제 2 장 연습문제 풀이¶

지표를 다시 올려서 원래대로 돌아가는지 확인해요. \(V^\mu = \eta^{\mu\nu} V_\nu\) 로부터 \(V^0 = (+1)(5) = 5\), \(V^1 = (-1)(-1) = 1\), \(V^2 = (-1)(2) = -2\), \(V^3 = (-1)(-3) = 3\). 원래의 \(V^\mu = (5, 1, -2, 3)\) 과 일치해요. ✓

B-2. 4원벡터의 내적¶

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풀이 방침¶

Lorentz 불변 내적을 \(A^\mu B_\mu = \eta_{\mu\nu} A^\mu B^\nu = A^0 B^0 - A^1 B^1 - A^2 B^2 - A^3 B^3\) 으로 계산해요.

계산¶

\[ A^\mu B_\mu = A^0 B^0 - A^1 B^1 - A^2 B^2 - A^3 B^3 \]

\[ = (4)(2) - (1)(3) - (0)(1) - (-1)(0) \]

\[ = 8 - 3 - 0 - 0 = 5 \]

최종 답¶

\[ A^\mu B_\mu = 5 \]

검산¶

다른 방법으로, 먼저 \(B_\mu\) 를 구한 다음 축약해요. \(B_\mu = (2, -3, -1, 0)\).

\[ A^\mu B_\mu = A^0 B_0 + A^1 B_1 + A^2 B_2 + A^3 B_3 = (4)(2) + (1)(-3) + (0)(-1) + (-1)(0) = 8 - 3 + 0 + 0 = 5 \]

일치해요. ✓

B-3. Einstein 축약 규칙의 전개¶

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풀이 방침¶

\(\eta_{\mu\nu}\) 는 대각행렬이므로 \(\mu \neq \nu\) 인 항은 모두 0이에요. \(\mu = \nu\) 인 4개의 항만 남아요.

계산¶

\[ \eta_{\mu\nu} A^\mu B^\nu = \sum_{\mu=0}^{3} \sum_{\nu=0}^{3} \eta_{\mu\nu} A^\mu B^\nu \]

\(\eta_{\mu\nu} \neq 0\) 인 경우는 \(\mu = \nu\) 일 때뿐이므로:

\[ = \eta_{00} A^0 B^0 + \eta_{11} A^1 B^1 + \eta_{22} A^2 B^2 + \eta_{33} A^3 B^3 \]

최종 답¶

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

검산¶

이것은 D2에서 사용한 내적 공식 그 자체이며, \(A^\mu B_\mu\) 와 일치해요. ✓

B-4. Lorentz 부스트의 적용¶

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풀이 방침¶

\(v = 3/5\) 에 대해 Lorentz 인자 \(\gamma\) 를 계산하고, 변환식 \(t' = \gamma(t - vx)\), \(x' = \gamma(x - vt)\) 에 대입해요.

계산¶

\[ v^2 = \left(\frac{3}{5}\right)^2 = \frac{9}{25} \]

\[ 1 - v^2 = 1 - \frac{9}{25} = \frac{16}{25} \]

\[ \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2}} = \frac{1}{\sqrt{16/25}} = \frac{1}{4/5} = \frac{5}{4} \]

\((t, x) = (5, 3)\) 을 대입:

\[ t' = \gamma(t - vx) = \frac{5}{4}\left(5 - \frac{3}{5} \cdot 3\right) = \frac{5}{4}\left(5 - \frac{9}{5}\right) = \frac{5}{4} \cdot \frac{25 - 9}{5} = \frac{5}{4} \cdot \frac{16}{5} = \frac{16}{4} = 4 \]

\[ x' = \gamma(x - vt) = \frac{5}{4}\left(3 - \frac{3}{5} \cdot 5\right) = \frac{5}{4}\left(3 - 3\right) = \frac{5}{4} \cdot 0 = 0 \]

최종 답¶

\[ (t', x') = (4, 0) \]

검산¶

불변 간격이 보존되는지 확인해요.

변환 전: \(t^2 - x^2 = 25 - 9 = 16\)
변환 후: \(t'^2 - x'^2 = 16 - 0 = 16\)

일치해요. ✓

물리적 해석: \(x' = 0\) 이라는 것은, 원래의 시공점 \((5, 3)\) 이 부스트된 관성계의 원점 위에 있다는 뜻이에요. 실제로 \(x = vt = (3/5) \times 5 = 3\) 이므로, 부스트된 관성계 원점의 세계선 위에 있는 점임을 확인할 수 있어요.

B-5. 라피디티의 계산¶

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풀이 방침¶

\(v = \tanh\beta\) 로부터 \(\beta = \text{arctanh}(v) = \frac{1}{2}\ln\frac{1+v}{1-v}\) 를 계산해요.

계산¶

\(v = 4/5\) 를 대입하면:

\[ \beta = \frac{1}{2}\ln\frac{1 + 4/5}{1 - 4/5} = \frac{1}{2}\ln\frac{9/5}{1/5} = \frac{1}{2}\ln 9 = \frac{1}{2} \cdot 2\ln 3 = \ln 3 \]

\(\cosh\beta\) 와 \(\sinh\beta\) 의 확인:

\[ \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 - 16/25}} = \frac{1}{\sqrt{9/25}} = \frac{1}{3/5} = \frac{5}{3} \]

\[ \cosh\beta = \gamma = \frac{5}{3} \]

\[ \sinh\beta = \gamma v = \frac{5}{3} \cdot \frac{4}{5} = \frac{4}{3} \]

최종 답¶

\[ \beta = \ln 3 \]

\[ \cosh\beta = \frac{5}{3}, \qquad \sinh\beta = \frac{4}{3} \]

검산¶

\(\cosh^2\beta - \sinh^2\beta = \left(\frac{5}{3}\right)^2 - \left(\frac{4}{3}\right)^2 = \frac{25}{9} - \frac{16}{9} = \frac{9}{9} = 1\) ✓

\(\tanh\beta = \frac{\sinh\beta}{\cosh\beta} = \frac{4/3}{5/3} = \frac{4}{5} = v\) ✓

\(e^\beta = e^{\ln 3} = 3\) 으로부터 \(\cosh\beta = \frac{3 + 1/3}{2} = \frac{10/3}{2} = \frac{5}{3}\) ✓

B-6. 첨자 축약 연습¶

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풀이 방침¶

Kronecker 델타는 "첨자를 치환하는" 역할을 해요. 계량 텐서의 곱은 역행렬 관계를 이용해요.

계산¶

첫 번째 식：

\[ \delta^\mu{}_\nu A^\nu = A^\mu \]

\(\nu\)에 대해 합을 취하면, \(\delta^\mu{}_\nu\)는 \(\nu = \mu\)일 때만 1이므로, 합 중에서 \(\nu = \mu\)인 항만 살아남아 결과는 \(A^\mu\)가 돼요.

두 번째 식：

\[ \eta_{\mu\nu} \eta^{\nu\rho} = \delta_\mu{}^\rho \]

\(\eta_{\mu\nu}\)와 \(\eta^{\nu\rho}\)는 서로 역행렬 관계에 있어요（행렬의 곱 \(\eta \cdot \eta^{-1} = I\)）. Minkowski 계량의 경우 \(\eta^{-1} = \eta\)이므로, 구체적으로 확인하면：

\[ \eta_{\mu\nu} \eta^{\nu\rho} = \text{diag}(+1,-1,-1,-1) \cdot \text{diag}(+1,-1,-1,-1) = \text{diag}(+1,+1,+1,+1) = \delta_\mu{}^\rho \]

최종 답¶

\[ \delta^\mu{}_\nu A^\nu = A^\mu \]

\[ \eta_{\mu\nu} \eta^{\nu\rho} = \delta_\mu{}^\rho \]

검산¶

두 번째 식을 구체적인 성분으로 확인해요. \(\mu = 1\), \(\rho = 1\)인 경우：

\[ \eta_{1\nu} \eta^{\nu 1} = \eta_{10}\eta^{01} + \eta_{11}\eta^{11} + \eta_{12}\eta^{21} + \eta_{13}\eta^{31} = 0 + (-1)(-1) + 0 + 0 = 1 = \delta_1{}^1 \]

\(\mu = 0\), \(\rho = 1\)인 경우：

\[ \eta_{0\nu} \eta^{\nu 1} = \eta_{00}\eta^{01} + \eta_{01}\eta^{11} + \eta_{02}\eta^{21} + \eta_{03}\eta^{31} = (1)(0) + 0 + 0 + 0 = 0 = \delta_0{}^1 \]

✓

B-7. 부스트 행렬의 쌍곡선 함수 표시¶

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풀이 방침¶

\(\beta = \ln 2\) 로부터 \(\cosh\beta\) 와 \(\sinh\beta\) 를 계산하고, 행렬과 벡터의 곱을 수행해요.

계산¶

\[ e^\beta = e^{\ln 2} = 2, \qquad e^{-\beta} = \frac{1}{2} \]

\[ \cosh\beta = \frac{e^\beta + e^{-\beta}}{2} = \frac{2 + 1/2}{2} = \frac{5/2}{2} = \frac{5}{4} \]

\[ \sinh\beta = \frac{e^\beta - e^{-\beta}}{2} = \frac{2 - 1/2}{2} = \frac{3/2}{2} = \frac{3}{4} \]

\(x^\mu = (3, 1, 0, 0)\) 에 대해:

\[ x'^\mu = \Lambda^\mu{}_\nu x^\nu \]

\[ x'^0 = \cosh\beta \cdot x^0 + (-\sinh\beta) \cdot x^1 = \frac{5}{4} \cdot 3 + \left(-\frac{3}{4}\right) \cdot 1 = \frac{15}{4} - \frac{3}{4} = \frac{12}{4} = 3 \]

\[ x'^1 = (-\sinh\beta) \cdot x^0 + \cosh\beta \cdot x^1 = \left(-\frac{3}{4}\right) \cdot 3 + \frac{5}{4} \cdot 1 = -\frac{9}{4} + \frac{5}{4} = -\frac{4}{4} = -1 \]

\[ x'^2 = x^2 = 0, \qquad x'^3 = x^3 = 0 \]

최종 답¶

\[ x'^\mu = (3, -1, 0, 0) \]

검산¶

불변 간격의 보존:

변환 전: \(\eta_{\mu\nu} x^\mu x^\nu = 3^2 - 1^2 - 0 - 0 = 9 - 1 = 8\)
변환 후: \(\eta_{\mu\nu} x'^\mu x'^\nu = 3^2 - (-1)^2 - 0 - 0 = 9 - 1 = 8\)

일치해요. ✓

B-8. 자연단위계에서의 차원 분석¶

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풀이 방침¶

\(c = 1\) 로부터 \([\text{길이}] = [\text{시간}]\). \(\hbar = 1\) 로부터 \([\text{에너지}] \cdot [\text{시간}] = 1\) (무차원). 따라서 \([\text{시간}] = [\text{에너지}]^{-1} = [\text{mass}]^{-1}\).

계산¶

\(c = 1\) 의 귀결: \([L] = [T]\) (길이와 시간이 같은 차원)

\(\hbar = 1\) 의 귀결: \([E][T] = 1\) 이므로 \([T] = [E]^{-1}\)

\(E = mc^2 = m\) (자연단위계)로부터 \([E] = [M]\)

이들을 조합하면:

(a) 길이: \([L] = [T] = [E]^{-1} = [M]^{-1}\)

\[ [\text{길이}] = [\text{mass}]^{-1} \]

(b) 시간: \([T] = [E]^{-1} = [M]^{-1}\)

\[ [\text{시간}] = [\text{mass}]^{-1} \]

(c) 에너지: \([E] = [M]\)

\[ [\text{에너지}] = [\text{mass}]^{+1} \]

(d) 운동량: \(E^2 = p^2 + m^2\) 로부터 \([p] = [E] = [M]\)

\[ [\text{운동량}] = [\text{mass}]^{+1} \]

(e) 힘: 힘 = 에너지 / 길이 = \([M] / [M]^{-1} = [M]^2\)

\[ [\text{힘}] = [\text{mass}]^{+2} \]

최종 답¶

물리량	자연단위계에서의 차원
(a) 길이	\([\text{mass}]^{-1}\)
(b) 시간	\([\text{mass}]^{-1}\)
(c) 에너지	\([\text{mass}]^{+1}\)
(d) 운동량	\([\text{mass}]^{+1}\)
(e) 힘	\([\text{mass}]^{+2}\)

검산¶

SI 단위계로 확인해요. \([\hbar] = \text{J} \cdot \text{s} = \text{kg} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{s}^{-1}\), \([c] = \text{m} \cdot \text{s}^{-1}\).

길이: \(\hbar c / E\) 는 길이의 차원을 가져요. \([\hbar c / E] = \frac{\text{kg} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{s}^{-1} \cdot \text{m} \cdot \text{s}^{-1}}{\text{kg} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{s}^{-2}} = \text{m}\). 자연단위계에서는 \(\hbar = c = 1\) 이므로 \([L] = [E]^{-1} = [M]^{-1}\). ✓

힘: \([F] = [E]/[L] = [M]/[M]^{-1} = [M]^2\). SI에서는 \(\text{N} = \text{kg} \cdot \text{m} \cdot \text{s}^{-2}\). \(\hbar = c = 1\) 에서 \([M]^2\) 에 대응하는 SI 조합은 \(m^2 c^3/\hbar\) 이고, 차원은 \(\text{kg}^2 \cdot \text{m}^3 \cdot \text{s}^{-3} / (\text{kg} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{s}^{-1}) = \text{kg} \cdot \text{m} \cdot \text{s}^{-2} = \text{N}\). ✓

Medium（표준）¶

M-1. Lorentz 변환 행렬의 조건 유도¶

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풀이 방침¶

불변 간격의 보존 조건 \(\eta_{\mu\nu} x'^\mu x'^\nu = \eta_{\alpha\beta} x^\alpha x^\beta\) 에 Lorentz 변환 \(x'^\mu = \Lambda^\mu{}_\alpha x^\alpha\) 를 대입하여, 임의의 \(x^\alpha\) 에 대해 성립하는 조건을 유도해요.

계산의 상세¶

단계 1: 불변 간격의 보존

변환 후의 불변 간격:

\[ \eta_{\mu\nu} x'^\mu x'^\nu = \eta_{\mu\nu} (\Lambda^\mu{}_\alpha x^\alpha)(\Lambda^\nu{}_\beta x^\beta) = \eta_{\mu\nu} \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta\, x^\alpha x^\beta \]

이것이 변환 전의 불변 간격 \(\eta_{\alpha\beta} x^\alpha x^\beta\) 과 같아야 해요:

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

이것이 임의의 \(x^\alpha\) 에 대해 성립하려면, \(x^\alpha x^\beta\) 의 계수가 같아야 해요:

\[ \boxed{\eta_{\mu\nu} \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta = \eta_{\alpha\beta}} \tag{*} \]

단계 2: 행렬 표현

식 \((*)\) 을 행렬의 언어로 다시 쓸게요. \((\Lambda^T)_{\alpha}{}^{\mu} = \Lambda^\mu{}_\alpha\) 임에 주의하면, 좌변은 행렬의 곱 \(\Lambda^T \eta \Lambda\) 의 \((\alpha, \beta)\) 성분에 대응해요. 따라서:

\[ \Lambda^T \eta \Lambda = \eta \]

단계 3: \(\det\Lambda = \pm 1\) 의 유도

양변의 행렬식을 취해요:

\[ \det(\Lambda^T \eta \Lambda) = \det(\eta) \]

좌변을 전개하면:

\[ \det(\Lambda^T) \cdot \det(\eta) \cdot \det(\Lambda) = \det(\eta) \]

\(\det(\Lambda^T) = \det(\Lambda)\) 이므로:

\[ (\det\Lambda)^2 \cdot \det(\eta) = \det(\eta) \]

\(\det(\eta) = -1 \neq 0\) 으로 양변을 나누면:

\[ (\det\Lambda)^2 = 1 \]

\[ \boxed{\det\Lambda = \pm 1} \]

최종 답¶

Lorentz 변환의 조건은 \(\eta_{\mu\nu} \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta = \eta_{\alpha\beta}\) (행렬 표현으로 \(\Lambda^T \eta \Lambda = \eta\))이며, 여기서 \(\det\Lambda = \pm 1\) 이 유도돼요.

검산¶

\(x\) 방향 부스트의 행렬로 확인해요:

\[ \Lambda = \begin{pmatrix} \gamma & -\gamma v \\ -\gamma v & \gamma \end{pmatrix} \]

(\(y, z\) 성분은 생략하고 \(2 \times 2\) 로 생각해요)

\[ \det\Lambda = \gamma^2 - \gamma^2 v^2 = \gamma^2(1 - v^2) = \frac{1}{1-v^2}(1-v^2) = 1 \]

✓

\(\Lambda^T \eta \Lambda\) 를 계산해요 (\(2 \times 2\) 부분):

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

\[ = \begin{pmatrix} \gamma & \gamma v \\ -\gamma v & -\gamma \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \gamma & -\gamma v \\ -\gamma v & \gamma \end{pmatrix} \]

\[ = \begin{pmatrix} \gamma^2 - \gamma^2 v^2 & -\gamma^2 v + \gamma^2 v \\ -\gamma^2 v + \gamma^2 v & \gamma^2 v^2 - \gamma^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 0 \\ 0 & -1 \end{pmatrix} = \eta \]

✓

M-2. 래피디티의 가법성¶

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풀이 방침¶

라피디티 \(\beta_1\) 과 \(\beta_2\) 의 부스트 행렬의 곱을 계산하고, 쌍곡선 함수의 덧셈 정리를 이용하여 합성 부스트의 라피디티가 \(\beta_1 + \beta_2\) 임을 보여요.

계산의 세부 사항¶

단계 1: 부스트 행렬의 곱

\(x\) 방향의 부스트 행렬（\(y, z\) 성분은 불변이므로 \(2 \times 2\) 부분만 기술）：

\[ \Lambda(\beta) = \begin{pmatrix} \cosh\beta & -\sinh\beta \\ -\sinh\beta & \cosh\beta \end{pmatrix} \]

두 부스트의 합성：

\[ \Lambda(\beta_2)\Lambda(\beta_1) = \begin{pmatrix} \cosh\beta_2 & -\sinh\beta_2 \\ -\sinh\beta_2 & \cosh\beta_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \cosh\beta_1 & -\sinh\beta_1 \\ -\sinh\beta_1 & \cosh\beta_1 \end{pmatrix} \]

\((0,0)\) 성분：

\[ \cosh\beta_2 \cosh\beta_1 + (-\sinh\beta_2)(-\sinh\beta_1) = \cosh\beta_2 \cosh\beta_1 + \sinh\beta_2 \sinh\beta_1 = \cosh(\beta_1 + \beta_2) \]

\((0,1)\) 성분：

\[ \cosh\beta_2(-\sinh\beta_1) + (-\sinh\beta_2)\cosh\beta_1 = -(\sinh\beta_1 \cosh\beta_2 + \cosh\beta_1 \sinh\beta_2) = -\sinh(\beta_1 + \beta_2) \]

\((1,0)\) 성분：

\[ (-\sinh\beta_2)\cosh\beta_1 + \cosh\beta_2(-\sinh\beta_1) = -(\sinh\beta_2 \cosh\beta_1 + \cosh\beta_2 \sinh\beta_1) = -\sinh(\beta_1 + \beta_2) \]

\((1,1)\) 성분：

\[ (-\sinh\beta_2)(-\sinh\beta_1) + \cosh\beta_2 \cosh\beta_1 = \sinh\beta_1 \sinh\beta_2 + \cosh\beta_1 \cosh\beta_2 = \cosh(\beta_1 + \beta_2) \]

따라서：

\[ \Lambda(\beta_2)\Lambda(\beta_1) = \begin{pmatrix} \cosh(\beta_1+\beta_2) & -\sinh(\beta_1+\beta_2) \\ -\sinh(\beta_1+\beta_2) & \cosh(\beta_1+\beta_2) \end{pmatrix} = \Lambda(\beta_1 + \beta_2) \]

라피디티의 가법성이 증명되었어요.

단계 2: 속도의 합성 법칙 도출

\(v_1 = \tanh\beta_1\), \(v_2 = \tanh\beta_2\) 로 놓아요. 합성 변환의 속도는：

\[ v = \tanh(\beta_1 + \beta_2) \]

\(\tanh\) 의 덧셈 정리를 적용해요：

\[ v = \tanh(\beta_1 + \beta_2) = \frac{\tanh\beta_1 + \tanh\beta_2}{1 + \tanh\beta_1 \tanh\beta_2} \]

\[ \boxed{v = \frac{v_1 + v_2}{1 + v_1 v_2}} \]

최종 답¶

부스트 행렬의 곱에 의해 \(\Lambda(\beta_2)\Lambda(\beta_1) = \Lambda(\beta_1 + \beta_2)\) 가 보여졌으며, 라피디티는 가법적이에요. 이로부터 상대론적 속도의 합성 법칙 \(v = \frac{v_1 + v_2}{1 + v_1 v_2}\) 이 도출돼요.

검산¶

특수 경우 1： \(v_1 = v_2 = 0\) 일 때 \(v = 0\). ✓

특수 경우 2： \(v_2 = 1\)（광속）일 때 \(v = \frac{v_1 + 1}{1 + v_1} = 1\). 광속에 무엇을 더해도 광속이에요. ✓

특수 경우 3： \(v_1, v_2 \ll 1\) 일 때 \(v \approx v_1 + v_2\)（갈릴레이 변환의 극한）. ✓

특수 경우 4： \(v_1 = v_2 = 3/5\) 일 때 \(v = \frac{6/5}{1 + 9/25} = \frac{6/5}{34/25} = \frac{6}{5} \cdot \frac{25}{34} = \frac{150}{170} = \frac{15}{17} < 1\). 광속을 초과하지 않아요. ✓

M-3. 4원운동량과 질량껍질 조건¶

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(a) 질량 껍질 조건의 유도¶

풀이 방침: \(p^\mu p_\mu = \eta_{\mu\nu} p^\mu p^\nu\) 를 계산하고, \(m^2\) 과 같다고 놓아요.

계산:

\[ p^\mu p_\mu = \eta_{\mu\nu} p^\mu p^\nu = (p^0)^2 - (p^1)^2 - (p^2)^2 - (p^3)^2 = E^2 - |\mathbf{p}|^2 \]

질량 껍질 조건 \(p^\mu p_\mu = m^2\) 은:

\[ E^2 - |\mathbf{p}|^2 = m^2 \]

\[ \boxed{E^2 = |\mathbf{p}|^2 + m^2} \]

이것은 자연 단위계 (\(c = 1\))에서의 상대론적 에너지-운동량 관계식이에요.

(b) 질량이 0인 입자¶

\(m = 0\) 을 대입하면:

\[ E^2 = |\mathbf{p}|^2 \]

\[ \boxed{E = |\mathbf{p}|} \]

질량이 0인 입자(광자 등)에서는 에너지와 운동량의 크기가 같아요. 4원 운동량은 \(p^\mu p_\mu = 0\) 을 만족하며, 빛원뿔 위에 있어요(null vector, 빛꼴 벡터).

(c) 부스트에 의한 \(E = \gamma m\), \(p_x = \gamma m v\) 의 유도¶

계산:

4원 운동량은 4원 벡터이므로, 좌표와 같은 로렌츠 변환 법칙을 따라요:

\[ p'^\mu = \Lambda^\mu{}_\nu p^\nu \]

정지계에서는 \(p^\mu_{\text{rest}} = (m, 0, 0, 0)\) (\(E = m\), \(\mathbf{p} = 0\))이에요.

\(x\) 방향으로 속도 \(v\) 로 부스트해요(정지계에서 보아 입자가 속도 \(v\) 로 움직이는 계로 변환). 여기서는 역변환(정지계→운동계)을 생각해요. 정지계에서 속도 \(-v\) 인 계로 변환하는 것, 즉 입자가 속도 \(v\) 로 움직여 보이는 계에서의 운동량을 구해요:

\[ E = \gamma(E_{\text{rest}} + v \cdot 0) = \gamma m \]

\[ p_x = \gamma(0 + v \cdot E_{\text{rest}}) = \gamma m v \]

더 정확하게는, 입자의 정지계 \(S'\) 에서 실험실계 \(S\) 로의 변환을 생각해요. \(S'\) 에서 \(p'^\mu = (m, 0, 0, 0)\)이에요. \(S'\) 는 \(S\) 에 대해 속도 \(v\) 로 움직이고 있으므로, \(S\) 에서 \(S'\) 로의 부스트는 속도 \(v\)예요. 역변환(\(S'\) 에서 \(S\))은 속도 \(-v\):

\[ p^0 = \gamma(p'^0 - (-v)p'^1) = \gamma(m + 0) = \gamma m \]

\[ p^1 = \gamma(p'^1 - (-v)p'^0) = \gamma(0 + vm) = \gamma mv \]

최종 답¶

\[ \boxed{E = \gamma m, \qquad p_x = \gamma m v} \]

검산¶

질량 껍질 조건을 확인해요:

\[ E^2 - p_x^2 = \gamma^2 m^2 - \gamma^2 m^2 v^2 = \gamma^2 m^2(1 - v^2) = \frac{m^2}{1-v^2}(1-v^2) = m^2 \]

✓

비상대론적 극한 \(v \ll 1\): \(\gamma \approx 1 + v^2/2\) 이므로 \(E \approx m + \frac{1}{2}mv^2\) (정지 에너지 + 운동 에너지), \(p_x \approx mv\) (고전적 운동량). ✓

M-4. Lorentz 변환의 군 구조¶

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풀이 방침¶

군의 4가지 공리를 Lorentz 조건 \(\Lambda^T \eta \Lambda = \eta\)를 이용하여 하나씩 확인해요.

계산의 상세¶

(i) 닫힘성

\(\Lambda_1\)과 \(\Lambda_2\)가 모두 Lorentz 변환, 즉 \(\Lambda_1^T \eta \Lambda_1 = \eta\) 및 \(\Lambda_2^T \eta \Lambda_2 = \eta\)를 만족한다고 해요. 합성 변환 \(\Lambda_3 = \Lambda_1 \Lambda_2\)에 대해:

\[ \Lambda_3^T \eta \Lambda_3 = (\Lambda_1 \Lambda_2)^T \eta (\Lambda_1 \Lambda_2) = \Lambda_2^T \Lambda_1^T \eta \Lambda_1 \Lambda_2 \]

\(\Lambda_1^T \eta \Lambda_1 = \eta\)를 대입하면:

\[ = \Lambda_2^T \eta \Lambda_2 = \eta \]

따라서 \(\Lambda_3 = \Lambda_1 \Lambda_2\)도 Lorentz 변환이에요. ✓

(ii) 결합법칙

Lorentz 변환은 행렬의 곱으로 표현되므로, 행렬 곱의 결합법칙이 그대로 성립해요:

\[ (\Lambda_1 \Lambda_2)\Lambda_3 = \Lambda_1(\Lambda_2 \Lambda_3) \]

✓

(iii) 항등원의 존재

항등 변환 \(\Lambda^\mu{}_\nu = \delta^\mu{}_\nu\) (즉 단위행렬 \(I\))에 대해:

\[ I^T \eta I = \eta \]

이것은 자명하게 성립해요. 따라서 단위행렬은 Lorentz 변환 조건을 만족해요. ✓

(iv) 역원의 존재

\(\det\Lambda = \pm 1 \neq 0\)이므로, \(\Lambda\)는 정칙행렬이며 역행렬 \(\Lambda^{-1}\)이 존재해요.

\(\Lambda^{-1}\)이 Lorentz 조건을 만족함을 보여요. \(\Lambda^T \eta \Lambda = \eta\)의 양변에 왼쪽에서 \((\Lambda^T)^{-1} = (\Lambda^{-1})^T\), 오른쪽에서 \(\Lambda^{-1}\)을 곱하면:

\[ \eta \Lambda^{-1} = (\Lambda^{-1})^T \eta \cdot \Lambda \cdot \Lambda^{-1} \quad \text{가 아니라...} \]

올바르게는, \(\Lambda^T \eta \Lambda = \eta\)에서 출발해요. 양변의 역행렬을 취하면:

\[ (\Lambda^T \eta \Lambda)^{-1} = \eta^{-1} \]

\[ \Lambda^{-1} \eta^{-1} (\Lambda^T)^{-1} = \eta^{-1} \]

\(\eta^{-1} = \eta\) (Minkowski 계량은 자기 자신의 역행렬) 및 \((\Lambda^T)^{-1} = (\Lambda^{-1})^T\)를 사용하면:

\[ \Lambda^{-1} \eta (\Lambda^{-1})^T = \eta \]

전치를 취하면:

\[ (\Lambda^{-1})^T \eta \Lambda^{-1} = \eta \]

(\(\eta\)는 대칭행렬이므로 \(\eta^T = \eta\))

이것은 \(\Lambda^{-1}\)이 Lorentz 조건을 만족함을 보여줘요. ✓

고유 orthochronous Lorentz 군 \(SO^+(1,3)\)에 대해:

Lorentz 변환은 \(\det\Lambda\)와 \(\Lambda^0{}_0\)의 값에 따라 4개의 연결 성분으로 분류돼요:

	\(\det\Lambda = +1\)	\(\det\Lambda = -1\)
\(\Lambda^0{}_0 \geq 1\)	고유 orthochronous \(SO^+(1,3)\)	공간 반전을 포함
\(\Lambda^0{}_0 \leq -1\)	시간 반전을 포함	시공간 반전을 포함

\(\Lambda^0{}_0 \geq 1\) 조건은 Lorentz 조건의 \((0,0)\) 성분 \((\Lambda^0{}_0)^2 - \sum_i (\Lambda^i{}_0)^2 = 1\)로부터 \(|\Lambda^0{}_0| \geq 1\)이 도출되는 것에 의해요.

\(SO^+(1,3)\)은 항등 변환을 포함하는 연결 성분이며, 연속적인 매개변수 변화로 항등 변환에 연결되는 변환만으로 이루어져요. 구체적으로는: - 3개의 공간 회전 (\(xy\), \(yz\), \(zx\) 평면의 회전, 매개변수 3개) - 3개의 부스트 (\(x\), \(y\), \(z\) 방향, 매개변수 3개)

합계 6개의 매개변수를 가지는 연속군이에요. 공간 반전 \(P\) (\(\det P = -1\), \(P^0{}_0 = +1\))나 시간 반전 \(T\) (\(\det T = -1\), \(T^0{}_0 = -1\))는 연속 변형으로는 항등 변환에 연결되지 않는 이산 변환이며, \(SO^+(1,3)\)에 포함되지 않아요.

검산¶

매개변수 수의 확인: \(4 \times 4\)의 반대칭 텐서 \(\omega_{\mu\nu}\)의 독립 성분 수는 \(\frac{4 \times 3}{2} = 6\)이에요. 이것은 3 회전 + 3 부스트 = 6 매개변수와 일치해요. ✓

Advanced（발전）¶

A-1. 반변 텐서와 공변 텐서의 변환 법칙, 및 전자기장 텐서에의 응용¶

→ 문제로 돌아가기

(a) 2계 반변 텐서의 변환 법칙¶

설명：

4원 벡터의 변환 법칙은 \(V'^\mu = \Lambda^\mu{}_\nu V^\nu\) 이에요. 두 4원 벡터 \(A^\mu\)와 \(B^\nu\)의 텐서곱 \(A^\mu B^\nu\)를 생각하면, 그 변환 법칙은：

\[ A'^\mu B'^\nu = (\Lambda^\mu{}_\alpha A^\alpha)(\Lambda^\nu{}_\beta B^\beta) = \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta A^\alpha B^\beta \]

일반적인 2계 반변 텐서 \(T^{\mu\nu}\)는 반드시 텐서곱의 형태 \(A^\mu B^\nu\)로 쓸 수 있는 것은 아니지만, 텐서곱의 선형결합으로 표현할 수 있어요. 따라서 2계 반변 텐서의 변환 법칙은：

\[ \boxed{T'^{\mu\nu} = \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta T^{\alpha\beta}} \]

로 정의돼요. 각 첨자에 대해 독립적으로 로렌츠 변환이 작용해요. 이것은 "텐서란 로렌츠 변환 아래에서 이 규칙에 따라 변환하는 양이다"라는 정의이기도 해요.

(b) 전자기장 텐서의 부스트¶

풀이 방침： \(x\) 방향 부스트에서 \(F'^{\mu\nu} = \Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta F^{\alpha\beta}\)를 특정 성분에 대해 계산해요.

부스트 행렬의 영이 아닌 성분：

\[ \Lambda^0{}_0 = \gamma, \quad \Lambda^0{}_1 = -\gamma v, \quad \Lambda^1{}_0 = -\gamma v, \quad \Lambda^1{}_1 = \gamma, \quad \Lambda^2{}_2 = 1, \quad \Lambda^3{}_3 = 1 \]

\(E_y'\) 계산（\(F'^{02}\) 성분）：

\[ F'^{02} = \Lambda^0{}_\alpha \Lambda^2{}_\beta F^{\alpha\beta} \]

\(\Lambda^2{}_\beta = \delta^2{}_\beta\)（\(\beta = 2\)만 영이 아님）이므로：

\[ F'^{02} = \Lambda^0{}_\alpha F^{\alpha 2} \]

\(\Lambda^0{}_\alpha\)는 \(\alpha = 0, 1\)만 영이 아님：

\[ F'^{02} = \Lambda^0{}_0 F^{02} + \Lambda^0{}_1 F^{12} \]

\(F^{02} = -E_y\), \(F^{12} = -B_z\)를 대입：

\[ F'^{02} = \gamma(-E_y) + (-\gamma v)(-B_z) = -\gamma E_y + \gamma v B_z = -\gamma(E_y - vB_z) \]

\(F'^{02} = -E_y'\)이므로：

\[ \boxed{E_y' = \gamma(E_y - vB_z)} \]

\(B_z'\) 계산（\(F'^{12}\) 성분）：

\[ F'^{12} = \Lambda^1{}_\alpha \Lambda^2{}_\beta F^{\alpha\beta} = \Lambda^1{}_\alpha F^{\alpha 2} \]

\(\Lambda^1{}_\alpha\)는 \(\alpha = 0, 1\)만 영이 아님：

\[ F'^{12} = \Lambda^1{}_0 F^{02} + \Lambda^1{}_1 F^{12} \]

\[ = (-\gamma v)(-E_y) + \gamma(-B_z) = \gamma v E_y - \gamma B_z = -\gamma(B_z - vE_y) \]

\(F'^{12} = -B_z'\)이므로：

\[ \boxed{B_z' = \gamma(B_z - vE_y)} \]

보충：다른 성분의 변환

같은 방식의 계산으로 완전한 변환 법칙은：

\[ E_x' = E_x, \qquad B_x' = B_x \]

\[ E_y' = \gamma(E_y - vB_z), \qquad B_y' = \gamma(B_y + vE_z) \]

\[ E_z' = \gamma(E_z + vB_y), \qquad B_z' = \gamma(B_z - vE_y) \]

부스트 방향（\(x\)）의 성분은 불변이고, 수직 방향의 전기장과 자기장이 혼합돼요.

(c) 로렌츠 불변량 \(F^{\mu\nu}F_{\mu\nu}\)¶

계산：

먼저 \(F_{\mu\nu} = \eta_{\mu\alpha}\eta_{\nu\beta}F^{\alpha\beta}\)로 첨자를 내려요. \(\eta\)의 부호에 주의하면：

\(F_{0i} = \eta_{00}\eta_{ii}F^{0i} = (+1)(-1)F^{0i} = -F^{0i}\)
\(F_{ij} = \eta_{ii}\eta_{jj}F^{ij} = (-1)(-1)F^{ij} = F^{ij}\)

따라서：

\[ F_{\mu\nu} = \begin{pmatrix} 0 & E_x & E_y & E_z \\ -E_x & 0 & -B_z & B_y \\ -E_y & B_z & 0 & -B_x \\ -E_z & -B_y & B_x & 0 \end{pmatrix} \]

축약을 계산하면：

\[ F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} = \sum_{\mu,\nu} F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} \]

\(\mu = 0\)인 항（\(\nu = 1, 2, 3\)만 영이 아님, 반대칭성으로 \(\mu < \nu\)와 \(\mu > \nu\) 모두 포함）：

\[ F^{0\nu}F_{0\nu} + F^{\nu 0}F_{\nu 0} = 2\sum_{i=1}^{3} F^{0i}F_{0i} \]

\[ = 2[(-E_x)(E_x) + (-E_y)(E_y) + (-E_z)(E_z)] = -2(E_x^2 + E_y^2 + E_z^2) = -2\mathbf{E}^2 \]

공간 성분（\(\mu, \nu = 1, 2, 3\)）：

\[ \sum_{i,j=1}^{3} F^{ij}F_{ij} = 2[(F^{12})^2 + (F^{13})^2 + (F^{23})^2] \cdot (\text{부호 확인}) \]

구체적으로：\(F^{12} = -B_z\), \(F_{12} = -B_z\)이므로 \(F^{12}F_{12} = B_z^2\). 마찬가지로 \(F^{13}F_{13} = B_y^2\), \(F^{23}F_{23} = B_x^2\).

반대칭성에서 \(F^{ij}F_{ij} = F^{ji}F_{ji}\)이므로, \(i \neq j\)인 모든 조합을 세면：

\[ \sum_{i,j} F^{ij}F_{ij} = 2(B_x^2 + B_y^2 + B_z^2) = 2\mathbf{B}^2 \]

합계：

\[ F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} = -2\mathbf{E}^2 + 2\mathbf{B}^2 \]

\[ \boxed{F^{\mu\nu}F_{\mu\nu} = 2(\mathbf{B}^2 - \mathbf{E}^2)} \]

물리적 의미：

이 불변량은 모든 관성계에서 같은 값을 가져요. - \(\mathbf{B}^2 > \mathbf{E}^2\)이면, 어떤 관성계에서도 이 부등식이 성립해요（전기장을 영으로 만들 수 있는 계가 존재해요）. - \(\mathbf{E}^2 > \mathbf{B}^2\)이면, 어떤 관성계에서도 이 부등식이 성립해요（자기장을 영으로 만들 수 있는 계가 존재해요）. - 전자기파에서는 \(|\mathbf{E}| = |\mathbf{B}|\)이므로 불변량은 영이에요.

또 하나의 독립적인 로렌츠 불변량은 \(\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}F^{\mu\nu}F^{\rho\sigma} \propto \mathbf{E} \cdot \mathbf{B}\)예요.

검산¶

(b)의 결과를 이용하여 불변량이 보존됨을 확인해요：

\[ B_z'^2 - E_y'^2 = \gamma^2(B_z - vE_y)^2 - \gamma^2(E_y - vB_z)^2 \]

\[ = \gamma^2[(B_z^2 - 2vB_zE_y + v^2E_y^2) - (E_y^2 - 2vE_yB_z + v^2B_z^2)] \]

\[ = \gamma^2[B_z^2(1 - v^2) - E_y^2(1 - v^2)] = \gamma^2(1-v^2)(B_z^2 - E_y^2) = B_z^2 - E_y^2 \]

✓ 불변량이 보존되고 있어요.

A-2. Lorentz 군의 생성자와 Lie 대수¶

→ 문제로 돌아가기

(a) \(\omega_{\mu\nu}\)의 반대칭성¶

계산:

무한소 Lorentz 변환 \(\Lambda^\mu{}_\nu = \delta^\mu{}_\nu + \omega^\mu{}_\nu\)를 Lorentz 조건 \(\eta_{\mu\nu}\Lambda^\mu{}_\alpha \Lambda^\nu{}_\beta = \eta_{\alpha\beta}\)에 대입해요:

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

전개하고 \(\omega\)의 2차 이상을 무시하면:

\[ \eta_{\mu\nu}\delta^\mu{}_\alpha \delta^\nu{}_\beta + \eta_{\mu\nu}\omega^\mu{}_\alpha \delta^\nu{}_\beta + \eta_{\mu\nu}\delta^\mu{}_\alpha \omega^\nu{}_\beta + O(\omega^2) = \eta_{\alpha\beta} \]

\[ \eta_{\alpha\beta} + \eta_{\mu\beta}\omega^\mu{}_\alpha + \eta_{\alpha\nu}\omega^\nu{}_\beta = \eta_{\alpha\beta} \]

\(\eta_{\alpha\beta}\)가 양변에서 상쇄되면:

\[ \eta_{\mu\beta}\omega^\mu{}_\alpha + \eta_{\alpha\nu}\omega^\nu{}_\beta = 0 \]

\(\omega_{\beta\alpha} \equiv \eta_{\mu\beta}\omega^\mu{}_\alpha\)로 정의하면(지표를 내린 것):

\[ \omega_{\beta\alpha} + \omega_{\alpha\beta} = 0 \]

\[ \boxed{\omega_{\mu\nu} = -\omega_{\nu\mu}} \]

독립 매개변수의 수: \(4 \times 4\) 반대칭 텐서의 독립 성분 수는 \(\frac{4(4-1)}{2} = 6\)개예요.

물리적 대응: - \(\omega_{12}, \omega_{23}, \omega_{31}\): 3개의 공간 회전(\(xy\), \(yz\), \(zx\) 평면) - \(\omega_{01}, \omega_{02}, \omega_{03}\): 3개의 부스트(\(x\), \(y\), \(z\) 방향)

(b) 생성자의 4원벡터 표현 확인¶

유한 변환의 표현:

무한소 변환 \(\Lambda = I - \frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\)를 반복 적용하면, 유한 변환은 지수함수로 표현돼요:

\[ \Lambda = \exp\left(-\frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\right) \]

여기서 \(M^{\mu\nu}\)는 Lorentz 군의 생성자이며, \(M^{\mu\nu} = -M^{\nu\mu}\)(반대칭)이에요.

\(x\) 방향 부스트의 확인:

\(\omega_{01} = -\omega_{10} = \beta\)(나머지는 0)인 경우를 생각해요.

무한소 변환은:

\[ \Lambda^\alpha{}_\gamma = \delta^\alpha{}_\gamma - \frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}(M^{\mu\nu})^\alpha{}_\gamma \]

\(\omega_{\mu\nu}\)가 0이 아닌 것은 \(\omega_{01} = \beta\), \(\omega_{10} = -\beta\)뿐이에요. \(M^{\mu\nu}\)의 반대칭성을 사용하면:

\[ \frac{1}{2}\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu} = \frac{1}{2}(\omega_{01}M^{01} + \omega_{10}M^{10}) = \frac{1}{2}(\beta M^{01} + (-\beta)(-M^{01})) = \beta M^{01} \]

따라서 무한소 변환은:

\[ \Lambda^\alpha{}_\gamma = \delta^\alpha{}_\gamma - i\beta(M^{01})^\alpha{}_\gamma \]

생성자의 4원벡터 표현을 대입해요:

\[ (M^{01})^\alpha{}_\gamma = i(\eta^{0\alpha}\delta^1{}_\gamma - \eta^{1\alpha}\delta^0{}_\gamma) \]

각 성분을 계산하면:

\((M^{01})^0{}_0 = i(\eta^{00}\delta^1{}_0 - \eta^{10}\delta^0{}_0) = i(1 \cdot 0 - 0 \cdot 1) = 0\)
\((M^{01})^0{}_1 = i(\eta^{00}\delta^1{}_1 - \eta^{10}\delta^0{}_1) = i(1 \cdot 1 - 0) = i\)
\((M^{01})^1{}_0 = i(\eta^{01}\delta^1{}_0 - \eta^{11}\delta^0{}_0) = i(0 - (-1) \cdot 1) = i\)
\((M^{01})^1{}_1 = i(\eta^{01}\delta^1{}_1 - \eta^{11}\delta^0{}_1) = i(0 - 0) = 0\)
다른 성분(\(\alpha = 2, 3\)이나 \(\gamma = 2, 3\))은 모두 0

행렬 표시:

\[ (M^{01})^\alpha{}_\gamma = \begin{pmatrix} 0 & i & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

무한소 변환:

\[ \Lambda^\alpha{}_\gamma = \delta^\alpha{}_\gamma - i\beta \begin{pmatrix} 0 & i & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & \beta & 0 & 0 \\ \beta & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} + O(\beta^2) \]

여기서 \(-i \cdot i = 1\)을 사용했어요.

한편, 부스트 행렬을 \(\beta\)의 1차까지 전개하면:

\[ \Lambda = \begin{pmatrix} \cosh\beta & -\sinh\beta & 0 & 0 \\ -\sinh\beta & \cosh\beta & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \approx \begin{pmatrix} 1 & -\beta & 0 & 0 \\ -\beta & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \]

부호 불일치에 대하여: 위의 계산에서 얻은 \(\Lambda^0{}_1 = +\beta\)와 부스트 행렬의 \(\Lambda^0{}_1 = -\beta\)가 부호 반전되어 있어요. 이것은 \(\omega_{01}\) 정의의 부호 규약 때문이에요. 실제로 부스트 매개변수를 \(\omega_{01} = -\beta\)로 취하면(\(\omega_{01}\)은 "속도 \(v = \tanh\beta\)의 부스트"에 대해 \(-\beta\)):

\[ \Lambda^\alpha{}_\gamma = \delta^\alpha{}_\gamma + \beta \begin{pmatrix} 0 & -1 & 0 & 0 \\ -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & -\beta & 0 & 0 \\ -\beta & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \]

이것은 부스트 행렬의 1차 전개와 일치해요. ✓

또는, 지수함수의 규약을 \(\Lambda = \exp\left(+\frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\right)\)로 하는 문헌도 있어요. 여기서는 유한 변환을 직접 확인해요:

\[ \Lambda = \exp(-i\beta M^{01}) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-i\beta)^n}{n!}(M^{01})^n \]

\((M^{01})^2\)를 계산하면:

\[ (M^{01})^2 = \begin{pmatrix} 0 & i & 0 & 0 \\ i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix}^2 = \begin{pmatrix} -1 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & -1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} \]

\((-i)^2(M^{01})^2 = (-1)(-1)\text{diag}(1,1,0,0)\)의 \(2\times 2\) 블록에 주목하면, \(-iM^{01}\)의 \(2\times 2\) 블록은:

\[ -iM^{01}\big|_{2\times 2} = -i\begin{pmatrix} 0 & i \\ i & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \equiv K \]

\(K^2 = I\)이므로:

\[ e^{-i\beta M^{01}}\big|_{2\times 2} = e^{\beta K} = \cosh\beta \cdot I + \sinh\beta \cdot K = \begin{pmatrix} \cosh\beta & \sinh\beta \\ \sinh\beta & \cosh\beta \end{pmatrix} \]

이것은 \(\Lambda^0{}_1 = +\sinh\beta\)를 주며, 본문의 규약 \(\Lambda^0{}_1 = -\sinh\beta\)와는 부호가 달라요. 이것은 \(\omega_{01}\)을 \(-\beta\)로 취해야 함을 의미해요. 즉, 속도 \(v\)의 \(x\) 방향 부스트에 대해 \(\omega_{01} = -\beta\)(\(\beta = \text{arctanh}\, v\))로 설정하면:

\[ \Lambda = \exp\left(\frac{i}{2}\omega_{\mu\nu}M^{\mu\nu}\right)\bigg|_{\omega_{01}=-\beta} = \exp(i\beta M^{01}) \quad \text{의} 2\times 2 \text{블록} \]

\[ = e^{-\beta K} = \cosh\beta \cdot I - \sinh\beta \cdot K = \begin{pmatrix} \cosh\beta & -\sinh\beta \\ -\sinh\beta & \cosh\beta \end{pmatrix} \]

이것은 본문의 부스트 행렬과 일치해요. ✓

(c) Lie 대수의 교환 관계 검증¶

\([M^{01}, M^{02}]\)의 계산:

먼저 \((M^{02})^\alpha{}_\gamma\)를 구해요:

\[ (M^{02})^\alpha{}_\gamma = i(\eta^{0\alpha}\delta^2{}_\gamma - \eta^{2\alpha}\delta^0{}_\gamma) \]

0이 아닌 성분: - \((M^{02})^0{}_2 = i(\eta^{00}\delta^2{}_2) = i\) - \((M^{02})^2{}_0 = i(-\eta^{22}\delta^0{}_0) = i(-(-1))(1) = i\)

행렬 표시:

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

곱 \(M^{01}M^{02}\):

\[ (M^{01}M^{02})^\alpha{}_\gamma = (M^{01})^\alpha{}_\delta (M^{02})^\delta{}_\gamma \]

0이 아닌 기여를 찾으면:

\(\alpha = 0\): \((M^{01})^0{}_\delta\)는 \(\delta = 1\)에서만 0이 아님(값 \(i\)). \((M^{02})^1{}_\gamma = 0\)(모두 0). 따라서 \((M^{01}M^{02})^0{}_\gamma = 0\).
\(\alpha = 1\): \((M^{01})^1{}_\delta\)는 \(\delta = 0\)에서만 0이 아님(값 \(i\)). \((M^{02})^0{}_\gamma\)는 \(\gamma = 2\)에서만 0이 아님(값 \(i\)). 따라서 \((M^{01}M^{02})^1{}_2 = i \cdot i = -1\).
\(\alpha = 2\): \((M^{01})^2{}_\delta = 0\). 따라서 \((M^{01}M^{02})^2{}_\gamma = 0\).

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

곱 \(M^{02}M^{01}\):

\(\alpha = 0\): \((M^{02})^0{}_\delta\)는 \(\delta = 2\)에서만 0이 아님(값 \(i\)). \((M^{01})^2{}_\gamma = 0\). 따라서 \((M^{02}M^{01})^0{}_\gamma = 0\).
\(\alpha = 1\): \((M^{02})^1{}_\delta = 0\). 따라서 \((M^{02}M^{01})^1{}_\gamma = 0\).
\(\alpha = 2\): \((M^{02})^2{}_\delta\)는 \(\delta = 0\)에서만 0이 아님(값 \(i\)). \((M^{01})^0{}_\gamma\)는 \(\gamma = 1\)에서만 0이 아님(값 \(i\)). 따라서 \((M^{02}M^{01})^2{}_1 = i \cdot i = -1\).

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

교환자:

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

Lie 대수의 교환 관계로부터의 예측:

\[ [M^{\mu\nu}, M^{\rho\sigma}] = i(\eta^{\nu\rho}M^{\mu\sigma} - \eta^{\mu\rho}M^{\nu\sigma} - \eta^{\nu\sigma}M^{\mu\rho} + \eta^{\mu\sigma}M^{\nu\rho}) \]

\(\mu = 0, \nu = 1, \rho = 0, \sigma = 2\)를 대입하면:

\[ [M^{01}, M^{02}] = i(\eta^{10}M^{02} - \eta^{00}M^{12} - \eta^{12}M^{00} + \eta^{02}M^{10}) \]

각 항을 평가하면: - \(\eta^{10} = 0\) - \(\eta^{00} = 1\) - \(\eta^{12} = 0\) - \(\eta^{02} = 0\) - \(M^{00} = 0\)(반대칭성으로부터)

따라서:

\[ [M^{01}, M^{02}] = i(0 - 1 \cdot M^{12} - 0 + 0) = -iM^{12} \]

\(M^{12}\)를 계산하면:

\[ (M^{12})^\alpha{}_\gamma = i(\eta^{1\alpha}\delta^2{}_\gamma - \eta^{2\alpha}\delta^1{}_\gamma) \]

0이 아닌 성분: - \((M^{12})^1{}_2 = i\eta^{11}\delta^2{}_2 = i(-1)(1) = -i\) - \((M^{12})^2{}_1 = i(-\eta^{22})\delta^1{}_1 = i(-(-1))(1) = i\)

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

따라서:

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

이것은 직접 계산한 \([M^{01}, M^{02}]\)와 완전히 일치해요. ✓

물리적 해석: \(M^{01}\)은 \(x\) 방향 부스트의 생성자, \(M^{02}\)는 \(y\) 방향 부스트의 생성자, \(M^{12}\)는 \(xy\) 평면 회전의 생성자예요. 교환 관계 \([M^{01}, M^{02}] = -iM^{12}\)는 "\(x\) 방향 부스트와 \(y\) 방향 부스트를 교대로 수행하면 \(xy\) 평면의 회전이 발생한다"는 것을 의미해요(Thomas 세차 운동의 기원).

장의 양자론에 대한 의의:

Lorentz 군의 Lie 대수는, 장이 Lorentz 변환 아래에서 어떻게 행동하는지를 결정해요. 서로 다른 표현(representation)이 서로 다른 스핀의 장에 대응해요:

스칼라장(스핀 0): 자명한 표현. \(M^{\mu\nu} = 0\)(장 자체는 변환하지 않고, 좌표 의존성만 변해요).
벡터장(스핀 1): 4차원 표현. 위에서 계산한 \((M^{\mu\nu})^\alpha{}_\beta\)가 그대로 사용돼요. 전자기장 \(A^\mu\)가 이 표현에 속해요.
스피너장(스핀 1/2): 2차원 표현(Weyl 스피너) 또는 4차원 표현(Dirac 스피너). 생성자는 \(\sigma^{\mu\nu} = \frac{i}{4}[\gamma^\mu, \gamma^\nu]\)로 주어져요. 전자장이 이 표현에 속해요.

장의 양자론에서는 Lagrangian이 Lorentz 불변일 것을 요구해요. 이것은 장의 변환 법칙(즉, Lorentz 군의 어떤 표현에 속하는지)과, 그 장들의 조합 방식(Lorentz 스칼라의 구성)을 제약해요. 따라서 Lorentz 군의 Lie 대수 구조가 허용되는 상호작용의 형태를 결정하는 출발점이 돼요.

검산¶

차원 확인: 6개의 생성자는 3 회전 + 3 부스트 = 6 매개변수에 대응해요. \(4 \times 4\) 반대칭 행렬의 독립 성분 수 \(\frac{4 \times 3}{2} = 6\)과도 일치해요. ✓

에르미트성 확인: 회전의 생성자 \(M^{12}\)는:

\[ (M^{12})^\dagger = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & i & 0 \\ 0 & -i & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = M^{12} \]

에르미트예요(회전은 유니터리 변환을 생성). 반면 부스트의 생성자 \(M^{01}\)은:

\[ (M^{01})^\dagger = \begin{pmatrix} 0 & -i & 0 & 0 \\ -i & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} = -M^{01} \]

반에르미트가 아니에요(부스트는 비유니터리 변환). 이것은 Lorentz 군이 비콤팩트 군이라는 것의 반영이며, 물리적으로는 부스트의 래피디티가 무한대까지 취할 수 있다는 것에 대응해요. ✓

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