변환으로 제거할 수 있어요——즉 게이지 대칭성의 중복성의 일부예요. 이것이 게이지 대칭성의 귀결이에요.
⚪ 메이: '추월할 수 없으니까 종방향의 진동을 구별할 수 없다'——물리적 직감과 수학적인 게이지 대칭성의 이야기가 연결되어 있네요.
정준 교환 관계¶
🟡 리나: 자, 양자화의 단계예요. 식 (6.16)에서 본 것처럼, \(A_i\)에 대한 켤레 운동량은 \(\pi^i = -F^{0i} = E^i\)예요. Coulomb 게이지에서는 \(A_0 = 0\)이므로, 식 (6.3)의 \(\mathbf{E} = -\nabla A_0 - \dot{\mathbf{A}}\)가 \(\mathbf{E} = -\dot{\mathbf{A}}\)로 간략화돼요. 즉 Coulomb 게이지에서는 \(E^i = -\dot{A}^i\)이고, 식 (6.16)의 \(\pi^i = E^i\)와 합치면 \(\pi^i = -\dot{A}^i\)이에요. (첨자의 상하를 정리해 둘게요. 식 (6.16)에서 \(\pi^i = E^i\)(위첨자). 공간 성분의 첨자를 내리려면 \(\eta_{ji} = -\delta_{ji}\)를 사용해서 \(\pi_j = \eta_{ji}\pi^i = -\pi^j = -E^j\). 마찬가지로 \(A_i = \eta_{ij}A^j = -A^j\)이므로 \(\dot{A}_i = -\dot{A}^i\). Coulomb 게이지에서는 \(E^i = -\dot{A}^i\)이므로 \(\pi^i = E^i = -\dot{A}^i = \dot{A}_i\)로 정합돼요. 식 (6.24)의 교환 관계에서는 첨자를 내린 \([A_i, \pi_j]\)의 형태를 사용할게요. 사영 연산자 \(\delta_{ij}^\perp\)와의 대응이 보기 쉽기 때문이에요.)
정준 교환 관계를 부과할게요. 단, 여기서 주의가 필요해요. 식 (6.20)의 \(\mathbf{A}\)는 반변 성분 \(A^i\)로 쓰고 있지만, 정준 형식에서는 공변 성분 \(A_i = -A^i\)를 사용하는 것이 표준적이에요(서두에서 예고한 대로). 만약 보통으로 \([A_i(\mathbf{x}, t),\, \pi_j(\mathbf{y}, t)] = i\delta_{ij}\,\delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})\)라고 쓰면, 우변은 \(A_i\)의 전 성분(종파도 횡파도)을 포함하고 있어요. 하지만 Coulomb 게이지에서는 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)이므로, \(A_i\)에는 종파 성분이 존재하지 않아요. 존재하지 않는 성분에 대해 교환 관계를 쓰는 것은 모순이에요. 그래서 교환 관계의 우변에도 '횡파 성분만'을 선택하는 사영을 넣을 필요가 있어요:
여기서
🔵 카이: 보통의 \(\delta_{ij}\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\)가 아니라, \(k_i k_j/|\mathbf{k}|^2\)를 빼고 있군요.
🟡 리나: 맞아요. \(\delta_{ij} - k_i k_j/|\mathbf{k}|^2\)는 '\(\mathbf{k}\) 방향의 성분을 제거하는' 사영 연산자예요. 구체적으로 말하면, 임의의 벡터 \(v_j\)에 이것을 곱하면 \(v_i - k_i(\mathbf{k}\cdot\mathbf{v})/|\mathbf{k}|^2\)가 되어, \(\mathbf{k}\) 방향의 성분이 깔끔하게 빠져요. \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)(Fourier 공간에서 \(\mathbf{k} \cdot \tilde{\mathbf{A}} = 0\))이라는 구속 조건과 정합하기 위해, 종파 성분을 교환 관계에서 배제하고 있는 거예요.
이것을 생성·소멸 연산자의 언어로 번역하면
⚪ 메이: 스칼라장 때와 같은 형태의 교환 관계네요. 다만 편광의 첨자 \(\lambda\)가 추가되어 있어요. 전 장과 같은 구조라면, \(a^\dagger(\mathbf{k}, \lambda)\)가 '운동량 \(\mathbf{k}\), 편광 \(\lambda\)의 광자를 1개 생성하는' 연산자라는 뜻이네요.
🟡 리나: 맞아요. Hamiltonian(에너지 연산자)도 계산할 수 있어서
(영점 에너지는 정규 순서로 제거). 이것은 "각 모드 \((\mathbf{k}, \lambda)\)의 광자가 \(\omega_{\mathbf{k}} = |\mathbf{k}|\)의 에너지를 갖는다"는 것을 나타내요.
🔵 카이: Planck의 \(E = \hbar\omega\)가 자연스럽게 나왔어요! (자연단위계에서 \(\hbar = 1\)이니까 \(E = \omega\)). 즉, Planck이 1900년에 '가정'으로 도입한 양자화가, 장을 양자화하면 자동으로 나오는 거군요. 하지만 잠깐만요——"정규 순서로 제거"라고 슬쩍 말했는데, 각 모드에 \(\frac{1}{2}\omega\)의 영점 에너지가 있고, 모드는 무한히 많으니까 합계는 무한대가 되잖아요. 무한대를 버리고 있는 것처럼 들리는데요……
⚪ 메이: 그렇네요, 제 4 장에서 스칼라장 때도 같은 문제가 나왔어요.
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 사실 영점 에너지 문제는 깊은 주제로, 제 4 장에서 스칼라장 때도 다뤘어요. 정규 순서는 '에너지의 기준점을 이동시키는' 조작으로, 상대적인 에너지 차이만이 물리적으로 의미를 갖는 한 정당화할 수 있어요. 다만, 중력을 고려하면 우주 상수 문제로 이어지는 미해결 문제이기도 해요. 여기서는 '자유장의 에너지 기준을 정하는 처방'으로 받아들여 주세요.
🔵 카이: 그렇군요……. 즉 '에너지의 차이'만이 물리적이라는 뜻이군요. 하지만 잠깐만요. 중력은 에너지의 절대값에 반응하잖아요? 그러면, 정규 순서로 '버린' 무한대가, 중력을 고려하는 순간 부활해 버리는 건가요?
🟡 리나: 정확히 그래요. 그것이 우주 상수 문제의 핵심이에요. 양자장론의 진공 에너지와 우주론적 관측값 사이에 \(10^{120}\)배나 되는 차이가 있어요——현대 물리학 최대의 미해결 문제 중 하나예요. 하지만 지금은 자유장의 양자화에 집중합시다.
🔵 카이: 알겠어요. 미해결 문제로서 머릿속 한구석에 놓아 두겠습니다.
🟡 리나: 그래 주세요. 자, 중요한 것을 확인해 둘게요. 빛의 양자——광자——가 장의 양자화로부터 탄생한 거예요.
✅ 이해도 체크: Coulomb 게이지에서의 전자기장 양자화에서, 생성 연산자 \(a^\dagger(\mathbf{k}, \lambda)\)가 생성하는 상태는 물리적으로 무엇을 나타내나요?
답
운동량 \(\mathbf{k}\), 편광 \(\lambda\)(\(\lambda = 1\) 또는 \(2\))를 가진 광자 1개를 진공에 추가한 상태를 나타낸다. Hamiltonian (6.28)로부터, 이 광자의 에너지는 \(\omega_{\mathbf{k}} = |\mathbf{k}|\)이며, 이것은 Planck의 관계 \(E = \hbar\omega\)(자연단위계에서 \(E = \omega\))에 대응한다.
그림 6.3: 광자의 편광 모드. 횡파 조건 \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon} = 0\)에 의해, 물리적인 편광은 진행 방향에 수직한 2개(\(\lambda = 1, 2\))뿐. 후술하는 Lorenz 게이지(6.6「Lorenz 게이지에서의 양자화——공변적이지만 유령이 나온다」)에서는 종편광이나 스칼라 편광도 형식적으로 도입되지만, 이들은 비물리적이며 최종적으로 배제된다.
그림 6.3「광자의 편광 모드」에 광자의 편광 모드를 정리했어요.
✅ 이해도 체크: Coulomb 게이지에서 광자의 물리적 편광이 2개임을 조건 \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon} = 0\)으로부터 설명해 봅시다.
답
\(\boldsymbol{\epsilon}\)은 3차원 벡터이지만, 조건 \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon} = 0\)에 의해 \(\mathbf{k}\) 방향의 성분이 금지된다. \(\mathbf{k}\)에 수직한 평면은 2차원이므로, 독립적인 편극 벡터는 2개이다. 이것이 광자의 2개의 물리적 편광에 대응한다.
📝 연습문제:
- Coulomb 게이지의 실현 가능성 → 문제 M-2. Coulomb 게이지의 자유도 세기
6.5 Coulomb 게이지의 문제점¶
🟡 리나: Coulomb 게이지는 물리적 자유도가 명시적으로 보인다는 큰 장점이 있어요. 하지만 중대한 단점도 있어요.
🔵 카이: 뭔가요?
🟡 리나: Lorentz 공변성이 명시적이지 않아요. 조건 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)은 공간 미분만을 포함하고 있어서, 시간과 공간을 대등하게 다루고 있지 않죠? 즉, 어떤 관성계에서 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)이 성립해도, 다른 관성계로 부스트하면 일반적으로 이 조건이 깨져요.
⚪ 메이: 특수상대론과의 정합성이 보기 어렵다는 뜻이네요. 계산 도중에 Lorentz 불변성이 유지되고 있는지 확인하기 어려워요.
🟡 리나: 맞아요. 실제 산란 진폭 계산에서는, Lorentz 공변적인 형식이 압도적으로 편리해요. 그래서 등장하는 것이 Lorenz 게이지(로렌츠 게이지)예요.
용어 주의: Lorenz 게이지의 "Lorenz"는 Ludvig Lorenz(루드비 로렌츠)라는 덴마크 물리학자의 이름으로, Lorentz 변환의 Hendrik Lorentz(헨드릭 로런츠)와는 다른 사람이에요. 혼동되기 쉽지만, 역사적으로 그렇게 되어 있어요.
✅ 이해도 체크: Coulomb 게이지의 조건 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)이 Lorentz 공변이 아니라는 것은 무슨 의미인가요?
답
\(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)은 공간 미분만을 포함하고 있어 시간과 공간을 대등하게 다루지 않는다. 따라서 어떤 관성계에서 이 조건이 성립하더라도, 다른 관성계로 Lorentz 부스트하면 일반적으로 이 조건이 깨진다. 계산 도중에 Lorentz 불변성이 유지되고 있는지 확인하기 어렵다는 단점이 있다.
6.6 Lorenz 게이지에서의 양자화——공변적이지만 유령이 나온다¶
Lorenz 게이지 조건¶
🟡 리나: Lorenz 게이지의 조건은
이것은 4원적으로 써져 있으므로 Lorentz 공변이에요. 어떤 관성계에서 이 조건이 성립하면, 모든 관성계에서 성립해요.
🔵 카이: Coulomb 게이지의 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)에 비하면, 시간 성분 \(\partial_0 A^0\)도 포함되어 있네요.
🟡 리나: 맞아요. \(\partial_\mu A^\mu = \partial_0 A^0 + \nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)이니까, 시간과 공간을 대등하게 다루고 있어요.
Lorenz 게이지 아래에서 운동방정식 (6.5)은 간단한 형태가 돼요. 식 (6.5)를 \(A_\nu\)로 쓰면
Lorenz 게이지 조건 \(\partial_\mu A^\mu = 0\)을 사용하면 제2항이 사라져서
각 성분이 독립적으로 파동방정식을 만족해요! 이것은 매우 심플하네요.
⚪ 메이: Coulomb 게이지에서는 첨자의 상하나 Laplacian의 처리가 복잡했는데, Lorenz 게이지에서는 단번에 \(\Box A^\nu = 0\)이 되니 확실히 편리하네요.
게이지 고정항의 추가¶
🟡 리나: 그러나, Lorenz 게이지에서 정준 양자화를 수행하려면 공부가 필요해요. 원래의 Lagrangian (6.1) 그대로는 \(\pi^0 = 0\) 문제가 남아 있어요. 그래서 Lagrangian에 게이지 고정항 (gauge-fixing term)을 추가하는 거예요.
아이디어는 이래요. Lorenz 게이지 조건 \(\partial_\mu A^\mu = 0\)을 '하드하게' 부과하는 대신, \(\partial_\mu A^\mu \neq 0\)인 배위에 '에너지의 페널티'를 주는 항을 더해요. 마치 스프링의 퍼텐셜 \(\frac{1}{2}kx^2\)이 \(x = 0\)으로부터의 어긋남에 페널티를 주는 것처럼, \((\partial_\mu A^\mu)^2\)는 Lorenz 조건으로부터의 어긋남에 페널티를 줘요:
여기서 \(\xi\)는 임의의 매개변수(게이지 매개변수)로, 페널티의 '강도'를 제어해요. \(\xi = 1\)의 선택을 Feynman 게이지(파인만 게이지)라고 불러요.
🔵 카이: 게이지 고정항을 더하면, 게이지 대칭성은 깨지지 않나요?
🟡 리나: 날카로운 질문이에요. 확실히, \((\partial_\mu A^\mu)^2\)는 게이지 변환 (6.7) 아래에서 불변이 아니에요. 그래서 게이지 대칭성은 명시적으로 깨져요. 그러나, 최종적인 물리적 관측량(산란 단면적 등)은 \(\xi\)에 의존하지 않음을 보일 수 있어요. 이것은 매우 깊은 결과로, 게이지 대칭성의 '잔향'이 물리적인 결과를 지켜 주고 있는 거예요.
⚪ 메이: 즉, 계산 도중에는 게이지를 고정하여 대칭성을 깨뜨리지만, 최종 결과는 게이지의 선택 방법에 의존하지 않는다.
✅ 이해도 체크: 게이지 고정항 \(-\frac{1}{2\xi}(\partial_\mu A^\mu)^2\)를 Lagrangian에 더하는 목적은 무엇인가요? 또한, 게이지 대칭성을 깨뜨리고 있음에도 문제가 없는 이유는?
답
목적은, 원래의 Lagrangian에서는 \(\pi^0 = 0\)이 되어 정준 양자화를 할 수 없는 문제를 해소하는 것이다. 게이지 고정항이 \(\dot{A}_0\)를 포함하는 항을 추가하여 $\pi^0
eq 0$으로 만든다. 게이지 대칭성은 명시적으로 깨지지만, 최종적인 물리적 관측량(산란 진폭 등)은 게이지 매개변수 \(\xi\)에 의존하지 않음을 보일 수 있으므로, 물리적 결론에 영향을 주지 않는다.
🟡 리나: 맞아요. 그러면, 게이지 고정항을 더한 것으로 무엇이 변하는지 봅시다. \(A^0\)에 대한 켤레 운동량을 계산하면(식 (6.17)에서 본 것처럼 \(-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)로부터의 기여는 0이므로, 게이지 고정항만이 기여해요)
🔵 카이: 0이 아니게 되었어요! 게이지 고정항이 \(\dot{A}_0\)를 '부활'시켜 준 거군요.
🟡 리나: 계산을 확인해 둘게요. \(\partial_\mu A^\mu = \partial_0 A^0 + \partial_1 A^1 + \partial_2 A^2 + \partial_3 A^3\)이므로, \(\dot{A}_0 \equiv \partial_0 A_0 = \partial A_0/\partial t\)를 포함하고 있어요(첨자의 올리고 내림은 \(A^\mu = \eta^{\mu\nu}A_\nu\)(\(\nu\)에 대해 합을 취함)로 하는데, 대각 계량이므로 \(A^0 = \eta^{0\nu}A_\nu = \eta^{00}A_0 = (+1)A_0 = A_0\)예요. 시간 성분은 상하에서 부호가 변하지 않아요. 따라서 \(\partial_0 A_0 = \partial_0 A^0\)이에요. 다만 공간 성분은 \(A^i = \eta^{i\nu}A_\nu\)(\(\nu\)에 대해 합을 취함)\(= \eta^{ii}A_i\)(대각 계량이므로 \(\nu = i\)인 항만 비영)\(= (-1)A_i = -A_i\)로 부호가 변하니까 주의해 주세요). 게이지 고정항 \(-\frac{1}{2\xi}(\partial_\mu A^\mu)^2\)를 \(\partial_0 A_0\)로 미분하면, 합성함수의 미분(연쇄 법칙)으로
(여기서 \(\partial_\mu A^\mu = \partial_0 A^0 + \partial_1 A^1 + \partial_2 A^2 + \partial_3 A^3\) 중, \(\partial_0 A_0\)를 포함하는 것은 제1항 \(\partial_0 A^0 = \partial_0 A_0\)뿐이에요(\(A^0 = A_0\)이므로). 나머지 \(\partial_i A^i\)는 공간 미분이므로 \(\partial_0 A_0\)와는 독립이에요. 따라서 \(\partial(\partial_\mu A^\mu)/\partial(\partial_0 A_0) = 1\)이에요.)
가 돼요. 게이지 고정항이 \(\dot{A}_0\)를 포함하는 항을 Lagrangian에 추가해 준 덕분에, \(\pi^0\)가 항등적으로 0이 아니게 되었어요. 역으로 풀면 \(\dot{A}_0 = -\xi\pi^0 - \partial_i A^i\)로 쓸 수 있으므로, \(A_0\)와 \(\pi^0\)는 독립적인 정준 변수의 쌍으로 취급할 수 있어요. 이제 4개의 성분 모두에 대해 정준 교환 관계를 쓸 수 있어요:
⚪ 메이: 이제 스칼라장과 같은 '틀'에 들어맞았네요. 4개의 성분이 대등하게 양자화될 수 있어요.
4개의 편극과 Fourier 전개¶
🟡 리나: Feynman 게이지 (\(\xi = 1\))에서의 운동방정식을 유도해 봅시다. 식 (6.31)의 Lagrangian \(\mathcal{L}_{\text{gf}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} - \frac{1}{2}(\partial_\mu A^\mu)^2\)에 Euler-Lagrange 방정식을 적용할게요. \(\mathcal{L}_{\text{gf}}\)는 \(A_\sigma\) 자체를 포함하지 않으므로, Euler-Lagrange 방정식 \(\partial_\rho \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\rho A_\sigma)} - \frac{\partial \mathcal{L}}{\partial A_\sigma} = 0\)의 제2항은 0이에요. 제1항을 2개 부분으로 나눠 계산할게요.
먼저 \(-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)로부터의 기여. 식 (6.5)의 유도와 같이 \(\frac{\partial(-\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu})}{\partial(\partial_\rho A_\sigma)} = -F^{\rho\sigma}\)이고, \(\partial_\rho\)를 작용시키면 \(-\partial_\rho F^{\rho\sigma}\). \(F^{\rho\sigma} = \partial^\rho A^\sigma - \partial^\sigma A^\rho\)를 대입하면 \(\partial_\rho F^{\rho\sigma} = \partial_\rho(\partial^\rho A^\sigma - \partial^\sigma A^\rho) = \Box A^\sigma - \partial^\sigma(\partial_\rho A^\rho)\)이므로, 결국 \(-(\Box A^\sigma - \partial^\sigma(\partial_\mu A^\mu))\)로 쓸 수 있어요.
🔵 카이: 다음은 게이지 고정항 쪽이군요.
🟡 리나: 맞아요. \(-\frac{1}{2}(\partial_\mu A^\mu)^2\)로부터의 기여를 계산할게요. \(\partial_\mu A^\mu = \eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha A_\beta\)로 쓰면, \(\frac{\partial}{\partial(\partial_\rho A_\sigma)}(\eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha A_\beta) = \eta^{\alpha\beta}\delta^\rho_\alpha\delta^\sigma_\beta = \eta^{\rho\sigma}\)이므로
\(\partial_\rho\)를 작용시키면 \(-\partial^\sigma(\partial_\mu A^\mu)\).
🔵 카이: 이제 양쪽의 기여가 나왔네요. 합치면 어떻게 되나요?
🟡 리나: 합쳐 봅시다. 첨자 \(\sigma\)를 \(\nu\)로 바꿔서 합치면
\(\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu)\) 항이 상쇄되어
🔵 카이: 오, 깔끔하게 사라졌어요! Feynman 게이지에서는 2개의 항이 정확히 상쇄되는군요.
🟡 리나: 이렇게 돼요. 각 성분이 독립적으로 질량 0의 Klein-Gordon 방정식을 만족하므로, 전개는
여기서 \(\lambda = 0, 1, 2, 3\)의 4개의 편극 벡터 \(\epsilon^\mu(\mathbf{k}, \lambda)\)가 등장해요.
🔵 카이: 4개요? 아까 물리적 자유도는 2개라고 했는데……
🟡 리나: 좋은 착안점이에요. Lorenz 게이지에서는 Lorentz 공변성을 유지하기 위해 \(A_\mu\)의 4개 성분 모두를 대등하게 다루어 양자화해요. \(A_\mu\)는 4성분의 벡터이므로, 각 Fourier 모드의 '진동 방향'도 4차원 공간 안에서 지정할 필요가 있어요——마치 3차원의 파라면 진동 방향을 3개의 기저 벡터로 전개하듯이, 4차원에서는 4개의 기저(편극 벡터)가 필요해요. Lorenz 게이지 조건 \(\partial_\mu A^\mu = 0\)은 연산자의 항등식으로서가 아니라, 나중에 물리적 상태에 대한 조건(Gupta-Bleuler 조건)으로 부과해요. 그래서 전개 단계에서는 4개의 편극 모두가 필요하고, 비물리적 성분은 나중에 '제거하는' 처방을 사용해요.
4개의 편극을 구체적으로 봅시다. \(\mathbf{k} = (0, 0, k)\)(\(z\) 방향)의 경우:
표 6.2: 광자의 4개 편극 벡터의 분류(\(\mathbf{k} = (0,0,k)\)일 때)
| \(\lambda\) | 명칭 | \(\epsilon^\mu(\mathbf{k}, \lambda)\) | 성질 |
|---|---|---|---|
| 1 | 횡편광 (transverse) | \((0, 1, 0, 0)\) | 물리적 |
| 2 | 횡편광 (transverse) | \((0, 0, 1, 0)\) | 물리적 |
| 3 | 종편광 (longitudinal) | \((0, 0, 0, 1)\) | 비물리적 |
| 0 | 스칼라 편광 (scalar) | \((1, 0, 0, 0)\) | 비물리적 |
⚪ 메이: \(\lambda = 1, 2\)가 물리적인 빛의 편광이고, \(\lambda = 3\)(파의 진행 방향)과 \(\lambda = 0\)(시간 방향)은 비물리적. Coulomb 게이지에서는 처음부터 배제했던 성분을, 여기서는 일단 전부 남기고 있네요.
🟡 리나: 한 가지 주의해 둘게요. 이 표에서는 \(\mathbf{k}\) 방향을 \(z\)축으로 잡은 간략화된 형태를 쓰고 있어요. 횡편광 (\(\lambda = 1, 2\))은 \(k_\mu \epsilon^\mu(\mathbf{k}, \lambda) = 0\)을 만족하지만, 스칼라 편광 (\(\lambda = 0\))과 종편광 (\(\lambda = 3\))은 개별적으로는 만족하지 않아요(6.7「Gupta-Bleuler의 방법——유령을 봉인하다」에서 구체적으로 \(k_\mu \epsilon^\mu(\mathbf{k}, 0) = \omega \neq 0\) 등을 확인할게요). 이것은 문제가 아니에요——Lorenz 게이지 조건 \(\partial_\mu A^\mu = 0\)은 연산자의 항등식으로서가 아니라 Gupta-Bleuler 조건(6.7「Gupta-Bleuler의 방법——유령을 봉인하다」)으로 물리적 상태에 부과되므로, 개별 편극 벡터가 \(k_\mu \epsilon^\mu = 0\)을 만족할 필요는 없어요. 엄밀한 정식화에서는 \(k^\mu\)에 의존한 선형 결합으로 편극 벡터를 재정의하기도 하지만, Gupta-Bleuler 조건의 본질적인 구조는 이 기저에서도 이해할 수 있어요.
음의 노름 문제——유령의 출현¶
🟡 리나: 여기서 심각한 문제가 나타나요. 교환 관계 (6.33)을 생성·소멸 연산자의 언어로 번역하면
이 돼요. 여기서 \(\eta_{\lambda\lambda'}\)는 편극의 첨자 \(\lambda, \lambda' = 0, 1, 2, 3\)에 대한 양으로, 수치적으로는 시공간의 계량 \(\eta_{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\)과 같은 패턴이지만 의미는 별개예요——편극 벡터의 Minkowski 내적에서 오는 부호 패턴을 편의상 이렇게 쓰고 있어요. 결론을 먼저 말할게요. \(-\eta_{\lambda\lambda'}\)는 \(\lambda = 1, 2, 3\)일 때 \(+1\)(정상), \(\lambda = 0\)일 때 \(-1\)(이상!)이 돼요. 즉 스칼라 편광만 교환 관계의 부호가 반전돼요. 왜 그렇게 되는지, 단계적으로 설명할게요.
먼저, 왜 편극 벡터의 내적이 나타나는가. Fourier 전개 (6.35)를 정준 교환 관계 (6.33)에 대입하는 계산의 골격을 보여 줄게요. \([A_\mu(\mathbf{x}), \pi^\nu(\mathbf{y})] = i\delta_\mu^{\ \nu}\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\)의 좌변에 식 (6.35)를 대입하면, \(a\)와 \(a^\dagger\)의 교환 관계가 편극 벡터의 계수와 함께 나타나요. 스칼라장의 경우를 떠올려 보세요——제 4 장에서 \(\phi(\mathbf{x}) = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega}}(a_\mathbf{k} e^{i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} + a^\dagger_\mathbf{k} e^{-i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}})\)를 \([\phi, \pi] = i\delta^3\)에 대입해서 \([a, a^\dagger] = \delta^3\)을 유도했잖아요. 이번에도 같은 구조이지만, 장에 편극 벡터 \(\epsilon_\mu\)가 곱해져 있어요. 대입하면 \(\epsilon_\mu(\mathbf{k},\lambda)\,\epsilon^\nu(\mathbf{k},\lambda')\,[a(\mathbf{k},\lambda), a^\dagger(\mathbf{k}',\lambda')]\)와 같은 항이 나오고, 우변의 \(\delta_\mu^{\ \nu}\)와 비교함으로써 \([a, a^\dagger]\)가 결정돼요. 이 '비교' 과정에서 편극 벡터의 첨자 \(\mu\)를 축약할 필요가 있고, 거기서 Minkowski 내적 \(\eta_{\mu\nu}\,\epsilon^\mu(\mathbf{k},\lambda)\,\epsilon^\nu(\mathbf{k},\lambda')\)가 자연스럽게 나타나요.
🔵 카이: 그렇구나, 편극 벡터가 장에 곱해져 있으니까, 교환 관계를 '읽어낼' 때 내적이 나오는 거군요.
🟡 리나: 표의 편극 벡터로 구체적으로 계산해 봅시다. \(\lambda = \lambda'\)인 경우: \(\lambda = 0\)이면 \(\epsilon^\mu = (1,0,0,0)\)이므로 \(\eta_{\mu\nu}\epsilon^\mu\epsilon^\nu = \eta_{00}(1)(1) = (+1)(1)(1) = +1\). \(\lambda = 1\)이면 \(\epsilon^\mu = (0,1,0,0)\)이므로 \(\eta_{\mu\nu}\epsilon^\mu\epsilon^\nu = \eta_{11}(1)(1) = (-1)(1)(1) = -1\). 마찬가지로 \(\lambda = 2, 3\)에서도 \(-1\)이에요. 즉 편극 벡터의 내적은 \(\mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\)이라는 부호 패턴을 가져요.
이 부호 패턴은 \(\mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\)으로, 공교롭게도 시공간의 계량 \(\eta_{\mu\nu}\)와 같은 형태예요. 이것은 편극 벡터를 좌표축 방향으로 선택했기 때문이에요.
주의: 식 (6.36)에서는 편의상 이 부호 패턴을 \(\eta_{\lambda\lambda'}\)로 쓰고 있지만, 이것은 편극의 첨자 \(\lambda = 0,1,2,3\)에 대한 양이지, 시공간의 첨자 \(\mu, \nu\)에 대한 계량과는 별개예요. 기호는 같지만 의미가 다르다——문맥으로 구별해 주세요.
이 내적이 교환 관계의 우변에 \(-\eta_{\lambda\lambda'}\)로 나타나요. 따라서 \(-\eta_{\lambda\lambda'}\)는 \(\lambda = 1, 2, 3\)일 때 \(-(-1) = +1\), \(\lambda = 0\)일 때 \(-(+1) = -1\)이 돼요.
🔵 카이: 왜 계량의 부호가 교환 관계에 들어오나요?
🟡 리나: 핵심적인 의문이에요. 한마디로 말하면, \(A_0\)의 켤레 운동량에 마이너스가 붙어 있기 때문이에요. 순서대로 설명할게요.
스칼라장의 경우를 떠올려 보세요. \(\pi = \dot{\phi}\)이고, 교환 관계 \([\phi, \pi] = i\delta^3\)에서 \([a, a^\dagger] = +\delta^3\)이 나왔어요. \(\pi\)와 \(\dot{\phi}\)가 같은 부호였기 때문에 플러스가 나온 거예요.
그런데 \(A_0\)의 경우, 식 (6.32)에서 본 것처럼 \(\pi^0 = -\frac{1}{\xi}\partial_\mu A^\mu\)예요. Feynman 게이지 (\(\xi = 1\))에서는 \(\pi^0 = -\partial_\mu A^\mu\). 이 마이너스가 결정적이에요. 정준 교환 관계 \([A_0(\mathbf{x}), \pi^0(\mathbf{y})] = i\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\)는 변하지 않지만, \(\pi^0\)에 마이너스가 붙어 있기 때문에, Fourier 전개를 대입하여 \(a\)와 \(a^\dagger\)의 교환 관계로 번역하면 우변에 마이너스 부호가 나타나요.
⚪ 메이: 즉 근본 원인은, Minkowski 계량의 \(\eta_{00} = +1\)과 \(\eta_{ii} = -1\)의 부호 차이가, \(A_0\)와 \(A_i\)의 역학 구조에 다른 '특성'을 부여하고 있다는 것이네요.
🟡 리나: 그리고 이 마이너스의 근본 원인은 Minkowski 계량의 부호예요. \(\eta_{00} = +1\)과 \(\eta_{ii} = -1\)의 차이가, \(A_0\)와 \(A_i\)의 켤레 운동량 구조를 다르게 만들고, 최종적으로 \(\lambda = 0\)의 교환 관계만 부호가 반전되는 거예요. 결과적으로
가 돼요. 한편, 공간 성분 \(\lambda = 1, 2, 3\)에서는 계량의 마이너스와 켤레 운동량 정의의 마이너스가 상쇄되어, 통상의 양의 부호가 얻어져요.
결과적으로, \(-\eta_{\lambda\lambda'}\)는 \(\lambda = 1, 2, 3\)에서 \(+1\), \(\lambda = 0\)에서 \(-1\)이 돼요. 횡편광 (\(\lambda = 1, 2\))과 종편광 (\(\lambda = 3\))에 대해서는
그러나 스칼라 편광 (\(\lambda = 0\))에 대해서는
🔵 카이: 마이너스!? 이거 문제가 아닌가요?
🟡 리나: 문제예요. 1입자 상태의 노름을 계산해 보세요. \(|1_{\mathbf{k},0}\rangle = a^\dagger(\mathbf{k}, 0)|0\rangle\)으로 하면
노름이 음이 돼요.
⚪ 메이: 노름이 음이라는 것은, 확률이 음이 될 수 있다는 뜻……. 물리적으로 있을 수 없어요.
🟡 리나: 맞아요. 이 음의 노름 상태를 '유령'(ghost)이라고 부르기도 해요. Lorentz 공변성을 유지하기 위해 4성분 모두를 양자화한 대가로, 비물리적인 '유령'이 섞여 들어온 거예요.
🔵 카이: 어떻게 하면 되나요?
🟡 리나: 여기서 등장하는 것이 Gupta-Bleuler(굽타-블로일러)의 방법이에요.
6.7 Gupta-Bleuler의 방법——유령을 봉인하다¶
🟡 리나: 아이디어는 이래요. "모든 상태가 물리적인 것은 아니다. 물리적 상태에 대해 추가 조건을 부과하여, 음의 노름 상태를 물리적인 상태 공간에서 배제한다."
구체적으로는, Lorenz 게이지 조건 \(\partial_\mu A^\mu = 0\)을 연산자의 방정식으로서가 아니라, 물리적 상태에 대한 조건으로 부과해요.
여기서 \(A^{\mu(+)}\)는 \(A^\mu\)의 양의 진동수 부분이에요. 식 (6.35)의 모드 전개를 다시 보세요. \(A_\mu\)는 \(a(\mathbf{k},\lambda)\,e^{-ikx}\)를 포함하는 항과 \(a^\dagger(\mathbf{k},\lambda)\,e^{+ikx}\)를 포함하는 항의 2종류로 구성되어 있잖아요. 전자(소멸 연산자 \(a\)가 곱해지는 부분)를 \(A^{\mu(+)}\), 후자(생성 연산자 \(a^\dagger\)가 곱해지는 부분)를 \(A^{\mu(-)}\)로 써요. 조건 (6.40)에서는 양의 진동수 부분 \(A^{\mu(+)}\)만을 사용해요.
🔵 카이: 왜 \(e^{-i\omega t}\) 쪽이 '양의 진동수'인가요? \(e^{+i\omega t}\) 쪽이 양으로 보이는데요.
🟡 리나: 「양자역학」편 제 7 장에서 배운 것처럼, 에너지 \(E_n\)인 정상 상태의 시간 인자는 \(e^{-iE_n t/\hbar}\)였잖아요. 자연단위계 \(\hbar = 1\)에서는 \(e^{-iEt}\). 따라서 \(e^{-i\omega t}\)(\(\omega > 0\))는 '양의 에너지 \(\omega\)를 가진 모드'에 대응해요. 이것을 '양의 진동수 부분'이라고 불러요. 그리고 모드 전개 (6.35)를 보면, \(e^{-ikx} = e^{-i\omega t + i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}\)의 항에는 소멸 연산자 \(a\)가 곱해져 있어요. 따라서 \(A^{\mu(+)}|0\rangle = 0\)(진공을 소멸시킨다)이라는 성질을 가져요.
🔵 카이: 왜 '양의 진동수 부분만'인가요? 전체에 \(\partial_\mu A^\mu = 0\)을 부과하면 안 되나요?
🟡 리나: 만약 연산자의 항등식으로서 \(\partial_\mu A^\mu = 0\)을 부과하면, 교환 관계 (6.33)과 모순돼요. 이유를 간단히 말하면, \(\pi^0 = -\partial_\mu A^\mu\)(식 (6.32))이므로, \(\partial_\mu A^\mu = 0\)은 \(\pi^0 = 0\)을 의미해요. 하지만 교환 관계 (6.33)은 \([A_0, \pi^0] = i\delta^3 \neq 0\)을 요구하고 있어요——\(\pi^0 = 0\)과 \([A_0, \pi^0] \neq 0\)은 양립할 수 없어요.
그래서 타협안으로, '연산자의 항등식'이 아니라 '물리적 상태에 대한 조건'으로 부과해요. 양의 진동수 부분 \(A^{\mu(+)}\)만을 사용하면, \(A^{\mu(+)}|0\rangle = 0\)(소멸 연산자가 진공을 소멸시킴)이라는 성질 덕분에 모순이 피해져요. 그리고 물리적인 기댓값에 대해서는
이 성립해요. 즉 '물리적 상태 사이에서는 Lorenz 게이지 조건이 약한 의미로 성립한다'는 뜻이에요.
⚪ 메이: 조건 (6.40)을 Fourier 모드로 쓰면 어떻게 되나요?
🟡 리나: 식 (6.35)의 양의 진동수 부분 \(A^{\mu(+)}\)는 \(e^{-ikx}\)를 포함하는 항, 즉 \(\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{k}}}} \sum_\lambda \epsilon^\mu(\mathbf{k},\lambda)\, a(\mathbf{k},\lambda)\, e^{-ikx}\)예요. 여기에 \(\partial_\mu\)를 작용시키면 \(e^{-ikx}\)에서 \(-ik_\mu\)가 나오므로, \(\partial_\mu A^{\mu(+)} \propto \sum_\lambda k_\mu \epsilon^\mu(\mathbf{k}, \lambda)\, a(\mathbf{k}, \lambda)\, e^{-ikx}\)가 돼요. 조건 (6.40)을 각 Fourier 모드에 대해 부과하면, \(\sum_\lambda k_\mu \epsilon^\mu(\mathbf{k}, \lambda)\, a(\mathbf{k}, \lambda)\, |\psi_{\text{phys}}\rangle = 0\)이 각 \(\mathbf{k}\)에서 성립해야 해요. 횡편광 (\(\lambda = 1, 2\))에 대해서는 \(k_\mu \epsilon^\mu(\mathbf{k}, \lambda) = 0\)이 성립해요. 확인해 봅시다. \(\mathbf{k}\)가 \(z\) 방향이면 \(k_\mu = (\omega, 0, 0, -\omega)\)(\(k^\mu = (\omega, 0, 0, \omega)\)의 공간 성분에 \(-1\)을 곱한 것). \(\epsilon^\mu(\mathbf{k}, 1) = (0, 1, 0, 0)\)이므로 \(k_\mu \epsilon^\mu = \omega \cdot 0 + 0 \cdot 1 + 0 + (-\omega) \cdot 0 = 0\). \(\epsilon^\mu(\mathbf{k}, 2) = (0, 0, 1, 0)\)에서도 마찬가지로 0이에요.
🔵 카이: 횡편광은 자동으로 조건을 만족하니까, 실질적인 제약은 스칼라 편광과 종편광에만 걸리는 거군요.
🟡 리나: 맞아요. 따라서 실질적으로 남는 것은 \(\lambda = 0, 3\)의 항뿐이에요:
\(\mathbf{k}\)가 \(z\) 방향일 때 \(k^\mu = (\omega, 0, 0, \omega)\)이므로, 첨자를 내리면 \(k_\mu = \eta_{\mu\nu}k^\nu = (\omega, 0, 0, -\omega)\)(공간 성분은 부호 반전). 이것을 사용하면 \(k_\mu \epsilon^\mu(\mathbf{k}, 0) = \omega \cdot 1 + 0 + 0 + (-\omega) \cdot 0 = \omega\), \(k_\mu \epsilon^\mu(\mathbf{k}, 3) = \omega \cdot 0 + 0 + 0 + (-\omega) \cdot 1 = -\omega\)가 돼요. 이것을 식 (6.42)에 대입하면
\(\omega \neq 0\)으로 나눌 수 있으므로, \(a(\mathbf{k}, 0)|\psi_{\text{phys}}\rangle = a(\mathbf{k}, 3)|\psi_{\text{phys}}\rangle\)를 의미해요. 이것은 '\(\lambda = 0\)의 광자를 1개 소멸시키는 조작'과 '\(\lambda = 3\)의 광자를 1개 소멸시키는 조작'이 물리적 상태에 대해 같은 결과를 준다는 뜻이에요. 직관적으로 말하면, 물리적 상태 안에서는 스칼라 광자와 종광자가 항상 쌍으로 나타나고, 한쪽만 존재하는 상태는 허용되지 않아요. (일반적인 \(\mathbf{k}\) 방향에서도, 횡편광은 정의에 의해 \(\mathbf{k}\)에 수직하고 시간 성분이 0이므로 \(k_\mu \epsilon^\mu = 0\)이 성립해요.)
이 조건의 귀결로서, 물리적 상태 안에서는 스칼라 광자 (\(\lambda = 0\))와 종광자 (\(\lambda = 3\))가 항상 쌍으로 나타나, 서로 상쇄해요.
🔵 카이: 상쇄한다는 게, 구체적으로는 어떤 뜻인가요?
🟡 리나: 직관적으로 말하면 이래요. 스칼라 광자는 음의 노름을 갖고, 종광자는 양의 노름을 가져요. Gupta-Bleuler 조건은 이들이 항상 '같은 수'로 나타남을 강제해요. 결과적으로, 물리적 상태 공간의 노름은
양정치성이 회복돼요.
🔵 카이: 음, "같은 수이니까 상쇄된다"는 것은 직관적으로는 알겠는데……. 하지만 "0 이상"이라는 것은, 정확히 0이 되는 상태도 있나요? 노름이 0인 상태는 물리적으로 어떤 의미인가요?
🟡 리나: 정확히 그래요. 스칼라 광자와 종광자의 쌍만으로 구성된 상태는 노름이 정확히 0이 돼요. 이들은 물리적으로 '아무것도 관측되지 않는' 상태——즉 진공과 구별할 수 없는 상태예요. 물리적 상태 공간의 구성은 두 단계예요. 먼저 Gupta-Bleuler 조건을 만족하는 부분 공간으로 제한해요. 다음으로, 노름 0의 상태는 '진공과 구별할 수 없으므로', 이것들을 '물리적으로 같다'고 간주하여 무시해요. 이렇게 해서, 양의 노름을 가진 횡편광의 상태만이 남아요.
🔵 카이: 그렇구나……. 즉 "노름 0 = 관측해도 아무것도 안 보임 = 진공과 같다"라는 뜻이군요.
⚪ 메이: 그렇네요. 먼저 조건으로 물리적 상태를 선별하고, 나아가 노름 0의 상태를 '진공과 같다'고 하여 무시하기——이 두 단계로 음의 노름 문제를 회피하고 있네요. 최종적으로 물리적인 광자는 \(\lambda = 1, 2\)의 횡편광뿐.
🔵 카이: 즉, 유령은 '나타나기는 하지만 물리적인 무대에는 오를 수 없도록' 봉인되어 있는 거군요. 하지만 좀 찜찜한데……. "비물리적인 상태가 이론 안에 존재하지만 무시한다"는 게, 정말 괜찮은 건가요? 계산 도중에 유령이 나쁜 짓을 하지는 않나요?
🟡 리나: 좋은 우려예요. 사실, 산란 진폭의 계산에서는 \(\lambda = 0, 3\)의 기여가 반드시 상쇄됨이 수학적으로 증명돼요. 그것을 보장하는 것이 Ward 항등식——제 9 장에서 배울 관계식이에요. 그래서 "무시한다"기보다는 "상쇄가 보장되어 있다"고 하는 편이 정확하네요.
Coulomb 게이지에서는 처음부터 2개의 횡편광만을 양자화했기 때문에 음의 노름 문제가 일어나지 않았어요. Lorenz 게이지에서는 Lorentz 공변성을 유지하기 위해 4개의 편광 모두를 양자화하고, 나중에 Gupta-Bleuler 조건으로 비물리적 상태를 배제해요. 어느 접근법이든 최종적인 물리적 결론은 같아요——광자는 2개의 횡편광을 가져요. 그림 6.4「Gupta-Bleuler 방법에 의한 상태 공간의 구조」에 이 구조를 정리했어요.
그림 6.4: Gupta-Bleuler 방법에 의한 상태 공간의 구조. 전체 Fock 공간 중에서 Gupta-Bleuler 조건 \(\partial_\mu A^{\mu(+)}|\psi_{\rm phys}\rangle = 0\)을 만족하는 물리적 상태 공간을 선별한다. 스칼라 광자(음의 노름)와 종광자가 상쇄되고, 물리적 상태에서는 노름이 양정치로 회복된다.
🔵 카이: 2가지 방법에서 같은 답이 나오니 안심이 되네요.
🟡 리나: 맞아요. 이것이 '게이지의 선택 방법은 물리적 결과에 영향을 주지 않는다'는 게이지 불변성의 본질이에요.
✅ 이해도 체크: Lorenz 게이지에서의 양자화에서 음의 노름 상태가 나타나는 이유와, Gupta-Bleuler 조건이 그것을 해결하는 구조를 2~3문장으로 설명해 봅시다.
답
Lorentz 공변성을 유지하기 위해 \(A_\mu\)의 4성분 모두를 양자화하면, Minkowski 계량의 부호 \(\eta_{00} = +1\) 때문에 스칼라 편광 (\(\lambda = 0\))의 상태가 음의 노름을 가진다. Gupta-Bleuler 조건 \(\partial_\mu A^{\mu(+)}|\psi_{\text{phys}}\rangle = 0\)은 물리적 상태 안에서 스칼라 광자와 종광자가 상쇄됨을 강제하고, 물리적 상태 공간에서는 양정치 노름이 회복된다. 결과적으로 물리적인 광자는 2개의 횡편광뿐이다.
6.8 광자의 전파 함수——게이지 매개변수 \(\xi\)¶
🟡 리나: 후의 장(제 8 장의 Feynman 다이어그램)에서 필요하므로, 광자의 전파 함수 (propagator)를 유도해 둡시다. 전파 함수란, 어떤 시공간 점 \(x\)에서 생성된 입자가 다른 시공간 점 \(y\)로 전파되는 확률 진폭을 나타내는 양이에요. 수학적으로는 장의 연산자의 시간 순서적의 진공 기댓값 \(\langle 0|T\{A_\mu(x)A_\nu(y)\}|0\rangle\)으로 정의돼요. \(T\)는 시간 순서적——'시간적으로 나중에 일어난 사건을 왼쪽에 배치하는' 조작——으로, 직관적으로는 '\(x\)에서 광자가 생겨나고, \(y\)에서 흡수된다(또는 그 반대)'라는 인과적 순서를 자동으로 선택해 주는 도구예요. 제 7 장에서 정식으로 배울 거예요. 여기서는 결과만 보여 둘게요. Feynman 게이지 (\(\xi = 1\))에서의 광자 전파 함수는
즉 운동량 공간에서는
여기서 \(i\varepsilon\)(\(\varepsilon > 0\)은 무한소의 양수)는, 분모가 0이 되는 점(\(k^2 = 0\), 즉 광자가 질량 껍질 위에 있는 점)을 피하기 위한 처방이에요. 물리적으로는 '인과적인 전파'——원인이 결과보다 먼저 일어남——를 선택하는 역할을 해요. 자세한 것은 제 7 장에서 배울 거예요.
🔵 카이: 스칼라장의 전파 함수 \(i/(k^2 - m^2 + i\varepsilon)\)와 비슷하네요. \(m = 0\)으로 하고 \(\eta_{\mu\nu}\)를 곱한 형태. 그런데, \(\xi\)의 값이 다르면 전파 함수의 형태가 변하는데, 물리적인 결과가 같아지는 것은 어떻게 보장되나요?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 직관적으로는, \(k_\mu k_\nu\)의 항은 게이지 불변인 물리량의 계산에서 반드시 사라짐을 보일 수 있어요. 일반적인 \(\xi\)에서는
이 돼요. \(\xi = 1\) (Feynman 게이지)에서는 제2항이 사라져 심플해지므로, 실제 계산에서는 Feynman 게이지가 가장 많이 사용돼요.
⚪ 메이: \(\xi\)의 값이 달라도 물리적인 산란 진폭은 같아진다——이것이 게이지 불변성의 귀결이네요.
🟡 리나: 맞아요. \(k_\mu k_\nu\)의 항이 사라짐을 보장하는 것이 Ward 항등식(워드 항등식)이라 불리는 관계식으로, 제 9 장에서 자세히 배울 거예요.
📝 연습문제:
- Feynman 게이지에서의 광자 전파 함수의 Fourier 역변환 → 문제 A-2. 게이지 고정항을 포함한 Lagrangian과 광자 전파함수
- Gupta-Bleuler 조건과 물리적 상태 → 문제 M-3. 편극 벡터의 완전성 관계
6.9 광자에 질량이 없는 이유——게이지 대칭성의 보호¶
🟡 리나: 마지막으로, 매우 깊은 메시지를 전해 두고 싶어요. 왜 광자는 질량 0인가?
🔵 카이: 음……실험적으로 광속이 유한하고, 광자가 질량을 가지면 광속보다 느려지니까요?
🟡 리나: 실험적으로는 맞아요. 하지만 이론적인 이유는 더 깊어요. 만약 광자에 질량 \(m\)을 부여하고 싶다면, Lagrangian에 질량항
을 더해야 해요. 제 4 장에서 스칼라장의 질량항이 \(\frac{1}{2}m^2\phi^2\)였던 것과 같은 구조예요——장의 2차 항으로, 계수가 \(m^2\)에 비례해요. 그런데, 이것이 게이지 변환 (6.7) 아래에서 어떻게 변하는지 보세요.
여분의 항이 나와서, 게이지 불변이 아니에요.
⚪ 메이: 즉, 게이지 대칭성이 질량항을 금지하고 있는 거네요. 게이지 대칭성을 유지하는 한, 광자는 질량 0이어야 해요.
🟡 리나: 맞아요. 이것은 '대칭성이 물리 법칙을 결정한다'는 깊은 원리의 한 예예요. 반대로 말하면, 만약 광자에 질량을 부여하고 싶다면, 게이지 대칭성을 어떤 형태로든 깨야 해요. 그것이 제 19 장에서 배울 Higgs(힉스) 메커니즘——\(W\) 보손이나 \(Z\) 보손이 질량을 획득하는 구조——의 복선이에요.
✅ 이해도 체크: 질량항 \(\frac{1}{2}m^2 A_\mu A^\mu\)가 게이지 대칭성과 양립할 수 없는 이유를 설명해 봅시다.
답
게이지 변환 \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu \lambda\) 아래에서 \(A_\mu A^\mu \to A_\mu A^\mu + 2A^\mu \partial_\mu \lambda + (\partial_\mu \lambda)(\partial^\mu \lambda)\)가 되어, 여분의 항이 나타나 불변이 아니다. 따라서 질량항을 Lagrangian에 더하면 게이지 대칭성이 깨져 버리며, 게이지 대칭성을 유지하는 한 광자의 질량은 0이어야 한다.
🔵 카이: 게이지 대칭성은 정말 대단하네요. 힘의 존재를 요구하고, 광자의 질량 0을 보호하고……. 하지만 잠깐만요. 약한 힘을 전달하는 \(W\) 보손이나 \(Z\) 보손은 질량을 갖잖아요? 그것도 게이지 대칭성에서 유도된다면, 질량 0이어야 하는 것 아닌가요?
🟡 리나: 훌륭한 질문이에요. 그 모순을 해결하는 것이 제 19 장에서 배울 Higgs 메커니즘이에요. 게이지 대칭성을 '자발적으로 깨뜨림'으로써, 게이지 보손에 질량을 부여할 수 있어요. 그리고 제 17 장에서 배우듯이, 이 원리를 비가환군(SU(2)이나 SU(3))으로 확장하면, 약한 힘과 강한 힘이 유도돼요. 게이지 원리는 현대 소립자 물리학 전체를 지탱하는 대들보예요.
정리——2가지 양자화법의 비교¶
🟡 리나: 이 장에서 배운 것을 정리합시다.
표 6.3: Coulomb 게이지와 Lorenz 게이지의 양자화법 비교
| Coulomb 게이지 | Lorenz 게이지 + Gupta-Bleuler | |
|---|---|---|
| 게이지 조건 | \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) | \(\partial_\mu A^\mu = 0\) |
| Lorentz 공변성 | 비명시적 | 명시적 |
| 양자화하는 자유도 | 횡편광 2개만 | 4편광 전부 |
| 음의 노름 문제 | 일어나지 않음 | 일어남 → Gupta-Bleuler로 해결 |
| 물리적 광자 | 2편광 | 2편광(조건으로 선별) |
| 계산의 편리함 | 산란 계산에 부적합 | Feynman 규칙과 궁합이 좋음 |
⚪ 메이: 어느 방법이든 최종적인 물리는 같아요. 광자는 질량 0·스핀 1로, 2개의 횡편광(헬리시티 \(\pm 1\))을 가져요. 그리고 이 모든 것이 게이지 대칭성——국소 U(1) 불변성——에서 유도되어요.
🔵 카이: 처음에는 '중복성'이라고 해서 귀찮기만 한 줄 알았는데, 오히려 그 중복성이 물리를 지배하고 있군요.
🟡 리나: 맞아요. 게이지 대칭성은: 1. 전자기장 \(A_\mu\)의 존재를 요구한다 (국소 U(1) → 공변 미분 → \(A_\mu\)) 2. 물질장과의 결합 형태를 유일하게 결정한다 (\(\partial_\mu \to D_\mu\)) 3. 광자의 질량 0을 보호한다 (질량항이 게이지 불변이 아님) 4. 물리적 자유도를 2개로 제한한다 (4성분 → 2편광)
🔵 카이: 하나의 원리에서 이만큼의 것이 나온다니……. 하지만, U(1)은 '위상을 돌리는' 것만의 단순한 군이잖아요. SU(2)나 SU(3)으로 확장하면, 무엇이 본질적으로 변하나요?
🟡 리나: 핵심적인 질문이에요. U(1)은 가환군——변환의 순서를 바꿔도 결과가 같아요. 하지만 SU(2)나 SU(3)은 비가환군으로, 변환의 순서가 결과를 바꿔요. 그 귀결로서, 게이지 장 자체가 '전하'를 갖고, 게이지 장끼리 상호작용하게 돼요. 광자는 전하를 갖지 않으므로 광자끼리 직접 상호작용하지 않지만, 글루온(강한 힘을 전달하는 입자)은 '색하'를 갖기 때문에 글루온끼리 상호작용해요. 이것이 Yang-Mills 이론의 본질로, 자연계의 모든 힘(중력을 제외)을 기술해요. 자세한 것은 제 17 장에서 배울 거예요. 그림 6.5「게이지 고정법의 비교. Coulomb 게이지와 Lorenz 게이지 + Gupta-Bleuler의 비교. 접근법은 다르지만, 최종 결론은 같다」에 2가지 양자화법의 전체상을 정리했어요.
그림 6.5: 게이지 고정법의 비교. Coulomb 게이지와 Lorenz 게이지 + Gupta-Bleuler의 비교. 접근법은 다르지만, 최종 결론은 같다——물리적 광자는 2개의 횡편광.
✅ 이해도 체크: 게이지 대칭성이 광자에 대해 수행하는 4가지 역할을 열거해 봅시다.
답
(1) 국소 U(1) 대칭성의 요구로부터 전자기장 \(A_\mu\)의 존재가 유도된다. (2) 공변 미분 \(D_\mu = \partial_\mu + iqA_\mu\)에 의해 물질장과의 결합 형태가 유일하게 결정된다. (3) 질량항 \(m^2 A_\mu A^\mu\)가 게이지 불변이 아니므로, 광자의 질량 0이 보호된다. (4) 게이지 변환의 중복성에 의해, 4성분 벡터장의 물리적 자유도가 2개의 횡편광으로 제한된다.
6.10 양자역학에서 배운 Maxwell 장과의 접속¶
🟡 리나: 마지막으로, 「양자역학」편 제 27 장에서 배운 내용과의 접속을 확인해 둡시다. 그 장에서는 '장의 진동 모드가 입자이다'라는 묘사를 예고했었잖아요.
🔵 카이: 네. "바이올린 현의 진동 모드가 소리인 것처럼, 장의 진동 모드가 입자가 된다"는 이야기였어요. 하지만, 고전적인 전자기파가 '다수의 광자가 일제히 진동하는 상태'라면, 광자 1개의 상태와 고전적인 파동의 상태는 구체적으로 어떻게 다른 건가요?
🟡 리나: 좋은 질문이에요. 광자 1개의 상태 \(|1_{\mathbf{k},\lambda}\rangle\)는 전기장의 기댓값이 0이고, 측정할 때마다 무작위한 값이 나와요——광자의 수는 확정되어 있지만, 전기장의 '진폭'은 불확정이에요. 반면, 고전적인 전자기파에 대응하는 것은 '코히런트 상태'(coherent state)라고 불리는 특수한 상태예요. 이미지로는, 광자의 수가 불확정이지만 전기장의 진폭과 위상이 거의 확정된 상태——레이저 광이 바로 이것에 가까워요.
🔵 카이: 오, 레이저 광이 '코히런트 상태'……. 그건 양자역학적으로 특별한 상태군요.
🟡 리나: 수학적으로는 소멸 연산자 \(a\)의 고유상태(\(a|\alpha\rangle = \alpha|\alpha\rangle\), \(\alpha\)는 복소수)로 정의돼요. 「양자역학」편 제 9 장에서 배운 조화 진동자에서는 \(\hat{a}|n\rangle = \sqrt{n}|n-1\rangle\)이었잖아요——수 상태 \(|n\rangle\)은 \(\hat{a}\)의 고유상태가 아니었어요. 코히런트 상태는 수 상태의 중첩 \(|\alpha\rangle = e^{-|\alpha|^2/2}\sum_n \frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle\)으로, \(\hat{a}\)를 작용시켜도 '형태가 변하지 않는' 특별한 상태예요. \(\hat{a}\)는 에르미트가 아니므로, 고유값 \(\alpha\)는 실수가 아니라 복소수가 될 수 있어요.
🔵 카이: "소멸 연산자를 작용시켜도 상태의 형태가 변하지 않는다"는 건, 광자를 1개 제거해도 같은 상태 그대로라는 뜻인가요?
🟡 리나: 맞아요, 직관적으로는 정확히 그래요. 양동이에서 물을 한 컵 퍼내도 수위가 거의 변하지 않는 것과 같은 거예요——광자가 대량으로 있으니까, 1개 줄어도 전체의 '형태'가 변하지 않아요. \(|\alpha|^2\)가 광자 수의 평균을 나타내고, \(\alpha\)의 위상이 전기장의 위상에 대응해요. 광자 수의 평균이 매우 클 때, 전기장의 기댓값이 고전적인 파의 형태 \(E_0 \cos(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})\)에 가까워져요. 자세한 수학적 정의는 양자 광학에서 배우지만, 여기서는 '광자가 대량으로 있는 극한에서 고전 전자기학이 재현된다'는 것을 기억해 두세요.
🔵 카이: 그렇구나. 광자 1개의 상태는 '입자 수는 확정이지만 전기장의 값은 불확정', 고전적인 파는 '전기장의 값은 거의 확정이지만 입자 수는 불확정'——정확히 역의 관계군요.
⚪ 메이: 입자 수와 위상이 불확정성 관계 같은 상보적 관계에 있네요. 양자역학의 '위치와 운동량'과 비슷한 구조가 장 이론에서도 살아 있어요.
🟡 리나: 이 장에서, 장의 양자화를 전자기장에 대해 실현했어요. 고전적인 Maxwell 장을 Fourier 모드로 분해하고, 각 모드를 양자역학의 조화 진동자로서 양자화했어요. 그 결과:
- 각 모드 \((\mathbf{k}, \lambda)\)의 여기가 '운동량 \(\mathbf{k}\), 편광 \(\lambda\)의 광자'
- \(n\)개의 여기 → \(n\)개의 광자 (Fock 공간)
- 고전적인 전자기파 → 다수의 광자의 코히런트 상태
⚪ 메이: 즉, Maxwell의 고전 전자기학은, 광자가 대량으로 있는 극한으로서 재현돼요.
🟡 리나: 맞아요. 이것으로 스핀 0(제 4 장), 스핀 1/2(제 5 장), 스핀 1(이 장)의 자유장 양자화가 완료되었어요. 다음 장부터는, 드디어 이 장들을 섞는——상호작용을 도입할 거예요.
다음 장 예고¶
스핀 0·1/2·1의 자유장이 갖추어진 곳에서, 드디어 장과 장을 '섞는' 단계에 들어간다. 제 7 장에서는 Lagrangian에 상호작용항을 더하고, 산란 과정을 체계적으로 기술하는 S 행렬을 정식화한다. Dyson 급수와 시간 순서적을 무기로, 섭동 전개의 구조를 해명하고, Feynman 다이어그램이라는 강력한 계산 도구로의 문을 연다.
참고문헌¶
- Quantum Field Theory for the Gifted Amateur (Lancaster & Blundell) 제14장 "Gauge Invariance and the Electromagnetic Field"
- David Tong, Quantum Field Theory Lecture Notes 제7장 "Quantizing the Electromagnetic Field"
- 場の量子論：不変性と自由場を中心にして（場上） 제3장 "Maxwell 방정식의 상대론적 형식과 게이지 불변성"
- 場の量子論：不変性と自由場を中心にして（場上） 제7장 "게이지 원리 — 대칭성에서 힘이 태어나다"
- 場の量子論：不変性と自由場を中心にして（場上） 제13장 "Maxwell 장의 양자화 — 게이지 자유도와의 격투"
- Quantum Field Theory and the Standard Model (Schwartz) 제6장 "Spin 1 and Gauge Invariance"
- Quantum Field Theory and the Standard Model (Schwartz) 제7장 "Scalar QED"
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