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부록 C 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. 기본 가우스 적분의 계산

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 식 (C.1) \(\int_{-\infty}^{\infty} dq \; e^{-\frac{a}{2}q^2} = \sqrt{\frac{2\pi}{a}}\) 와 비교해요.

계산:

\[ e^{-3q^2} = e^{-\frac{a}{2}q^2} \quad \Longrightarrow \quad \frac{a}{2} = 3 \quad \Longrightarrow \quad a = 6 \]

식 (C.1)에 대입하면,

\[ \int_{-\infty}^{\infty} dq \; e^{-3q^2} = \sqrt{\frac{2\pi}{6}} = \sqrt{\frac{\pi}{3}} \]

최종 답:

\[ \boxed{\int_{-\infty}^{\infty} dq \; e^{-3q^2} = \sqrt{\frac{\pi}{3}}} \]

검산: 차원 분석으로서, \(a = 6\)은 양의 실수이므로 수렴 조건 \(\mathrm{Re}(a) > 0\)을 만족해요. 또한 \(a = 2\)이면 \(\sqrt{\pi}\)가 되며, 이는 \(\int e^{-q^2} dq = \sqrt{\pi}\)라는 알려진 결과와 일치해요.

B-2. 소스가 있는 가우스 적분의 완전제곱식

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 지수를 \(-\frac{a}{2}q^2 + bq\) 형태로 정리하고, 식 (C.3)의 변형 버전을 적용해요.

계산:

지수 부분을 정리하면:

\[ -2q^2 + 6q = -\frac{a}{2}q^2 + bq \]

비교하면 \(\frac{a}{2} = 2\)이므로 \(a = 4\), \(b = 6\)이에요.

이해도 체크 C.1의 결과(식 (C.3)에서 \(J \to -b\))로부터:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} dq \; e^{-\frac{a}{2}q^2 + bq} = \sqrt{\frac{2\pi}{a}} \; e^{\frac{b^2}{2a}} \]

대입하면:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} dq \; e^{-2q^2 + 6q} = \sqrt{\frac{2\pi}{4}} \; e^{\frac{36}{8}} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \; e^{9/2} \]

최종 답:

\[ \boxed{\int_{-\infty}^{\infty} dq \; e^{-2q^2 + 6q} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} \; e^{9/2}} \]

검산: 완전제곱식을 직접 확인해요. \(-2q^2 + 6q = -2(q^2 - 3q) = -2\left(q - \frac{3}{2}\right)^2 + \frac{9}{2}\). 변수 치환 \(z = q - 3/2\)으로 놓으면:

\[ e^{9/2} \int_{-\infty}^{\infty} dz \; e^{-2z^2} = e^{9/2} \sqrt{\frac{\pi}{2}} \]

일치해요.

B-3. \(q^n\) 을 포함하는 가우스 적분 (점화식의 적용)

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: \(a = 1\)로 놓고 점화식 (C.7) \(I_n(a) = \frac{n-1}{a} I_{n-2}(a)\)를 반복 적용해요.

계산:

\[ I_6(1) = \frac{5}{1} \cdot I_4(1) = 5 \cdot I_4(1) \]
\[ I_4(1) = \frac{3}{1} \cdot I_2(1) = 3 \cdot I_2(1) \]
\[ I_2(1) = \frac{1}{1} \cdot I_0(1) = I_0(1) = \sqrt{2\pi} \]

따라서:

\[ I_6(1) = 5 \cdot 3 \cdot \sqrt{2\pi} = 15\sqrt{2\pi} \]

최종 답:

\[ \boxed{\int_{-\infty}^{\infty} dq \; q^6 \, e^{-\frac{1}{2}q^2} = 15\sqrt{2\pi}} \]

검산: 식 (C.6)에서 \(n = 6 = 2m\)이고 \(m = 3\)일 때, \(I_6(1) = \sqrt{2\pi} \cdot (2 \cdot 3 - 1)!! / 1^3 = \sqrt{2\pi} \cdot 5!! = \sqrt{2\pi} \cdot 15\). 일치해요.

B-4. 홀수 차수 가우스 적분이 0이 되는 것의 확인

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 변수 변환 \(q \to -q\)를 수행하여 피적분함수의 대칭성을 조사해요.

계산:

\(f(q) = q^3 \, e^{-\frac{a}{2}q^2}\)로 놓아요. \(q \to -q\) 변환을 수행하면:

\[ f(-q) = (-q)^3 \, e^{-\frac{a}{2}(-q)^2} = -q^3 \, e^{-\frac{a}{2}q^2} = -f(q) \]

따라서 \(f(q)\)는 홀함수예요. 홀함수를 대칭 구간 \((-\infty, +\infty)\)에서 적분하면 영이 돼요:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} dq \; f(q) = \int_{-\infty}^{0} f(q)\,dq + \int_{0}^{\infty} f(q)\,dq = -\int_{0}^{\infty} f(q)\,dq + \int_{0}^{\infty} f(q)\,dq = 0 \]

최종 답:

\[ \boxed{\int_{-\infty}^{\infty} dq \; q^3 \, e^{-\frac{a}{2}q^2} = 0} \]

검산: 일반적으로 \(q^n e^{-aq^2/2}\)는 \(n\)이 홀수일 때 홀함수, 짝수일 때 짝함수예요. 이는 식 (C.6)의 결과와 일치해요.

B-5. 2변수 가우스 적분

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 식 (C.8) \(\int d^n q \; e^{-\frac{1}{2}\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q}} = \frac{(2\pi)^{n/2}}{(\det A)^{1/2}}\) 에 \(n = 2\) 를 대입해요.

계산:

행렬식을 계산해요:

\[ \det A = 2 \times 3 - 1 \times 1 = 5 \]

\(A\) 의 고유값은 양수(\(\mathrm{tr}\,A = 5 > 0\), \(\det A = 5 > 0\) 이므로 두 고유값이 모두 양수)이므로 양정치 조건을 만족해요.

식 (C.8)에 대입하면:

\[ \int d^2 q \; e^{-\frac{1}{2}\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q}} = \frac{(2\pi)^{2/2}}{(\det A)^{1/2}} = \frac{2\pi}{\sqrt{5}} \]

최종 답:

\[ \boxed{\int d^2 q \; e^{-\frac{1}{2}\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q}} = \frac{2\pi}{\sqrt{5}}} \]

검산: \(A\) 가 대각행렬 \(\mathrm{diag}(2, 3)\) 인 경우, \(\det A = 6\) 이고 결과는 \(2\pi/\sqrt{6}\) 이 돼요. 각 변수를 독립적으로 적분하면 \(\sqrt{2\pi/2} \cdot \sqrt{2\pi/3} = \sqrt{\pi} \cdot \sqrt{2\pi/3} = 2\pi/\sqrt{6}\) 이에요. 일치해요.

B-6. Grassmann 수의 반교환 관계 전개

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 분배법칙으로 전개하고, \(\eta_i^2 = 0\)과 \(\eta_i \eta_j = -\eta_j \eta_i\)를 적용해요.

계산:

\[ (\eta_1 + \eta_2)(\eta_2 + \eta_3) = \eta_1\eta_2 + \eta_1\eta_3 + \eta_2\eta_2 + \eta_2\eta_3 \]

\(\eta_2^2 = 0\)이므로 제3항은 사라져요:

\[ = \eta_1\eta_2 + \eta_1\eta_3 + \eta_2\eta_3 \]

최종 답:

\[ \boxed{(\eta_1 + \eta_2)(\eta_2 + \eta_3) = \eta_1\eta_2 + \eta_1\eta_3 + \eta_2\eta_3} \]

검산: 반교환 관계를 이용하여 다른 순서로 쓸 수도 있어요. 예를 들어 \(\eta_1\eta_2 = -\eta_2\eta_1\)이므로 \(-\eta_2\eta_1 + \eta_1\eta_3 + \eta_2\eta_3\)으로도 쓸 수 있어요. 원래 식에서 \(\eta_1 = \eta_2\)로 놓으면 \(2\eta_1(\eta_1 + \eta_3) = 2\eta_1\eta_3\) (\(\eta_1^2 = 0\) 사용). 한편, 결과에 대입하면 \(\eta_1^2 + \eta_1\eta_3 + \eta_1\eta_3 = 0 + 2\eta_1\eta_3\). 일치해요.

B-7. Berezin 적분의 기본 계산

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풀이 방침: Berezin 적분의 정의 (C.16) \(\int d\eta\;\eta = 1\), \(\int d\eta\;1 = 0\) 을 각 항에 적용해요.

계산:

\[ \int d\eta \; (3 + 5\eta) = 3\int d\eta \; 1 + 5\int d\eta \; \eta = 3 \cdot 0 + 5 \cdot 1 = 5 \]

최종 답:

\[ \boxed{\int d\eta \; (3 + 5\eta) = 5} \]

검산: Grassmann 적분은 미분과 동일한 연산임을 확인해요. \(\frac{\partial}{\partial\eta}(3 + 5\eta) = 5\). 일치해요.

B-8. 1변수 Grassmann 가우스 적분

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풀이 방침: \(\bar{\eta}^2 = \eta^2 = 0\)을 이용하여 지수함수를 유한 항으로 전개하고, Berezin 적분을 수행해요.

계산:

\(\bar{\eta}\eta\)는 Grassmann 수의 곱이므로 \((\bar{\eta}\eta)^2 = \bar{\eta}\eta\bar{\eta}\eta = -\bar{\eta}\bar{\eta}\eta\eta = -\bar{\eta}^2\eta^2 = 0\)이에요. 따라서:

\[ e^{-5\bar{\eta}\eta} = 1 + (-5\bar{\eta}\eta) + \frac{1}{2!}(-5\bar{\eta}\eta)^2 + \cdots = 1 - 5\bar{\eta}\eta \]

Berezin 적분을 수행해요. 적분 순서는 \(\int d\bar{\eta}\,d\eta\)로, 안쪽에서 \(\eta\), 바깥쪽에서 \(\bar{\eta}\)를 적분해요:

\[ \int d\bar{\eta}\,d\eta \; (1 - 5\bar{\eta}\eta) \]

먼저 \(\eta\)에 대해 적분:

\[ \int d\eta \; (1 - 5\bar{\eta}\eta) = \int d\eta \; 1 - 5\int d\eta \;\bar{\eta}\eta = 0 - 5\int d\eta\;\bar{\eta}\eta \]

다음으로 \(\bar{\eta}\)에 대해 적분:

\[ \int d\bar{\eta} \; 5\bar{\eta} = 5 \]

잠깐, 부호를 다시 확인할게요. \(-5\bar{\eta}\eta\) 항에서 \(\int d\eta\;(\bar{\eta}\eta)\)를 계산할 때, \(\bar{\eta}\)는 \(\eta\)에 대해 Grassmann 상수이므로:

\[ \int d\eta \; \bar{\eta}\eta = \bar{\eta} \int d\eta \; \eta = \bar{\eta} \cdot 1 = \bar{\eta} \]

(\(\bar{\eta}\)를 적분 기호 밖으로 꺼낼 때, \(d\eta\)와 \(\bar{\eta}\)의 교환에서 부호가 나오는지 여부. Berezin 적분의 규약에서 \(\int d\eta\)는 좌미분으로 작용하므로, \(\int d\eta\;(\bar{\eta}\eta)\)에서는 \(\bar{\eta}\)를 \(\eta\)의 왼쪽에서 통과시켜야 해요. \(\bar{\eta}\eta = -\eta\bar{\eta}\)이므로 \(\int d\eta\;(-\eta\bar{\eta}) = -\bar{\eta}\)...)

여기서 규약을 신중히 확인해요. 표준적인 규약에서는:

\[ \int d\eta \; \bar{\eta}\eta \]

\(\frac{\partial}{\partial\eta}(\bar{\eta}\eta)\)를 계산해요. 좌미분 규약에서, \(\eta\)를 왼쪽 끝으로 가져오면: \(\bar{\eta}\eta = -\eta\bar{\eta}\)이므로

\[ \frac{\partial}{\partial\eta}(\bar{\eta}\eta) = \frac{\partial}{\partial\eta}(-\eta\bar{\eta}) = -\bar{\eta} \]

따라서 \(\int d\eta\;\bar{\eta}\eta = -\bar{\eta}\)이에요.

재계산:

\[ \int d\eta \; (1 - 5\bar{\eta}\eta) = 0 - 5\int d\eta\;\bar{\eta}\eta = -5 \cdot (-\bar{\eta}) = 5\bar{\eta} \]

다음으로:

\[ \int d\bar{\eta} \; 5\bar{\eta} = 5 \]

최종 답:

\[ \boxed{\int d\bar{\eta}\,d\eta \; e^{-5\bar{\eta}\eta} = 5} \]

검산: 식 (C.18)에 따르면 \(\int d\bar{\eta}\,d\eta \; e^{-a\bar{\eta}\eta} = a\)예요. \(a = 5\)를 대입하면 \(5\)이에요. 일치해요. 이것은 또한 \(1 \times 1\) 행렬 \(A = (5)\)에 대한 \(\det A = 5\)와도 일치해요.

B-9. Grassmann 미분의 부호

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풀이 방침: 먼저 \(\theta\phi\theta\)를 반교환 관계로 정리하고, 그 후에 \(\phi\)로 미분해요.

계산:

\[ \theta\,\phi\,\theta = -\theta\,\theta\,\phi = -\theta^2\,\phi = 0 \]

(\(\phi\)와 \(\theta\)를 교환할 때 부호가 바뀌고, \(\theta^2 = 0\)이므로 전체가 영이 돼요.)

따라서:

\[ \frac{\partial}{\partial\phi}(\theta\,\phi\,\theta) = \frac{\partial}{\partial\phi}(0) = 0 \]

최종 답:

\[ \boxed{\frac{\partial}{\partial\phi}(\theta\,\phi\,\theta) = 0} \]

검산: 다른 방법으로 확인해요. 좌미분 규약으로 \(\frac{\partial}{\partial\phi}\)를 작용시키려면, \(\phi\)를 왼쪽 끝으로 가져와야 해요. \(\theta\phi\theta = -\phi\theta\theta = -\phi\theta^2 = 0\). 미분하기 전에 이미 영이므로, 결과도 영이에요.

B-10. 소스가 있는 다변수 가우스 적분

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 식 (C.9)를 적용해요.

계산:

주어진 데이터:

\[ A = \begin{pmatrix}4 & 0\\0 & 4\end{pmatrix}, \quad \mathbf{J} = \begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix} \]

필요한 양을 계산해요:

\[ \det A = 4 \times 4 - 0 = 16 \]
\[ A^{-1} = \frac{1}{4}\begin{pmatrix}1 & 0\\0 & 1\end{pmatrix} \]
\[ \mathbf{J}^T A^{-1}\mathbf{J} = (2, 0)\frac{1}{4}\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix} = (2, 0)\begin{pmatrix}1/2\\0\end{pmatrix} = 1 \]

식 (C.9)에 대입 (\(n = 2\)):

\[ \int d^2 q \; e^{-\frac{1}{2}\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q} - \mathbf{J}^T\mathbf{q}} = \frac{(2\pi)^{2/2}}{(\det A)^{1/2}} \; e^{\frac{1}{2}\mathbf{J}^T A^{-1}\mathbf{J}} = \frac{2\pi}{\sqrt{16}} \; e^{1/2} = \frac{2\pi}{4} \; e^{1/2} = \frac{\pi}{2}\,e^{1/2} \]

최종 답:

\[ \boxed{\int d^2 q \; e^{-\frac{1}{2}\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q} - \mathbf{J}^T\mathbf{q}} = \frac{\pi}{2}\,e^{1/2}} \]

검산: \(A\)가 대각행렬이므로 각 변수를 독립적으로 적분할 수 있어요. \(q_1\) 적분: \(\int dq_1\;e^{-2q_1^2 - 2q_1} = \sqrt{\pi/2}\,e^{1/2}\) (\(a = 4\), \(J = 2\)로 식 (C.3) 적용). \(q_2\) 적분: \(\int dq_2\;e^{-2q_2^2} = \sqrt{\pi/2}\). 곱은 \((\pi/2)\,e^{1/2}\). 일치해요.

Medium（표준）

M-1. 소스가 있는 가우스 적분을 이용한 상관함수 생성

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풀이 방침: \(Z(J) = \sqrt{2\pi/a}\;e^{J^2/(2a)}\) 를 \(J\) 로 미분하고, \(J = 0\) 에서 평가해요.

(a) \(\langle q^2 \rangle = 1/a\)

계산:

\[ Z(J) = \sqrt{\frac{2\pi}{a}} \; e^{J^2/(2a)} \]
\[ \frac{\partial Z}{\partial J} = \sqrt{\frac{2\pi}{a}} \; \frac{J}{a} \; e^{J^2/(2a)} \]
\[ \frac{\partial^2 Z}{\partial J^2} = \sqrt{\frac{2\pi}{a}} \; e^{J^2/(2a)} \left[\frac{1}{a} + \frac{J^2}{a^2}\right] \]

\(J = 0\) 에서 평가하면:

\[ \left.\frac{\partial^2 Z}{\partial J^2}\right|_{J=0} = \sqrt{\frac{2\pi}{a}} \cdot \frac{1}{a} \]

\(Z(0) = \sqrt{2\pi/a}\) 이므로:

\[ \langle q^2 \rangle = \frac{1}{Z(0)}\left.\frac{\partial^2 Z}{\partial J^2}\right|_{J=0} = \frac{1}{a} \]
\[ \boxed{\langle q^2 \rangle = \frac{1}{a}} \]

(b) \(\langle q^4 \rangle = 3/a^2\)

계산:

\(e^{J^2/(2a)}\) 를 거듭제곱 전개하면:

\[ e^{J^2/(2a)} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\left(\frac{J^2}{2a}\right)^k = 1 + \frac{J^2}{2a} + \frac{J^4}{8a^2} + \cdots \]

\(\frac{\partial^4}{\partial J^4}\) 를 작용시키면, \(J^4\) 항만이 \(J = 0\) 에서 기여해요:

\[ \frac{\partial^4}{\partial J^4}\left(\frac{J^4}{8a^2}\right) = \frac{4!}{8a^2} = \frac{24}{8a^2} = \frac{3}{a^2} \]

따라서:

\[ \left.\frac{\partial^4 Z}{\partial J^4}\right|_{J=0} = Z(0) \cdot \frac{3}{a^2} \]
\[ \langle q^4 \rangle = \frac{1}{Z(0)}\left.\frac{\partial^4 Z}{\partial J^4}\right|_{J=0} = \frac{3}{a^2} \]
\[ \boxed{\langle q^4 \rangle = \frac{3}{a^2}} \]

(c) 윅 정리와의 대응

계산:

\[ \langle q^4 \rangle = \frac{3}{a^2} = 3 \cdot \left(\frac{1}{a}\right)^2 = 3\langle q^2 \rangle^2 \]

윅 정리에 따르면, \(\langle q^4 \rangle\) 는 4개의 \(q\) 를 2개씩 쌍(축약)으로 만드는 모든 방법의 합으로 주어져요. 4개의 \(q\) 를 \(q_1, q_2, q_3, q_4\) 로 라벨링하면, 쌍의 조합은:

  1. \((q_1 q_2)(q_3 q_4)\)
  2. \((q_1 q_3)(q_2 q_4)\)
  3. \((q_1 q_4)(q_2 q_3)\)

의 3가지예요. 각 쌍은 \(\langle q^2 \rangle = 1/a\) 를 주므로:

\[ \langle q^4 \rangle = 3 \times \langle q^2 \rangle^2 = \frac{3}{a^2} \]

조합의 수는 일반적으로 \(\frac{(2m)!}{2^m \cdot m!}\) 로 주어지며, \(m = 2\) 일 때 \(\frac{4!}{2^2 \cdot 2!} = \frac{24}{4 \cdot 2} = 3\) 이에요.

검산: 점화식 (C.7)에서 직접 \(I_4(a) = 3/a^2 \cdot I_0(a)\) 를 확인할 수 있고, \(\langle q^4 \rangle = I_4/I_0 = 3/a^2\) 와 일치해요.

M-2. 다변수 Grassmann 가우스 적분의 유도

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 지수함수를 Grassmann 변수로 전개하고, Berezin 적분에서 영이 아닌 항을 골라내요.

계산:

\(A = \begin{pmatrix}a & b \\ c & d\end{pmatrix}\) 로 두고, 지수의 인수를 전개해요:

\[ \bar{\boldsymbol{\eta}}^T A \boldsymbol{\eta} = a\bar{\eta}_1\eta_1 + b\bar{\eta}_1\eta_2 + c\bar{\eta}_2\eta_1 + d\bar{\eta}_2\eta_2 \]

이것을 \(X\)라고 쓸게요. \(e^{-X}\)를 전개하면:

\[ e^{-X} = 1 - X + \frac{1}{2}X^2 - \cdots \]

Berezin 적분 \(\int d\bar{\eta}_1\,d\eta_1\,d\bar{\eta}_2\,d\eta_2\)이 영이 아닌 값을 주려면, 피적분함수에 4개의 Grassmann 변수 \(\bar{\eta}_1, \eta_1, \bar{\eta}_2, \eta_2\)가 모두 정확히 한 번씩 나타나야 해요.

  • 1의 항: Grassmann 변수를 포함하지 않으므로 적분은 영이에요.
  • \(-X\) 항: 각 항은 2개의 Grassmann 변수만 포함하므로 영이에요.
  • \(\frac{1}{2}X^2\) 항: 4개의 Grassmann 변수를 포함하는 항이 살아남아요.

\(X^2\)를 계산해요:

\[ X^2 = (a\bar{\eta}_1\eta_1 + b\bar{\eta}_1\eta_2 + c\bar{\eta}_2\eta_1 + d\bar{\eta}_2\eta_2)^2 \]

4개의 변수가 모두 나타나는 조합은:

  • \((a\bar{\eta}_1\eta_1)(d\bar{\eta}_2\eta_2) = ad\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\)
  • \((d\bar{\eta}_2\eta_2)(a\bar{\eta}_1\eta_1) = ad\,\bar{\eta}_2\eta_2\bar{\eta}_1\eta_1\)
  • \((b\bar{\eta}_1\eta_2)(c\bar{\eta}_2\eta_1) = bc\,\bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1\)
  • \((c\bar{\eta}_2\eta_1)(b\bar{\eta}_1\eta_2) = bc\,\bar{\eta}_2\eta_1\bar{\eta}_1\eta_2\)

순서를 맞춰요. 기준을 \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\)로 잡아요.

제1항: \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\) (그대로).

제2항: \(\bar{\eta}_2\eta_2\bar{\eta}_1\eta_1\). \(\bar{\eta}_2\eta_2\)를 \(\bar{\eta}_1\eta_1\)의 왼쪽에서 오른쪽으로 옮겨요. \(\bar{\eta}_2\eta_2\)는 2개의 Grassmann 수의 곱(짝수 개)이므로, 다른 Grassmann 수와 교환해도 부호가 바뀌지 않아요. 따라서 \(\bar{\eta}_2\eta_2\bar{\eta}_1\eta_1 = \bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).

제3항: \(\bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1\). 이것을 \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\) 순서로 재배열해요:

\[ \bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1 = \bar{\eta}_1(-\bar{\eta}_2\eta_2)\eta_1 = -\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_2\eta_1 = -\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2(-\eta_1\eta_2) = \bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2 \]

다시 \(\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2\)에서: \(\bar{\eta}_2\)와 \(\eta_1\)을 교환하면 \(\bar{\eta}_1(-\eta_1\bar{\eta}_2)\eta_2 = -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).

따라서 제3항 \(= -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).

제4항: \(\bar{\eta}_2\eta_1\bar{\eta}_1\eta_2\). 마찬가지로 재배열해요:

\[ \bar{\eta}_2\eta_1\bar{\eta}_1\eta_2 \]

\(\eta_1\)과 \(\bar{\eta}_1\)을 교환: \(\bar{\eta}_2(-\bar{\eta}_1\eta_1)\eta_2 = -\bar{\eta}_2\bar{\eta}_1\eta_1\eta_2\).

\(\bar{\eta}_2\)와 \(\bar{\eta}_1\)을 교환: \(-(-\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2)\eta_1\eta_2 = \bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2\).

\(\bar{\eta}_2\)와 \(\eta_1\)을 교환: \(\bar{\eta}_1(-\eta_1\bar{\eta}_2)\eta_2 = -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).

따라서 제4항 \(= -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).

정리하면:

\[ X^2 \big|_{\text{4변수}} = (ad + ad - bc - bc)\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 = 2(ad - bc)\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \]

따라서:

\[ \frac{1}{2}X^2\big|_{\text{4변수}} = (ad - bc)\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \]

Berezin 적분을 수행해요. 적분 순서를 \(\int d\bar{\eta}_1\,d\eta_1\,d\bar{\eta}_2\,d\eta_2\)로 잡아요:

\[ \int d\bar{\eta}_1\,d\eta_1\,d\bar{\eta}_2\,d\eta_2 \; \bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \]

안쪽부터 순서대로:

\[ \int d\eta_2 \; \eta_2 = 1 \]
\[ \int d\bar{\eta}_2 \; \bar{\eta}_2 = 1 \]
\[ \int d\eta_1 \; \eta_1 = 1 \]
\[ \int d\bar{\eta}_1 \; \bar{\eta}_1 = 1 \]

다만 부호에 주의가 필요해요. \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\)에 대해 오른쪽부터 순서대로 적분하는 경우:

\[ \int d\eta_2\;(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2) \]

\(\eta_2\)를 왼쪽 끝으로 가져오면: \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 = (-1)^3 \eta_2\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2 = -\eta_2\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\)...

여기서는 다른 접근법으로 정리할게요. 표준적인 규약으로:

\[ \int d\bar{\eta}_1\,d\eta_1\,d\bar{\eta}_2\,d\eta_2 \; \bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \]

를 가장 오른쪽의 \(d\eta_2\)부터 순서대로 작용시켜요. \(\int d\eta_2\;\eta_2 = 1\)로 \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\)가 남아요. 다음에 \(\int d\bar{\eta}_2\;\bar{\eta}_2 = 1\)로 \(\bar{\eta}_1\eta_1\)이 남아요. 다음에 \(\int d\eta_1\;\eta_1 = 1\)로 \(\bar{\eta}_1\)이 남아요. 마지막으로 \(\int d\bar{\eta}_1\;\bar{\eta}_1 = 1\).

그러나 각 단계에서 변수를 왼쪽 끝으로 가져올 때의 부호를 고려해야 해요.

더 체계적으로: \(\int \prod_i d\bar{\eta}_i d\eta_i\)의 규약으로, 결과가 \(\det A\)가 되도록 정의되어 있어요. 여기서는 직접적으로 확인해요.

다른 방법: \(e^{-X}\)의 전개에서 4변수 항을 직접 계산해요.

\[ e^{-X} = 1 - X + \frac{1}{2!}X^2 \]

\(X = a\bar{\eta}_1\eta_1 + b\bar{\eta}_1\eta_2 + c\bar{\eta}_2\eta_1 + d\bar{\eta}_2\eta_2\)

\(\frac{1}{2}X^2\)의 4변수 부분을 직접 계산하는 대신, 더 직접적인 접근법을 취해요.

\(e^{-X}\)를 전개해서, \(\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2\)에 비례하는 항을 모아요 (이것이 유일한 영이 아닌 4차 독립 단항식이에요).

\(X\)의 각 항을 \(X_1 = a\bar{\eta}_1\eta_1\), \(X_2 = b\bar{\eta}_1\eta_2\), \(X_3 = c\bar{\eta}_2\eta_1\), \(X_4 = d\bar{\eta}_2\eta_2\)로 놓아요.

\(\frac{1}{2}X^2\)에서 4개의 변수가 나타나는 조합: \(X_1 X_4\), \(X_4 X_1\), \(X_2 X_3\), \(X_3 X_2\).

\[ X_1 X_4 = a\bar{\eta}_1\eta_1 \cdot d\bar{\eta}_2\eta_2 = ad\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \]
\[ X_4 X_1 = d\bar{\eta}_2\eta_2 \cdot a\bar{\eta}_1\eta_1 = ad\,\bar{\eta}_2\eta_2\bar{\eta}_1\eta_1 \]

\(\bar{\eta}_2\eta_2\bar{\eta}_1\eta_1\)을 표준 순서로: \(\bar{\eta}_2\)와 \(\eta_2\)의 곱은 짝수차이므로 \(\bar{\eta}_2\eta_2\bar{\eta}_1\eta_1 = \bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\) (짝수 개의 Grassmann 수의 곱은 다른 Grassmann 수와 가환이에요).

따라서 \(X_4 X_1 = ad\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).

\[ X_2 X_3 = b\bar{\eta}_1\eta_2 \cdot c\bar{\eta}_2\eta_1 = bc\,\bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1 \]

\(\bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1\)을 정리: \(\eta_2\bar{\eta}_2 = -\bar{\eta}_2\eta_2\)를 사용하면

\[ \bar{\eta}_1\eta_2\bar{\eta}_2\eta_1 = -\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_2\eta_1 = -\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2(-\eta_1\eta_2) = \bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2 \]

다시 \(\bar{\eta}_2\eta_1 = -\eta_1\bar{\eta}_2\)를 사용하면:

\[ \bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2 = -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \]

(\(\bar{\eta}_2\)와 \(\eta_1\)을 교환: \(\bar{\eta}_1(\bar{\eta}_2\eta_1)\eta_2 = \bar{\eta}_1(-\eta_1\bar{\eta}_2)\eta_2 = -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\))

따라서 \(X_2 X_3 = -bc\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).

\[ X_3 X_2 = c\bar{\eta}_2\eta_1 \cdot b\bar{\eta}_1\eta_2 = bc\,\bar{\eta}_2\eta_1\bar{\eta}_1\eta_2 \]

\(\bar{\eta}_2\eta_1\bar{\eta}_1\eta_2\)를 정리: \(\eta_1\bar{\eta}_1 = -\bar{\eta}_1\eta_1\)을 사용하면

\[ \bar{\eta}_2\eta_1\bar{\eta}_1\eta_2 = -\bar{\eta}_2\bar{\eta}_1\eta_1\eta_2 = \bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\eta_1\eta_2 = -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \]

(\(\bar{\eta}_2\bar{\eta}_1 = -\bar{\eta}_1\bar{\eta}_2\)를 사용하고, 그 후 위와 동일)

따라서 \(X_3 X_2 = -bc\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\).

정리:

\[ \frac{1}{2}X^2\big|_{\text{4변수}} = \frac{1}{2}(ad + ad - bc - bc)\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 = (ad - bc)\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \]

따라서:

\[ e^{-X}\big|_{\text{4변수}} = (ad - bc)\,\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \]

Berezin 적분을 수행해요. 규약으로 \(\int d\bar{\eta}_1\,d\eta_1\,d\bar{\eta}_2\,d\eta_2\)를 사용해요.

\[ \int d\bar{\eta}_1\,d\eta_1\,d\bar{\eta}_2\,d\eta_2 \; \bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 \]

이것은 \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\)를 적분 측도의 순서에 맞춰 평가해요. 각 Berezin 적분은 좌미분으로 작용해요.

오른쪽부터 순서대로 작용시키는 규약으로:

\[ \int d\eta_2 \; (\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2) \]

\(\eta_2\)를 왼쪽 끝으로 가져오면: \(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\). \(\eta_2\)는 오른쪽 끝에 있으므로, \(\partial/\partial\eta_2\)를 오른쪽에서 작용시키거나(우미분), 좌미분 규약으로 \(\eta_2\)를 왼쪽으로 가져와요.

좌미분 규약: \(\frac{\partial}{\partial\eta_2}(\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2)\). \(\eta_2\)를 왼쪽 끝으로 가져오기 위해 3개의 Grassmann 변수를 통과시켜요:

\[ \bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 = (-1)^3 \eta_2\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2 = -\eta_2\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2 \]

따라서 \(\frac{\partial}{\partial\eta_2}(-\eta_2\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2) = -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\).

다음 \(\int d\bar{\eta}_2\): \(\frac{\partial}{\partial\bar{\eta}_2}(-\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2)\). \(\bar{\eta}_2\)를 왼쪽 끝으로:

\[ -\bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2 = -(-1)^2\bar{\eta}_2\bar{\eta}_1\eta_1 = -\bar{\eta}_2\bar{\eta}_1\eta_1 \]

\(\frac{\partial}{\partial\bar{\eta}_2}(-\bar{\eta}_2\bar{\eta}_1\eta_1) = -\bar{\eta}_1\eta_1\).

다음 \(\int d\eta_1\): \(\frac{\partial}{\partial\eta_1}(-\bar{\eta}_1\eta_1)\). \(\eta_1\)을 왼쪽 끝으로:

\[ -\bar{\eta}_1\eta_1 = -(-1)^1\eta_1\bar{\eta}_1 = \eta_1\bar{\eta}_1 \]

\(\frac{\partial}{\partial\eta_1}(\eta_1\bar{\eta}_1) = \bar{\eta}_1\).

마지막으로 \(\int d\bar{\eta}_1\): \(\frac{\partial}{\partial\bar{\eta}_1}(\bar{\eta}_1) = 1\).

따라서:

\[ \int d\bar{\eta}_1\,d\eta_1\,d\bar{\eta}_2\,d\eta_2 \; \bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2 = 1 \]

그러므로:

\[ \int d\bar{\eta}_1\,d\eta_1\,d\bar{\eta}_2\,d\eta_2 \; e^{-\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\boldsymbol{\eta}} = ad - bc = \det A \]

최종 답:

\[ \boxed{\int \prod_{i=1}^{2} d\bar{\eta}_i\,d\eta_i \; e^{-\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\boldsymbol{\eta}} = ad - bc = \det A} \]

검산: \(A = \mathbf{1}\) (단위행렬)일 때 \(\det A = 1\)이에요. \(X = \bar{\eta}_1\eta_1 + \bar{\eta}_2\eta_2\)에서 \(\frac{1}{2}X^2 = \bar{\eta}_1\eta_1\bar{\eta}_2\eta_2\)이에요. 적분하면 1. 일치해요. 보손의 경우는 \((\det A)^{-1/2}\)이 분모에 오는 반면, 페르미온에서는 \(\det A\)가 분자에 와요——이것이 Grassmann 적분의 본질적인 특징이에요.

M-3. Grassmann 가우스 적분의 소스항과 역행렬

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: Grassmann 변수의 완전제곱식을 수행하고, 변수 변환 후 소스가 없는 적분으로 귀착시켜요.

계산:

지수의 지수 부분을 정리해요:

\[ -\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\,\boldsymbol{\eta} + \bar{\boldsymbol{\xi}}^T\boldsymbol{\eta} + \bar{\boldsymbol{\eta}}^T\boldsymbol{\xi} \]

완전제곱식을 수행해요. 새로운 변수를 정의해요:

\[ \boldsymbol{\eta}' = \boldsymbol{\eta} - A^{-1}\boldsymbol{\xi}, \qquad \bar{\boldsymbol{\eta}}' = \bar{\boldsymbol{\eta}} - \bar{\boldsymbol{\xi}}(A^{-1})^T = \bar{\boldsymbol{\eta}} - \bar{\boldsymbol{\xi}}(A^T)^{-1} \]

(여기서 전치의 위치에 주의: \(\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\boldsymbol{\eta}\)의 형태로부터, \(\bar{\boldsymbol{\eta}}'^T = \bar{\boldsymbol{\eta}}^T - \bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1}\))

완전제곱식의 항등식을 확인해요:

\[ \bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\,\boldsymbol{\eta} - \bar{\boldsymbol{\xi}}^T\boldsymbol{\eta} - \bar{\boldsymbol{\eta}}^T\boldsymbol{\xi} = (\bar{\boldsymbol{\eta}}^T - \bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1})\,A\,(\boldsymbol{\eta} - A^{-1}\boldsymbol{\xi}) - \bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1}\boldsymbol{\xi} \]

우변을 전개하여 확인해요:

\[ (\bar{\boldsymbol{\eta}}^T - \bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1})\,A\,(\boldsymbol{\eta} - A^{-1}\boldsymbol{\xi}) \]
\[ = \bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\boldsymbol{\eta} - \bar{\boldsymbol{\eta}}^T A \cdot A^{-1}\boldsymbol{\xi} - \bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1} A\boldsymbol{\eta} + \bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1} A \cdot A^{-1}\boldsymbol{\xi} \]
\[ = \bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\boldsymbol{\eta} - \bar{\boldsymbol{\eta}}^T\boldsymbol{\xi} - \bar{\boldsymbol{\xi}}^T\boldsymbol{\eta} + \bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1}\boldsymbol{\xi} \]

\(-\bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1}\boldsymbol{\xi}\)를 더하면:

\[ = \bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\boldsymbol{\eta} - \bar{\boldsymbol{\eta}}^T\boldsymbol{\xi} - \bar{\boldsymbol{\xi}}^T\boldsymbol{\eta} \]

이것은 확실히 원래 식과 일치해요. ✓

변수 변환 \(\boldsymbol{\eta}' = \boldsymbol{\eta} - A^{-1}\boldsymbol{\xi}\), \(\bar{\boldsymbol{\eta}}' = \bar{\boldsymbol{\eta}} - (A^{-1})^T\bar{\boldsymbol{\xi}}\)를 수행해요.

야코비안 확인: Grassmann 변수의 선형 변환 \(\eta_i' = \eta_i + c_i\) (\(c_i\)는 Grassmann 상수)에 대해, Berezin 적분의 측도는 불변이에요:

\[ d\eta_i' = d\eta_i \]

이것은 Berezin 적분이 평행이동 불변이라는 것으로부터 따라와요. \(\int d\eta'\;f(\eta') = \int d\eta\;f(\eta + c)\)에서, \(f(\eta + c) = f_0 + f_1(\eta + c) = (f_0 + f_1 c) + f_1\eta\)의 \(\eta\) 계수는 \(f_1\)으로 변하지 않아요.

더 일반적으로, \(\eta_i' = M_{ij}\eta_j + c_i\)라는 변환에서는 \(\prod_i d\eta_i' = (\det M)^{-1}\prod_i d\eta_i\) (보손과 반대!)예요. 지금의 경우 \(M = \mathbf{1}\) (단위행렬)이므로 야코비안은 1이에요.

마찬가지로 \(\bar{\boldsymbol{\eta}}'\)에 대해서도 야코비안은 1이에요.

따라서:

\[ \prod_i d\bar{\eta}_i'\,d\eta_i' = \prod_i d\bar{\eta}_i\,d\eta_i \]

적분을 수행해요:

\[ \int \prod_i d\bar{\eta}_i\,d\eta_i \; e^{-\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\boldsymbol{\eta} + \bar{\boldsymbol{\xi}}^T\boldsymbol{\eta} + \bar{\boldsymbol{\eta}}^T\boldsymbol{\xi}} \]
\[ = \int \prod_i d\bar{\eta}_i'\,d\eta_i' \; e^{-\bar{\boldsymbol{\eta}}'^T A\boldsymbol{\eta}' + \bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1}\boldsymbol{\xi}} \]
\[ = e^{\bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1}\boldsymbol{\xi}} \int \prod_i d\bar{\eta}_i'\,d\eta_i' \; e^{-\bar{\boldsymbol{\eta}}'^T A\boldsymbol{\eta}'} \]
\[ = e^{\bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1}\boldsymbol{\xi}} \cdot \det A \]

최종 답:

\[ \boxed{\int \prod_i d\bar{\eta}_i\,d\eta_i \; e^{-\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\,\boldsymbol{\eta} + \bar{\boldsymbol{\xi}}^T\boldsymbol{\eta} + \bar{\boldsymbol{\eta}}^T\boldsymbol{\xi}} = \det A \; e^{\bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1}\boldsymbol{\xi}}} \]

검산: \(\boldsymbol{\xi} = \bar{\boldsymbol{\xi}} = 0\)으로 놓으면 \(\det A\)로 돌아가요. ✓ 또한, 보손의 경우 식 (C.9)와 비교하면, 보손에서는 \((\det A)^{-1/2} e^{\frac{1}{2}\mathbf{J}^T A^{-1}\mathbf{J}}\)였던 것에 비해, 페르미온에서는 \(\det A \cdot e^{\bar{\boldsymbol{\xi}}^T A^{-1}\boldsymbol{\xi}}\)예요. 행렬식이 분모에서 분자로 이동하고, 지수의 \(1/2\) 인자가 없는 것은 \(\bar{\eta}\)와 \(\eta\)가 독립적인 변수라는 것에 대응해요.

M-4. 프레넬 적분으로서의 가우스 적분

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침: 식 (C.2)를 \(a = -i\alpha\)에 대해 적용해요.

계산:

구하려는 적분은:

\[ \int_{-\infty}^{\infty} dq \; e^{\frac{i\alpha}{2}q^2} \]

이것을 식 (C.1)의 형태 \(\int dq\;e^{-\frac{a}{2}q^2}\)와 비교하면:

\[ -\frac{a}{2} = \frac{i\alpha}{2} \quad \Longrightarrow \quad a = -i\alpha \]

\(a\)를 극형식으로 쓰면:

\[ a = -i\alpha = \alpha \cdot e^{-i\pi/2} \]

여기서 \(|a| = \alpha\), \(\theta = -\pi/2\)이에요. \(\mathrm{Re}(a) = 0\)이므로 엄밀히는 수렴 조건 \(\mathrm{Re}(a) > 0\)의 경계 위에 있어요. 이것은 \(\mathrm{Re}(a) > 0\) 영역으로부터의 해석적 연속으로 이해해요.

식 (C.2)를 적용하면:

\[ I = \sqrt{\frac{2\pi}{|a|}} \; e^{-i\theta/2} = \sqrt{\frac{2\pi}{\alpha}} \; e^{-i(-\pi/2)/2} = \sqrt{\frac{2\pi}{\alpha}} \; e^{i\pi/4} \]

최종 답:

\[ \boxed{\int_{-\infty}^{\infty} dq \; e^{\frac{i\alpha}{2}q^2} = \sqrt{\frac{2\pi}{\alpha}}\;e^{i\pi/4}} \]

민코프스키 공간의 경로적분과의 관계:

민코프스키 공간의 경로적분에서는 가중치가 \(e^{iS}\)의 형태를 취해요. 자유 스칼라장의 작용은

\[ S = \int d^4x \; \frac{1}{2}(\partial_\mu\phi)^2 - \frac{1}{2}m^2\phi^2 \]

운동량 공간에서는 \(S \sim \int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\;\frac{1}{2}\phi(-k)(k^2 - m^2)\phi(k)\)가 되고, 경로적분은

\[ \int \mathcal{D}\phi \; e^{iS} \sim \prod_k \int d\phi_k \; e^{\frac{i}{2}(k^2 - m^2)\phi_k^2} \]

의 형태가 돼요. 각 모드의 적분은 정확히 프레넬형 \(\int dq\;e^{i\alpha q^2/2}\)이에요.

이 적분은 \(\mathrm{Re}(a) = 0\)에서 엄밀히는 수렴하지 않아요. 실제 처방은:

  1. \(i\epsilon\) 처방: \(m^2 \to m^2 - i\epsilon\)으로 하여 \(a\)에 약간의 양의 실수부를 부여하고 수렴을 보장해요. 이것이 파인만 전파함수의 \(i\epsilon\)의 기원이에요.

  2. 윅 회전: \(t \to -i\tau\)로 하여 유클리드 공간으로 옮기면 \(e^{iS} \to e^{-S_E}\)가 되어 가우스 적분이 통상적으로 수렴하는 형태가 돼요. 계산 후 해석적 연속으로 민코프스키 공간으로 되돌려요.

프레넬 적분의 위상 \(e^{i\pi/4}\)는 윅 회전 시의 회전각 \(\pi/2\)의 절반에 대응하며, 경로적분의 전체적인 위상인자(규격화에 흡수됨)를 결정해요.

검산: \(e^{i\pi/4} = \frac{1+i}{\sqrt{2}}\)이므로, \(I = \sqrt{\frac{2\pi}{\alpha}} \cdot \frac{1+i}{\sqrt{2}} = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}(1+i)\). \(|I|^2 = \frac{\pi}{\alpha} \cdot 2 = \frac{2\pi}{\alpha}\). 한편, \(|I|^2 = |\int dq\;e^{i\alpha q^2/2}|^2 = \int dq_1\int dq_2\;e^{i\alpha(q_1^2 - q_2^2)/2}\). \(u = q_1 + q_2\), \(v = q_1 - q_2\)로 변환하면 \(\frac{1}{2}\int du\int dv\;e^{i\alpha uv/2}\). 이것은 \(\frac{1}{2} \cdot 2\pi \cdot \frac{2}{\alpha} = \frac{2\pi}{\alpha}\) (델타 함수의 표현을 사용). 일치해요.

Advanced（발전）

A-1. 보손·페르미온 행렬식의 비와 초대칭성

→ 문제로 돌아가기

(a) \(Z\) 의 계산

풀이 방침: 보손 부분과 페르미온 부분은 독립적이므로, 각각 별도로 적분할 수 있어요.

계산:

보손 부분: 식 (C.8)에 의해

\[ \int d^n q \; e^{-\frac{1}{2}\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q}} = \frac{(2\pi)^{n/2}}{(\det A)^{1/2}} \]

페르미온 부분: 식 (C.19)에 의해

\[ \int \prod_i d\bar{\eta}_i\,d\eta_i \; e^{-\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\,\boldsymbol{\eta}} = \det A \]

따라서:

\[ \boxed{Z = \frac{(2\pi)^{n/2}}{(\det A)^{1/2}} \cdot \det A = (2\pi)^{n/2} \cdot (\det A)^{1/2}} \]

(b) \(A = m^2 \mathbf{1}\) 인 경우

계산:

\[ \det A = \det(m^2 \mathbf{1}) = (m^2)^n = m^{2n} \]
\[ (\det A)^{1/2} = m^n \]
\[ Z = (2\pi)^{n/2} \cdot m^n \]

...이것은 \(m\)에 의존해요. 문제를 다시 확인해 볼게요.

실제로, 보손 부분의 적분에서 \((\det A)^{-1/2}\)이 나오고, 페르미온 부분에서 \(\det A\)가 나오므로:

\[ Z = \frac{(2\pi)^{n/2}}{(\det A)^{1/2}} \cdot \det A = (2\pi)^{n/2} (\det A)^{1/2} \]

\(A = m^2\mathbf{1}\)일 때 \(Z = (2\pi)^{n/2} m^n\)이에요. 이것은 \(m\)에 의존해요.

문제의 의도를 재고해 볼게요. 초대칭의 맥락에서는, 보손과 페르미온의 자유도가 같을 때, 분배함수(또는 유효 작용의 행렬식 부분)가 질량에 의존하지 않게 돼요. 그러나 여기서는, 보손이 실수 스칼라 \(n\)개(자유도 \(n\)), 페르미온이 복소 그라스만 \(n\)쌍(자유도 \(2n\))이므로, 자유도가 일치하지 않아요.

초대칭이 정확히 성립하려면, 보손과 페르미온의 행렬식이 완전히 상쇄되어야 해요. 즉 \((\det A)^{-1/2}\)와 \(\det A\)가 아니라, \((\det A)^{-1/2}\)와 \((\det A)^{1/2}\)가 상쇄되는 상황이 필요해요.

문제의 힌트를 보면 "(b) \((\det A)^{1/2} = m^n\)을 대입"이라고 되어 있고, \(Z\)가 \(m\)에 의존하지 않는다고는 쓰여 있지 않아요...

다시 문제를 읽어보면: "\(A\)가 단위행렬의 상수배 \(A = m^2 \mathbf{1}\)일 때, \(Z\)가 \(m\)에 의존하지 않음을 보여라."

이것이 성립하려면, 보손과 페르미온의 기여가 완전히 상쇄되어야 해요. 보손 \(n\)개의 실수 변수로 \((\det A)^{-1/2} = m^{-n}\), 페르미온 \(n\)쌍으로 \(\det A = m^{2n}\). 곱은 \(m^{-n} \cdot m^{2n} = m^n\)이에요. 이것은 \(m\)에 의존해요.

아마도 문제의 의도는, 보손도 복소 변수(\(2n\)개의 실수 자유도)로 하거나, 혹은 페르미온의 행렬식이 \((\det A)^{1/2}\)가 되는 설정을 고려해야 하는 것일 수 있어요.

혹은, \(Z\)의 \(m\) 의존성을 "진공 에너지"로 해석하고, \(\ln Z\)의 \(m\) 의존 부분을 보면:

\[ \ln Z = \frac{n}{2}\ln(2\pi) + \frac{1}{2}\ln\det A + \ln\det A - \frac{1}{2}\ln\det A \]

아니요, 이것은 올바르지 않아요.

다시 정리해 볼게요. 힌트에는 "(a) 보손 부분은 \((2\pi)^{n/2}/(\det A)^{1/2}\), 페르미온 부분은 \(\det A\)"라고 되어 있어요.

\(Z = (2\pi)^{n/2} (\det A)^{1/2}\)에서 \(A = m^2\mathbf{1}\)이면 \(Z = (2\pi)^{n/2} m^n\)이에요.

문제의 의도를 초대칭의 관점에서 재해석해 볼게요. 초대칭의 경우, 보통은 유효 작용(\(\ln Z\)의 행렬식 부분)을 고려해요. 1루프 유효 작용은:

  • 보손: \(+\frac{1}{2}\ln\det A = +\frac{1}{2}\mathrm{Tr}\ln A\)
  • 페르미온: \(-\ln\det A = -\mathrm{Tr}\ln A\)

(페르미온은 분자에 \(\det A\)가 오므로, \(\ln Z\)에서는 \(+\ln\det A\)의 기여. 그러나 물리적인 유효 퍼텐셜에서는 부호가 반대.)

실제로, 문제의 설정을 재고하면, 초대칭에서 상쇄가 일어나는 것은 \(n\)개의 복소 보손 변수를 사용하는 경우일 수 있어요. 혹은, 문제의 의도는 다음과 같이 해석해야 할 수도 있어요:

보손 부분이 \((\det A)^{-1/2}\)를 주고, 페르미온 부분이 \((\det A)^{+1}\)을 주므로, \(m\) 의존성은 \((\det A)^{1/2} = m^n\)이에요. \((2\pi)^{n/2}\)는 \(m\)에 의존하지 않는 상수이므로, \(Z\) 전체는 \(m\)에 의존해요.

그러나 문제는 "\(m\)에 의존하지 않음을 보여라"라고 말하고 있어요. 이것은, 아마도 페르미온의 자유도를 \(n/2\)쌍으로 하거나, 혹은 문제의 설정이 "\(n\)개의 실수 보손 + \(n\)개의 실수 페르미온(마요라나 유형)"으로, 페르미온 부분이 \((\det A)^{1/2}\)를 주는 경우를 상정하고 있는 것일 수 있어요.

가장 자연스러운 해석: 문제의 설정에서, 보손의 기여 \((\det A)^{-1/2}\)와 페르미온의 기여 \(\det A\)의 곱이 \((2\pi)^{n/2}(\det A)^{1/2}\)가 되지만, 초대칭의 맥락에서 중요한 것은 \(m\)에 의존하는 부분의 상쇄이며, 이것은 \((\det A)^{-1/2} \cdot (\det A)^{1/2} = 1\)의 형태로 일어나요. 즉, 페르미온의 자유도를 절반으로 하여 \((\det A)^{1/2}\)로 해야 해요.

실제로, \(n\)쌍의 그라스만 변수 \((\bar{\eta}_i, \eta_i)\)는 \(2n\)개의 실수 그라스만 자유도에 대응하고, \(n\)개의 실수 보손 자유도와 균형을 맞추려면 \(n/2\)쌍으로 해야 해요.

그러나 문제는 명확히 "\(n\)개의 보손 변수 \(q_i\)와 \(n\)쌍의 그라스만 변수 \((\bar{\eta}_i, \eta_i)\)"라고 쓰여 있어요.

재해석: 아마도 문제의 의도는, \(Z\)의 행렬식 의존 부분이

\[ Z \propto \frac{\det A}{(\det A)^{1/2}} = (\det A)^{1/2} \]

이며, 이것 자체는 \(m\)에 의존하지만, 물리적으로 의미 있는 양(상관함수의 비 \(\langle\cdots\rangle = Z^{-1}\int\cdots\))을 계산할 때 \(Z\)는 규격화 인자로 사라지므로, \(m\) 의존성은 물리에 영향을 미치지 않는다는 것...

아니요, 문제를 다시 읽으면 "\(Z\)가 \(m\)에 의존하지 않음을 보여라"라고 명확히 쓰여 있어요.

다른 가능성: 문제의 설정에서, 보손의 이차 형식이 \(\frac{1}{2}\mathbf{q}^T A\mathbf{q}\)가 아니라 \(\mathbf{q}^T A\mathbf{q}\)(\(1/2\) 없음)인 경우, 혹은 \(n\)개의 복소 보손 변수를 사용하는 경우를 고려해요.

\(n\)개의 복소 보손 변수 \(z_i = (q_{2i-1} + iq_{2i})/\sqrt{2}\)를 사용하면:

\[ \int d^n z\,d^n\bar{z}\;e^{-\bar{\mathbf{z}}^T A\mathbf{z}} = \frac{\pi^n}{\det A} \]

이 경우, \(Z = \frac{\pi^n}{\det A} \cdot \det A = \pi^n\)이에요. 이것은 \(m\)에 의존하지 않아요!

그러나 문제는 "\(n\)개의 보손 변수 \(q_i\)"라고 쓰여 있으며, 실수 변수를 상정하고 있어요.

최종 해석: 문제를 문자 그대로 받아들이고, 힌트에 따라 계산해요. 힌트의 (b)는 "\((\det A)^{1/2} = m^n\)을 대입"이라고만 쓰여 있고, 실제로 \(Z = (2\pi)^{n/2} m^n\)이 \(m\)에 의존하지 않는다고는 말할 수 없어요.

아마도 문제의 의도는, 1루프 유효 퍼텐셜의 \(m\) 의존 부분이 상쇄됨을 보이는 것이며, (b)의 "\(Z\)가 \(m\)에 의존하지 않는다"는, 정확히는 "\(Z\)의 \(\det A\) 의존 부분이 상쇄된다"는 의미로, \((2\pi)^{n/2}\) 인자를 제외한 부분에서 고려해야 하는 것일 수 있어요.

혹은, 가장 솔직한 해석으로, 문제의 설정을 "\(n\)개의 복소 보손"으로 읽어야 하는 것일 수 있어요. 실제로, 초대칭 양자역학의 표준적인 설정에서는, 1개의 복소 보손(2개의 실수 자유도)과 1쌍의 그라스만 변수(2개의 그라스만 자유도)가 쌍을 이뤄요.

여기서는 문제의 의도에 맞추어, 다음과 같이 답을 작성해요:

(a)의 결과:

\[ Z = \frac{(2\pi)^{n/2}}{(\det A)^{1/2}} \cdot \det A = (2\pi)^{n/2}(\det A)^{1/2} \]

(b) \(A = m^2\mathbf{1}\)일 때:

\[ Z = (2\pi)^{n/2} \cdot (m^{2n})^{1/2} = (2\pi)^{n/2} \cdot m^n \]

이것은 \(m\)에 의존해요. 그러나, 1루프 유효 퍼텐셜의 관점에서 보면, 보손의 기여 \(+\frac{1}{2}\mathrm{Tr}\ln A\)와 페르미온의 기여 \(-\mathrm{Tr}\ln A\)의 합은:

\[ \frac{1}{2}\mathrm{Tr}\ln A - \mathrm{Tr}\ln A = -\frac{1}{2}\mathrm{Tr}\ln A \]

이것은 0이 되지 않아요.

문제 의도의 재해석 (최종판): 문제를 주의 깊게 읽으면, 초대칭에서 상쇄가 일어나는 것은, 보손과 페르미온의 자유도가 같은 경우예요. \(n\)개의 실수 보손과 \(n\)쌍의 복소 그라스만 변수에서는 자유도가 2:1로 맞지 않아요. 문제의 의도는, \((\det A)^{-1/2}\)와 \((\det A)^{+1}\)의 곱이 \((\det A)^{+1/2}\)가 됨을 보인 후, (c)에서 "완전한 상쇄에는 자유도의 일치가 필요하다"고 논의하는 것일 수 있어요.

혹은, 더 간단하게: 문제의 "\(Z\)가 \(m\)에 의존하지 않는다"는 오류이고, 정확히는 "\(\ln Z\)의 \(m\) 의존 부분이 보손과 페르미온에서 부분적으로 상쇄된다"는 것을 보이는 것이 의도일 수 있어요.

여기서는, 문제의 의도를 최대한 존중하여, 다음과 같이 답해요.

실제로, 문제를 다시 읽어보면, 만약 \(\frac{1}{2}\mathbf{q}^T A\mathbf{q}\)의 \(A\)와 \(\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\boldsymbol{\eta}\)의 \(A\)가 같은 행렬이라는 것에서, 보손의 기여가 \((\det A)^{-1/2}\), 페르미온의 기여가 \(\det A\)이고, 곱은 \((\det A)^{1/2}\)이에요. \(A = m^2\mathbf{1}\)일 때 \((\det A)^{1/2} = m^n\)이에요.

\((2\pi)^{n/2}\)는 \(m\)에 의존하지 않는 상수예요. \(m^n\)은 \(m\)에 의존해요.

그러나, 만약 문제가 "\(\ln Z\) 중 \(\det A\)에 의존하는 부분"을 고려하고, 보손의 기여 \(-\frac{1}{2}\ln\det A\)와 페르미온의 기여 \(+\ln\det A\)의 합 \(+\frac{1}{2}\ln\det A\)를 "진공 에너지"로 보고, 이것이 초대칭에서 상쇄되는 경우(보손 2n 자유도 vs 페르미온 2n 자유도)와 비교한다는 흐름이라면 이해할 수 있어요.

가장 정합적인 해석: 문제는 실제로 \(2n\)개의 실수 보손 변수(\(n\)개의 복소 보손)를 의도하고 있으며, 이 경우:

\[ \int d^{2n}q\;e^{-\frac{1}{2}\mathbf{q}^T(A\otimes\mathbf{1}_2)\mathbf{q}} = \frac{(2\pi)^n}{(\det A)^1} \]

페르미온의 기여 \(\det A\)와 합치면 \(Z = (2\pi)^n\)이에요. 이것은 \(m\)에 의존하지 않아요.

여기서는 문제를 문자 그대로 해석하여 답하고, (b)에 대해서는 "행렬식의 상쇄"가 일어나는 조건을 논의하는 형태로 답해요.

해답

(a)

보손 부분:

\[ Z_B = \int d^n q \; e^{-\frac{1}{2}\mathbf{q}^T A\,\mathbf{q}} = \frac{(2\pi)^{n/2}}{(\det A)^{1/2}} \]

페르미온 부분:

\[ Z_F = \int \prod_i d\bar{\eta}_i\,d\eta_i \; e^{-\bar{\boldsymbol{\eta}}^T A\,\boldsymbol{\eta}} = \det A \]

전체:

\[ \boxed{Z = Z_B \cdot Z_F = (2\pi)^{n/2} \cdot (\det A)^{1/2}} \]

(b)

\(A = m^2\mathbf{1}\)일 때:

\[ (\det A)^{1/2} = (m^{2n})^{1/2} = m^n \]
\[ Z = (2\pi)^{n/2} \cdot m^n \]

얼핏 보면 \(m\)에 의존하는 것처럼 보이지만, 물리적으로 의미 있는 양은 \(\ln Z\)의 행렬식 부분의 \(m\) 의존성이에요. 보손의 기여 \(-\frac{1}{2}\ln\det A = -n\ln m\)과 페르미온의 기여 \(+\ln\det A = +2n\ln m\)을 비교하면, 합은 \(+n\ln m\)이에요.

그러나, 초대칭의 정확한 상쇄가 일어나려면, 보손과 페르미온의 자유도가 일치해야 해요. \(n\)개의 실수 보손 자유도에 대해 \(n\)쌍의 그라스만 변수는 \(2n\)개의 그라스만 자유도를 가져요.

올바른 초대칭적 설정에서는, \(n\)개의 복소 보손(\(2n\)개의 실수 자유도)과 \(n\)쌍의 그라스만 변수를 쌍으로 해요. 이 경우:

\[ Z_B = \frac{(2\pi)^n}{\det A}, \qquad Z_F = \det A \]
\[ Z = (2\pi)^n \]

이것은 완전히 \(m\)에 의존하지 않아요. \(\det A\)가 보손과 페르미온에서 완전히 상쇄돼요.

문제의 설정(\(n\)개의 실수 보손)에서는, \((\det A)^{-1/2}\)와 \((\det A)^{+1}\)의 상쇄는 불완전하고 \((\det A)^{1/2}\)가 남아요. 이것은 자유도의 불일치를 반영해요.

\[ \boxed{Z = (2\pi)^{n/2} m^n \quad \text{(실수 보손 $n$개의 경우)}} \]

주: 초대칭이 정확히 성립하는 설정(복소 보손 \(n\)개 + 그라스만 \(n\)쌍)에서는 \(Z = (2\pi)^n\)(\(m\) 비의존).

(c) 1루프 유효 퍼텐셜과의 대응

1루프 유효 퍼텐셜은, 장의 양자론에서 다음 형태를 취해요 (제 14 장):

\[ V_{\text{1-loop}} = \frac{1}{2}\int \frac{d^4k}{(2\pi)^4}\left[\ln(k^2 + m_B^2) - 2\ln(k^2 + m_F^2)\right] \]

(보손 1 자유도, 디랙 페르미온 4 자유도의 경우. 계수는 자유도에 의존.)

일반적으로, 초대 트레이스(supertrace)를 이용하여:

\[ V_{\text{1-loop}} = \frac{1}{2}\mathrm{STr}\int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\ln(k^2 + M^2) \]

여기서 \(\mathrm{STr}\)은 보손에 \(+\), 페르미온에 \(-\) 부호를 붙인 트레이스예요:

\[ \mathrm{STr}\,f(M^2) = \sum_{\text{bosons}} f(m_B^2) - \sum_{\text{fermions}} f(m_F^2) \]

초대칭이 성립할 때, 각 보손에 대해 같은 질량의 페르미온 파트너가 존재하고, 자유도도 일치해요. 따라서:

\[ \mathrm{STr}\,M^0 = n_B - n_F = 0 \]
\[ \mathrm{STr}\,M^2 = \sum m_B^2 - \sum m_F^2 = 0 \]

이에 의해, \(V_{\text{1-loop}}\)의 자외 발산(\(\Lambda^4\)과 \(\Lambda^2\) 항)이 자동으로 상쇄돼요. 더 나아가 \(\mathrm{STr}\,M^4\ln(M^2/\mu^2) = 0\)이 성립하면, 로그 발산도 사라져요.

본 문제의 결과 \(Z_B \cdot Z_F \propto (\det A)^{-1/2} \cdot \det A\)에서, 완전한 상쇄 \((\det A)^0\)이 일어나는 것은, 보손의 행렬식이 \((\det A)^{-1}\)(복소 보손)인 경우이며, 이것은 정확히 보손과 페르미온의 자유도가 같은(초대칭이 성립하는) 경우에 대응해요.

\[ \boxed{\text{SUSY: } \frac{\det A_F}{(\det A_B)^{1}} = 1 \quad \Longleftrightarrow \quad V_{\text{1-loop}} = 0} \]

검산: 초대칭 Wess–Zumino 모형에서는, 1개의 복소 스칼라(2 실수 자유도)와 1개의 바일 페르미온(2 실수 자유도)이 같은 질량을 가지며, 1루프 유효 퍼텐셜의 영점 에너지가 상쇄돼요. 이것은 본 문제의 \(n = 1\)인 경우(복소 보손 설정)에 대응해요.

A-2. Grassmann 적분에 의한 행렬식의 Faddeev–Popov 고스트 표현

→ 문제로 돌아가기

(a) \(\det M\) 의 Grassmann 적분 표현

계산:

식 (C.19) 그 자체예요. \(n \times n\) 행렬 \(M\) 에 대해:

\[ \det M = \int \prod_{a=1}^n d\bar{c}^a\,dc^a \; e^{-\bar{c}^a M_{ab}\,c^b} \]

확인: S2에서 보였듯이, Grassmann 가우스 적분은 행렬식을 분자에 줘요. 이는 보손의 가우스 적분이 \((\det A)^{-1/2}\) 를 주는 것(분모에 오는 것)과 대조적이에요.

\[ \boxed{\det M = \int \prod_a d\bar{c}^a\,dc^a \; e^{-\bar{c}^a M_{ab}\,c^b}} \]

(b) Faddeev–Popov 연산자의 도출

계산:

\(SU(N)\) Yang–Mills 이론에서, 게이지장 \(A_\mu^a\) 의 미소 게이지 변환은:

\[ \delta A_\mu^a = \frac{1}{g}D_\mu^{ab}\alpha^b = \frac{1}{g}(\delta^{ab}\partial_\mu + g f^{acb}A_\mu^c)\alpha^b \]

여기서 \(D_\mu^{ab} = \delta^{ab}\partial_\mu + g f^{acb}A_\mu^c\) 는 수반 표현의 공변 미분이에요.

(주: 규약에 따라서는 \(\delta A_\mu^a = D_\mu^{ab}\alpha^b/g\) 가 아니라 \(\delta A_\mu^a = D_\mu^{ab}\alpha^b\) 로 하는 경우도 있어요. 여기서는 \(\delta A_\mu^a = D_\mu^{ab}\alpha^b\) 의 규약을 채택해요.)

Lorenz 게이지 조건:

\[ G^a[A] = \partial^\mu A_\mu^a \]

게이지 변환에 의한 게이지 조건의 변화:

\[ \delta G^a = \partial^\mu(\delta A_\mu^a) = \partial^\mu(D_\mu^{ab}\alpha^b) = \partial^\mu(\delta^{ab}\partial_\mu + g f^{acb}A_\mu^c)\alpha^b \]

Faddeev–Popov 연산자는:

\[ M^{ab}(x, y) = \frac{\delta G^a(x)}{\delta\alpha^b(y)} \]

\(\delta G^a(x) = \int d^4y\;M^{ab}(x,y)\alpha^b(y)\) 의 형태로부터:

\[ \delta G^a(x) = \partial^\mu_x D_\mu^{ab}(x)\alpha^b(x) = \int d^4y\;\partial^\mu_x D_\mu^{ab}(x)\delta^4(x-y)\alpha^b(y) \]

따라서:

\[ \boxed{M^{ab}(x, y) = \partial^\mu D_\mu^{ab}\,\delta^4(x-y) = (\delta^{ab}\partial^2 + g f^{acb}\partial^\mu A_\mu^c + g f^{acb}A^{c\mu}\partial_\mu)\delta^4(x-y)} \]

또는 \(-M^{ab}\) 를 사용하는 규약에서는:

\[ M^{ab}(x,y) = -\partial_\mu D^{\mu\,ab}\,\delta^4(x-y) \]

여기서 \(D^{\mu\,ab} = \delta^{ab}\partial^\mu + gf^{acb}A^{c\mu}\) 이에요.

(c) 고스트장의 Feynman 규칙

계산:

고스트 작용은:

\[ S_{\text{ghost}} = \int d^4x \; \bar{c}^a(-\partial_\mu D^{\mu\,ab})c^b \]

이것을 전개하면:

\[ S_{\text{ghost}} = \int d^4x \left[-\bar{c}^a\partial_\mu(\delta^{ab}\partial^\mu + gf^{acb}A^{c\mu})c^b\right] \]
\[ = \int d^4x \left[-\bar{c}^a\partial^2 c^a - g f^{abc}\bar{c}^a\partial_\mu(A^{b\mu}c^c)\right] \]

부분적분(표면항을 버림)을 이용하면:

\[ = \int d^4x \left[-\bar{c}^a\partial^2 c^a - g f^{abc}(\partial^\mu\bar{c}^a)A_\mu^b c^c\right] \]

전파함수: 자유 부분 \(-\bar{c}^a\partial^2 c^a\) 로부터, 운동량 공간에서의 전파함수를 읽어내면:

\[ \langle c^a(k)\bar{c}^b(-k)\rangle = \frac{\delta^{ab}}{k^2} \]

이것은 질량이 0인 스칼라장과 같은 형태의 전파함수예요.

꼭짓점: 상호작용항 \(-gf^{abc}(\partial^\mu\bar{c}^a)A_\mu^b c^c\) 로부터, 고스트-게이지장 꼭짓점을 읽어내면:

\[ V^{abc}_\mu = -gf^{abc}p^\mu \]

여기서 \(p^\mu\) 는 나가는 \(\bar{c}\) 의 운동량(\(\partial^\mu\bar{c}\) 에서 유래)이에요.

고스트가 페르미 통계를 따르는 이유:

  1. Grassmann 적분의 성질로부터: 고스트장 \(c^a, \bar{c}^a\) 는 Grassmann 변수로서 도입되었어요. Grassmann 적분은 행렬식을 분자에 줘요(식 (C.19)). 이는 경로적분에서 페르미온 루프에 \((-1)\) 의 부호가 붙는 것에 대응해요.

  2. 루프의 부호: Feynman 다이어그램에서, 고스트의 닫힌 루프는 Grassmann 변수의 트레이스로부터 생기므로, 추가적인 \((-1)\) 인자를 동반해요. 이것은 바로 페르미 통계의 특징이에요.

  3. 스핀-통계 정리와의 관계: 고스트는 스칼라장(스핀 0)의 전파함수를 가지면서 페르미 통계를 따라요. 이것은 스핀-통계 정리에 위배돼요. 그러나 고스트는 물리적인 입자가 아니며(외선에 나타나지 않음), 게이지 고정 절차로부터 생기는 보조적인 장이기 때문에, 이 위배는 허용돼요. 고스트는 BRST 대칭성에 의해 물리적 상태 공간에서 배제돼요.

  4. 물리적 역할: 고스트 루프는, 게이지장의 경로적분에서 비물리적인 편극(종파·스칼라 성분)의 기여를 상쇄하는 역할을 해요. \(\det M\) 이 분자에 오는 것(Grassmann 적분의 성질)이, 이 상쇄를 가능하게 해요.

\[ \boxed{\text{고스트 전파함수: } \frac{\delta^{ab}}{k^2}, \quad \text{꼭짓점: } -gf^{abc}p^\mu, \quad \text{루프 인자: } (-1)} \]

검산:

  • 게이지 불변성: 고스트 작용 \(\bar{c}(-\partial_\mu D^\mu)c\) 는 BRST 변환 하에서 불변이며, 이것이 이론의 유니타리성을 보장해요.
  • 차원 분석: \([c] = [\bar{c}] = 1\) (질량 차원), \([g] = 0\) (4차원), \([A_\mu] = 1\). 꼭짓점 \(gf^{abc}\partial^\mu\bar{c}^a A_\mu^b c^c\) 의 차원은 \(0 + 1 + 1 + 1 + 1 = 4\). 라그랑지안 밀도의 차원 4와 일치해요. ✓
  • 아벨 극한: \(f^{abc} = 0\) (QED)일 때, 고스트는 게이지장과 결합하지 않고, 자유장으로서 전파할 뿐이에요. Lorenz 게이지의 QED에서는 고스트가 물리에 기여하지 않아요(루프 도형에 꼭짓점이 없으므로). 이것은 QED에서 고스트를 무시할 수 있다는 알려진 사실과 일치해요. ✓