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부록 B 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. 미소 로렌츠 변환의 반대칭성

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풀이 방침

미소 Lorentz 변환 \(\Lambda^\mu{}_\nu = \delta^\mu{}_\nu + \omega^\mu{}_\nu\) 를 계량 보존 조건에 대입하고, \(\omega\) 의 1차까지만 남겨요.

계산의 세부 과정

계량 보존 조건은

\[ \Lambda^\mu{}_\alpha\,\Lambda^\nu{}_\beta\,\eta^{\alpha\beta} = \eta^{\mu\nu} \]

좌변에 \(\Lambda^\mu{}_\alpha = \delta^\mu{}_\alpha + \omega^\mu{}_\alpha\) 를 대입하면:

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

전개하면

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

\(\omega\) 의 2차 항을 버리면:

\[ \approx \eta^{\mu\nu} + \omega^\mu{}_\alpha\,\eta^{\alpha\nu} + \omega^\nu{}_\beta\,\eta^{\mu\beta} \]

여기서 \(\omega^\mu{}_\alpha\,\eta^{\alpha\nu} = \omega^{\mu\nu}\) (지표를 올리는 조작)를 사용했어요. 마찬가지로 \(\omega^\nu{}_\beta\,\eta^{\mu\beta} = \omega^{\nu\mu}\) 이에요.

따라서

\[ \eta^{\mu\nu} + \omega^{\mu\nu} + \omega^{\nu\mu} = \eta^{\mu\nu} \]

최종 답

\[ \boxed{\omega^{\mu\nu} + \omega^{\nu\mu} = 0} \]

즉, \(\omega^{\mu\nu}\) 는 반대칭이에요. 지표를 내려서 \(\omega_{\mu\nu} = \eta_{\mu\alpha}\omega^{\alpha}{}_\nu\) 로 써도 \(\omega_{\mu\nu} + \omega_{\nu\mu} = 0\) 이 성립해요.

검산

\(4 \times 4\) 반대칭 행렬의 독립 성분 수는 \(\frac{4 \times 3}{2} = 6\) 이에요. 이는 Lorentz 군의 매개변수 수(회전 3 + 부스트 3 = 6)와 일치해요. ✓

B-2. 생성자의 행렬 요소 확인

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풀이 방침

\(\rho = 2, \sigma = 3\) 으로 놓고 식 (B.10)을 각 성분에 대해 계산해요.

계산의 세부 과정

\[ (M^{[23]})^\mu{}_\nu = \eta^{2\mu}\,\delta^3{}_\nu - \eta^{3\mu}\,\delta^3{}_\nu \quad \text{가 아니라} \quad \eta^{2\mu}\,\delta^3{}_\nu - \eta^{3\mu}\,\delta^2{}_\nu \]

\(\eta^{2\mu}\) 는 \(\mu = 2\) 일 때 \(+1\), 그 외에는 \(0\)이에요. \(\eta^{3\mu}\) 는 \(\mu = 3\) 일 때 \(+1\), 그 외에는 \(0\)이에요.

각 성분을 계산해요:

  • \((M^{[23]})^0{}_\nu = \eta^{20}\delta^3{}_\nu - \eta^{30}\delta^2{}_\nu = 0 - 0 = 0\) (모든 \(\nu\))
  • \((M^{[23]})^1{}_\nu = \eta^{21}\delta^3{}_\nu - \eta^{31}\delta^2{}_\nu = 0 - 0 = 0\) (모든 \(\nu\))
  • \((M^{[23]})^2{}_\nu = \eta^{22}\delta^3{}_\nu - \eta^{32}\delta^2{}_\nu = (+1)\delta^3{}_\nu - 0 = \delta^3{}_\nu\)
  • \(\nu = 3\) 일 때 \(+1\), 그 외 \(0\)
  • \((M^{[23]})^3{}_\nu = \eta^{23}\delta^3{}_\nu - \eta^{33}\delta^2{}_\nu = 0 - (+1)\delta^2{}_\nu = -\delta^2{}_\nu\)
  • \(\nu = 2\) 일 때 \(-1\), 그 외 \(0\)

최종 답

\[ \boxed{M^{[23]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \end{pmatrix}} \]

행은 \(\mu = 0,1,2,3\), 열은 \(\nu = 0,1,2,3\) 순서예요.

검산

이것은 \(yz\) 평면 내의 회전 생성자이며, \(y\) 성분과 \(z\) 성분만 혼합돼요. \(x^0, x^1\) 은 불변이고, \(x^2, x^3\) 부분이 일반적인 2차원 회전 생성자 \(\begin{pmatrix}0 & 1 \\ -1 & 0\end{pmatrix}\) 가 되어 있어요. ✓

B-3. 부스트 생성자 \(K^2 = M^{[02]}\) 의 행렬 표현

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풀이 방침

식 (B.10)에서 \(\rho = 0, \sigma = 2\)로 놓아 행렬을 구하고, 미소 변환을 확인해요.

계산의 세부 사항

\[ (M^{[02]})^\mu{}_\nu = \eta^{0\mu}\,\delta^2{}_\nu - \eta^{2\mu}\,\delta^0{}_\nu \]

\(\eta^{0\mu}\)는 \(\mu = 0\)일 때 \(-1\), 그 외 \(0\)이에요. \(\eta^{2\mu}\)는 \(\mu = 2\)일 때 \(+1\), 그 외 \(0\)이에요.

각 성분:

  • \((M^{[02]})^0{}_\nu = (-1)\delta^2{}_\nu - 0 = -\delta^2{}_\nu\)
  • \(\nu = 2\)일 때 \(-1\)
  • \((M^{[02]})^1{}_\nu = 0 - 0 = 0\) (모든 \(\nu\))
  • \((M^{[02]})^2{}_\nu = 0 - (+1)\delta^0{}_\nu = -\delta^0{}_\nu\)
  • \(\nu = 0\)일 때 \(-1\)
  • \((M^{[02]})^3{}_\nu = 0 - 0 = 0\) (모든 \(\nu\))

따라서

\[ M^{[02]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

미소 변환 \(x'^\mu = (\delta^\mu{}_\nu + \phi\,(M^{[02]})^\mu{}_\nu)\,x^\nu\)를 성분으로 쓰면:

\[ x'^0 = x^0 + \phi \cdot (-1) \cdot x^2 = t - \phi\, y \]
\[ x'^1 = x^1 \]
\[ x'^2 = x^2 + \phi \cdot (-1) \cdot x^0 = y - \phi\, t \]
\[ x'^3 = x^3 \]

최종 답

\[ \boxed{M^{[02]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}} \]

미소 변환은 \(t' \approx t - \phi\,y\), \(y' \approx y - \phi\,t\) (\(x, z\)는 불변)를 줘요. ✓

검산

유한 부스트에서는 \(t' = t\cosh\phi - y\sinh\phi\), \(y' = y\cosh\phi - t\sinh\phi\)가 돼요. \(\phi \ll 1\)에서 \(\cosh\phi \approx 1\), \(\sinh\phi \approx \phi\)로 놓으면 위의 미소 변환과 일치해요. ✓

B-4. 회전 생성자의 교환 관계 직접 계산

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

\(J^3 = M^{[12]}\), \(J^1 = M^{[23]}\), \(J^2 = M^{[31]}\) 의 \(4\times4\) 행렬을 이용하여 \([J^3, J^1]\) 을 직접 계산해요.

계산의 상세

D2 에서 \(J^1 = M^{[23]}\)：

\[ J^1 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \]

본문의 식 (B.11) 에서 \(J^3 = M^{[12]}\)：

\[ J^3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

\(M^{[31]}\) 을 식 (B.10) 에서 \(\rho = 3, \sigma = 1\) 로 놓고 계산해요：

\[ (M^{[31]})^\mu{}_\nu = \eta^{3\mu}\delta^1{}_\nu - \eta^{1\mu}\delta^3{}_\nu \]
  • \(\mu = 1\): \(0 - (+1)\delta^3{}_\nu = -\delta^3{}_\nu\) → \(\nu = 3\) 에서 \(-1\)
  • \(\mu = 3\): \((+1)\delta^1{}_\nu - 0 = \delta^1{}_\nu\) → \(\nu = 1\) 에서 \(+1\)
  • 나머지는 모두 \(0\)
\[ J^2 = M^{[31]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

행렬의 곱 \(J^3 \cdot J^1\) 을 계산해요. \(J^1\) 의 비영 열은 \(\nu = 2\) 열 \((0,0,0,-1)^T\) 과 \(\nu = 3\) 열 \((0,0,1,0)^T\) 이에요.

\(J^3 \cdot J^1\): \(J^3\) 의 행 \(\times\) \(J^1\) 의 열

  • \((J^3 J^1)^1{}_3 = (J^3)^1{}_2 (J^1)^2{}_3 = (1)(1) = 1\)
  • \((J^3 J^1)^2{}_3 = (J^3)^2{}_1 (J^1)^1{}_3 + (J^3)^2{}_2 (J^1)^2{}_3 = 0\)（\(J^1\) 의 3열은 \((0,0,1,0)^T\) 이므로 \((J^3)^2{}_k (J^1)^k{}_3 = (J^3)^2{}_2 \cdot 1 = 0\) ← \(J^3\) 의 2행은 \((0,-1,0,0)\) 이므로 \((J^3)^2{}_2 = 0\)...

좀 더 꼼꼼하게 다시 해볼게요. 행렬을 명시적으로 써서 곱을 계산해요.

\[ J^3 \cdot J^1 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \]

1행: \((0,0,0,0) \cdot \text{각 열} = (0,0,0,0)\)

2행: \((0,0,1,0)\) - 2행 \(\times\) 1열: \(0\) - 2행 \(\times\) 2열: \(0\) - 2행 \(\times\) 3열: \(0 \cdot 0 + 0 \cdot 0 + 1 \cdot 0 + 0 \cdot (-1) = 0\) - 2행 \(\times\) 4열: \(0 + 0 + 1 \cdot 1 + 0 = 1\)

3행: \((0,-1,0,0)\) - 모두 \(0\)（\(J^1\) 의 1행과 2행이 모두 영이므로）

4행: \((0,0,0,0) \cdot \text{각 열} = (0,0,0,0)\)

\[ J^3 \cdot J^1 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]
\[ J^1 \cdot J^3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & -1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

1행: 모두 \(0\)

2행: 모두 \(0\)（\(J^1\) 의 2행은 모두 \(0\)）

3행: \((0,0,0,1)\) - 3행 \(\times\) 각 열: \(J^3\) 의 4행 = \((0,0,0,0)\) 이므로 모두 \(0\)

4행: \((0,0,-1,0)\) - 4행 \(\times\) 1열: \(0\) - 4행 \(\times\) 2열: \((-1)(-1) = 1\) - 4행 \(\times\) 3열: \((-1)(0) = 0\) - 4행 \(\times\) 4열: \(0\)

\[ J^1 \cdot J^3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

따라서

\[ [J^3, J^1] = J^3 J^1 - J^1 J^3 = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

한편, \(iJ^2\) 를 계산하면：

\[ iJ^2 = i\begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -i \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & i & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

주의: 여기서 문제가 생기고 있어요. \([J^3, J^1]\) 은 실수 성분의 행렬인데, \(iJ^2\) 는 허수 성분을 포함하고 있어요.

이것은 본문의 규약 문제예요. 본문의 식 (B.10) 에서 정의된 \(M^{[\rho\sigma]}\) 는 식 (B.14) \(\Lambda = \exp(i\boldsymbol{\theta}\cdot\mathbf{J} + i\boldsymbol{\phi}\cdot\mathbf{K})\) 의 규약에서 사용되고 있어요. 4원벡터 표현에서는 생성자가 순허수가 아니라 실행렬이며, 교환 관계는

\[ [J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k \]

의 형태로 성립해요. 실제로 확인하면：

\[ [J^3, J^1] = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

그리고

\[ iJ^2 = i \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

이것은 일치하지 않아요. 실은 4원벡터 표현에서의 생성자의 교환 관계는, \(\Lambda = e^{\omega_{\rho\sigma}\mathcal{J}^{\rho\sigma}/2}\) 의 규약（\(i\) 없음）에서는

\[ [\mathcal{J}^i, \mathcal{J}^j] = \varepsilon^{ijk}\mathcal{J}^k \]

이 돼요. 본문의 규약 \(\Lambda = e^{i\theta_i J^i + i\phi_i K^i}\) 에서는, 4원벡터 표현의 생성자는 \(J^i_{\text{vec}} = -iM^{[jk]}_{\text{본문}}\)（적절한 대응으로）이 돼요.

실제로 본문의 식 (B.10) 의 행렬을 그대로 사용하면, 교환 관계는 \(i\) 없는 형태：

\[ [M^{[12]}, M^{[23]}] = M^{[13]} \]

을 직접 확인하면 돼요.

\[ [J^3, J^1]_{\text{계산 결과}} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

이것과 \(M^{[31]}\) 을 비교하면：

\[ M^{[31]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & -1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

\([J^3, J^1] = -M^{[31]}\)? 아니, 부호를 확인해 볼게요. \([M^{[12]}, M^{[23]}]\) 의 결과는

\[ \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

\(M^{[31]}\) 의 \((1,3)\) 성분은 \(-1\)、\((3,1)\) 성분은 \(+1\) 이에요. 계산 결과의 \((1,3)\) 성분은 \(+1\)、\((3,1)\) 성분은 \(-1\) 이에요.

따라서 \([M^{[12]}, M^{[23]}] = -M^{[31]} = M^{[13]}\) 이에요.

본문의 규약에서 \(J^i = \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{[jk]}\) 으로 하면, \(\Lambda = e^{i\theta_i J^i}\) 의 규약에서 4원벡터 표현의 \(J^i\) 의 행렬 표현은 \(-i\) 배의 행렬로 표현돼요. 즉, 본문의 (B.10) 의 행렬을 \(\mathcal{M}^{[\rho\sigma]}\) 라 쓰면, 추상적인 교환 관계 \([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\) 에 대응하는 4원벡터 표현은 \(J^i_{\text{rep}} = -i\mathcal{M}^{[jk]}\)（적절한 대응으로）이에요.

하지만 문제에서는 「\(4\times4\) 행렬 표시 (B.11) 을 이용하여」라고 하고 있으므로, 본문의 행렬을 그대로 사용하여 \([M^{[12]}, M^{[23]}]\) 를 계산하고, 결과가 \(M^{[13]}\)（= \(-M^{[31]}\)）과 같음을 확인하면 돼요.

교환 관계 \([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\) 를 4원벡터 표현으로 쓰면：

\[ [-i M^{[12]}, -i M^{[23]}] = i\varepsilon^{321}(-iM^{[31]}) \]
\[ -[M^{[12]}, M^{[23]}] = i(-1)(-i)M^{[31]} = -M^{[31]} \]
\[ [M^{[12]}, M^{[23]}] = M^{[31]} \]

하지만 계산 결과는 \([M^{[12]}, M^{[23]}] = -M^{[31]}\) 이에요.

다시 한번 꼼꼼히 확인해 볼게요. \(\varepsilon^{312} = +1\) 이므로 \([J^3, J^1] = i\varepsilon^{312}J^2 = iJ^2\) 예요.

4원벡터 표현에서 \(J^i\) 를 나타내는 행렬을 \(\hat{J}^i\) 라 해요. 본문의 규약 \(\Lambda = e^{i\theta_i J^i}\) 에서, 미소 변환은 \(\Lambda^\mu{}_\nu = \delta^\mu{}_\nu + i\theta_i (\hat{J}^i)^\mu{}_\nu\) 예요. 한편, 식 (B.8) 과 (B.13) 에서 \(\omega^\mu{}_\nu = \theta_i \varepsilon^{ijk}(M^{[jk]})^\mu{}_\nu / 1\)...

실은 본문의 규약을 주의깊게 읽으면, 식 (B.14) \(\Lambda = \exp(i\boldsymbol{\theta}\cdot\mathbf{J} + i\boldsymbol{\phi}\cdot\mathbf{K})\) 에서, 4원벡터 표현에서의 \(J^i\) 의 행렬 표현은 \((\hat{J}^i)^\mu{}_\nu = -i(M_{\text{matrix}}^{[jk]})^\mu{}_\nu\)（\(J^i = \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{[jk]}\) 의 대응으로）예요.

정리할게요. 본문의 식 (B.10) 의 행렬을 직접 사용하여 교환자를 계산한 결과：

\[ [M^{[12]}, M^{[23]}] = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

\(M^{[13]}\) 을 계산해요（\(\rho=1, \sigma=3\)）：

\[ (M^{[13]})^\mu{}_\nu = \eta^{1\mu}\delta^3{}_\nu - \eta^{3\mu}\delta^1{}_\nu \]
  • \(\mu=1\): \((+1)\delta^3{}_\nu - 0 = \delta^3{}_\nu\) → \(\nu=3\) 에서 \(+1\)
  • \(\mu=3\): \(0 - (+1)\delta^1{}_\nu = -\delta^1{}_\nu\) → \(\nu=1\) 에서 \(-1\)
\[ M^{[13]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

최종 답

\[ [M^{[12]}, M^{[23]}] = M^{[13]} \]

이것을 \(J^i\) 의 언어로 번역해요. \(J^3 = M^{[12]}\), \(J^1 = M^{[23]}\), \(J^2 = M^{[31]} = -M^{[13]}\) 이므로

\[ [J^3, J^1] = M^{[13]} = -M^{[31]} = -(-J^2) \]

여기서 \(J^2 = M^{[31]}\) 이므로 \(M^{[13]} = -M^{[31]} = -J^2\)...

다시 한번 정리해요. \(M^{[31]} = -M^{[13]}\) 이므로 \(J^2 = M^{[31]} = -M^{[13]}\) 이에요.

따라서 \(M^{[13]} = -J^2\) 이며, \([J^3, J^1] = M^{[13]} = -J^2\)?

이것은 \([J^3, J^1] = iJ^2\) 와 모순돼요. 문제는 4원벡터 표현에서의 생성자 행렬이 \(i\) 의 인자를 포함하는지 여부에 있어요.

올바른 대응: 본문의 규약 \(\Lambda = e^{i\boldsymbol{\theta}\cdot\mathbf{J}}\) 에서, 4원벡터 표현에서의 \(\mathbf{J}\) 의 행렬 표현은

\[ (J^i)^\mu{}_\nu = -\frac{i}{2}\varepsilon^{ijk}(M^{[jk]})^\mu{}_\nu \]

가 아니라, 문제에서 「\(4\times4\) 행렬 표시 (B.11) 을 이용하여」라고 하고 있으므로, 본문의 \(M^{[\rho\sigma]}\) 행렬 자체를 \(J^i\) 로 사용하고 있어요（\(J^3 = M^{[12]}\) 등）.

이 경우, 행렬로서의 교환 관계는 \(i\) 없는 형태：

\[ [M^{[12]}, M^{[23]}] = M^{[13]} \]

이 성립해요. \(M^{[13]} = -M^{[31]}\) 이며, 문제는 \([J^3, J^1] = iJ^2\) 를 확인하라고 하고 있어요.

여기서 중요한 것은, 본문의 식 (B.10) 의 행렬은 실행렬이라는 점이에요. 실행렬의 교환자는 실행렬이므로, \(i\) 가 나올 리가 없어요.

실은, 본문의 규약을 올바르게 해석하면: 4원벡터 표현에서는 \(\Lambda = e^{i\theta_i J^i}\) 의 \(J^i\) 는 순허수 행렬 \((-i) \times (\text{실행렬})\) 로 표현돼요. 즉

\[ J^i_{\text{4-vec rep}} = -i \cdot \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{[jk]}_{\text{(B.10)}} \]

하지만 문제에서는 「\(4\times4\) 행렬 표시 (B.11) 을 이용하여」\([J^3, J^1] = iJ^2\) 를 확인하라고 하고 있어요. 본문의 식 (B.11) 은 실행렬로 쓰여져 있어요.

결론: 문제의 의도는, 식 (B.10) 의 실행렬을 사용하여 교환자를 계산하고, \([M^{[12]}, M^{[23]}] = M^{[13]} = -M^{[31]}\) 을 확인함으로써, 추상적인 교환 관계 \([J^3, J^1] = iJ^2\) 가 4원벡터 표현에서 올바르게 구현되어 있음을 보이는 것이에요.

4원벡터 표현에서의 생성자는 \(\hat{J}^i = -i \cdot (\frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{[jk]})\) 로 해야 하지만, 본문에서는 \(J^i\) 의 4원벡터 표현 행렬을 \(M^{[jk]}\) 자체（의 적절한 조합）로 다루고 있어요.

가장 단순한 해석: 본문의 (B.11) 의 행렬을 \(\mathcal{J}^3\), D2 의 행렬을 \(\mathcal{J}^1\) 로 하여, 교환 관계는

\[ [\mathcal{J}^3, \mathcal{J}^1] = \mathcal{J}^2 \]

（\(i\) 없음）의 형태로 성립해요. 여기서 \(\mathcal{J}^2 = M^{[13]}\)（\(= -M^{[31]}\)）이에요.

실제로 계산 결과를 보면：

\[ \boxed{[M^{[12]}, M^{[23]}] = M^{[13]} = -M^{[31]}} \]

이것은 로렌츠 대수의 4원벡터 표현에서의 교환 관계 \([J^3, J^1] = iJ^2\) 와 정합해요（4원벡터 표현의 생성자 행렬에 \(-i\) 의 인자가 포함됨을 고려하면）.

검산（별도 방법）

\(M^{[13]}\) 의 비영 성분은 \((1,3)\) 성분이 \(+1\)、\((3,1)\) 성분이 \(-1\) 이에요. 이것은 \(xz\) 평면의 회전을 생성하는 행렬이며, \([J^3, J^1]\) 이 \(J^2\)（\(xz\) 평면의 회전）에 비례한다는 물리적 기대와 일치해요. ✓

B-5. Levi-Civita 기호를 이용한 회전 생성자의 복원

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

\(J^i = \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}M^{[jk]}\) 를 \(i = 1, 2, 3\) 에 대해 전개해요.

계산의 상세

\(J^1\):

\[ J^1 = \frac{1}{2}\varepsilon^{1jk}M^{[jk]} \]

\(\varepsilon^{1jk} \neq 0\) 이 되는 것은 \((j,k) = (2,3)\) 과 \((3,2)\)： - \(\varepsilon^{123} = +1\) - \(\varepsilon^{132} = -1\)

\[ J^1 = \frac{1}{2}\left(\varepsilon^{123}M^{[23]} + \varepsilon^{132}M^{[32]}\right) = \frac{1}{2}\left(M^{[23]} + (-1)(-M^{[23]})\right) = \frac{1}{2}(M^{[23]} + M^{[23]}) = M^{[23]} \]

\(J^2\):

\[ J^2 = \frac{1}{2}\varepsilon^{2jk}M^{[jk]} \]

\(\varepsilon^{2jk} \neq 0\) 이 되는 것은 \((j,k) = (3,1)\) 과 \((1,3)\)： - \(\varepsilon^{231} = +1\) - \(\varepsilon^{213} = -1\)

\[ J^2 = \frac{1}{2}\left(\varepsilon^{231}M^{[31]} + \varepsilon^{213}M^{[13]}\right) = \frac{1}{2}\left(M^{[31]} + (-1)(-M^{[31]})\right) = M^{[31]} \]

\(J^3\):

\[ J^3 = \frac{1}{2}\varepsilon^{3jk}M^{[jk]} \]

\(\varepsilon^{3jk} \neq 0\) 이 되는 것은 \((j,k) = (1,2)\) 과 \((2,1)\)： - \(\varepsilon^{312} = +1\) - \(\varepsilon^{321} = -1\)

\[ J^3 = \frac{1}{2}\left(\varepsilon^{312}M^{[12]} + \varepsilon^{321}M^{[21]}\right) = \frac{1}{2}\left(M^{[12]} + (-1)(-M^{[12]})\right) = M^{[12]} \]

최종 답

\[ \boxed{J^1 = M^{[23]}, \quad J^2 = M^{[31]}, \quad J^3 = M^{[12]}} \]

검산

\(J^3 = M^{[12]}\) 는 \(xy\) 평면의 회전 생성자이며, \(z\) 축 둘레의 회전에 대응해요. 물리적으로 올바르네요. ✓

B-6. \(\mathbf{J}_+\)와 \(\mathbf{J}_-\)로부터 \(\mathbf{J}\), \(\mathbf{K}\)의 복원

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계산의 상세

식 (B.18)을 다시 표기해요:

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

두 식을 더하면:

\[ \mathbf{J}_+ + \mathbf{J}_- = \frac{\mathbf{J} + i\mathbf{K}}{2} + \frac{\mathbf{J} - i\mathbf{K}}{2} = \mathbf{J} \]

두 식을 빼면:

\[ \mathbf{J}_+ - \mathbf{J}_- = \frac{\mathbf{J} + i\mathbf{K}}{2} - \frac{\mathbf{J} - i\mathbf{K}}{2} = i\mathbf{K} \]

최종 답

\[ \boxed{\mathbf{J} = \mathbf{J}_+ + \mathbf{J}_-, \qquad \mathbf{K} = -i(\mathbf{J}_+ - \mathbf{J}_-)} \]

검산

\(\mathbf{K} = -i(\mathbf{J}_+ - \mathbf{J}_-)\)를 원래 정의에 대입하여 확인해요: \(\frac{\mathbf{J} + i\mathbf{K}}{2} = \frac{(\mathbf{J}_+ + \mathbf{J}_-) + i(-i)(\mathbf{J}_+ - \mathbf{J}_-)}{2} = \frac{(\mathbf{J}_+ + \mathbf{J}_-) + (\mathbf{J}_+ - \mathbf{J}_-)}{2} = \mathbf{J}_+\). ✓

B-7. 표현의 차원 계산

→ 문제로 돌아가기

최종 답

표현 \((j_+, j_-)\)의 차원은 \((2j_+ + 1)(2j_- + 1)\)이에요.

(a) \((1, 0)\): \((2 \cdot 1 + 1)(2 \cdot 0 + 1) = 3 \times 1 = \boxed{3}\)

(b) \((1, 1)\): \((2 \cdot 1 + 1)(2 \cdot 1 + 1) = 3 \times 3 = \boxed{9}\)

(c) \((3/2, 0)\): \((2 \cdot \frac{3}{2} + 1)(2 \cdot 0 + 1) = 4 \times 1 = \boxed{4}\)

(d) \((1/2, 1)\): \((2 \cdot \frac{1}{2} + 1)(2 \cdot 1 + 1) = 2 \times 3 = \boxed{6}\)

검산

(a)는 자기 쌍대 반대칭 텐서(3개 성분)에 대응해요. (b)는 대칭 무트레이스 2계 텐서의 일부에 대응해요(9개 성분). (c)는 Rarita-Schwinger 장의 일부와 관련되어 있어요(4개 성분). (d)는 6개 성분으로, 벡터-스피너의 일부에 대응해요. 차원의 수 세기는 정합적이에요. ✓

B-8. \([K^1, K^2] = -iJ^3\)의 확인

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

\(K^1 = M^{[01]}\), \(K^2 = M^{[02]}\) 의 4×4 행렬의 곱을 계산해요.

계산의 상세

식 (B.12) 로부터：

\[ M^{[01]} = \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

D3 으로부터：

\[ M^{[02]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & -1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

\(M^{[01]} \cdot M^{[02]}\):

1행 \((0,-1,0,0)\) × 각 열： - 1열: \(0 + 0 + 0 + 0 = 0\) - 2열: \(0 + 0 + 0 + 0 = 0\) - 3열: \(0 + 0 + 0 + 0 = 0\) - 4열: \(0\)

→ \((0, 0, 0, 0)\)

2행 \((-1,0,0,0)\) × 각 열： - 1열: \((-1)(0) = 0\) - 2열: \((-1)(0) = 0\) - 3열: \((-1)(-1) = 1\) - 4열: \(0\)

→ \((0, 0, 1, 0)\)

3행 \((0,0,0,0)\) → \((0,0,0,0)\)

4행 \((0,0,0,0)\) → \((0,0,0,0)\)

\[ M^{[01]} \cdot M^{[02]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

\(M^{[02]} \cdot M^{[01]}\):

1행 \((0,0,-1,0)\) × 각 열： - 1열: \(0 + 0 + 0 + 0 = 0\)（\(M^{[01]}\) 의 3행은 모두 0） - 2열: \((-1)(0) = 0\) - 3열: \(0\) - 4열: \(0\)

→ \((0, 0, 0, 0)\)

2행 \((0,0,0,0)\) → \((0,0,0,0)\)

3행 \((-1,0,0,0)\) × 각 열： - 1열: \((-1)(0) = 0\) - 2열: \((-1)(-1) = 1\) - 3열: \(0\) - 4열: \(0\)

→ \((0, 1, 0, 0)\)

4행 \((0,0,0,0)\) → \((0,0,0,0)\)

\[ M^{[02]} \cdot M^{[01]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

교환자：

\[ [M^{[01]}, M^{[02]}] = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

이것을 \(M^{[12]}\)（식 (B.11)）과 비교해요：

\[ M^{[12]} = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

따라서

\[ [M^{[01]}, M^{[02]}] = M^{[12]} \]

최종 답

\[ \boxed{[K^1, K^2] = [M^{[01]}, M^{[02]}] = M^{[12]} = J^3} \]

추상적인 교환 관계 \([K^i, K^j] = -i\varepsilon^{ijk}J^k\) 와의 정합성에 대해：\([K^1, K^2] = -i\varepsilon^{123}J^3 = -iJ^3\).

4원벡터 표현에서는, \(\Lambda = e^{i\phi_i K^i}\) 의 규약으로 생성자의 행렬 표현은 \(K^i_{\text{rep}} = -iM^{[0i]}\) 가 돼요. 이때

\[ [K^1_{\text{rep}}, K^2_{\text{rep}}] = [-iM^{[01]}, -iM^{[02]}] = -[M^{[01]}, M^{[02]}] = -M^{[12]} \]

한편 \(-iJ^3_{\text{rep}} = -i(-iM^{[12]}) = -M^{[12]}\). ✓

따라서 \([K^1, K^2] = -iJ^3\) 이 4원벡터 표현에서 올바르게 실현되고 있음이 확인되었어요.

검산

물리적으로, \(x\) 방향의 부스트와 \(y\) 방향의 부스트를 연속으로 수행하면, \(xy\) 평면 내의 회전（토마스 세차 운동 (Thomas precession)）이 발생해요. \([K^1, K^2] \propto J^3\) 은 바로 이 효과를 반영하고 있어요. ✓

Medium（표준）

M-1. \([J^i_+, J^j_-] = 0\) 의 완전한 유도

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

정의 (B.18)을 대입하여 전개하고, Lorentz 대수의 교환 관계를 이용하여 모든 항이 상쇄됨을 보여요.

계산의 상세

\[ [J^i_+, J^j_-] = \left[\frac{J^i + iK^i}{2},\, \frac{J^j - iK^j}{2}\right] \]
\[ = \frac{1}{4}\left[J^i + iK^i,\, J^j - iK^j\right] \]

교환자의 선형성을 이용하여 전개:

\[ = \frac{1}{4}\left([J^i, J^j] - i[J^i, K^j] + i[K^i, J^j] - i^2[K^i, K^j]\right) \]
\[ = \frac{1}{4}\left([J^i, J^j] - i[J^i, K^j] + i[K^i, J^j] + [K^i, K^j]\right) \]

각 항에 교환 관계 (B.15)–(B.17)을 대입해요:

제1항: \([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\)

제2항: \(-i[J^i, K^j] = -i \cdot i\varepsilon^{ijk}K^k = \varepsilon^{ijk}K^k\)

제3항: \(i[K^i, J^j]\)

\([K^i, J^j] = -[J^j, K^i]\). 식 (B.16)에서 \(i \to j, j \to i\)로 놓으면 \([J^j, K^i] = i\varepsilon^{jik}K^k\).

\(\varepsilon^{jik} = -\varepsilon^{ijk}\)이므로 \([J^j, K^i] = -i\varepsilon^{ijk}K^k\).

따라서 \([K^i, J^j] = -[J^j, K^i] = i\varepsilon^{ijk}K^k\).

그러므로 \(i[K^i, J^j] = i \cdot i\varepsilon^{ijk}K^k = -\varepsilon^{ijk}K^k\).

제4항: \([K^i, K^j] = -i\varepsilon^{ijk}J^k\)

모두 합치면:

\[ [J^i_+, J^j_-] = \frac{1}{4}\left(i\varepsilon^{ijk}J^k + \varepsilon^{ijk}K^k - \varepsilon^{ijk}K^k - i\varepsilon^{ijk}J^k\right) \]
\[ = \frac{1}{4}\left(i\varepsilon^{ijk}J^k - i\varepsilon^{ijk}J^k + \varepsilon^{ijk}K^k - \varepsilon^{ijk}K^k\right) \]

최종 답

\[ \boxed{[J^i_+, J^j_-] = \frac{1}{4}(0 + 0) = 0} \]

제1항과 제4항이 상쇄되고, 제2항과 제3항이 상쇄돼요.

검산

이 결과는 Lorentz 대수가 \(\mathfrak{su}(2)_+ \oplus \mathfrak{su}(2)_-\)로 분해되는 것의 핵심적인 조건이에요. \(\mathbf{J}_+\)와 \(\mathbf{J}_-\)가 서로 가환이라는 것은, 두 \(\mathfrak{su}(2)\)가 독립적으로 작용한다는 것을 의미하며, 표현을 \((j_+, j_-)\)의 쌍으로 분류할 수 있다는 근거가 돼요. ✓

M-2. \((1/2, 0)\) 표현에서의 부스트 생성자의 구체적 형태

→ 문제로 돌아가기

(a) 회전 생성자와 부스트 생성자

\((1/2, 0)\) 표현에서는 \(\mathbf{J}_+ = \frac{\boldsymbol{\sigma}}{2}\), \(\mathbf{J}_- = 0\)이에요.

D6의 결과를 사용해요:

\[ \mathbf{J} = \mathbf{J}_+ + \mathbf{J}_- = \frac{\boldsymbol{\sigma}}{2} + 0 = \frac{\boldsymbol{\sigma}}{2} \]
\[ \mathbf{K} = -i(\mathbf{J}_+ - \mathbf{J}_-) = -i\left(\frac{\boldsymbol{\sigma}}{2} - 0\right) = -\frac{i\boldsymbol{\sigma}}{2} \]

최종 답 (a)

\[ \boxed{\mathbf{J} = \frac{\boldsymbol{\sigma}}{2}, \qquad \mathbf{K} = -\frac{i\boldsymbol{\sigma}}{2}} \]

(b) \(z\) 방향 부스트의 \(2\times2\) 행렬

\(z\) 방향으로 래피디티 \(\phi\)인 부스트는 \(\Lambda_L = \exp(i\phi K^3)\)이에요:

\[ \Lambda_L = \exp\left(i\phi \cdot \left(-\frac{i\sigma^3}{2}\right)\right) = \exp\left(\frac{\phi\,\sigma^3}{2}\right) \]

\(\sigma^3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\)는 대각행렬이므로:

\[ \exp\left(\frac{\phi\,\sigma^3}{2}\right) = \begin{pmatrix} e^{\phi/2} & 0 \\ 0 & e^{-\phi/2} \end{pmatrix} \]

쌍곡선 함수로 쓰면:

\[ e^{\pm\phi/2} = \cosh\frac{\phi}{2} \pm \sinh\frac{\phi}{2} \]

따라서

\[ \Lambda_L = \cosh\frac{\phi}{2}\,\mathbf{1} + \sinh\frac{\phi}{2}\,\sigma^3 \]

최종 답 (b)

\[ \boxed{\Lambda_L = \begin{pmatrix} e^{\phi/2} & 0 \\ 0 & e^{-\phi/2} \end{pmatrix} = \cosh\frac{\phi}{2}\,\mathbf{1} + \sinh\frac{\phi}{2}\,\sigma^3} \]

(c) 유니터리성 확인과 물리적 의미

\(\Lambda_L^\dagger\)를 계산해요. \(\sigma^3\)는 에르미트이고 \(\phi\)는 실수이므로:

\[ \Lambda_L^\dagger = \exp\left(\frac{\phi\,\sigma^3}{2}\right)^\dagger = \exp\left(\frac{\phi\,\sigma^{3\dagger}}{2}\right) = \exp\left(\frac{\phi\,\sigma^3}{2}\right) = \Lambda_L \]

따라서 \(\Lambda_L^\dagger \Lambda_L = \Lambda_L^2 = \begin{pmatrix} e^{\phi} & 0 \\ 0 & e^{-\phi} \end{pmatrix} \neq \mathbf{1}\) (\(\phi \neq 0\)일 때)이에요.

최종 답 (c)

\(\Lambda_L\)는 유니터리가 아니에요.

물리적 의미: 부스트는 로런츠 군의 비콤팩트 부분에 속하는 변환이에요. 콤팩트한 변환(회전)의 생성자는 에르미트(\(J^i = \sigma^i/2\))이고, 대응하는 변환 행렬 \(e^{i\theta J^i}\)는 유니터리가 돼요. 반면, 부스트 생성자 \(K^i = -i\sigma^i/2\)는 반에르미트가 아니고, \(iK^i = \sigma^i/2\)가 에르미트이기 때문에, \(e^{i\phi K^i} = e^{\phi\sigma^i/2}\)는 에르미트 행렬의 지수함수가 되어 유니터리가 아닌 양정치 에르미트 행렬이 돼요.

이는 물리적으로 부스트가 스피너 성분의 "크기"를 변화시키는 것(한쪽 헬리시티 성분을 증폭하고 다른 쪽을 감쇠시키는 것)에 대응해요. 로런츠 군 \(SO^+(1,3)\)는 비콤팩트 군이며, 유한 차원의 유니터리 표현을 갖지 않아요.

검산

\(\det \Lambda_L = e^{\phi/2} \cdot e^{-\phi/2} = 1\)이므로 \(\Lambda_L \in \mathrm{SL}(2, \mathbb{C})\). ✓

\(\phi = 0\)일 때 \(\Lambda_L = \mathbf{1}\) (항등 변환). ✓

M-3. \((1/2, 1/2)\) 표현과 4원벡터의 대응

→ 문제로 돌아가기

(a) \(\det \tilde{V} = -(V^\mu V_\mu)\) 의 증명

\[ \tilde{V} = V^\mu \sigma_\mu = V^0 \mathbf{1} + V^i \sigma_i = \begin{pmatrix} V^0 + V^3 & V^1 - iV^2 \\ V^1 + iV^2 & V^0 - V^3 \end{pmatrix} \]

행렬식을 계산해요:

\[ \det \tilde{V} = (V^0 + V^3)(V^0 - V^3) - (V^1 - iV^2)(V^1 + iV^2) \]
\[ = (V^0)^2 - (V^3)^2 - \left[(V^1)^2 + (V^2)^2\right] \]
\[ = (V^0)^2 - (V^1)^2 - (V^2)^2 - (V^3)^2 \]

한편, 민코프스키 노름은

\[ V^\mu V_\mu = \eta_{\mu\nu}V^\mu V^\nu = -(V^0)^2 + (V^1)^2 + (V^2)^2 + (V^3)^2 \]

따라서

\[ \boxed{\det \tilde{V} = (V^0)^2 - (V^1)^2 - (V^2)^2 - (V^3)^2 = -(V^\mu V_\mu)} \]

(b) 로렌츠 변환의 \(\mathrm{SL}(2, \mathbb{C})\) 에 의한 실현

\(\tilde{V}\) 는 에르미트 행렬(\(V^\mu\) 가 실수일 때)이며, \(\tilde{V} \to M\tilde{V}M^\dagger\)(\(M \in \mathrm{SL}(2, \mathbb{C})\)) 변환에서 에르미트성이 보존돼요:

\[ (M\tilde{V}M^\dagger)^\dagger = M^{\dagger\dagger}\tilde{V}^\dagger M^\dagger = M\tilde{V}M^\dagger \quad \checkmark \]

행렬식의 불변성:

\[ \det(M\tilde{V}M^\dagger) = \det M \cdot \det \tilde{V} \cdot \det M^\dagger = |\det M|^2 \det \tilde{V} \]

\(M \in \mathrm{SL}(2, \mathbb{C})\) 이므로 \(\det M = 1\), 따라서

\[ \boxed{\det(M\tilde{V}M^\dagger) = \det \tilde{V}} \]

이것은 \(V^\mu V_\mu\) 가 불변임을 의미하며, \(\tilde{V} \to M\tilde{V}M^\dagger\) 가 로렌츠 변환을 실현하고 있음을 보여줘요.

변환 후의 \(\tilde{V}' = M\tilde{V}M^\dagger\) 도 에르미트이고 trace-free 부분과 trace 부분을 가진 \(2\times2\) 행렬이므로, 새로운 4원벡터 \(V'^\mu\) 에 대응해요. 이 대응 \(M \mapsto \Lambda(M)\) 이 \(\mathrm{SL}(2, \mathbb{C}) \to SO^+(1,3)\) 의 준동형을 줘요.

검산

\(\tilde{V}\) 의 매개변수 공간의 차원: \(2\times2\) 에르미트 행렬은 4개의 실수 매개변수를 가지며, 4원벡터의 4성분과 일치해요. ✓

\(\mathrm{SL}(2, \mathbb{C})\) 의 차원: \(2\times2\) 복소 행렬(8개 실수 매개변수)에 \(\det M = 1\)(2개의 실수 조건)을 부과하면 \(8 - 2 = 6\) 차원이에요. 이것은 로렌츠 군의 차원 6과 일치해요. ✓

M-4. 스핀 \(1/3\)이 금지되는 이유의 정량적 증명

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

\(\mathrm{SU}(2)\)의 기약표현에서, 사다리 연산자의 성질과 상태의 노름의 비음성으로부터 \(2j\)가 음이 아닌 정수임을 유도해요.

계산의 상세

Step 1: 기본적인 대수 관계

\(J^2 = J_1^2 + J_2^2 + J_3^2\)으로 놓고, \(J_\pm = J_1 \pm iJ_2\)를 정의해요. 교환관계 \([J_3, J_\pm] = \pm J_\pm\)와 \([J_+, J_-] = 2J_3\)이 성립해요.

\(J^2\)는 모든 생성자와 가환이므로, 기약표현에서는 \(J^2 = \lambda\,\mathbf{1}\) (상수)이에요. \(J_3\)의 고유상태 \(|m\rangle\) (\(J_3|m\rangle = m|m\rangle\))을 생각해요.

Step 2: \(J_3\)의 고유값에 상한과 하한이 존재하는 것

\[ J^2 - J_3^2 = J_1^2 + J_2^2 = \frac{1}{2}(J_+ J_- + J_- J_+) \]

임의의 상태 \(|m\rangle\)에 대해

\[ \langle m|(J_1^2 + J_2^2)|m\rangle = \langle m|J_1^2|m\rangle + \langle m|J_2^2|m\rangle \geq 0 \]

(\(J_1, J_2\)가 에르미트이므로 각 항은 비음). 따라서

\[ \lambda - m^2 \geq 0 \quad \Rightarrow \quad m^2 \leq \lambda \]

\(J_3\)의 고유값은 유계이며, 최댓값 \(m_{\max}\)와 최솟값 \(m_{\min}\)이 존재해요.

Step 3: 최대 무게 상태의 조건

\(J_+|m_{\max}\rangle = 0\)이어야 해요 (그렇지 않으면 \(m_{\max} + 1\)의 고유값을 가진 상태가 존재하게 되므로).

\(J_- J_+ = J^2 - J_3^2 - J_3 = J^2 - J_3(J_3 + 1)\)을 이용하면:

\[ 0 = \|J_+|m_{\max}\rangle\|^2 = \langle m_{\max}|J_- J_+|m_{\max}\rangle = \lambda - m_{\max}(m_{\max} + 1) \]
\[ \therefore \quad \lambda = m_{\max}(m_{\max} + 1) \]

\(j \equiv m_{\max}\)로 정의하면 \(\lambda = j(j+1)\)이에요.

Step 4: 최소 무게 상태의 조건

마찬가지로 \(J_-|m_{\min}\rangle = 0\)으로부터, \(J_+ J_- = J^2 - J_3^2 + J_3\)을 이용하면:

\[ 0 = \lambda - m_{\min}(m_{\min} - 1) = j(j+1) - m_{\min}(m_{\min} - 1) \]
\[ j(j+1) = m_{\min}(m_{\min} - 1) \]
\[ j^2 + j = m_{\min}^2 - m_{\min} \]
\[ j^2 - m_{\min}^2 + j + m_{\min} = 0 \]
\[ (j - m_{\min})(j + m_{\min}) + (j + m_{\min}) = 0 \]
\[ (j + m_{\min})(j - m_{\min} + 1) = 0 \]

\(j - m_{\min} + 1 > 0\) (\(m_{\min} \leq j\)이고 적어도 \(m_{\min} < j + 1\))이므로, \(j + m_{\min} = 0\), 즉

\[ m_{\min} = -j \]

Step 5: \(2j\)가 음이 아닌 정수인 것

\(|j\rangle\) (최대 무게 상태)에 \(J_-\)를 반복적으로 작용시키면, \(J_3\)의 고유값이 \(j, j-1, j-2, \ldots\)로 1씩 감소하는 상태가 얻어져요. 이 열은 \(m_{\min} = -j\)에서 끝나야 해요.

\(J_-\)를 \(n\)번 작용시킨 상태의 \(J_3\) 고유값은 \(j - n\)이에요. 이것이 \(-j\)에 도달하려면:

\[ j - n = -j \quad \Rightarrow \quad n = 2j \]

\(n\)은 \(J_-\)를 작용시킨 횟수이므로 음이 아닌 정수여야 해요.

최종 답

\[ \boxed{2j \in \{0, 1, 2, 3, \ldots\} \quad \Rightarrow \quad j \in \left\{0, \frac{1}{2}, 1, \frac{3}{2}, 2, \ldots\right\}} \]

\(j = 1/3\)의 경우, \(2j = 2/3\)은 정수가 아니므로, 대응하는 기약표현은 존재하지 않아요.

검산

\(j = 1/2\)일 때 \(2j = 1\) (정수) → 허용됨. \(m = +1/2, -1/2\)의 2개 상태. ✓

\(j = 1\)일 때 \(2j = 2\) (정수) → 허용됨. \(m = +1, 0, -1\)의 3개 상태. ✓

\(j = 1/3\)일 때 \(2j = 2/3\) (정수가 아님) → \(J_-\)를 유한 번 작용시켜도 \(m = -1/3\)에 도달할 수 없음. 금지됨. ✓

Advanced（발전）

A-1. Lorentz 군의 피복군 \(\mathrm{SL}(2, \mathbb{C})\)과 스피너의 \(2\pi\) 회전

→ 문제로 돌아가기

(a) \(U(2\pi) = -\mathbf{1}\) 의 증명

S2(a)로부터 \((1/2, 0)\) 표현에서의 회전 생성자는 \(J^i = \sigma^i/2\)예요. \(z\) 축 둘레의 각도 \(\theta\) 회전은

\[ U(\theta) = \exp(i\theta J^3) = \exp\left(\frac{i\theta\,\sigma^3}{2}\right) \]

\(\sigma^3 = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix}\) 는 대각행렬이므로:

\[ U(\theta) = \begin{pmatrix} e^{i\theta/2} & 0 \\ 0 & e^{-i\theta/2} \end{pmatrix} \]

\(\theta = 2\pi\) 를 대입하면:

\[ U(2\pi) = \begin{pmatrix} e^{i\pi} & 0 \\ 0 & e^{-i\pi} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = -\mathbf{1} \]

최종 답 (a)

\[ \boxed{U(2\pi) = -\mathbf{1}} \]

스피너는 \(2\pi\) 회전에서 부호가 반전돼요. \(4\pi\) 회전에서 비로소 원래대로 돌아와요: \(U(4\pi) = +\mathbf{1}\).

(b) 2 대 1 대응

\(\tilde{V} \to M\tilde{V}M^\dagger\) 에서 \(M = -\mathbf{1}\) 로 놓으면:

\[ (-\mathbf{1})\tilde{V}(-\mathbf{1})^\dagger = (-1)(-1)\tilde{V} = \tilde{V} \]

따라서 \(M = +\mathbf{1}\) 과 \(M = -\mathbf{1}\) 은 같은 로렌츠 변환(항등 변환 \(\Lambda = \mathbf{1}\))에 대응해요.

일반적으로, 임의의 \(M \in \mathrm{SL}(2, \mathbb{C})\) 에 대해 \(M\) 과 \(-M\) 은 같은 로렌츠 변환을 줘요:

\[ (-M)\tilde{V}(-M)^\dagger = M\tilde{V}M^\dagger \]

이것이 2 대 1 준동형 \(\mathrm{SL}(2, \mathbb{C}) \to SO^+(1,3)\) 의 구체적인 표현이에요.

최종 답 (b)

\[ \boxed{\pm M \in \mathrm{SL}(2, \mathbb{C}) \quad \longrightarrow \quad \text{동일한 } \Lambda \in SO^+(1,3)} \]

핵(kernel)은 \(\{+\mathbf{1}, -\mathbf{1}\} \cong \mathbb{Z}_2\) 이며, \(SO^+(1,3) \cong \mathrm{SL}(2, \mathbb{C})/\mathbb{Z}_2\) 예요.

(c) 물리적 의미와 양자역학과의 관련

\(2\pi\) 회전에서의 부호 반전의 물리적 의미:

(a)에서 보인 것처럼, 왼손 바일 스피너 \(\psi_L\) 은 \(2\pi\) 회전에서 \(\psi_L \to -\psi_L\) 이 돼요. 그러나 (b)에서 보인 것처럼, 4원벡터(관측 가능량)는 \(M\) 과 \(-M\) 을 구별하지 않으므로 \(\tilde{V} \to M\tilde{V}M^\dagger\) 는 불변이에요.

양자역학과의 관련:

양자역학(각운동량 논의)에서, 스핀 \(1/2\) 상태 \(|\psi\rangle\) 에 \(2\pi\) 회전을 가하면 \(|\psi\rangle \to -|\psi\rangle\) 이 돼요. 그러나 물리적 관측량은 \(|\langle\phi|\psi\rangle|^2\) 의 형태이며, 전체 위상 \((-1)\) 은 관측에 걸리지 않아요.

더 정확히는, 양자역학의 상태 공간은 사영 힐베르트 공간 \(\mathbb{P}\mathcal{H}\) (전체 위상을 동일시한 공간)이며, 대칭성은 사영 표현(projective representation)으로 실현돼요. 위그너 정리에 의해, 사영 표현은 보편 피복군의 통상적인 표현으로 올릴 수 있어요.

  • 회전군 \(SO(3)\) 의 보편 피복군은 \(\mathrm{SU}(2)\) (2 대 1: \(\pm U \to R\))
  • 로렌츠 군 \(SO^+(1,3)\) 의 보편 피복군은 \(\mathrm{SL}(2, \mathbb{C})\) (2 대 1: \(\pm M \to \Lambda\))

스핀 \(1/2\) 입자는 \(SO(3)\) 의 사영 표현(= \(\mathrm{SU}(2)\) 의 참된 표현)을 담당하며, \(2\pi\) 회전에서 위상 \(-1\) 을 획득해요. 이 위상은 간섭 실험(중성자 간섭계 실험 등)에서 실제로 관측되고 있어요.

최종 답 (c)

스피너 표현이 \(2\pi\) 회전에서 \(-1\) 을 얻는 것은, \(\mathrm{SL}(2, \mathbb{C})\) 가 \(SO^+(1,3)\) 의 이중 피복임의 직접적인 귀결이에요. 물리적으로는:

  1. 양자역학의 상태는 사영 공간에 살기 때문에, \(\pm 1\) 위상의 부정성이 허용돼요
  2. 이 부정성을 이용하여, \(SO(3)\) 의 사영 표현(= \(\mathrm{SU}(2)\) 의 표현)으로서 스핀 \(1/2\) 가 실현돼요
  3. 간섭 실험에서는 상대 위상이 관측 가능하며, \(4\pi\) 회전에서 원래대로 돌아오고(\(2\pi\) 에서는 돌아오지 않는 것이) 실험적으로 확인되고 있어요

A-2. \((1, 0) \oplus (0, 1)\) 표현과 전자기장 텐서

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(a) 자기쌍대·반자기쌍대 부분의 변환성

전기장과 자기장의 정의:

\[ E^i = F^{0i}, \qquad B^i = \frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}F^{jk} \]

쌍대 텐서:

\[ \tilde{F}^{\mu\nu} = \frac{1}{2}\varepsilon^{\mu\nu\rho\sigma}F_{\rho\sigma} \]

의 성분은 \(\tilde{F}^{0i} = B^i\), \(\frac{1}{2}\varepsilon^{ijk}\tilde{F}^{jk} = -E^i\) (계량의 부호 규약에 주의)예요.

자기쌍대·반자기쌍대의 3차원 벡터 표현:

\[ \mathbf{F}_+ = \mathbf{E} + i\mathbf{B}, \qquad \mathbf{F}_- = \mathbf{E} - i\mathbf{B} \]

회전에서의 변환:

회전은 \(\mathbf{E}\)와 \(\mathbf{B}\)를 각각 3차원 벡터로서 변환해요 (\(\mathbf{E} \to R\mathbf{E}\), \(\mathbf{B} \to R\mathbf{B}\)). 따라서

\[ \mathbf{F}_\pm \to R\mathbf{E} \pm iR\mathbf{B} = R(\mathbf{E} \pm i\mathbf{B}) = R\mathbf{F}_\pm \]

\(\mathbf{F}_+\)와 \(\mathbf{F}_-\)는 모두 회전에서 스핀 1의 벡터로서 변환돼요.

부스트에서의 변환:

\(x\) 방향의 미소 부스트 (래피디티 \(\delta\phi\))에서:

\[ E'^1 = E^1, \quad E'^2 = E^2 + \delta\phi\, B^3, \quad E'^3 = E^3 - \delta\phi\, B^2 \]
\[ B'^1 = B^1, \quad B'^2 = B^2 - \delta\phi\, E^3, \quad B'^3 = B^3 + \delta\phi\, E^2 \]

(이것은 \(\mathbf{E}' = \mathbf{E} + \delta\phi\,(\hat{x} \times \mathbf{B})\) 등으로부터 얻어져요.)

\(\mathbf{F}_+\)의 변환을 계산하면:

\[ F'^2_+ = E'^2 + iB'^2 = (E^2 + \delta\phi\, B^3) + i(B^2 - \delta\phi\, E^3) \]
\[ = (E^2 + iB^2) + \delta\phi(B^3 - iE^3) = F^2_+ + \delta\phi(-i)(E^3 + iB^3) \]
\[ = F^2_+ - i\delta\phi\, F^3_+ \]

마찬가지로 \(F'^3_+ = F^3_+ + i\delta\phi\, F^2_+\)이에요.

이것은 \(\mathbf{F}_+\)가 \(K^1\)에서 \(\delta F^i_+ = -i\delta\phi\,\varepsilon^{1ij}F^j_+\)로 변환되는 것을 의미해요. 즉, 부스트 생성자는 \(\mathbf{F}_+\)에 대해 \(K^i_{\text{eff}} = -iJ^i_{\text{rot}}\) (회전 생성자의 \(-i\)배)로서 작용해요.

\((1,0)\) 표현에서는 \(\mathbf{J}_+ = \boldsymbol{\sigma}/2\) (스핀 1의 경우는 3차원 표현), \(\mathbf{J}_- = 0\)이므로:

\[ \mathbf{J} = \mathbf{J}_+ + \mathbf{J}_- = \mathbf{J}_+, \qquad \mathbf{K} = -i(\mathbf{J}_+ - \mathbf{J}_-) = -i\mathbf{J}_+ \]

즉 \(\mathbf{K} = -i\mathbf{J}\)예요. 이것은 정확히 \(\mathbf{F}_+\)에 대한 부스트 생성자가 회전 생성자의 \(-i\)배인 것과 일치해요.

마찬가지로 \(\mathbf{F}_-\)에 대해서는 \(\mathbf{K} = +i\mathbf{J}\)로서 작용하고, 이것은 \((0,1)\) 표현 (\(\mathbf{J}_+ = 0\), $\mathbf{J}_- = $ 스핀 1)에 대응해요.

최종 답 (a)

\[ \boxed{\mathbf{F}_+ = \mathbf{E} + i\mathbf{B} \text{ 는 } (1,0) \text{ 표현에 속하고, } \quad \mathbf{F}_- = \mathbf{E} - i\mathbf{B} \text{ 는 } (0,1) \text{ 표현에 속한다}} \]

(b) \((1,0) \oplus (0,1)\)의 차원과 실수 조건

차원의 셈:

  • \((1,0)\): \((2\cdot1+1)(2\cdot0+1) = 3\) 차원 (복소)
  • \((0,1)\): \((2\cdot0+1)(2\cdot1+1) = 3\) 차원 (복소)
  • 합계: \(3 + 3 = 6\) 차원 (복소)

반대칭 텐서 \(F^{\mu\nu}\)의 독립 성분 수는 \(\frac{4\times3}{2} = 6\)이에요. ✓

실수 조건과의 정합성:

실 로렌츠 변환에서 \(\mathbf{E}\)와 \(\mathbf{B}\)는 모두 실수 벡터이므로:

\[ (\mathbf{F}_+)^* = (\mathbf{E} + i\mathbf{B})^* = \mathbf{E} - i\mathbf{B} = \mathbf{F}_- \]

즉 \((1,0)\) 부분과 \((0,1)\) 부분은 서로의 복소 켤레예요. 6개의 복소 성분에 \((\mathbf{F}_+)^* = \mathbf{F}_-\)라는 3개의 복소 조건 (= 6개의 실수 조건)을 부과하면, 독립적인 실수 매개변수는 \(12 - 6 = 6\)개가 되어 \(F^{\mu\nu}\)의 6개의 실수 독립 성분과 일치해요.

최종 답 (b)

\[ \boxed{F^{\mu\nu} \text{ 는 } (1,0) \oplus (0,1) \text{ 표현을 이룬다. 실수 조건 } (\mathbf{F}_+)^* = \mathbf{F}_- \text{ 가 실수 6성분을 준다.}} \]

(c) 전자기 쌍대성의 표현론적 해석

진공에서의 Maxwell 방정식:

소스 없는 Maxwell 방정식은 \(\mathbf{F}_+\)와 \(\mathbf{F}_-\)에 대해 독립적으로 쓸 수 있어요:

\[ \partial_\mu F^{+\mu\nu} = 0, \qquad \partial_\mu F^{-\mu\nu} = 0 \]

(이것은 \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\)과 \(\partial_\mu \tilde{F}^{\mu\nu} = 0\)을 조합한 것이에요.)

전자기 쌍대성 (electromagnetic duality):

\((1,0)\) 표현 공간 위의 위상 회전

\[ \mathbf{F}_+ \to e^{i\alpha}\mathbf{F}_+, \qquad \mathbf{F}_- \to e^{-i\alpha}\mathbf{F}_- \]

(실수 조건 \((\mathbf{F}_+)^* = \mathbf{F}_-\)를 보존하기 위해 \(\mathbf{F}_-\)는 역위상으로 회전)은, 실수 벡터의 언어로는

\[ \mathbf{E} \to \mathbf{E}\cos\alpha + \mathbf{B}\sin\alpha, \qquad \mathbf{B} \to -\mathbf{E}\sin\alpha + \mathbf{B}\cos\alpha \]

라는 \(\mathbf{E}\)-\(\mathbf{B}\)의 회전에 대응해요. 이것이 전자기 쌍대 회전 (duality rotation)이에요.

표현론적 해석:

  • \((1,0)\)과 \((0,1)\)은 로렌츠 군의 서로 다른 기약 표현이며, 로렌츠 변환에서는 섞이지 않아요
  • 그러나 진공 Maxwell 방정식은 \((1,0)\) 공간 위의 내부 대칭성 (\(U(1)\) 위상 회전)을 추가로 가져요
  • 이 내부 \(U(1)\) 대칭성이 전자기 쌍대성이며, \(\alpha = \pi/2\)일 때 \(\mathbf{E} \to \mathbf{B}\), \(\mathbf{B} \to -\mathbf{E}\)가 돼요
  • 전하·전류가 존재하면 \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = J^\nu \neq 0\)이 되어, \(\partial_\mu \tilde{F}^{\mu\nu} = 0\)은 유지되지만 \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\)은 깨지므로 쌍대 대칭성이 깨져요 (자기 단극이 존재하지 않는 한)

최종 답 (c)

\[ \boxed{\text{전자기 쌍대성은 } (1,0) \text{ 표현 공간 위의 } U(1) \text{ 위상 회전 } \mathbf{F}_+ \to e^{i\alpha}\mathbf{F}_+ \text{ 로서 이해된다}} \]

진공 Maxwell 방정식이 이 \(U(1)\) 대칭성을 갖는 것은, \((1,0)\)과 \((0,1)\)이 독립적인 기약 표현이고 방정식이 각각에 대해 같은 형태를 취하는 것의 귀결이에요. 소스의 존재는 \(F^+\)와 \(F^-\)에 대한 방정식의 대칭성을 깨고, 쌍대 대칭성을 깨요.

검산

  • 차원의 정합성: \(F^{\mu\nu}\)는 6성분, \((1,0)\oplus(0,1)\)도 \(3+3=6\) 성분. ✓
  • \(\alpha = 0\)에서 항등 변환. ✓
  • \(\alpha = \pi/2\)에서 \(\mathbf{E} \to \mathbf{B}\), \(\mathbf{B} \to -\mathbf{E}\): Maxwell 방정식 \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0 \to \nabla \cdot \mathbf{B} = 0\) ✓, \(\nabla \times \mathbf{B} = \partial_t \mathbf{E} \to \nabla \times (-\mathbf{E}) = \partial_t \mathbf{B}\), 즉 \(-\nabla \times \mathbf{E} = \partial_t \mathbf{B}\) ✓ (패러데이 법칙).