부록 A 연습문제 풀이
← 문제로 돌아가기 | 본문으로 돌아가기
목차
Basic（기초）
Medium（표준）
Advanced（발전）
Basic（기초）
B-1. 범함수의 값 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(f(x) = 2x\)를 범함수 \(H[f] = \int_0^3 [f(x)]^2\,dx\)에 대입하고, 정적분을 수행해요.
계산:
\[
H[f] = \int_0^3 (2x)^2\,dx = \int_0^3 4x^2\,dx = 4\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^3 = 4 \cdot \frac{27}{3} = 4 \cdot 9 = 36
\]
최종 답:
\[
\boxed{H[f] = 36}
\]
검산: 차원 확인: 피적분함수 \(4x^2\)는 \(x=3\)에서 \(4 \times 9 = 36\), \(x=0\)에서 \(0\)이에요. 평균값은 대략 \(4 \times (9/3) = 12\) 정도이고, 구간 폭 3을 곱하면 \(36\)이에요. 일치해요.
B-2. 범함수 미분의 기본 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 본문의 계산 예제 2의 공식 \(\frac{\delta}{\delta f(x)}\int [f(y)]^p\,\varphi(y)\,dy = p[f(x)]^{p-1}\,\varphi(x)\) 를 \(p=4\), \(\varphi(y)=1\) 로 놓고 적용해요.
계산:
\(F[f] = \int_0^1 [f(x)]^4\,dx\) 에 대해, \(f(x) \to f(x) + \epsilon\,\delta(x - x_0)\) 으로 치환하면:
\[
F[f + \epsilon\delta] = \int_0^1 [f(x) + \epsilon\,\delta(x-x_0)]^4\,dx
\]
\(\epsilon\) 의 1차까지 전개하면:
\[
[f(x) + \epsilon\,\delta(x-x_0)]^4 \approx [f(x)]^4 + 4[f(x)]^3 \cdot \epsilon\,\delta(x-x_0)
\]
따라서:
\[
\frac{\delta F}{\delta f(x_0)} = \lim_{\epsilon \to 0}\frac{1}{\epsilon}\int_0^1 4[f(x)]^3\,\epsilon\,\delta(x-x_0)\,dx = 4\int_0^1 [f(x)]^3\,\delta(x-x_0)\,dx
\]
델타 함수의 추출 성질에 의해 (\(0 \leq x_0 \leq 1\) 일 때):
\[
\frac{\delta F}{\delta f(x_0)} = 4[f(x_0)]^3
\]
최종 답:
\[
\boxed{\frac{\delta F}{\delta f(x_0)} = 4[f(x_0)]^3}
\]
검산: 보통의 미분에서 \(\frac{d}{dx}x^4 = 4x^3\) 이 되는 것과 같은 패턴이에요. 거듭제곱을 하나 낮추고 계수 4를 앞에 꺼내요. 일치해요.
B-3. 가중 범함수 미분
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: 계산 예제 2의 공식에서 \(p = 2\), \(\varphi(y) = e^{-y^2}\)로 놓아요.
계산:
\(G[f] = \int_{-\infty}^{\infty} [f(y)]^2\,e^{-y^2}\,dy\)에 대해, \(f(y) \to f(y) + \epsilon\,\delta(y - x)\)로 치환해요:
\[
[f(y) + \epsilon\,\delta(y-x)]^2 \approx [f(y)]^2 + 2f(y)\cdot\epsilon\,\delta(y-x)
\]
\(\epsilon\)의 1차 항을 추출해요:
\[
\frac{\delta G}{\delta f(x)} = \int_{-\infty}^{\infty} 2f(y)\,\delta(y-x)\,e^{-y^2}\,dy
\]
델타 함수의 걸러내기 성질을 적용해요:
\[
\frac{\delta G}{\delta f(x)} = 2f(x)\,e^{-x^2}
\]
최종 답:
\[
\boxed{\frac{\delta G}{\delta f(x)} = 2f(x)\,e^{-x^2}}
\]
검산: 가중 함수 \(e^{-y^2}\)가 그대로 \(e^{-x^2}\)로서 결과에 남아 있어요. \(\varphi(y) = 1\)로 놓으면 \(2f(x)\)가 되어, D2에서 \(p=2\)로 한 경우와 일치해요. 정합.
B-4. 델타 함수를 이용한 범함수 미분
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(F[f] = f(a) = \int f(y)\,\delta(y-a)\,dy\) 로 적분 표시하고, 정의에 따라 범함수 미분을 계산해요.
계산:
\(f(y) \to f(y) + \epsilon\,\delta(y - x)\) 로 치환해요:
\[
F[f + \epsilon\delta] = \int [f(y) + \epsilon\,\delta(y-x)]\,\delta(y-a)\,dy
\]
\[
= \int f(y)\,\delta(y-a)\,dy + \epsilon\int \delta(y-x)\,\delta(y-a)\,dy
\]
\[
= f(a) + \epsilon\,\delta(x - a)
\]
여기서 \(\int \delta(y-x)\,\delta(y-a)\,dy = \delta(x-a)\) 를 사용했어요 (델타 함수의 합성 성질).
따라서:
\[
\frac{\delta F}{\delta f(x)} = \lim_{\epsilon \to 0}\frac{F[f+\epsilon\delta] - F[f]}{\epsilon} = \lim_{\epsilon \to 0}\frac{\epsilon\,\delta(x-a)}{\epsilon} = \delta(x-a)
\]
최종 답:
\[
\boxed{\frac{\delta F}{\delta f(x)} = \delta(x - a)}
\]
검산: 이것은 "\(f(a)\)는 \(f\)의 \(y=a\)에서의 값에만 의존한다"는 것을 반영하고 있어요. \(x = a\) 인 곳에서만 감도가 있고, 그 외에서는 감도가 0이에요. 델타 함수로 표현되는 것은 자연스러워요. 또한 \(\frac{\delta f(a)}{\delta f(x)} = \delta(x-a)\) 는 범함수 미분의 기본 공식으로 알려져 있어요.
B-5. Euler-Lagrange 방정식의 적용（1차원 조화진동자）
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(L = \frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2\) 에 대해 각 편미분을 순서대로 계산해요.
계산:
1.
\[
\frac{\partial L}{\partial \dot{x}} = \frac{\partial}{\partial \dot{x}}\left(\frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2\right) = m\dot{x}
\]
2.
\[
\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) = \frac{d}{dt}(m\dot{x}) = m\ddot{x}
\]
3.
\[
\frac{\partial L}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{1}{2}m\dot{x}^2 - \frac{1}{2}kx^2\right) = -kx
\]
4. Euler-Lagrange 방정식 \(\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}\right) - \frac{\partial L}{\partial x} = 0\) 에 대입하면:
\[
m\ddot{x} - (-kx) = 0 \quad \Longrightarrow \quad m\ddot{x} + kx = 0
\]
즉:
\[
\boxed{m\ddot{x} = -kx}
\]
검산: 이것은 조화진동자의 운동방정식이며, 각진동수 \(\omega = \sqrt{k/m}\) 의 단진동을 기술해요. Newton의 제2법칙 \(F = -kx = ma\) 와 일치해요.
B-6. 정준 운동량의 계산
→ 문제로 돌아가기
(a) 균일 중력장에서의 자유낙하
\(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mgq\)
\[
p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = \frac{\partial}{\partial \dot{q}}\left(\frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mgq\right) = m\dot{q}
\]
\[
\boxed{p = m\dot{q}}
\]
(b) 2차원 극좌표
\(L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r)\)
\[
p_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m\dot{r}
\]
\[
p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = mr^2\dot{\theta}
\]
\[
\boxed{p_r = m\dot{r}, \qquad p_\theta = mr^2\dot{\theta}}
\]
검산: \(p_r = m\dot{r}\)은 지름 방향의 선운동량이에요. \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\)는 각운동량 \(L_z\)에 대응해요. \(V(r)\)이 \(\theta\)에 의존하지 않으므로 \(\theta\)는 순환 좌표이며, \(p_\theta\)는 보존량(각운동량 보존)이에요. 물리적으로 올바른 결과예요.
B-7. Hamiltonian의 구성
→ 문제로 돌아가기
\(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\)
1. 정준운동량:
\[
p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q}
\]
2. \(\dot{q}\)를 \(p\)로 표현:
\[
\dot{q} = \frac{p}{m}
\]
3. 해밀토니안 \(H = p\dot{q} - L\)을 구성:
\[
H = p \cdot \frac{p}{m} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p}{m}\right)^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\right]
\]
\[
= \frac{p^2}{m} - \frac{1}{2}\frac{p^2}{m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2
\]
\[
= \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2
\]
최종 답:
\[
\boxed{H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2}
\]
검산: \(H = T + V\)(전체 에너지)의 형태가 되어 있어요. \(L = T - V\)에 대해 르장드르 변환을 수행하면 \(H = T + V\)가 되는 것은 일반적인 결과예요. 또한, 양자역학의 조화진동자 해밀토니안 \(\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\)의 고전적 버전과 일치해요.
B-8. 장의 Euler-Lagrange 방정식의 적용
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi\) 에 대해 장의 Euler-Lagrange 방정식 \(\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0\) 을 적용해요.
계산:
\(\mathcal{L}\) 는 \(\phi\) 자체를 포함하지 않으므로:
\[
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0
\]
\(\partial_\mu\phi\) 에 의한 편미분:
\[
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\phi)}\left(\frac{1}{2}\partial_\nu\phi\,\partial^\nu\phi\right) = \partial^\mu\phi
\]
(여기서 \(\frac{1}{2}\partial_\nu\phi\,g^{\nu\rho}\partial_\rho\phi\) 를 \(\partial_\mu\phi\) 로 미분하면 \(g^{\mu\rho}\partial_\rho\phi = \partial^\mu\phi\) 를 얻어요.)
장의 Euler-Lagrange 방정식에 대입:
\[
\partial_\mu(\partial^\mu\phi) - 0 = 0
\]
\[
\boxed{\partial_\mu\partial^\mu\phi = \Box\phi = 0}
\]
최종 답: 이것은 파동 방정식(질량이 0인 Klein-Gordon 방정식)이에요. 성분으로 쓰면:
\[
\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} - \nabla^2\phi = 0
\]
검산: 질량항 \(\frac{m^2}{2}\phi^2\) 이 없으므로, 질량이 0인 자유장의 방정식을 얻어야 해요. \(\Box\phi = 0\) 은 확실히 질량이 0인 Klein-Gordon 방정식(= 파동 방정식)이에요. 정합해요.
B-9. \(\phi^3\) 이론의 운동방정식
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{m^2}{2}\phi^2 - \frac{g}{3!}\phi^3\) 에 장의 Euler-Lagrange 방정식을 적용해요.
계산:
\[
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \partial^\mu\phi
\]
\[
\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -m^2\phi - \frac{g}{3!}\cdot 3\phi^2 = -m^2\phi - \frac{g}{2}\phi^2
\]
장의 Euler-Lagrange 방정식 \(\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0\)：
\[
\partial_\mu\partial^\mu\phi - \left(-m^2\phi - \frac{g}{2}\phi^2\right) = 0
\]
\[
\boxed{\left(\Box + m^2\right)\phi + \frac{g}{2}\phi^2 = 0}
\]
또는 동치인 형태로：
\[
(\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi = -\frac{g}{2}\phi^2
\]
최종 답: \(\phi^3\) 이론의 운동방정식은 위 식과 같아요. 좌변은 자유 Klein-Gordon 방정식의 연산자이고, 우변이 비선형 상호작용항이에요.
검산: \(g = 0\) 으로 놓으면 자유 Klein-Gordon 방정식 \((\Box + m^2)\phi = 0\) 으로 귀착돼요. 또한 본문의 \(\phi^4\) 이론의 예와 비교하면, \(\frac{\lambda}{4!}\phi^4\) 의 경우는 \(\frac{\lambda}{3!}\phi^3\) 이 우변에 나타나는 것과 같은 패턴으로, \(\frac{g}{3!}\phi^3\) 의 경우는 \(\frac{g}{2}\phi^2\) 이 나타나요. 정합해요.
B-10. 범함수 미분의 연쇄율
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(S[q] = \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m[\dot{q}(t)]^2\,dt\) 에 대해 \(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\) 로 치환하고, \(\epsilon\) 의 1차 항을 추출해요.
계산:
\(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\) 로 놓으면 \(\dot{q}(t) \to \dot{q}(t) + \epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\) 가 돼요.
\[
S[q + \epsilon\delta] = \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m\left[\dot{q}(t) + \epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\right]^2 dt
\]
\(\epsilon\) 의 1차까지 전개하면:
\[
\approx \int_{t_1}^{t_2}\frac{1}{2}m\left[\dot{q}^2 + 2\dot{q}(t)\cdot\epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\right]dt
\]
\(\epsilon\) 의 1차 항:
\[
\frac{\delta S}{\delta q(t')} = \int_{t_1}^{t_2} m\dot{q}(t)\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\,dt
\]
부분적분을 수행해요 (\(u = m\dot{q}(t)\), \(dv = \frac{d}{dt}\delta(t-t')\,dt\)):
\[
= \left[m\dot{q}(t)\,\delta(t-t')\right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2} m\ddot{q}(t)\,\delta(t-t')\,dt
\]
끝점 조건 \(\delta q(t_1) = \delta q(t_2) = 0\) 에 대응하여, \(t'\) 가 구간 내부에 있을 때 표면항은 사라져요 (\(\delta(t-t')\) 는 \(t = t_1, t_2\) 에서 영이므로).
델타 함수의 추출 성질을 적용하면:
\[
\frac{\delta S}{\delta q(t')} = -m\ddot{q}(t')
\]
최종 답:
\[
\boxed{\frac{\delta S}{\delta q(t')} = -m\ddot{q}(t')}
\]
검산: \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\) (\(V = 0\))에 대한 오일러-라그랑주 방정식은 \(m\ddot{q} = 0\) 이에요. 범함수 미분 \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = 0\) 으로부터 \(-m\ddot{q}(t') = 0\), 즉 \(m\ddot{q} = 0\) 이 얻어지며, 서로 일치해요.
Medium（표준）
M-1. 작용 원리로부터 Newton의 중력 운동방정식 도출
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(L = \frac{1}{2}m\dot{z}^2 - mgz\) 에 대해 작용의 변분을 계산하고, 부분적분을 거쳐 Euler-Lagrange 방정식을 유도해요.
1. 작용의 변분
작용은 \(S[z] = \int_{t_1}^{t_2}\left(\frac{1}{2}m\dot{z}^2 - mgz\right)dt\)이에요.
경로를 \(z(t) \to z(t) + \delta z(t)\) 로 변위시켜요(끝점 조건 \(\delta z(t_1) = \delta z(t_2) = 0\)).
\[
\delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[\frac{\partial L}{\partial z}\delta z + \frac{\partial L}{\partial \dot{z}}\delta\dot{z}\right]dt
\]
각 편미분을 계산해요:
\[
\frac{\partial L}{\partial z} = -mg, \qquad \frac{\partial L}{\partial \dot{z}} = m\dot{z}
\]
대입하면:
\[
\delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[(-mg)\,\delta z + m\dot{z}\,\delta\dot{z}\right]dt
\]
제2항을 부분적분해요. \(\delta\dot{z} = \frac{d}{dt}(\delta z)\) 이므로:
\[
\int_{t_1}^{t_2} m\dot{z}\,\frac{d(\delta z)}{dt}\,dt = \left[m\dot{z}\,\delta z\right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2} m\ddot{z}\,\delta z\,dt
\]
끝점 조건 \(\delta z(t_1) = \delta z(t_2) = 0\) 에 의해 경계항은 사라져요:
\[
\left[m\dot{z}\,\delta z\right]_{t_1}^{t_2} = m\dot{z}(t_2)\cdot 0 - m\dot{z}(t_1)\cdot 0 = 0
\]
따라서:
\[
\delta S = \int_{t_1}^{t_2}\left[-mg - m\ddot{z}\right]\delta z\,dt
\]
2. Euler-Lagrange 방정식
\(\delta S = 0\) 이 임의의 \(\delta z(t)\) 에 대해 성립하려면, 피적분 함수가 0이어야 해요:
\[
-mg - m\ddot{z} = 0
\]
\[
\boxed{m\ddot{z} = -mg}
\]
3. Newton의 운동방정식과의 일치
균일 중력장에서 질량 \(m\) 인 입자에 작용하는 힘은 \(F = -mg\) (연직 위 방향을 양으로 잡은 경우)예요. Newton의 제2법칙 \(F = ma\) 는:
\[
ma = -mg \quad \Longrightarrow \quad m\ddot{z} = -mg
\]
이것은 위에서 얻은 결과와 완전히 일치해요.
검산: 차원 분석: \([m\ddot{z}] = \text{kg}\cdot\text{m/s}^2 = \text{N}\), \([mg] = \text{kg}\cdot\text{m/s}^2 = \text{N}\). 정합해요. 또한, \(g \to 0\) 으로 하면 \(m\ddot{z} = 0\) (등속 직선 운동)이 얻어지며, 물리적으로 올바른 결과예요.
M-2. 장의 정준 운동량과 Hamiltonian 밀도
→ 문제로 돌아가기
1. 정준 운동량 밀도
\[
\mathcal{L} = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{m^2}{2}\phi^2
\]
\[
\pi(x) = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}} = \frac{\partial}{\partial\dot{\phi}}\left(\frac{1}{2}\dot{\phi}^2\right) = \dot{\phi}
\]
\[
\boxed{\pi(x) = \dot{\phi}(x)}
\]
2. 해밀토니안 밀도
\[
\mathcal{H} = \pi\dot{\phi} - \mathcal{L}
\]
\(\dot{\phi} = \pi\)를 대입하면:
\[
\mathcal{H} = \pi \cdot \pi - \left[\frac{1}{2}\pi^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{m^2}{2}\phi^2\right]
\]
\[
= \pi^2 - \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2
\]
\[
\boxed{\mathcal{H} = \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2}
\]
3. 양의 정부호성 확인
\(\mathcal{H}\)는 3개 항의 합이에요:
- \(\frac{1}{2}\pi^2 \geq 0\) (실수의 제곱)
- \(\frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 \geq 0\) (벡터의 노름의 제곱)
- \(\frac{m^2}{2}\phi^2 \geq 0\) (\(m^2 > 0\)이고 실수의 제곱)
따라서 \(\mathcal{H} \geq 0\)이며, 에너지 밀도는 양의 정부호(정확히는 비음의 정부호)예요. 등호 \(\mathcal{H} = 0\)은 \(\pi = 0\), \(\nabla\phi = 0\), \(\phi = 0\)일 때만 성립해요.
검산: 입자 역학의 조화진동자에서 \(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) (양의 정부호)였던 것과 같은 구조예요. 장의 각 모드가 독립적인 조화진동자라는 것과 정합해요. 또한 본편 제 4 장에서 Klein-Gordon 장을 양자화했을 때의 해밀토니안 \(\hat{H} = \int d^3x\,\hat{\mathcal{H}}\)의 고전적 버전과 일치해요.
M-3. Poisson 괄호와 Hamilton의 운동방정식
→ 문제로 돌아가기
1. \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\) 의 확인
\[
\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial p}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial q}
\]
\[
= 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 1
\]
\[
\boxed{\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1}
\]
2. Hamilton의 운동방정식
\(H = \frac{p^2}{2m} + V(q)\) 에 대해:
\(\dot{q}\) 의 방정식:
\[
\{q, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial H}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial H}{\partial q}
\]
\[
= 1 \cdot \frac{p}{m} - 0 \cdot \frac{dV}{dq} = \frac{p}{m}
\]
\[
\boxed{\dot{q} = \{q, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{p}{m}}
\]
\(\dot{p}\) 의 방정식:
\[
\{p, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial p}{\partial q}\frac{\partial H}{\partial p} - \frac{\partial p}{\partial p}\frac{\partial H}{\partial q}
\]
\[
= 0 \cdot \frac{p}{m} - 1 \cdot \frac{dV}{dq} = -\frac{dV}{dq}
\]
\[
\boxed{\dot{p} = \{p, H\}_{\mathrm{PB}} = -\frac{dV}{dq}}
\]
3. 정준양자화의 처방
처방 \(\{A, B\}_{\mathrm{PB}} \to \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{B}]\) 을 \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\) 에 적용하면:
\[
\frac{1}{i\hbar}[\hat{q}, \hat{p}] = 1
\]
\[
\boxed{[\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar}
\]
검산: 이것은 양자역학의 기본 교환관계이며, 본편제 4 장에서 장의 정준양자화를 수행할 때의 출발점이 되었어요. \(\dot{q} = p/m\) 과 \(\dot{p} = -dV/dq\) 를 결합하면 \(m\ddot{q} = -dV/dq = F\) (Newton의 제2법칙)가 재현돼요.
M-4. 다자유도계의 Legendre 변환
→ 문제로 돌아가기
1. \(H\) 가 \((q_i, p_i)\) 만의 함수임을 증명
\(H = \sum_{i=1}^N p_i\dot{q}_i - L(q_i, \dot{q}_i)\) 의 전미분을 계산해요:
\[
dH = \sum_{i=1}^N \left(\dot{q}_i\,dp_i + p_i\,d\dot{q}_i\right) - \sum_{i=1}^N\left(\frac{\partial L}{\partial q_i}dq_i + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}d\dot{q}_i\right)
\]
정준 운동량의 정의 \(p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}\) 를 사용하면, \(d\dot{q}_i\) 를 포함하는 항은:
\[
\sum_{i=1}^N p_i\,d\dot{q}_i - \sum_{i=1}^N \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i}d\dot{q}_i = \sum_{i=1}^N (p_i - p_i)\,d\dot{q}_i = 0
\]
따라서 \(d\dot{q}_i\) 항은 완전히 사라지고:
\[
dH = \sum_{i=1}^N \dot{q}_i\,dp_i - \sum_{i=1}^N \frac{\partial L}{\partial q_i}dq_i
\]
\(dH\) 가 \(dp_i\) 와 \(dq_i\) 만으로 쓰여 있으므로, \(H\) 는 \((q_i, p_i)\) 만의 함수예요. \(\dot{q}_i\) 에는 의존하지 않아요. \(\square\)
2. Hamilton의 정준 방정식 유도
\(H\) 가 \((q_i, p_i)\) 의 함수이므로, 그 전미분은:
\[
dH = \sum_{i=1}^N \frac{\partial H}{\partial p_i}dp_i + \sum_{i=1}^N \frac{\partial H}{\partial q_i}dq_i
\]
이것을 앞에서 얻은 표현과 비교해요:
\[
dH = \sum_{i=1}^N \dot{q}_i\,dp_i - \sum_{i=1}^N \frac{\partial L}{\partial q_i}dq_i
\]
\(dp_i\) 의 계수를 비교:
\[
\frac{\partial H}{\partial p_i} = \dot{q}_i
\]
\(dq_i\) 의 계수를 비교:
\[
\frac{\partial H}{\partial q_i} = -\frac{\partial L}{\partial q_i}
\]
Euler-Lagrange 방정식으로부터 \(\frac{\partial L}{\partial q_i} = \frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_i} = \dot{p}_i\) 이므로:
\[
\frac{\partial H}{\partial q_i} = -\dot{p}_i
\]
이상을 정리하면 Hamilton의 정준 방정식:
\[
\boxed{\dot{q}_i = \frac{\partial H}{\partial p_i}, \qquad \dot{p}_i = -\frac{\partial H}{\partial q_i}}
\]
검산: \(N=1\), \(H = \frac{p^2}{2m} + V(q)\) 로 확인해요: \(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m}\), \(\dot{p} = -\frac{\partial H}{\partial q} = -\frac{dV}{dq}\). S3의 결과와 일치해요.
M-5. 범함수 미분과 Euler-Lagrange 방정식의 관계
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침: \(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\)로 치환하고, 작용의 \(\epsilon\) 1차 항을 추출해요.
계산:
\[
S[q] = \int_{t_1}^{t_2} L(q(t), \dot{q}(t))\,dt
\]
\(q(t) \to q(t) + \epsilon\,\delta(t-t')\)로 놓으면 \(\dot{q}(t) \to \dot{q}(t) + \epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\)이 돼요.
\(L\)을 \(\epsilon\)의 1차까지 전개하면:
\[
L(q + \epsilon\delta(t-t'),\, \dot{q} + \epsilon\dot{\delta}(t-t')) \approx L(q,\dot{q}) + \frac{\partial L}{\partial q}\epsilon\,\delta(t-t') + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\epsilon\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')
\]
\(\epsilon\)의 1차 항을 뽑아내면:
\[
\frac{\delta S}{\delta q(t')} = \int_{t_1}^{t_2}\left[\frac{\partial L}{\partial q}\,\delta(t-t') + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\right]dt
\]
제1항은 델타 함수의 선별 성질에 의해:
\[
\int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial L}{\partial q}\,\delta(t-t')\,dt = \frac{\partial L}{\partial q}\bigg|_{t=t'}
\]
제2항을 부분적분하면:
\[
\int_{t_1}^{t_2}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\,\frac{d}{dt}\delta(t-t')\,dt = \left[\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\,\delta(t-t')\right]_{t_1}^{t_2} - \int_{t_1}^{t_2}\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\delta(t-t')\,dt
\]
\(t'\)가 구간 내부에 있을 때, 경계항은 사라져요 (\(\delta(t_1 - t') = \delta(t_2 - t') = 0\)). 나머지 항에 델타 함수의 선별 성질을 적용하면:
\[
= -\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\bigg|_{t=t'}
\]
이상을 합치면:
\[
\boxed{\frac{\delta S}{\delta q(t')} = \frac{\partial L}{\partial q}\bigg|_{t=t'} - \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right)\bigg|_{t=t'}}
\]
따라서 \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = 0\) (모든 \(t'\)에서)은:
\[
\frac{\partial L}{\partial q} - \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right) = 0
\]
즉 오일러-라그랑주 방정식과 동치예요.
검산: D10에서 \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\)인 경우에 \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = -m\ddot{q}(t')\)를 얻었어요. 위의 공식으로 확인하면: \(\frac{\partial L}{\partial q} = 0\), \(\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\ddot{q}\). 따라서 \(\frac{\delta S}{\delta q(t')} = 0 - m\ddot{q}(t') = -m\ddot{q}(t')\). 일치해요.
Advanced（발전）
A-1. 전자기장 속 하전입자와 정준운동량의 게이지 의존성
→ 문제로 돌아가기
1. 정준운동량
\[
L = \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 - eV + e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A}
\]
정준운동량의 \(i\) 성분:
\[
p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}_i} = m\dot{r}_i + eA_i
\]
벡터 표기로:
\[
\boxed{\mathbf{p} = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}}
\]
이는 역학적 운동량 \(m\dot{\mathbf{r}}\)과는 다릅니다. 그 차이는 \(e\mathbf{A}\)이며, 벡터 퍼텐셜에 의존해요.
2. 해밀토니안의 구성
\(\dot{\mathbf{r}} = \frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m}\)를 이용하면:
\[
H = \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} - L
\]
\[
= \mathbf{p}\cdot\frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{\mathbf{p}-e\mathbf{A}}{m}\right)^2 - eV + e\frac{\mathbf{p}-e\mathbf{A}}{m}\cdot\mathbf{A}\right]
\]
각 항을 계산하면:
\[
\mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} = \frac{\mathbf{p}\cdot(\mathbf{p}-e\mathbf{A})}{m} = \frac{|\mathbf{p}|^2 - e\mathbf{p}\cdot\mathbf{A}}{m}
\]
\[
\frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 = \frac{(\mathbf{p}-e\mathbf{A})^2}{2m}
\]
\[
e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A} = \frac{e(\mathbf{p}-e\mathbf{A})\cdot\mathbf{A}}{m}
\]
따라서:
\[
L = \frac{(\mathbf{p}-e\mathbf{A})^2}{2m} - eV + \frac{e(\mathbf{p}-e\mathbf{A})\cdot\mathbf{A}}{m}
\]
\[
H = \frac{\mathbf{p}\cdot(\mathbf{p}-e\mathbf{A})}{m} - \frac{(\mathbf{p}-e\mathbf{A})^2}{2m} + eV - \frac{e(\mathbf{p}-e\mathbf{A})\cdot\mathbf{A}}{m}
\]
\(\boldsymbol{\Pi} \equiv \mathbf{p} - e\mathbf{A}\)로 놓으면:
\[
H = \frac{(\boldsymbol{\Pi} + e\mathbf{A})\cdot\boldsymbol{\Pi}}{m} - \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{2m} + eV - \frac{e\boldsymbol{\Pi}\cdot\mathbf{A}}{m}
\]
\[
= \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{m} + \frac{e\mathbf{A}\cdot\boldsymbol{\Pi}}{m} - \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{2m} + eV - \frac{e\boldsymbol{\Pi}\cdot\mathbf{A}}{m}
\]
\[
= \frac{\boldsymbol{\Pi}^2}{2m} + eV
\]
\[
\boxed{H = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} + eV}
\]
3. 게이지 불변성의 확인
게이지 변환:
\[
\mathbf{A} \to \mathbf{A}' = \mathbf{A} + \nabla\chi, \qquad V \to V' = V - \frac{\partial\chi}{\partial t}
\]
정준운동량의 변화:
\[
\mathbf{p}' = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}' = m\dot{\mathbf{r}} + e(\mathbf{A} + \nabla\chi) = \mathbf{p} + e\nabla\chi
\]
따라서 정준운동량은 게이지에 의존해요:
\[
\boxed{\mathbf{p} \to \mathbf{p}' = \mathbf{p} + e\nabla\chi}
\]
그러나 해밀토니안 안의 조합 \(\mathbf{p} - e\mathbf{A}\)는:
\[
\mathbf{p}' - e\mathbf{A}' = (\mathbf{p} + e\nabla\chi) - e(\mathbf{A} + \nabla\chi) = \mathbf{p} - e\mathbf{A}
\]
게이지 불변! 또한:
\[
H' = \frac{(\mathbf{p}' - e\mathbf{A}')^2}{2m} + eV' = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\left(V - \frac{\partial\chi}{\partial t}\right)
\]
언뜻 보면 \(H\)가 변하는 것처럼 보이지만, 이는 시간에 의존하는 게이지 변환의 경우에 \(H\)가 정준변환으로 변화하는 것에 대응해요. 운동방정식(\(\dot{\mathbf{r}}\)과 \(\ddot{\mathbf{r}}\)로 쓰인 물리적 방정식)은 게이지 불변이에요. 실제로 역학적 운동량 \(m\dot{\mathbf{r}} = \mathbf{p} - e\mathbf{A}\)는 게이지 불변이며, 로렌츠 힘 방정식:
\[
m\ddot{\mathbf{r}} = e(\mathbf{E} + \dot{\mathbf{r}}\times\mathbf{B})
\]
은 \(\mathbf{E} = -\nabla V - \frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\), \(\mathbf{B} = \nabla\times\mathbf{A}\)가 게이지 불변인 것으로부터 게이지 불변이에요.
4. 최소 결합과의 관계
양자화할 때 정준운동량을 연산자로 승격시켜요: \(\mathbf{p} \to \hat{\mathbf{p}}\). 해밀토니안은:
\[
\hat{H} = \frac{(\hat{\mathbf{p}} - e\hat{\mathbf{A}})^2}{2m} + eV
\]
이는 "자유 입자의 해밀토니안 \(\frac{\hat{\mathbf{p}}^2}{2m}\)에서 \(\hat{\mathbf{p}} \to \hat{\mathbf{p}} - e\mathbf{A}\)로 치환한다"는 최소 결합(minimal coupling) 처방에 다름 아니에요.
본편 제 6 장(QED의 양자화)에서는 공변 형식으로 \(\partial_\mu \to D_\mu = \partial_\mu + ieA_\mu\)라는 공변 미분을 도입했는데, 이를 공간 성분으로 보면 \(-i\hbar\nabla \to -i\hbar\nabla - e\mathbf{A}\), 즉 \(\hat{\mathbf{p}} \to \hat{\mathbf{p}} - e\mathbf{A}\)에 대응해요.
즉, QED의 최소 결합 처방은 고전 해석역학에서의 "정준운동량과 역학적 운동량의 차이"에 기원을 두고 있어요. 게이지 불변인 물리량은 항상 \(\mathbf{p} - e\mathbf{A}\)(역학적 운동량)의 조합으로 나타나며, 이것이 양자론에서도 게이지 공변적인 결합을 자연스럽게 요청해요.
검산:
- 차원: \([e\mathbf{A}] = \text{C}\cdot\text{V·s/m} = \text{kg·m/s}\)로 운동량의 차원. 정합.
- \(\mathbf{A} = 0\) 극한에서 \(H = \frac{p^2}{2m} + eV\)(정전 퍼텐셜 속의 입자)로 귀착.
- 로렌츠 공변성: 4원 형식에서는 \(p^\mu - eA^\mu\)가 공변적인 조합.
A-2. 장의 Poisson 괄호에서 정준 양자화로
→ 문제로 돌아가기
1. \(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})\) 의 확인
장의 Poisson 괄호 정의:
\[
\{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left(\frac{\delta A}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta B}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta A}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta B}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right)
\]
\(A = \phi(\mathbf{x})\), \(B = \pi(\mathbf{y})\) 로 놓아요.
범함수 미분을 계산해요:
\[
\frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{z}), \qquad \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})} = 0
\]
\[
\frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\pi(\mathbf{z})} = \delta^3(\mathbf{y} - \mathbf{z}), \qquad \frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\phi(\mathbf{z})} = 0
\]
대입하면:
\[
\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\cdot\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z}) - 0\cdot 0\right]
\]
\[
= \int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\,\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z})
\]
델타 함수의 거름 성질(\(\mathbf{z}\) 적분에서 \(\mathbf{z} = \mathbf{x}\)를 선택):
\[
= \delta^3(\mathbf{y} - \mathbf{x}) = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})
\]
\[
\boxed{\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x} - \mathbf{y})}
\]
2. \(\{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0\) 과 \(\{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0\)
\(\phi\)-\(\phi\):
\[
\{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta\phi(\mathbf{y})}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta\phi(\mathbf{y})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right]
\]
\[
= \int d^3z\left[\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\cdot 0 - 0\cdot\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z})\right] = 0
\]
\(\pi\)-\(\pi\):
\[
\{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta\pi(\mathbf{y})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right]
\]
\[
= \int d^3z\left[0\cdot\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{z}) - \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\cdot 0\right] = 0
\]
\[
\boxed{\{\phi(\mathbf{x}), \phi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0, \qquad \{\pi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = 0}
\]
3. \(\dot{\phi} = \pi\) 의 유도
\(H = \int d^3y\,\mathcal{H}\) 에서 \(\mathcal{H} = \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{m^2}{2}\phi^2\) 이에요.
\[
\dot{\phi}(\mathbf{x}) = \{\phi(\mathbf{x}), H\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\phi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right]
\]
\[
= \int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})}
\]
\(\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})}\)를 계산해요. \(H\) 안에서 \(\pi\)를 포함하는 항은 \(\int d^3y\,\frac{1}{2}\pi(\mathbf{y})^2\) 뿐이에요:
\[
\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} = \frac{\delta}{\delta\pi(\mathbf{z})}\int d^3y\,\frac{1}{2}\pi(\mathbf{y})^2 = \pi(\mathbf{z})
\]
따라서:
\[
\dot{\phi}(\mathbf{x}) = \int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\,\pi(\mathbf{z}) = \pi(\mathbf{x})
\]
\[
\boxed{\dot{\phi}(\mathbf{x}) = \pi(\mathbf{x})}
\]
4. \(\dot{\pi} = \nabla^2\phi - m^2\phi\) 의 유도와 Klein-Gordon 방정식
\[
\dot{\pi}(\mathbf{x}) = \{\pi(\mathbf{x}), H\}_{\mathrm{PB}} = \int d^3z\left[\frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\pi(\mathbf{z})} - \frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\pi(\mathbf{z})}\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{z})}\right]
\]
제1항은 \(\frac{\delta\pi(\mathbf{x})}{\delta\phi(\mathbf{z})} = 0\) 이므로 사라져요. 제2항:
\[
\dot{\pi}(\mathbf{x}) = -\int d^3z\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{z})\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{z})} = -\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})}
\]
\(\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})}\)를 계산해요. \(H\) 안에서 \(\phi\)를 포함하는 항은:
\[
\int d^3y\left[\frac{1}{2}(\nabla\phi(\mathbf{y}))^2 + \frac{m^2}{2}\phi(\mathbf{y})^2\right]
\]
제2항의 범함수 미분:
\[
\frac{\delta}{\delta\phi(\mathbf{x})}\int d^3y\,\frac{m^2}{2}\phi(\mathbf{y})^2 = m^2\phi(\mathbf{x})
\]
제1항의 범함수 미분. \((\nabla\phi)^2 = \nabla_i\phi\,\nabla_i\phi\) 에 대해:
\[
\frac{\delta}{\delta\phi(\mathbf{x})}\int d^3y\,\frac{1}{2}\nabla_i\phi(\mathbf{y})\,\nabla_i\phi(\mathbf{y})
\]
\(\phi(\mathbf{y}) \to \phi(\mathbf{y}) + \epsilon\,\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x})\) 로 치환하면 \(\nabla_i\phi(\mathbf{y}) \to \nabla_i\phi(\mathbf{y}) + \epsilon\,\nabla_i^{(y)}\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x})\) 이에요. \(\epsilon\)의 1차 항:
\[
\int d^3y\,\nabla_i\phi(\mathbf{y})\,\nabla_i^{(y)}\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x})
\]
부분적분(표면항은 무한원에서 0):
\[
= -\int d^3y\,\nabla_i^2\phi(\mathbf{y})\,\delta^3(\mathbf{y}-\mathbf{x}) = -\nabla^2\phi(\mathbf{x})
\]
따라서:
\[
\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})} = -\nabla^2\phi(\mathbf{x}) + m^2\phi(\mathbf{x})
\]
그러므로:
\[
\dot{\pi}(\mathbf{x}) = -\frac{\delta H}{\delta\phi(\mathbf{x})} = \nabla^2\phi(\mathbf{x}) - m^2\phi(\mathbf{x})
\]
\[
\boxed{\dot{\pi}(\mathbf{x}) = \nabla^2\phi(\mathbf{x}) - m^2\phi(\mathbf{x})}
\]
Klein-Gordon 방정식의 재현:
\(\dot{\phi} = \pi\) 로부터 \(\dot{\pi} = \ddot{\phi}\) 이에요. 따라서:
\[
\ddot{\phi} = \nabla^2\phi - m^2\phi
\]
\[
\ddot{\phi} - \nabla^2\phi + m^2\phi = 0
\]
\[
\boxed{(\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi = (\Box + m^2)\phi = 0}
\]
이것이 Klein-Gordon 방정식이에요.
5. 정준 양자화의 처방
처방 \(\{A, B\}_{\mathrm{PB}} \to \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{B}]\) 을 적용해요.
1의 결과 \(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\) 에 적용하면:
\[
\frac{1}{i\hbar}[\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})
\]
\[
\boxed{[\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = i\hbar\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})}
\]
마찬가지로 2의 결과로부터:
\[
[\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\phi}(\mathbf{y})] = 0, \qquad [\hat{\pi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = 0
\]
이것들은 본편제 4 장에서 도입한 등시각 교환 관계에 다름 아니에요.
검산:
- 입자 역학과의 대응: \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1 \to [\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar\) 와 \(\{\phi(\mathbf{x}), \pi(\mathbf{y})\}_{\mathrm{PB}} = \delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y}) \to [\hat{\phi}(\mathbf{x}), \hat{\pi}(\mathbf{y})] = i\hbar\,\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\) 는 이산 첨자 \(i\)를 연속 첨자 \(\mathbf{x}\)로 치환한 자연스러운 확장(Kronecker 델타 \(\delta_{ij}\) → Dirac 델타 \(\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\))이에요.
- Hamilton의 운동 방정식으로부터 Klein-Gordon 방정식이 재현된 것은 해밀턴 형식과 라그랑주 형식의 동등성을 확인해주고 있어요.
- Lorentz 공변성: 등시각 교환 관계는 특정 시각면을 선택하고 있지만, Klein-Gordon 방정식 자체는 Lorentz 공변이에요. 양자론에서는 공변적인 교환 관계(Pauli-Jordan 함수)로 확장돼요(본편제 4 장 참조).