제 1 장 연습문제 풀이
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목차
Basic（기초）
Medium（표준）
Advanced（발전）
Basic（기초）
B-1. Klein-Gordon 방정식에 평면파 해를 대입하여 분산 관계를 유도하기
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
평면파 해 \(\phi(\mathbf{x}, t) = A\, e^{i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{x} - Et)}\) 의 각 미분을 계산하고, Klein-Gordon 방정식에 대입해요.
계산의 세부 과정
시간 미분：
\[
\frac{\partial \phi}{\partial t} = A \cdot (-iE) \, e^{i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{x} - Et)} = -iE\, \phi
\]
\[
\frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} = (-iE)^2 \phi = -E^2 \phi
\]
공간 미분：
\[
\frac{\partial \phi}{\partial x^k} = i p_k \, \phi
\]
\[
\nabla^2 \phi = \sum_{k=1}^{3} \frac{\partial^2 \phi}{\partial (x^k)^2} = \sum_{k=1}^{3} (ip_k)^2 \phi = -|\mathbf{p}|^2 \phi
\]
Klein-Gordon 방정식에 대입：
\[
\frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} - \nabla^2 \phi + m^2 \phi = -E^2 \phi - (-|\mathbf{p}|^2 \phi) + m^2 \phi = 0
\]
\[
(-E^2 + |\mathbf{p}|^2 + m^2)\phi = 0
\]
\(\phi \neq 0\) 이므로：
\[
-E^2 + |\mathbf{p}|^2 + m^2 = 0
\]
최종 답
\[
\boxed{E^2 = |\mathbf{p}|^2 + m^2}
\]
검산
차원 분석：자연단위계에서 \([E] = [p] = [m] = 1\)（질량 차원 1）이므로, \(E^2\), \(|\mathbf{p}|^2\), \(m^2\) 는 모두 질량 차원 2로 정합해요. 또한 \(\mathbf{p} = 0\) 으로 놓으면 \(E = \pm m\) 이 되어 정지 입자의 에너지로서 올바른 결과예요.
B-2. 음에너지 해에 대한 확률밀도 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
음에너지 해 \(\phi = A\, e^{i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{x} + |E|t)}\) 를 \(\rho\) 의 식 (1.6)에 대입해요. 이것은 \(E = -|E|\) 에 대응하는 평면파 \(e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - Et)} = e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + |E|t)}\) 예요.
계산의 세부 과정
시간 미분 계산：
\[
\frac{\partial \phi}{\partial t} = A \cdot (i|E|) \, e^{i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{x} + |E|t)} = i|E|\, \phi
\]
\[
\frac{\partial \phi^*}{\partial t} = A^* \cdot (-i|E|) \, e^{-i(\mathbf{p} \cdot \mathbf{x} + |E|t)} = -i|E|\, \phi^*
\]
\(\rho\) 에 대입：
\[
\rho = \frac{i}{2m}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t} - \phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right)
\]
\[
= \frac{i}{2m}\left(\phi^* \cdot i|E|\, \phi - \phi \cdot (-i|E|)\, \phi^*\right)
\]
\[
= \frac{i}{2m}\left(i|E|\, |\phi|^2 + i|E|\, |\phi|^2\right)
\]
\[
= \frac{i}{2m} \cdot 2i|E|\, |A|^2
\]
\[
= \frac{i \cdot 2i|E|}{2m} |A|^2 = \frac{2i^2 |E|}{2m} |A|^2 = \frac{-|E|}{m} |A|^2
\]
최종 답
\[
\boxed{\rho = -\frac{|E|}{m}|A|^2 < 0}
\]
\(|E| > 0\), \(m > 0\), \(|A|^2 > 0\) 이므로, 확실히 \(\rho < 0\) 이에요.
검산
본문의 식 (1.10)에서는 \(\rho = \frac{E}{m}|A|^2\) 이 얻어져 있어요. \(E = -|E|\) 를 대입하면 \(\rho = -\frac{|E|}{m}|A|^2\) 이 되어, 위의 결과와 일치해요.
B-3. Dirac 방정식의 조건식 (1.12)의 반교환 관계
→ 문제로 돌아가기
(a) \((\alpha^1)^2 = 1\) 의 증명
반교환 관계 \(\{\alpha^i, \alpha^j\} = 2\delta^{ij}\) 에서 \(i = j = 1\) 로 놓으면:
\[
\{\alpha^1, \alpha^1\} = 2\delta^{11} = 2
\]
좌변은:
\[
\{\alpha^1, \alpha^1\} = \alpha^1 \alpha^1 + \alpha^1 \alpha^1 = 2(\alpha^1)^2
\]
따라서:
\[
2(\alpha^1)^2 = 2 \implies \boxed{(\alpha^1)^2 = 1}
\]
(b) \(\alpha^1 \beta = -\beta \alpha^1\) 의 증명
반교환 관계 \(\{\alpha^i, \beta\} = 0\) 에서 \(i = 1\) 로 놓으면:
\[
\{\alpha^1, \beta\} = \alpha^1 \beta + \beta \alpha^1 = 0
\]
따라서:
\[
\boxed{\alpha^1 \beta = -\beta \alpha^1}
\]
(c) \(\alpha^i\) 의 고유값은 \(\pm 1\) 뿐임을 증명
\(\alpha^i\) 의 고유벡터를 \(|\mathbf{v}\rangle\), 대응하는 고유값을 \(\lambda\) 라 하면:
\[
\alpha^i |\mathbf{v}\rangle = \lambda |\mathbf{v}\rangle
\]
양변에 왼쪽에서 \(\alpha^i\) 를 작용시키면:
\[
(\alpha^i)^2 |\mathbf{v}\rangle = \lambda \cdot \alpha^i |\mathbf{v}\rangle = \lambda^2 |\mathbf{v}\rangle
\]
(a)와 마찬가지로 \((\alpha^i)^2 = 1\) (\(i = j\) 인 경우의 반교환 관계로부터)이므로:
\[
|\mathbf{v}\rangle = \lambda^2 |\mathbf{v}\rangle
\]
\(|\mathbf{v}\rangle \neq 0\) 이므로:
\[
\lambda^2 = 1 \implies \boxed{\lambda = \pm 1}
\]
검산
\(\beta\) 에 대해서도 마찬가지로 \(\beta^2 = 1\) 로부터 고유값은 \(\pm 1\) 뿐이에요. 이는 Dirac 행렬이 에르미트이면서 유니터리(제곱이 단위행렬)인 것과 부합해요.
B-4. 연속 방정식의 항등식 증명
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
우변을 시간으로 미분하여 전개하고, 좌변과 일치함을 보여요.
계산의 상세
우변을 곱의 미분법칙으로 전개해요:
\[
\frac{\partial}{\partial t}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t} - \phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right)
\]
\[
= \frac{\partial}{\partial t}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t}\right) - \frac{\partial}{\partial t}\left(\phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right)
\]
제1항을 전개:
\[
\frac{\partial}{\partial t}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t}\right) = \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\frac{\partial \phi}{\partial t} + \phi^* \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2}
\]
제2항을 전개:
\[
\frac{\partial}{\partial t}\left(\phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right) = \frac{\partial \phi}{\partial t}\frac{\partial \phi^*}{\partial t} + \phi \frac{\partial^2 \phi^*}{\partial t^2}
\]
차를 구하면:
\[
\left(\frac{\partial \phi^*}{\partial t}\frac{\partial \phi}{\partial t} + \phi^* \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2}\right) - \left(\frac{\partial \phi}{\partial t}\frac{\partial \phi^*}{\partial t} + \phi \frac{\partial^2 \phi^*}{\partial t^2}\right)
\]
\[
= \cancel{\frac{\partial \phi^*}{\partial t}\frac{\partial \phi}{\partial t}} + \phi^* \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} - \cancel{\frac{\partial \phi}{\partial t}\frac{\partial \phi^*}{\partial t}} - \phi \frac{\partial^2 \phi^*}{\partial t^2}
\]
\[
= \phi^* \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} - \phi \frac{\partial^2 \phi^*}{\partial t^2}
\]
최종 답
이것은 좌변 그 자체이므로, 등식이 증명되었어요:
\[
\boxed{\phi^* \frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} - \phi \frac{\partial^2 \phi^*}{\partial t^2} = \frac{\partial}{\partial t}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t} - \phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right)}
\]
검산
공간 미분에 대해서도 완전히 동일하게 \(\phi^* \nabla^2 \phi - \phi \nabla^2 \phi^* = \nabla \cdot (\phi^* \nabla \phi - \phi \nabla \phi^*)\) 가 성립해요. 이것은 본문의 연속 방정식 유도에서 사용되고 있어요.
B-5. Compton 파장의 계산
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
\(\lambda_C = \hbar/(mc)\) 에 수치를 대입해요.
계산의 상세
전자의 Compton 파장：
\[
\lambda_C^{(e)} = \frac{\hbar}{m_e c} = \frac{1.055 \times 10^{-34}}{9.109 \times 10^{-31} \times 2.998 \times 10^{8}}
\]
분모를 계산：
\[
m_e c = 9.109 \times 10^{-31} \times 2.998 \times 10^{8} = 2.731 \times 10^{-22} \text{ kg·m/s}
\]
따라서：
\[
\lambda_C^{(e)} = \frac{1.055 \times 10^{-34}}{2.731 \times 10^{-22}} = 3.862 \times 10^{-13} \text{ m}
\]
\[
\boxed{\lambda_C^{(e)} \approx 3.86 \times 10^{-13} \text{ m} \approx 386 \text{ fm}}
\]
양성자의 Compton 파장：
\[
\lambda_C^{(p)} = \frac{\hbar}{m_p c} = \frac{1.055 \times 10^{-34}}{1.673 \times 10^{-27} \times 2.998 \times 10^{8}}
\]
분모를 계산：
\[
m_p c = 1.673 \times 10^{-27} \times 2.998 \times 10^{8} = 5.015 \times 10^{-19} \text{ kg·m/s}
\]
따라서：
\[
\lambda_C^{(p)} = \frac{1.055 \times 10^{-34}}{5.015 \times 10^{-19}} = 2.103 \times 10^{-16} \text{ m}
\]
\[
\boxed{\lambda_C^{(p)} \approx 2.10 \times 10^{-16} \text{ m} \approx 0.210 \text{ fm}}
\]
비교：
\[
\frac{\lambda_C^{(p)}}{\lambda_C^{(e)}} = \frac{m_e}{m_p} = \frac{9.109 \times 10^{-31}}{1.673 \times 10^{-27}} \approx \frac{1}{1836}
\]
양성자의 Compton 파장은 전자의 약 \(1/1836\) 배이며, 질량이 클수록 Compton 파장은 짧아져요.
검산
\(\lambda_C^{(p)} / \lambda_C^{(e)} = m_e / m_p \approx 1/1836\) 은 질량비 그 자체이며, 알려진 값과 일치해요. 또한, 전자의 Compton 파장 \(\approx 386\) fm은 문헌값과 정합해요.
B-6. 자연단위계에서의 질량 차원
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
\(\hbar = c = 1\) 에서는 기본적인 차원이 에너지(질량)의 거듭제곱으로만 표현돼요. \([E] = 1\) 을 기준으로 해요.
계산의 세부 사항
\(\hbar = c = 1\) 에서, \([\hbar] = [E][t] = 0\) 이므로 \([t] = -[E] = -1\). \([c] = [x]/[t] = 0\) 이므로 \([x] = [t] = -1\).
(a) 시간 \(t\)：
\[
\boxed{[t] = -1}
\]
(b) 길이 \(x\)：
\[
\boxed{[x] = -1}
\]
(c) 질량 \(m\)：
\[
\boxed{[m] = +1}
\]
(d) Klein-Gordon 장 \(\phi\)：
작용 \(S = \int d^4x\, \mathcal{L}\) 은 \([\hbar] = 0\) 이므로 무차원이에요: \([S] = 0\).
\[
[d^4x] = 4 \times [x] = 4 \times (-1) = -4
\]
따라서:
\[
[\mathcal{L}] = -[d^4x] = +4
\]
라그랑지안 밀도 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2\) 의 각 항을 살펴봐요. \([\partial_\mu] = -[x] = +1\) 이므로:
\[
[\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi] = 2[\partial_\mu] + 2[\phi] = 2 + 2[\phi]
\]
이것이 \([\mathcal{L}] = 4\) 와 같아야 하므로:
\[
2 + 2[\phi] = 4 \implies [\phi] = 1
\]
\[
\boxed{[\phi] = +1}
\]
검산
\(m^2\phi^2\) 항의 차원: \([m^2\phi^2] = 2[m] + 2[\phi] = 2 + 2 = 4 = [\mathcal{L}]\). ✓
B-7. 불확정성 관계에 의한 쌍생성의 시간 스케일
→ 문제로 돌아가기
(a) 가상 전자-양전자 쌍의 생성 시간
에너지-시간 불확정성 관계 \(\Delta E \cdot \Delta t \gtrsim \hbar\) 로부터, \(\Delta E = 2m_e c^2\) 의 에너지 요동이 허용되는 최대 시간은:
\[
\Delta t \sim \frac{\hbar}{\Delta E} = \frac{\hbar}{2m_e c^2}
\]
수치를 대입하면:
\[
2m_e c^2 = 2 \times 9.109 \times 10^{-31} \times (2.998 \times 10^8)^2 = 2 \times 8.187 \times 10^{-14} \text{ J} = 1.637 \times 10^{-13} \text{ J}
\]
\[
\Delta t \sim \frac{1.055 \times 10^{-34}}{1.637 \times 10^{-13}} \approx 6.44 \times 10^{-22} \text{ s}
\]
\[
\boxed{\Delta t \sim \frac{\hbar}{2m_e c^2} \approx 6.4 \times 10^{-22} \text{ s}}
\]
(b) 빛이 진행하는 거리와 Compton 파장의 비교
\[
c \cdot \Delta t = c \cdot \frac{\hbar}{2m_e c^2} = \frac{\hbar}{2m_e c} = \frac{\lambda_C}{2}
\]
수치:
\[
c \cdot \Delta t = 2.998 \times 10^8 \times 6.44 \times 10^{-22} \approx 1.93 \times 10^{-13} \text{ m}
\]
이것은 전자의 Compton 파장 \(\lambda_C \approx 3.86 \times 10^{-13}\) m의 약 절반이에요:
\[
\boxed{c \cdot \Delta t = \frac{\lambda_C}{2} \approx 1.93 \times 10^{-13} \text{ m}}
\]
검산
\(\lambda_C / 2 = 3.86 \times 10^{-13} / 2 = 1.93 \times 10^{-13}\) m과 직접 계산한 값이 일치해요. 이 결과는 본문의 논의 "Compton 파장 정도의 거리 스케일에서 쌍생성이 중요해진다"와 정합해요.
B-8. 달랑베르 연산자와 Klein-Gordon 방정식의 공변 형식
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
계량 텐서 \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1, -1, -1, -1)\) 를 이용하여 \(\partial_\mu \partial^\mu\) 를 성분 전개해요.
계산의 상세
4원 미분 연산자의 정의:
\[
\partial_\mu = \frac{\partial}{\partial x^\mu} = \left(\frac{\partial}{\partial t},\, \frac{\partial}{\partial x^1},\, \frac{\partial}{\partial x^2},\, \frac{\partial}{\partial x^3}\right)
\]
첨자를 올리면:
\[
\partial^\mu = \eta^{\mu\nu}\partial_\nu
\]
각 성분을 계산하면:
\[
\partial^0 = \eta^{00}\partial_0 = (+1)\frac{\partial}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}
\]
\[
\partial^k = \eta^{kk}\partial_k = (-1)\frac{\partial}{\partial x^k} = -\frac{\partial}{\partial x^k} \quad (k = 1, 2, 3)
\]
따라서 달랑베르 연산자는:
\[
\Box \equiv \partial_\mu \partial^\mu = \partial_0 \partial^0 + \partial_1 \partial^1 + \partial_2 \partial^2 + \partial_3 \partial^3
\]
\[
= \frac{\partial}{\partial t}\cdot\frac{\partial}{\partial t} + \frac{\partial}{\partial x^1}\cdot\left(-\frac{\partial}{\partial x^1}\right) + \frac{\partial}{\partial x^2}\cdot\left(-\frac{\partial}{\partial x^2}\right) + \frac{\partial}{\partial x^3}\cdot\left(-\frac{\partial}{\partial x^3}\right)
\]
\[
= \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \left(\frac{\partial^2}{\partial (x^1)^2} + \frac{\partial^2}{\partial (x^2)^2} + \frac{\partial^2}{\partial (x^3)^2}\right)
\]
\[
= \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2
\]
최종 답
Klein-Gordon 방정식 (1.1)은:
\[
\frac{\partial^2 \phi}{\partial t^2} - \nabla^2 \phi + m^2 \phi = 0
\]
\[
\implies (\Box + m^2)\phi = 0
\]
\[
\boxed{(\partial_\mu \partial^\mu + m^2)\phi = 0}
\]
검산
계량의 부호 규약 \((+,-,-,-)\) 에서 \(p_\mu p^\mu = E^2 - |\mathbf{p}|^2 = m^2\) 이고, 연산자 대체 \(p^\mu \to i\partial^\mu\) 를 수행하면 \(-\partial_\mu\partial^\mu = m^2\), 즉 \((\Box + m^2)\phi = 0\) 이 얻어져요. 정합성이 확인돼요.
Medium（표준）
M-1. Klein-Gordon 방정식의 확률 흐름 밀도의 Lorentz 공변성
→ 문제로 돌아가기
(a) \(j^0 = \rho\) 확인
4원 전류밀도의 정의:
\[
j^\mu = \frac{i}{2m}\left(\phi^* \partial^\mu \phi - \phi\, \partial^\mu \phi^*\right)
\]
\(\mu = 0\) 성분을 취하면:
\[
j^0 = \frac{i}{2m}\left(\phi^* \partial^0 \phi - \phi\, \partial^0 \phi^*\right)
\]
계량 \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\)로부터 \(\partial^0 = \partial/\partial t\)이므로:
\[
j^0 = \frac{i}{2m}\left(\phi^* \frac{\partial \phi}{\partial t} - \phi \frac{\partial \phi^*}{\partial t}\right)
\]
이것은 식 (1.6)의 \(\rho\) 그 자체예요.
\[
\boxed{j^0 = \rho}
\]
(b) \(j^k\)가 식 (1.7)의 \(\mathbf{j}\)와 일치하는지 확인
\(\mu = k\)（\(k = 1, 2, 3\)）성분을 취하면:
\[
j^k = \frac{i}{2m}\left(\phi^* \partial^k \phi - \phi\, \partial^k \phi^*\right)
\]
여기서 \(\partial^k = \eta^{kk}\partial_k = -\partial/\partial x^k = -\nabla_k\)이므로:
\[
j^k = \frac{i}{2m}\left(\phi^* (-\nabla_k \phi) - \phi\, (-\nabla_k \phi^*)\right)
\]
\[
= \frac{i}{2m}\left(-\phi^* \nabla_k \phi + \phi\, \nabla_k \phi^*\right)
\]
\[
= \frac{-i}{2m}\left(\phi^* \nabla_k \phi - \phi\, \nabla_k \phi^*\right)
\]
\[
= \frac{1}{2mi}\left(\phi^* \nabla_k \phi - \phi\, \nabla_k \phi^*\right)
\]
이것은 식 (1.7)의 \(\mathbf{j}\)의 제 \(k\) 성분과 부호가 반전된 형태로 보이지만, 주의가 필요해요.
사실 4원 전류를 반변벡터 \(j^\mu\)로 정의하는 경우와 3차원 흐름 \(\mathbf{j}\)의 관계는:
\[
j^\mu = (\rho,\, \mathbf{j})
\]
가 아니라 계량의 부호 규약에 의존해요. \((+,-,-,-)\) 규약에서는 \(j_\mu = (\rho, -\mathbf{j})\)이며, \(j^\mu = (\rho, \mathbf{j})\)로 쓰면 공간 성분은:
본문의 식 (1.7)을 확인하면:
\[
\mathbf{j} = \frac{1}{2mi}\left(\phi^* \nabla \phi - \phi \nabla \phi^*\right)
\]
위에서 얻은 \(j^k\)는 정확히 이것과 일치해요:
\[
\boxed{j^k = \frac{1}{2mi}\left(\phi^* \nabla_k \phi - \phi\, \nabla_k \phi^*\right) = j_k \text{（식 (1.7)의 제 $k$ 성분）}}
\]
（주: \(\frac{-i}{2m} = \frac{1}{2mi}\)를 사용했어요.）
(c) 연속 방정식의 공변 형식
연속 방정식 (1.5)은:
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \cdot \mathbf{j} = 0
\]
이것을 4원 표기법으로 쓰면:
\[
\frac{\partial j^0}{\partial t} + \sum_{k=1}^{3} \frac{\partial j^k}{\partial x^k} = \partial_0 j^0 + \partial_k j^k = \partial_\mu j^\mu = 0
\]
\[
\boxed{\partial_\mu j^\mu = 0}
\]
Lorentz 공변성에 대한 논의:
\(\partial_\mu j^\mu\)는 Lorentz 스칼라예요. 이는 다음과 같은 이유 때문이에요:
- \(j^\mu\)는 Lorentz 변환에서 반변 4원 벡터로 변환해요（\(\phi\)가 스칼라장이고 \(\partial^\mu\)가 반변벡터이므로）
- \(\partial_\mu\)는 공변벡터로 변환해요
- 반변벡터와 공변벡터의 축약 \(\partial_\mu j^\mu\)는 Lorentz 스칼라예요
따라서 \(\partial_\mu j^\mu = 0\)이라는 방정식은 모든 관성계에서 동일한 형태를 가져요. 어떤 관성계에서 성립하면 임의의 관성계에서도 성립해요. 이것이 연속 방정식의 Lorentz 공변성이에요.
검산
\(\partial_\mu j^\mu = 0\)을 직접 확인해요. \(\phi\)가 Klein-Gordon 방정식 \((\Box + m^2)\phi = 0\)을 만족할 때:
\[
\partial_\mu j^\mu = \frac{i}{2m}\partial_\mu\left(\phi^* \partial^\mu \phi - \phi\, \partial^\mu \phi^*\right)
\]
\[
= \frac{i}{2m}\left((\partial_\mu\phi^*)(\partial^\mu\phi) + \phi^* \Box\phi - (\partial_\mu\phi)(\partial^\mu\phi^*) - \phi\, \Box\phi^*\right)
\]
제1항과 제3항은 상쇄되어:
\[
= \frac{i}{2m}\left(\phi^* \Box\phi - \phi\, \Box\phi^*\right) = \frac{i}{2m}\left(\phi^*(-m^2\phi) - \phi(-m^2\phi^*)\right) = 0
\]
확실히 \(\partial_\mu j^\mu = 0\)이 성립해요. ✓
M-2. Dirac 방정식의 확률 밀도 비음성
→ 문제로 돌아가기
풀이 방침
Dirac 방정식과 그 에르미트 켤레로부터 \(\partial_t(\psi^\dagger\psi)\)를 계산하고, 연속 방정식의 형태로 정리해요.
계산의 세부 사항
Dirac 방정식：
\[
i\frac{\partial \psi}{\partial t} = H_D \psi = \left(-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m\right)\psi \tag{*}
\]
에르미트 켤레를 취하기：
\((*)\)의 양변의 에르미트 켤레（\(\dagger\)）를 취하면：
\[
-i\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = \psi^\dagger H_D^\dagger
\]
여기서 \(H_D^\dagger = (-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)^\dagger\). \(\alpha^i\)와 \(\beta\)는 에르미트 행렬（\((\alpha^i)^\dagger = \alpha^i\), \(\beta^\dagger = \beta\)）이고, \(\nabla\)는 실수 연산자이므로：
\[
H_D^\dagger = (i\boldsymbol{\alpha}\cdot\overleftarrow{\nabla} + \beta m)
\]
단, \(\overleftarrow{\nabla}\)는 왼쪽에 작용하는 미분 연산자를 나타내요. 더 명시적으로 쓰면：
\[
-i\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = i(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + \psi^\dagger \beta m \tag{**}
\]
또는 동등하게：
\[
\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} - i\psi^\dagger \beta m \tag{**'}
\]
\(\partial_t \rho\) 계산：
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}(\psi^\dagger \psi) = \frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t}\psi + \psi^\dagger \frac{\partial \psi}{\partial t}
\]
\((*)\)로부터：
\[
\frac{\partial \psi}{\partial t} = -i(-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi = (-\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla - i\beta m)\psi
\]
\((**)\)로부터：
\[
\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} - i\psi^\dagger \beta m
\]
대입하면：
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t} = \left[(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} - i\psi^\dagger \beta m\right]\psi + \psi^\dagger\left[-\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla - i\beta m\right]\psi
\]
\[
= (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha}\,\psi - i\psi^\dagger \beta m\,\psi - \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla\psi - i\psi^\dagger\beta m\,\psi
\]
\(\beta m\) 항을 보면：
\[
-i\psi^\dagger \beta m\,\psi - i\psi^\dagger\beta m\,\psi = -2i\psi^\dagger\beta m\,\psi
\]
이것은 올바르지 않아요. 다시 한번 정성스럽게 다시 해볼게요.
\((*)\)에서：
\[
\frac{\partial \psi}{\partial t} = \frac{1}{i}(-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi = (-\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla - i\beta m)\psi
\]
\((**)\)를 올바르게 다시 유도해요. \((*)\)의 에르미트 켤레：
\[
\left(i\frac{\partial \psi}{\partial t}\right)^\dagger = \left[(-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi\right]^\dagger
\]
좌변：
\[
-i\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t}
\]
우변：\(\psi^\dagger\)에 오른쪽에서 연산자가 작용하는 형태가 돼요. 위치 표현에서 생각하면：
\[
-i\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = \psi^\dagger(i\boldsymbol{\alpha}\cdot\overleftarrow{\nabla} + \beta m)
\]
여기서 \(\overleftarrow{\nabla}\)는 \(\psi^\dagger\)에 작용해요. 즉：
\[
-i\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = i(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + \psi^\dagger \beta m
\]
따라서：
\[
\frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t} = (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + i\psi^\dagger \beta m
\]
재계산：
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t} = \frac{\partial \psi^\dagger}{\partial t}\psi + \psi^\dagger \frac{\partial \psi}{\partial t}
\]
\[
= \left[(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + i\psi^\dagger \beta m\right]\psi + \psi^\dagger\left[-\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla - i\beta m\right]\psi
\]
\[
= (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha}\,\psi + i\psi^\dagger \beta m\,\psi - \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\cdot(\nabla\psi) - i\psi^\dagger\beta m\,\psi
\]
질량항이 상쇄：
\[
+ i\psi^\dagger \beta m\,\psi - i\psi^\dagger\beta m\,\psi = 0
\]
남는 것은：
\[
\frac{\partial \rho}{\partial t} = (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha}\,\psi - \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\cdot(\nabla\psi)
\]
성분으로 쓰면（\(k\) 성분에 대해）：
\[
= \sum_k \left[(\partial_k \psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)\right]
\]
\[
= -\sum_k \partial_k\left(\psi^\dagger \alpha^k \psi\right) + \sum_k\left[(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)\right] - \sum_k \partial_k(\psi^\dagger\alpha^k\psi)
\]
아니, 더 직접적으로：
\[
(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha}\,\psi - \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\cdot(\nabla\psi)
\]
이것을 \(-\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)\)로 쓸 수 있는지 확인해요.
\[
\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi) = \sum_k \partial_k(\psi^\dagger\alpha^k\psi) = \sum_k\left[(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)\right]
\]
한편, 위에서 얻은 것은：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = \sum_k\left[(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)\right]
\]
이것은 \(\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)\)와는 다르네요（부호가 달라요）.
다시 한번 \((*)\)에서 정성스럽게 다시 해볼게요.
올바른 유도：
Dirac 방정식 \((*)\)：
\[
i\frac{\partial\psi}{\partial t} = -i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi
\]
\[
\therefore \frac{\partial\psi}{\partial t} = -\alpha^k\partial_k\psi - i\beta m\psi \tag{A}
\]
에르미트 켤레（\((\alpha^k)^\dagger = \alpha^k\), \(\beta^\dagger = \beta\)）：
\[
-i\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + \psi^\dagger\beta m
\]
\[
\therefore \frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + i\psi^\dagger\beta m \tag{B}
\]
\(\partial_t\rho\)를 계산：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = \left(\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t}\right)\psi + \psi^\dagger\left(\frac{\partial\psi}{\partial t}\right)
\]
(B)와 (A)를 대입：
\[
= \left[(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + i\psi^\dagger\beta m\right]\psi + \psi^\dagger\left[-\alpha^k\partial_k\psi - i\beta m\psi\right]
\]
\[
= (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + i\psi^\dagger\beta m\psi - \psi^\dagger\alpha^k\partial_k\psi - i\psi^\dagger\beta m\psi
\]
질량항이 상쇄：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
여기서 부호를 확인해요. 이것은：
\[
= -\left[\psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi) - (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi\right]
\]
이 아니라, \(\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)\)와의 관계를 살펴봐요：
\[
\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi) = \partial_k(\psi^\dagger\alpha^k\psi) = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
위에서 얻은 결과는：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
이것은 \(\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)\)와 일치하지 않아요.
여기서 계산 실수가 없는지 재확인해요. (A)를 다시 봐요：
\((*)\): \(i\partial_t\psi = (-i\alpha^k\partial_k + \beta m)\psi\)
양변을 \(i\)로 나누면：
\[
\partial_t\psi = \frac{1}{i}(-i\alpha^k\partial_k + \beta m)\psi = (-\alpha^k\partial_k + \frac{\beta m}{i})\psi = -\alpha^k\partial_k\psi - i\beta m\psi
\]
\(\frac{1}{i} = -i\)이므로 \(\frac{\beta m}{i} = -i\beta m\). OK.
에르미트 켤레를 다시 취해요. \((*)\)의 양변의 \(\dagger\)：
\[
(i\partial_t\psi)^\dagger = [(-i\alpha^k\partial_k + \beta m)\psi]^\dagger
\]
좌변：\((i\partial_t\psi)^\dagger = (\partial_t\psi)^\dagger(-i) = (\partial_t\psi^\dagger)(-i) = -i\partial_t\psi^\dagger\)
우변：\(\psi^\dagger(-i\alpha^k\partial_k + \beta m)^\dagger\)
여기서 주의：위치 표현에서 \(\partial_k\)는 실수 연산자이지만, 에르미트 켤레를 취하면 \(\partial_k \to -\partial_k\)（부분적분으로 부호가 바뀜）가 아니라, 여기서는 \(\psi^\dagger\)에 대해 오른쪽에서 작용하는 형태로 써요.
올바르게는, Dirac 방정식의 에르미트 켤레는：
\[
-i\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = (i\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + \psi^\dagger\beta m
\]
이것은 \((*)\)의 각 항의 에르미트 켤레를 취한 것이에요：
- \((-i\alpha^k\partial_k\psi)^\dagger = (\partial_k\psi)^\dagger(i)(\alpha^k)^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\)
따라서：
\[
-i\partial_t\psi^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + \psi^\dagger\beta m
\]
\[
\partial_t\psi^\dagger = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + i\psi^\dagger\beta m \tag{B}
\]
이것은 앞에서와 같아요.
자, \(\partial_t\rho\)의 결과：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
여기서 부호를 재확인해요.
\[
\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi) = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
따라서：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = \nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi) - 2\psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
이래서는 연속 방정식의 형태가 되지 않아요. 뭔가 이상해요.
다시 처음부터 해볼게요. Dirac 방정식을 올바르게 써요：
\[
i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t} = H_D\psi, \quad H_D = c\boldsymbol{\alpha}\cdot\hat{\mathbf{p}} + \beta mc^2 = -i\hbar c\,\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta mc^2
\]
자연단위계 \(\hbar = c = 1\)에서：
\[
i\frac{\partial\psi}{\partial t} = (-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi
\]
여기서：
\[
\frac{\partial\psi}{\partial t} = -i(-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi = -\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla\psi - i\beta m\psi \tag{A}
\]
에르미트 켤레. \((*)\)의 \(\dagger\)：
\[
-i\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = \psi^\dagger(i\boldsymbol{\alpha}\cdot\overleftarrow{\nabla} + \beta m)
\]
여기서 \(\overleftarrow{\nabla}\)는 왼쪽에 작용해요. 즉：
\[
-i\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = i(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + \psi^\dagger\beta m
\]
\[
\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = (\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + i\psi^\dagger\beta m \tag{B}
\]
\(\partial_t(\psi^\dagger\psi)\)：
\[
= \left[(\nabla\psi^\dagger)\cdot\boldsymbol{\alpha} + i\psi^\dagger\beta m\right]\psi + \psi^\dagger\left[-\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla\psi - i\beta m\psi\right]
\]
\[
= (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + i\psi^\dagger\beta m\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi) - i\psi^\dagger\beta m\psi
\]
\[
= (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
여기서, 이것이 \(-\nabla\cdot\mathbf{j}\)의 형태가 되어야 해요. \(\mathbf{j} = \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi\)로 정의하면：
\[
\nabla\cdot\mathbf{j} = \partial_k(\psi^\dagger\alpha^k\psi) = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
위에서 얻은 \(\partial_t\rho\)는：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = (\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
이것은 \(\nabla\cdot\mathbf{j}\)와 달라요. 무엇이 잘못된 걸까요?
문제 발견： (A)의 부호를 확인해요.
\[
i\partial_t\psi = -i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi
\]
양변에 \(-i\)를 곱하면（\(\frac{1}{i} = -i\)）：
\[
\partial_t\psi = -i \cdot \frac{1}{i}(-i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi)
\]
아니, 단순하게：
\[
i\partial_t\psi = -i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi
\]
\[
\partial_t\psi = \frac{-i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi}{i} = \frac{-i\alpha^k\partial_k\psi}{i} + \frac{\beta m\psi}{i}
\]
\[
= -\alpha^k\partial_k\psi + (-i)\beta m\psi = -\alpha^k\partial_k\psi - i\beta m\psi
\]
OK, (A)는 맞아요.
(B)도 확인해요. \((*)\)의 에르미트 켤레를 취해요.
\(i\partial_t\psi = -i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi\)의 \(\dagger\)：
좌변의 \(\dagger\)：\((i\partial_t\psi)^\dagger = -i\partial_t\psi^\dagger\)
우변의 \(\dagger\)：\((-i\alpha^k\partial_k\psi + \beta m\psi)^\dagger\)
여기서, \((-i\alpha^k\partial_k\psi)^\dagger\)를 계산해요. 이것은 행렬과 미분 연산자의 곱의 \(\dagger\)이므로 주의가 필요해요.
힐베르트 공간의 내적 의미에서의 에르미트 켤레를 고려하는 것이 아니라, 단순히 행렬의 \(\dagger\)와 복소 켤레를 취해요（위치 표현에서의 조작）：
\[
(-i\alpha^k\partial_k\psi)^\dagger = (\partial_k\psi)^\dagger (i)(\alpha^k)^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k
\]
\((\beta m\psi)^\dagger = m\psi^\dagger\beta\)
따라서：
\[
-i\partial_t\psi^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + m\psi^\dagger\beta
\]
\[
\partial_t\psi^\dagger = -(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + im\psi^\dagger\beta
\]
어라, 부호가 바뀌었어요! 다시 한번.
\[
-i\partial_t\psi^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + m\psi^\dagger\beta
\]
양변에 \(\frac{1}{-i} = i\)를 곱하면：
\[
\partial_t\psi^\dagger = i \cdot [i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + m\psi^\dagger\beta]
\]
\[
= i^2(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + im\psi^\dagger\beta
\]
\[
= -(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + im\psi^\dagger\beta
\]
이것은 앞의 (B)와 부호가 달라요! 앞의 (B)는 틀렸어요. 올바르게는：
\[
\frac{\partial\psi^\dagger}{\partial t} = -(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + im\psi^\dagger\beta \tag{B'}
\]
재계산：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = \left[-(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + im\psi^\dagger\beta\right]\psi + \psi^\dagger\left[-\alpha^k\partial_k\psi - i\beta m\psi\right]
\]
\[
= -(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + im\psi^\dagger\beta\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi) - im\psi^\dagger\beta\psi
\]
질량항이 상쇄：
\[
\frac{\partial\rho}{\partial t} = -(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi - \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)
\]
\[
= -\left[(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k\psi + \psi^\dagger\alpha^k(\partial_k\psi)\right]
\]
\[
= -\partial_k(\psi^\dagger\alpha^k\psi)
\]
\[
= -\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)
\]
최종 답
\[
\boxed{\frac{\partial\rho}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{j} = 0, \quad \rho = \psi^\dagger\psi \geq 0, \quad \mathbf{j} = \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi}
\]
유도 요약：
- Dirac 방정식：\(i\partial_t\psi = (-i\boldsymbol{\alpha}\cdot\nabla + \beta m)\psi\)
- 에르미트 켤레：\(-i\partial_t\psi^\dagger = i(\partial_k\psi^\dagger)\alpha^k + m\psi^\dagger\beta\)
- \(\partial_t(\psi^\dagger\psi)\)를 계산하면 질량항이 상쇄되고, \(-\nabla\cdot(\psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi)\)가 남아요
\(\rho = \psi^\dagger\psi = \sum_{a=1}^{4}|\psi_a|^2 \geq 0\)이므로, 확률 밀도는 항상 비음수예요. 이것이 Klein-Gordon 방정식과의 결정적인 차이예요.
검산
\(\mathbf{j} = \psi^\dagger\boldsymbol{\alpha}\psi\)의 각 성분은 에르미트 행렬 \(\alpha^k\)의 기댓값이므로 실수예요. 또한, \(\rho\)와 \(\mathbf{j}\)를 공간 전체에서 적분하면：
\[
\frac{d}{dt}\int d^3x\, \rho = -\int d^3x\, \nabla\cdot\mathbf{j} = 0
\]
（표면항이 사라지는 경우）. 이것은 전체 확률 \(\int d^3x\, \psi^\dagger\psi = 1\)이 보존된다는 것을 의미하며, 확률 해석과 정합해요.
M-3. Compton 파장과 위치의 국소화
→ 문제로 돌아가기
(a) 운동량의 불확정성과 에너지의 불확정성
폭 \(L\)인 상자에 갇힌 입자의 운동량 불확정성은 불확정성 원리로부터:
\[
\Delta p \sim \frac{\hbar}{L}
\]
상대론적 에너지는 \(E = \sqrt{(pc)^2 + (mc^2)^2}\)이므로, 에너지의 불확정성은:
\[
\Delta E \sim \sqrt{(\Delta p \cdot c)^2 + (mc^2)^2} - mc^2
\]
(정지 에너지를 뺀 운동 에너지의 불확정성)
다만, 여기서는 쌍생성에 필요한 에너지와의 비교가 목적이므로, \(\Delta E \sim c\,\Delta p\)(\(\Delta p\)가 큰 경우)로 어림하는 것이 더 적절해요.
\(\Delta p \gg mc\)인 극한 (초상대론적):
\[
\Delta E \approx c\,\Delta p = \frac{\hbar c}{L}
\]
\(\Delta p \ll mc\)인 극한 (비상대론적):
\[
\Delta E \approx \frac{(\Delta p)^2}{2m} = \frac{\hbar^2}{2mL^2}
\]
(b) 쌍생성의 임계 조건
입자·반입자 쌍이 가상적으로 생성되려면 \(\Delta E \geq 2mc^2\)이 필요해요. 초상대론적 어림(\(L\)이 작은 경우에 해당)을 사용하면:
\[
\frac{\hbar c}{L} \geq 2mc^2
\]
\[
L \leq \frac{\hbar}{2mc} = \frac{\lambda_C}{2}
\]
\[
\boxed{L_{\text{critical}} \sim \frac{\lambda_C}{2} = \frac{\hbar}{2mc}}
\]
(c) 1입자 묘사의 파탄과의 정합성
이 결과는, Compton 파장 \(\lambda_C = \hbar/(mc)\) 정도 이하의 거리 스케일에 입자를 국소화시키려 하면, 에너지의 불확정성이 쌍생성의 문턱값 \(2mc^2\)을 넘는다는 것을 의미해요.
이때:
- "1개의 입자"를 관측하려 해도, 가상적인 입자·반입자 쌍이 생성될 가능성이 있어요
- 입자의 수가 불확정해지며, "입자 1개의 파동함수"라는 개념이 의미를 잃어요
- 위치를 \(\lambda_C\) 이하의 정밀도로 측정하는 것 자체가 다입자계의 기술을 필요로 해요
이는 본문의 논의——"Compton 파장보다 짧은 거리 스케일에서는 1입자 묘사가 파탄하며, 장의 양자론이 필요하게 된다"——와 완전히 정합해요.
검산
전자의 경우: \(\lambda_C^{(e)} \approx 3.86 \times 10^{-13}\) m. 원자의 보어 반지름 \(a_0 \approx 5.3 \times 10^{-11}\) m은 \(\lambda_C\)의 약 137배(\(= 1/\alpha\), 미세구조 상수의 역수)이며, 원자물리학에서 쌍생성을 무시할 수 있다는 사실과 정합해요.
M-4. Klein-Gordon 장의 일반해와 양·음 진동수 모드
→ 문제로 돌아가기
(a) 일반해가 Klein-Gordon 방정식을 만족하는지 확인
일반해:
\[
\phi(\mathbf{x}, t) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a(\mathbf{p})\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} + b^*(\mathbf{p})\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} \right]
\]
\((\Box + m^2)\)를 작용시켜요. 각 푸리에 모드에 대해:
양의 진동수 모드 \(e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}\):
\[
\Box\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} = \left(\frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2\right) e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
\[
= \left[(-i\omega_{\mathbf{p}})^2 - (i\mathbf{p})^2\right] e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
\[
= (-\omega_{\mathbf{p}}^2 + |\mathbf{p}|^2)\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
따라서:
\[
(\Box + m^2)\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} = (-\omega_{\mathbf{p}}^2 + |\mathbf{p}|^2 + m^2)\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
\(\omega_{\mathbf{p}} = \sqrt{|\mathbf{p}|^2 + m^2}\)로부터 \(\omega_{\mathbf{p}}^2 = |\mathbf{p}|^2 + m^2\)이므로:
\[
-\omega_{\mathbf{p}}^2 + |\mathbf{p}|^2 + m^2 = 0
\]
음의 진동수 모드 \(e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}\):
\[
\Box\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} = \left[(i\omega_{\mathbf{p}})^2 - (-i\mathbf{p})^2\right] e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
\[
= (-\omega_{\mathbf{p}}^2 + |\mathbf{p}|^2)\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)}
\]
마찬가지로 \((\Box + m^2)\)를 작용시키면 \(0\)이 돼요.
따라서, 각 푸리에 모드가 Klein-Gordon 방정식을 만족하므로, 그 선형결합인 \(\phi\)도 만족해요.
\[
\boxed{(\Box + m^2)\phi = 0 \quad \text{이 확인되었다}}
\]
(b) 실수 스칼라장의 조건
\(\phi = \phi^*\) 조건을 부과해요. \(\phi^*\)를 계산하면:
\[
\phi^*(\mathbf{x}, t) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a^*(\mathbf{p})\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} + b(\mathbf{p})\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} \right]
\]
\(\phi = \phi^*\)로 놓기 위해, \(\phi^*\)의 적분 변수를 \(\mathbf{p} \to -\mathbf{p}\)로 치환해요 (\(\omega_{\mathbf{p}} = \omega_{-\mathbf{p}}\), \(d^3p\)는 불변):
\[
\phi^* = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a^*(-\mathbf{p})\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + \omega_{\mathbf{p}} t)} + b(-\mathbf{p})\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + \omega_{\mathbf{p}} t)} \right]
\]
아니, 더 직접적으로 비교해 볼게요. \(\phi\)와 \(\phi^*\)를 나란히 놓으면:
\[
\phi = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a(\mathbf{p})\, e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - i\omega_{\mathbf{p}} t} + b^*(\mathbf{p})\, e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + i\omega_{\mathbf{p}} t} \right]
\]
\[
\phi^* = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a^*(\mathbf{p})\, e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + i\omega_{\mathbf{p}} t} + b(\mathbf{p})\, e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - i\omega_{\mathbf{p}} t} \right]
\]
\(\phi^*\)의 제2항 \(b(\mathbf{p})\, e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - i\omega_{\mathbf{p}} t}\)는 \(\phi\)의 제1항 \(a(\mathbf{p})\, e^{i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - i\omega_{\mathbf{p}} t}\)과 같은 지수함수를 가져요.
\(\phi^*\)의 제1항 \(a^*(\mathbf{p})\, e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + i\omega_{\mathbf{p}} t}\)는 \(\phi\)의 제2항 \(b^*(\mathbf{p})\, e^{-i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} + i\omega_{\mathbf{p}} t}\)과 같은 지수함수를 가져요.
\(\phi = \phi^*\) 조건으로부터, 푸리에 성분별로 비교하면:
\[
\boxed{b(\mathbf{p}) = a(\mathbf{p})}
\]
즉, 실수 스칼라장에서는 \(a(\mathbf{p})\)와 \(b(\mathbf{p})\)가 독립이 아니라 \(b(\mathbf{p}) = a(\mathbf{p})\)의 관계가 있어요. 일반해는:
\[
\phi(\mathbf{x}, t) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3} \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}} \left[ a(\mathbf{p})\, e^{i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} + a^*(\mathbf{p})\, e^{-i(\mathbf{p}\cdot\mathbf{x} - \omega_{\mathbf{p}} t)} \right]
\]
(c) 복소 스칼라장과 반입자
복소 스칼라장의 경우, \(\phi \neq \phi^*\)이므로 \(a(\mathbf{p})\)와 \(b(\mathbf{p})\)는 독립적인 복소 함수예요.
물리적 해석:
- \(a(\mathbf{p})\): 양의 진동수 모드(\(e^{-i\omega_{\mathbf{p}} t}\))의 진폭 → 양자화 후 입자의 소멸 연산자
- \(b^*(\mathbf{p})\): 음의 진동수 모드(\(e^{+i\omega_{\mathbf{p}} t}\))의 진폭 → 양자화 후 반입자의 생성 연산자
본문 논의와의 관련:
- Klein-Gordon 방정식의 음의 에너지 해(\(E < 0\))는 장의 양자론 틀에서 "반입자의 양의 에너지 상태"로 재해석돼요
- 복소장은 입자와 반입자를 구별하는 자유도를 가지며, \(U(1)\) 대칭 \(\phi \to e^{i\theta}\phi\)에 대응하는 보존 전하(입자 수 \(-\) 반입자 수)가 존재해요
- 실수 스칼라장에서는 입자와 반입자가 동일(\(b = a\))하며, 전하를 갖지 않아요
\[
\boxed{\text{복소장: } a(\mathbf{p}) \text{와 } b(\mathbf{p}) \text{는 독립이다. } b^*(\mathbf{p}) \text{는 반입자의 생성에 대응한다.}}
\]
검산
실수 스칼라장의 자유도 수: 각 \(\mathbf{p}\)에 대해 \(a(\mathbf{p})\) (복소수 1개 = 실수 2개). 복소 스칼라장: 각 \(\mathbf{p}\)에 대해 \(a(\mathbf{p})\)와 \(b(\mathbf{p})\) (복소수 2개 = 실수 4개). 복소장은 실수장 2개분의 자유도를 가지며, \(\phi = (\phi_1 + i\phi_2)/\sqrt{2}\)로 분해할 수 있다는 것과 정합해요.
Advanced（발전）
A-1. 인과율과 Klein-Gordon 전파함수
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(a) Retarded Green 함수의 Fourier 표현
정의:
\[
(\Box_x + m^2)\, G_R(x - y) = -\delta^4(x - y)
\]
\(G_R\)을 4차원 Fourier 변환해요:
\[
G_R(x - y) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\, \tilde{G}_R(p)\, e^{-ip\cdot(x-y)}
\]
여기서 \(p\cdot x = p^0 x^0 - \mathbf{p}\cdot\mathbf{x}\) (계량 \((+,-,-,-)\))이에요.
\(\delta^4(x-y)\)의 Fourier 표현:
\[
\delta^4(x-y) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\, e^{-ip\cdot(x-y)}
\]
\(\Box_x\, e^{-ip\cdot(x-y)}\)를 계산해요:
\[
\Box_x\, e^{-ip\cdot(x-y)} = \partial_\mu\partial^\mu\, e^{-ip\cdot(x-y)} = (-ip_\mu)(-ip^\mu)\, e^{-ip\cdot(x-y)} = -p_\mu p^\mu\, e^{-ip\cdot(x-y)}
\]
\[
= -(p^0)^2 + |\mathbf{p}|^2)\, e^{-ip\cdot(x-y)} = -p^2\, e^{-ip\cdot(x-y)}
\]
여기서 \(p^2 \equiv p_\mu p^\mu = (p^0)^2 - |\mathbf{p}|^2\)이에요.
정의식에 대입하면:
\[
\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\, (-p^2 + m^2)\, \tilde{G}_R(p)\, e^{-ip\cdot(x-y)} = -\int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\, e^{-ip\cdot(x-y)}
\]
Fourier 성분을 비교하면:
\[
(-p^2 + m^2)\, \tilde{G}_R(p) = -1
\]
\[
\tilde{G}_R(p) = \frac{1}{p^2 - m^2} = \frac{1}{(p^0)^2 - |\mathbf{p}|^2 - m^2} = \frac{1}{(p^0)^2 - \omega_{\mathbf{p}}^2}
\]
여기서 \(\omega_{\mathbf{p}} = \sqrt{|\mathbf{p}|^2 + m^2}\)이에요.
극점의 위치와 \(i\varepsilon\) 처방:
\((p^0)^2 - \omega_{\mathbf{p}}^2 = (p^0 - \omega_{\mathbf{p}})(p^0 + \omega_{\mathbf{p}}) = 0\)의 해는 \(p^0 = \pm\omega_{\mathbf{p}}\)이에요.
Retarded 경계 조건(\(x^0 < y^0\)에서 \(G_R = 0\))을 구현하려면, \(p^0\) 적분 시 양쪽 극점을 모두 실수축 아래로 이동시켜야 해요:
\[
p^0 \to p^0 + i\varepsilon \quad (\varepsilon > 0)
\]
즉:
\[
\boxed{\tilde{G}_R(p) = \frac{1}{(p^0 + i\varepsilon)^2 - \omega_{\mathbf{p}}^2}}
\]
Retarded 조건의 구현:
\(G_R(x-y)\)의 \(p^0\) 적분을 생각해요:
\[
G_R(x-y) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, e^{i\mathbf{p}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \int \frac{dp^0}{2\pi}\, \frac{e^{-ip^0(x^0-y^0)}}{(p^0 + i\varepsilon)^2 - \omega_{\mathbf{p}}^2}
\]
극점은 \(p^0 = \omega_{\mathbf{p}} - i\varepsilon\)와 \(p^0 = -\omega_{\mathbf{p}} - i\varepsilon\)에 있어요 (둘 다 실수축 아래).
-
\(x^0 - y^0 > 0\)인 경우: \(e^{-ip^0(x^0-y^0)}\)는 \(\mathrm{Im}(p^0) \to -\infty\)에서 감쇠하므로, 하반면에서 적분 경로를 닫아요. 양쪽 극점을 모두 감싸므로, 유수 정리에 의해 0이 아닌 기여를 얻어요.
-
\(x^0 - y^0 < 0\)인 경우: \(e^{-ip^0(x^0-y^0)} = e^{-ip^0 \cdot (\text{음수})}\)는 \(\mathrm{Im}(p^0) \to +\infty\)에서 감쇠하므로, 상반면에서 적분 경로를 닫아요. 상반면에는 극점이 없으므로:
\[
G_R(x-y) = 0 \quad \text{for } x^0 < y^0
\]
이것이 retarded 경계 조건이에요. 정리하면:
\[
G_R(x-y) = \theta(x^0 - y^0) \cdot [\text{유수로부터의 기여}]
\]
유수를 계산하면:
\[
G_R(x-y) = -\theta(x^0-y^0) \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, \frac{\sin[\omega_{\mathbf{p}}(x^0-y^0)]}{\omega_{\mathbf{p}}}\, e^{i\mathbf{p}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}
\]
(b) 공간적 간격에서의 인과율
공간적 간격 \((x-y)^2 = (x^0-y^0)^2 - |\mathbf{x}-\mathbf{y}|^2 < 0\)에서 \(G_R(x-y) = 0\)임을 보여요.
방법 1: \(\theta\) 함수에 의한 직접적 논의
\(G_R(x-y)\)는 \(\theta(x^0-y^0)\)를 인자로 포함해요. 공간적 간격의 경우, \(x^0 - y^0\)의 부호는 Lorentz 변환으로 바꿀 수 있어요 (공간적으로 떨어진 두 사건의 시간 순서는 관측자에 의존해요).
그러나 \(G_R\)은 Lorentz 불변 방정식의 해이므로, 그 값은 Lorentz 불변량 \((x-y)^2\)에만 의존해야 해요 (\(\theta\) 함수를 제외한 부분에 대해).
더 엄밀하게는:
- \(x^0 > y^0\)인 경우: \(G_R \neq 0\)일 가능성이 있어요
- 그러나 공간적 간격에서는, Lorentz 변환으로 \(x^0 < y^0\)으로 만들 수 있는 계가 존재해요
- 그 계에서는 \(G_R = 0\) (retarded 조건)
- \(G_R\)의 \(\theta\) 함수를 제외한 부분은 Lorentz 불변이므로, 모든 계에서 \(G_R = 0\)이에요
방법 2: 직접 계산
(a)에서 얻은 표현식:
\[
G_R(x-y) = -\theta(x^0-y^0) \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, \frac{\sin[\omega_{\mathbf{p}}(x^0-y^0)]}{\omega_{\mathbf{p}}}\, e^{i\mathbf{p}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}
\]
\(\theta\) 함수 안의 내용 (\(\Delta(x-y) \equiv -\int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{\sin(\omega_{\mathbf{p}} \Delta t)}{\omega_{\mathbf{p}}} e^{i\mathbf{p}\cdot\Delta\mathbf{x}}\))은 Lorentz 불변 함수이며, 공간적 간격 \((x-y)^2 < 0\)에서는 \(\Delta(x-y) = 0\)임이 알려져 있어요 (Pauli-Jordan 함수의 성질).
이것은 다음과 같이 이해할 수 있어요: 공간적 간격에서는 Lorentz 변환으로 \(\Delta t = 0\)으로 만들 수 있는 계가 존재해요. 그 계에서는 \(\sin(\omega_{\mathbf{p}} \cdot 0) = 0\)이므로 \(\Delta = 0\)이에요. \(\Delta\)는 Lorentz 불변이므로, 모든 계에서 \(\Delta = 0\)이에요.
\[
\boxed{G_R(x-y) = 0 \quad \text{for } (x-y)^2 < 0}
\]
인과율의 표현: 이것은 "원천(\(y\) 점에서의 교란)의 영향이 광원뿔 바깥(공간적으로 떨어진 점 \(x\))으로는 전달되지 않는다"는 것을 의미해요. 신호는 광속을 초과하여 전파되지 않아요.
(c) 가상 입자의 교환과 인과율
본문에서는 "힘은 가상 입자의 교환으로 전달된다"고 서술되어 있어요. 이 묘사와 인과율의 정합성은 다음과 같이 정당화돼요:
-
Retarded 전파 함수의 인과적 성질: \(G_R(x-y) = 0\) for \((x-y)^2 < 0\)은, 고전적 신호가 광속 이하로만 전달됨을 보증해요.
-
가상 입자와 Feynman 전파 함수: 장의 양자론의 섭동 계산에서 나타나는 것은 retarded 전파 함수가 아니라 Feynman 전파 함수 \(G_F\)이며, 이것은 공간적 간격에서도 0이 되지 않아요. 그러나 \(G_F\)는 "신호의 전파"가 아니라 "장의 양자 요동의 상관"을 나타내요.
-
관측 가능량의 인과성: 물리적으로 관측 가능한 양(산란 진폭, 기댓값의 변화 등)을 계산하면, 공간적으로 떨어진 사건 간의 인과적 영향은 0이 돼요. 이것은 장의 교환 관계 \([\hat{\phi}(x), \hat{\phi}(y)] = 0\) for \((x-y)^2 < 0\) (보손장의 경우)으로 표현돼요.
-
가상 입자의 "전파": 가상 입자는 질량각 조건 \(p^2 = m^2\)을 만족하지 않아요 (off-shell). Feynman 도형에서의 가상 입자 선은 실제 입자의 전파가 아니라, 장의 양자 요동의 수학적 표현이에요. 인과율은 개별 가상 입자의 "전파"가 아니라, 모든 기여를 합산한 물리적 관측량의 수준에서 보증돼요.
검산
차원 분석: \([G_R] = [1/(\Box + m^2)][\delta^4] = [m^{-2}][m^4] = [m^2]\) (자연 단위계). Fourier 표현 \(\tilde{G}_R = 1/(p^2 - m^2)\)는 \([m^{-2}]\)이며, \(\int d^4p/(2\pi)^4\)의 차원 \([m^4]\)과 합쳐서 \([G_R] = [m^2]\). ✓
A-2. Dirac의 바다와 장의 양자론의 등가성
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(a) 디랙 바다의 진공 에너지 발산
디랙 바다의 묘사에서 진공 상태는 모든 음에너지 상태가 전자로 채워진 상태예요.
자유 디랙 방정식의 음에너지 해의 에너지는 \(E = -\omega_{\mathbf{p}} = -\sqrt{|\mathbf{p}|^2 + m^2}\) (각 운동량 \(\mathbf{p}\), 각 스핀 \(s = 1, 2\))이에요.
진공의 에너지는 점유된 모든 음에너지 상태의 에너지의 합이에요:
\[
E_{\text{vac}} = \sum_{\mathbf{p}} \sum_{s=1}^{2} (-\omega_{\mathbf{p}}) = -2\sum_{\mathbf{p}} \omega_{\mathbf{p}}
\]
연속 극한에서는:
\[
E_{\text{vac}} = -2 \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, \omega_{\mathbf{p}} = -2 \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, \sqrt{|\mathbf{p}|^2 + m^2}
\]
이 적분은 \(|\mathbf{p}| \to \infty\)에서 발산해요:
\[
\int_0^\Lambda \frac{4\pi p^2\, dp}{(2\pi)^3}\, \sqrt{p^2 + m^2} \sim \int_0^\Lambda \frac{p^3\, dp}{2\pi^2} \sim \frac{\Lambda^4}{8\pi^2} \to \infty
\]
\[
\boxed{E_{\text{vac}} = -2\sum_{\mathbf{p}} \omega_{\mathbf{p}} \to -\infty \quad \text{(형식적으로 발산)}}
\]
(인자 2는 스핀의 자유도예요.)
(b) 물리 과정의 등가성——전자·양전자 쌍의 생성
디랙 바다의 묘사:
진공(바다가 완전히 채워진 상태)에 에너지 \(E \geq 2mc^2\)를 주입하면, 바다 안의 전자 1개가 양에너지 상태로 여기돼요.
- 초기 상태: 바다가 완전히 채워진 진공
- 최종 상태: 양에너지 전자 1개 + 바다에 구멍 1개
에너지 수지:
- 양에너지 전자의 에너지: \(+\omega_{\mathbf{p}_1}\)
- 구멍의 에너지: 바다에서 \(-\omega_{\mathbf{p}_2}\)의 전자를 제거했으므로, 진공에 대한 에너지 변화는 \(+\omega_{\mathbf{p}_2}\)
- 합계 필요 에너지: \(\omega_{\mathbf{p}_1} + \omega_{\mathbf{p}_2} \geq 2m\)
전하 수지:
- 진공의 전하: \(Q_{\text{vac}}\) (기준으로서 0으로 설정)
- 양에너지 전자의 전하: \(-e\)
- 구멍의 전하: \(-(-e) = +e\) (음의 전하를 가진 전자가 1개 없어졌으므로)
- 합계 전하 변화: \(-e + e = 0\) (전하 보존)
장의 양자론 묘사:
진공 상태 \(|0\rangle\) (포크 진공)에 생성 연산자를 작용시켜요:
\[
\hat{a}^\dagger_{\mathbf{p}_1, s_1} \hat{b}^\dagger_{\mathbf{p}_2, s_2} |0\rangle
\]
여기서 \(\hat{a}^\dagger\)는 전자의 생성 연산자, \(\hat{b}^\dagger\)는 양전자의 생성 연산자예요.
에너지 수지:
- 전자의 에너지: \(+\omega_{\mathbf{p}_1}\)
- 양전자의 에너지: \(+\omega_{\mathbf{p}_2}\)
- 합계 필요 에너지: \(\omega_{\mathbf{p}_1} + \omega_{\mathbf{p}_2} \geq 2m\)
전하 수지:
- 전자의 전하: \(-e\)
- 양전자의 전하: \(+e\)
- 합계 전하 변화: \(0\)
등가성:
\[
\boxed{\text{두 묘사에서 에너지 비용 } \omega_{\mathbf{p}_1} + \omega_{\mathbf{p}_2} \text{과 전하 보존 } \Delta Q = 0 \text{이 일치해요}}
\]
관측 가능한 물리량(에너지 차, 전하 차, 운동량 등)은 모두 같은 결과를 줘요. 디랙 바다의 묘사는 장의 양자론의 "다른 표현"에 불과해요.
(c) 보손에 대한 디랙 바다의 불가능성
파울리 배타 원리의 관점:
디랙 바다의 구성에는 다음이 본질적으로 필요해요:
- 각 양자 상태에 최대 1개의 입자만 넣을 수 있음 (파울리 배타 원리)
- 모든 음에너지 상태를 입자로 완전히 채움
- "구멍"이 반입자로서 행동함
스칼라장(스핀 0)은 보스 통계를 따르기 때문에:
- 각 상태에 임의의 수의 입자를 넣을 수 있어요
- "모든 음에너지 상태를 채우는" 것이 불가능해요——1개를 넣어도 또 1개를 더 넣을 수 있어서, 영원히 다 채울 수 없어요
- 따라서 "안정한 진공"(바다가 완전히 채워진 상태)을 정의할 수 없어요
- "구멍"의 개념도 의미를 갖지 않아요
\[
\boxed{\text{보손은 파울리 배타 원리를 따르지 않으므로 디랙 바다를 구성할 수 없어요}}
\]
장의 양자론에 의한 해결:
장의 양자론에서는 통계성의 차이가 교환 관계의 선택에 의해 자동으로 포함돼요:
- 보손장: 생성·소멸 연산자가 교환 관계를 만족해요
\[
[\hat{a}_{\mathbf{p}}, \hat{a}^\dagger_{\mathbf{q}}] = (2\pi)^3 \delta^3(\mathbf{p} - \mathbf{q})
\]
- 페르미온장: 생성·소멸 연산자가 반교환 관계를 만족해요
\[
\{\hat{b}_{\mathbf{p}}, \hat{b}^\dagger_{\mathbf{q}}\} = (2\pi)^3 \delta^3(\mathbf{p} - \mathbf{q})
\]
어느 경우에도:
- 진공 \(|0\rangle\)은 \(\hat{a}_{\mathbf{p}}|0\rangle = 0\) (모든 소멸 연산자에 의해 소멸하는 상태)으로 정의돼요
- 입자도 반입자도 양의 에너지를 가진 여기로서 기술돼요
- 음에너지 해는 "반입자의 양에너지 상태"로 재해석돼요
- 디랙 바다와 같은 무한 개의 입자를 가정할 필요가 없어요
장의 양자론은 페르미온과 보손 모두를 통일적으로 다룰 수 있으며, 디랙 바다 묘사의 한계를 완전히 극복하고 있어요.
검산
스핀-통계 정리와의 정합성: 장의 양자론에서는 로렌츠 불변성과 인과율(공간적으로 떨어진 장 연산자의 교환/반교환 관계)로부터, 정수 스핀의 장은 보스 통계, 반정수 스핀의 장은 페르미 통계를 따라야 한다는 것이 증명돼요(스핀-통계 정리). 이것은 디랙 바다가 반정수 스핀에만 적용할 수 있다는 것의 깊은 이유를 제공해요.