콘텐츠로 이동

제 3 장 연습문제 풀이

← 문제로 돌아가기　|　본문으로 돌아가기

목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. Lagrangian 밀도로부터의 Euler-Lagrange 방정식 (Klein-Gordon 장)

→ 문제로 돌아가기

문제:

실수 스칼라장 \(\phi(x)\)의 Lagrangian 밀도가

\[ \mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2 \]

로 주어져 있어요. Euler-Lagrange 방정식 (3.7)을 이용하여, 아래의 각 단계를 명시적으로 계산하세요.

(a) \(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\)를 구하세요.

(b) \(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\)를 구하세요.

(c) (a), (b)의 결과를 Euler-Lagrange 방정식에 대입하여 Klein-Gordon 방정식을 유도하세요.

(a) \(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi}\) 의 계산:

\(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2\) 에서, \(\phi\) 자체(미분이 붙지 않은 \(\phi\))를 포함하는 항은 \(-\frac{1}{2}m^2\phi^2\) 뿐이에요.

\[ \boxed{\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi} = -m^2\phi} \]

(b) \(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)}\) 의 계산:

운동항을 \(\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi\,\partial_\beta\phi\) 로 다시 쓸게요. \(\partial_\mu\phi\) 로 편미분하면:

\[ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\phi)}\left[\frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi\,\partial_\beta\phi\right] = \frac{1}{2}\eta^{\alpha\beta}(\delta^\mu_\alpha\,\partial_\beta\phi + \partial_\alpha\phi\,\delta^\mu_\beta) = \frac{1}{2}(\eta^{\mu\beta}\partial_\beta\phi + \eta^{\alpha\mu}\partial_\alpha\phi) = \partial^\mu\phi \]
\[ \boxed{\frac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi)} = \partial^\mu\phi} \]

(c) Klein-Gordon 방정식의 유도:

오일러-라그랑주 방정식 \(\partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = 0\) 에 대입하면:

\[ \partial_\mu(\partial^\mu\phi) - (-m^2\phi) = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu\partial^\mu\phi + m^2\phi = 0} \]

이것이 Klein-Gordon 방정식이에요.

검산: 평면파 \(\phi \propto e^{-ik\cdot x}\) 를 대입하면 \(-k_\mu k^\mu + m^2 = 0\), 즉 \(E^2 = |\mathbf{p}|^2 + m^2\) 을 얻을 수 있으며, 상대론적 분산 관계와 일치해요.

B-2. 운동항의 첨자 전개

→ 문제로 돌아가기

문제:

라그랑지안 밀도의 운동항 \(\frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi\) 를, 민코프스키 계량 \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\) 을 사용하여 시간 성분과 공간 성분으로 명시적으로 전개하고,

\[ \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 \]

를 보이세요. 여기서 \(\dot{\phi} = \partial_0\phi\), \(\nabla\phi = (\partial_1\phi, \partial_2\phi, \partial_3\phi)\) 이에요.

\(\partial^\mu\phi = \eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi\) 를 사용하여 각 성분을 확인해요:

\[ \partial^0\phi = \eta^{00}\partial_0\phi = (+1)\partial_0\phi = \dot{\phi} \]
\[ \partial^i\phi = \eta^{ii}\partial_i\phi = (-1)\partial_i\phi = -\partial_i\phi \quad (i = 1, 2, 3) \]

\(\mu\) 에 대해 합을 취하면:

\[ \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi = \frac{1}{2}\left[\partial_0\phi\,\partial^0\phi + \sum_{i=1}^{3}\partial_i\phi\,\partial^i\phi\right] \]
\[ = \frac{1}{2}\left[\dot{\phi}\cdot\dot{\phi} + \sum_{i=1}^{3}\partial_i\phi\cdot(-\partial_i\phi)\right] \]
\[ \boxed{\frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2} \]

검산: 계량의 부호 \((+,-,-,-)\) 로부터 시간 성분은 양, 공간 성분은 음의 부호를 가진다는 것을 확인할 수 있어요.

B-3. 질량항을 포함하지 않는 장의 분산 관계

→ 문제로 돌아가기

문제:

라그랑지안 밀도 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi\) 로부터 얻어지는 운동방정식에 평면파 해

\[ \phi(x) = A\,e^{-ik_\mu x^\mu} = A\,e^{-iEt + i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}} \]

를 대입하여 분산 관계 \(E^2 = |\mathbf{p}|^2\) 를 유도하세요. 여기서 \(k^\mu = (E, \mathbf{p})\) 예요.

\(m = 0\) 인 Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi\) 로부터 얻어지는 운동방정식은:

\[ \partial_\mu\partial^\mu\phi = 0 \quad (\text{파동방정식}) \]

평면파 해 \(\phi(x) = A\,e^{-iEt + i\mathbf{p}\cdot\mathbf{x}}\) 의 각 미분을 계산해요:

\[ \partial_0\phi = -iE\,\phi, \qquad \partial_0^2\phi = (-iE)^2\phi = -E^2\phi \]
\[ \partial_i\phi = ip_i\,\phi, \qquad \nabla^2\phi = (ip_1)^2\phi + (ip_2)^2\phi + (ip_3)^2\phi = -|\mathbf{p}|^2\phi \]

달랑베르시안을 계산해요:

\[ \partial_\mu\partial^\mu\phi = \partial_0^2\phi - \nabla^2\phi = -E^2\phi - (-|\mathbf{p}|^2\phi) = (-E^2 + |\mathbf{p}|^2)\phi = 0 \]

\(\phi \neq 0\) 이므로:

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

검산: 이것은 질량이 0인 입자(광자 등)의 분산 관계 \(E = |\mathbf{p}|\) 에 대응하며, 물리적으로 올바른 결과예요.

B-4. 상호작용 항을 포함한 Lagrangian

→ 문제로 돌아가기

문제:

실수 스칼라장의 Lagrangian 밀도가

\[ \mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2 - \frac{\lambda}{4!}\phi^4 \]

으로 주어질 때（\(\lambda\)는 결합 상수）, Euler-Lagrange 방정식을 유도하여

\[ (\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi + \frac{\lambda}{3!}\phi^3 = 0 \]

을 보여라.

\[ \mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2 - \frac{\lambda}{4!}\phi^4 \]

단계 1: \(\phi\) 에 의한 편미분

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} = -m^2\phi - \frac{\lambda}{4!}\cdot 4\phi^3 = -m^2\phi - \frac{\lambda}{3!}\phi^3 \]

단계 2: \(\partial_\mu\phi\) 에 의한 편미분

\(\phi^4\) 항은 \(\partial_\mu\phi\) 를 포함하지 않으므로, D1(b)와 같은 결과예요:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \partial^\mu\phi \]

단계 3: Euler-Lagrange 방정식에 대입

\[ \partial_\mu(\partial^\mu\phi) - \left(-m^2\phi - \frac{\lambda}{3!}\phi^3\right) = 0 \]
\[ \boxed{(\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi + \frac{\lambda}{3!}\phi^3 = 0} \]

검산: \(\lambda = 0\) 으로 놓으면 자유 Klein-Gordon 방정식으로 돌아가요. 또한, \(\frac{\lambda}{4!}\phi^4\) 를 \(\phi\) 로 미분하면 \(\frac{4\lambda}{4!}\phi^3 = \frac{\lambda}{3!}\phi^3\) 이므로, 계승(factorial) 처리가 올바른 것을 확인할 수 있어요.

B-5. 달랑베르시안의 성분 표시

→ 문제로 돌아가기

문제:

달랑베르시안(d'Alembertian) \(\Box \equiv \partial_\mu\partial^\mu\) 를 시간 미분과 공간 미분으로 명시적으로 써 보세요. 나아가 Klein-Gordon 방정식 \((\Box + m^2)\phi = 0\) 을 \((t, x, y, z)\) 성분으로 써 보세요.

\(\Box \equiv \partial_\mu\partial^\mu = \eta^{\mu\nu}\partial_\mu\partial_\nu\) 를 전개하면:

\[ \Box = \eta^{00}\partial_0\partial_0 + \eta^{11}\partial_1\partial_1 + \eta^{22}\partial_2\partial_2 + \eta^{33}\partial_3\partial_3 \]
\[ = (+1)\frac{\partial^2}{\partial t^2} + (-1)\frac{\partial^2}{\partial x^2} + (-1)\frac{\partial^2}{\partial y^2} + (-1)\frac{\partial^2}{\partial z^2} \]
\[ \boxed{\Box = \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2 = \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \frac{\partial^2}{\partial x^2} - \frac{\partial^2}{\partial y^2} - \frac{\partial^2}{\partial z^2}} \]

Klein-Gordon 방정식 \((\Box + m^2)\phi = 0\) 을 성분으로 쓰면:

\[ \boxed{\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} - \frac{\partial^2\phi}{\partial x^2} - \frac{\partial^2\phi}{\partial y^2} - \frac{\partial^2\phi}{\partial z^2} + m^2\phi = 0} \]

검산: \(m = 0\) 으로 놓으면 통상적인 파동 방정식 \(\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2} = \nabla^2\phi\) 로 귀착돼요.

B-6. 연속 방정식의 성분 전개

→ 문제로 돌아가기

문제:

보존 커런트 \(j^\mu = (j^0, j^1, j^2, j^3)\) 가 \(\partial_\mu j^\mu = 0\) 을 만족한다고 해요.

(a) 이 식을 시간 성분과 공간 성분으로 나누어 쓰고, 연속 방정식의 형태로 만드세요.

(b) 보존 전하 \(Q = \int d^3x\,j^0\) 가 시간에 의존하지 않음을 Gauss의 정리를 이용하여 보이세요. 단, \(\mathbf{j}\) 는 공간의 무한원에서 충분히 빠르게 감쇠한다고 가정해요.

(a) 연속 방정식:

\(\partial_\mu j^\mu = 0\) 을 전개하면:

\[ \partial_\mu j^\mu = \partial_0 j^0 + \partial_1 j^1 + \partial_2 j^2 + \partial_3 j^3 = \frac{\partial j^0}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{j} = 0 \]
\[ \boxed{\frac{\partial j^0}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{j} = 0} \]

이것은 전하 밀도 \(\rho = j^0\) 와 전류 밀도 \(\mathbf{j}\) 에 대한 연속 방정식과 같은 형태예요.

(b) 보존 전하의 시간 불변성:

\[ \frac{dQ}{dt} = \frac{d}{dt}\int d^3x\,j^0 = \int d^3x\,\frac{\partial j^0}{\partial t} \]

(a)의 결과 \(\frac{\partial j^0}{\partial t} = -\nabla\cdot\mathbf{j}\) 를 대입하면:

\[ \frac{dQ}{dt} = -\int d^3x\,\nabla\cdot\mathbf{j} \]

Gauss의 정리를 적용하면:

\[ \frac{dQ}{dt} = -\oint_{\partial V}\mathbf{j}\cdot d\mathbf{S} \]

\(\mathbf{j}\) 가 공간의 무한원에서 충분히 빠르게 감쇠한다고(\(|\mathbf{j}| \to 0\) as \(|\mathbf{x}| \to \infty\)) 가정하면, 적분 영역을 전 공간으로 취했을 때 표면 적분은 0이 돼요:

\[ \boxed{\frac{dQ}{dt} = 0} \]

따라서 \(Q\) 는 시간에 의존하지 않는 보존량이에요.

검산: 차원 해석으로서, \(j^0\) 가 전하 밀도의 차원을 가진다면 \(Q = \int d^3x\,j^0\) 는 전하의 차원을 가지며, 정합해요.

B-7. 복소 스칼라장의 편미분

→ 문제로 돌아가기

문제:

복소 스칼라장 \(\phi(x)\) 와 그 복소 켤레 \(\phi^*(x)\) 를 독립적인 변수로 취급해요. 라그랑지안 밀도가

\[ \mathcal{L} = \partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi - m^2\phi^*\phi \]

로 주어질 때, 다음을 계산하세요.

(a) \(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi^*}\)

(b) \(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi^*)}\)

(c) \(\phi^*\) 에 대한 오일러-라그랑주 방정식을 써 내세요.

\[ \mathcal{L} = \partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi - m^2\phi^*\phi = \eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi^*\,\partial_\beta\phi - m^2\phi^*\phi \]

(a) \(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial \phi^*}\) 의 계산:

\(\phi^*\) 자체(미분이 붙지 않은)를 포함하는 항은 \(-m^2\phi^*\phi\) 뿐이에요. \(\phi\)는 상수로 취급해요:

\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi^*} = -m^2\phi} \]

(b) \(\dfrac{\partial \mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu \phi^*)}\) 의 계산:

\(\mathcal{L} = \eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi^*\,\partial_\beta\phi - m^2\phi^*\phi\) 를 \(\partial_\mu\phi^*\)로 미분해요. \(\partial_\beta\phi\)는 \(\partial_\mu\phi^*\)에 의존하지 않으므로 상수로 취급할 수 있어요:

\[ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu\phi^*)}\left[\eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi^*\,\partial_\beta\phi\right] = \eta^{\alpha\beta}\delta^\mu_\alpha\,\partial_\beta\phi = \eta^{\mu\beta}\partial_\beta\phi = \partial^\mu\phi \]
\[ \boxed{\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi^*)} = \partial^\mu\phi} \]

(c) \(\phi^*\) 에 대한 오일러-라그랑주 방정식:

\[ \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi^*)}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi^*} = 0 \]
\[ \partial_\mu(\partial^\mu\phi) - (-m^2\phi) = 0 \]
\[ \boxed{(\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi = 0} \]

\(\phi\)에 대한 클라인-고든 방정식이 얻어져요.

검산: 마찬가지로 \(\phi\)에 대한 오일러-라그랑주 방정식을 유도하면 \((\partial_\mu\partial^\mu + m^2)\phi^* = 0\)이 얻어지며, \(\phi\)와 \(\phi^*\)가 각각 독립적으로 클라인-고든 방정식을 만족하는 것을 확인할 수 있어요.

B-8. Noether 커런트의 구성 (공식의 적용)

→ 문제로 돌아가기

문제:

Noether의 정리에 따르면, 장 \(\phi\)의 미소 변환 \(\phi \to \phi + \delta\phi\) 하에서 Lagrangian 밀도가 불변(\(\delta\mathcal{L} = 0\))일 때, 보존 커런트는

\[ j^\mu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi \]

로 주어져요. Klein-Gordon 장 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2\)에 대해, 미소한 상수 시프트 \(\delta\phi = \epsilon\)(\(\epsilon\)은 미소 상수)를 고려해요.

(a) 이 변환 하에서 \(\delta\mathcal{L}\)를 계산하고, \(m \neq 0\)인 경우에 이것이 대칭성이 되지 않음을 확인하세요.

(b) \(m = 0\)인 경우에는 이 변환이 대칭성이 됨을 확인하고, 대응하는 보존 커런트 \(j^\mu\)를 써 내려 보세요.

(a) \(\delta\mathcal{L}\) 의 계산:

미소 상수 이동 \(\delta\phi = \epsilon\) 하에서 \(\partial_\mu(\delta\phi) = 0\) 이므로 \(\delta(\partial_\mu\phi) = 0\) 이에요.

\[ \delta\mathcal{L} = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\,\delta\phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta(\partial_\mu\phi) = (-m^2\phi)\cdot\epsilon + \partial^\mu\phi\cdot 0 = -m^2\phi\,\epsilon \]

\(m \neq 0\) 이고 \(\phi \neq 0\) 일 때 \(\delta\mathcal{L} \neq 0\) 이므로:

\[ \boxed{m \neq 0 \text{ 인 경우, 상수 이동은 대칭성이 아니다}} \]

(b) \(m = 0\) 인 경우:

\(m = 0\) 일 때:

\[ \delta\mathcal{L} = -0\cdot\phi\,\epsilon = 0 \]

따라서 상수 이동은 대칭성이에요. 대응하는 보존 흐름은:

\[ j^\mu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi = \partial^\mu\phi\cdot\epsilon \]

\(\epsilon\) 을 제거하면 (\(\epsilon\) 은 임의의 미소 상수이므로 계수를 추출해요):

\[ \boxed{j^\mu = \partial^\mu\phi} \]

검산: \(m = 0\) 의 운동방정식은 \(\partial_\mu\partial^\mu\phi = 0\) 이므로, \(\partial_\mu j^\mu = \partial_\mu\partial^\mu\phi = 0\) 이 확실히 성립해요. \(m \neq 0\) 인 경우에는 \(\partial_\mu j^\mu = \partial_\mu\partial^\mu\phi = -m^2\phi \neq 0\) 이 되어, 흐름이 보존되지 않는 것도 정합적이에요.

Medium（표준）

M-1. 켤레 운동량과 Hamiltonian 밀도의 도출

→ 문제로 돌아가기

문제:

실수 스칼라장의 Lagrangian 밀도 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2\) 에 대해 다음을 수행하세요.

(a) 장 \(\phi\) 에 켤레인 운동량 밀도 \(\pi(x)\) 를

\[ \pi(x) \equiv \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}} \]

로 정의하고, 그 구체적인 표현식을 구하세요.

(b) Hamiltonian 밀도 \(\mathcal{H}\) 를 Legendre 변환

\[ \mathcal{H} = \pi\dot{\phi} - \mathcal{L} \]

으로 구성하고, \(\pi\), \(\phi\), \(\nabla\phi\) 를 사용하여 써 내세요.

(c) 얻어진 \(\mathcal{H}\) 의 각 항의 물리적 의미를, 입자 역학의 Hamiltonian \(H = T + V\) 와의 유추를 통해 설명하세요.

(a) 켤레 운동량 밀도:

\(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{1}{2}m^2\phi^2\) (D2의 결과를 사용)

\[ \pi(x) \equiv \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\phi}} = \frac{\partial}{\partial\dot{\phi}}\left[\frac{1}{2}\dot{\phi}^2\right] = \dot{\phi} \]
\[ \boxed{\pi(x) = \dot{\phi}(x)} \]

(b) 해밀토니안 밀도:

르장드르 변환 \(\mathcal{H} = \pi\dot{\phi} - \mathcal{L}\)를 계산해요. \(\dot{\phi} = \pi\)를 사용하면:

\[ \mathcal{H} = \pi\cdot\pi - \left[\frac{1}{2}\pi^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{1}{2}m^2\phi^2\right] \]
\[ = \pi^2 - \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{1}{2}m^2\phi^2 \]
\[ \boxed{\mathcal{H} = \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{1}{2}m^2\phi^2} \]

(c) 물리적 의미:

입자 역학의 해밀토니안 \(H = T + V\)(운동 에너지 + 퍼텐셜 에너지)와의 유추:

항 물리적 의미 입자 역학과의 대응
\(\frac{1}{2}\pi^2 = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2\) 장의 시간 변화에 따른 에너지 밀도 운동 에너지 \(\frac{1}{2}m\dot{q}^2\)
\(\frac{1}{2}(\nabla\phi)^2\) 장의 공간적 기울기에 따른 에너지 밀도 (인접한 점의 장의 값이 다른 것에 대한 비용) 용수철로 연결된 질점계의 용수철 퍼텐셜 에너지
\(\frac{1}{2}m^2\phi^2\) 장의 값 자체에 따른 에너지 밀도 (질량항) 조화 진동자의 퍼텐셜 \(\frac{1}{2}k q^2\)

중요한 점으로, \(\mathcal{H}\)의 3개 항은 모두 양의 정부호이며, 에너지 밀도는 \(\mathcal{H} \geq 0\)을 만족해요. 이것은 이론의 안정성을 보장해요.

검산: \(\mathcal{H}\)의 차원을 확인해요. 자연 단위계에서 \([\phi] = \text{mass}^1\), \([\partial_\mu] = \text{mass}^1\)이므로 \([\mathcal{H}] = \text{mass}^4\)이며, 에너지 밀도(= 에너지/부피 = mass\(^4\))의 차원과 일치해요.

M-2. 복소 스칼라장의 내부 대칭성과 Noether 커런트

→ 문제로 돌아가기

문제:

복소 스칼라장의 Lagrangian 밀도

\[ \mathcal{L} = \partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi - m^2\phi^*\phi \]

는 대역적 \(U(1)\) 변환

\[ \phi(x) \to e^{i\alpha}\phi(x), \qquad \phi^*(x) \to e^{-i\alpha}\phi^*(x) \]

아래에서 불변이에요(\(\alpha\)는 실수 상수).

(a) 미소 변환(\(\alpha \ll 1\)) 아래에서 \(\delta\phi = i\alpha\phi\), \(\delta\phi^* = -i\alpha\phi^*\)를 이용하여 \(\delta\mathcal{L} = 0\)을 명시적으로 확인하세요.

(b) Noether의 정리를 이용하여 보존 커런트 \(j^\mu\)를 도출하세요.

(c) 보존 전하 \(Q = \int d^3x\,j^0\)를 써 내리고, 이것이 "입자 수 \(-\) 반입자 수"에 대응하는 것임을 정성적으로 설명하세요.

(a) \(\delta\mathcal{L} = 0\) 확인:

미소 변환 \(\delta\phi = i\alpha\phi\), \(\delta\phi^* = -i\alpha\phi^*\) 하에서:

\[ \delta(\partial_\mu\phi) = i\alpha\,\partial_\mu\phi, \qquad \delta(\partial_\mu\phi^*) = -i\alpha\,\partial_\mu\phi^* \]

\(\mathcal{L} = \partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi - m^2\phi^*\phi\) 의 변분을 계산해요:

\[ \delta\mathcal{L} = \delta(\partial_\mu\phi^*)\,\partial^\mu\phi + \partial_\mu\phi^*\,\delta(\partial^\mu\phi) - m^2[\delta(\phi^*)\,\phi + \phi^*\,\delta\phi] \]

각 항을 대입해요:

\[ = (-i\alpha\,\partial_\mu\phi^*)\,\partial^\mu\phi + \partial_\mu\phi^*\,(i\alpha\,\partial^\mu\phi) - m^2[(-i\alpha\phi^*)\phi + \phi^*(i\alpha\phi)] \]
\[ = -i\alpha\,\partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi + i\alpha\,\partial_\mu\phi^*\,\partial^\mu\phi - m^2[-i\alpha\phi^*\phi + i\alpha\phi^*\phi] \]
\[ = 0 + 0 = 0 \]
\[ \boxed{\delta\mathcal{L} = 0} \]

(b) Noether 류의 도출:

복소 스칼라장의 경우, Noether 류는:

\[ j^\mu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi^*)}\,\delta\phi^* \]

각 편미분을 계산해요. \(\mathcal{L} = \eta^{\alpha\beta}\partial_\alpha\phi^*\,\partial_\beta\phi - m^2\phi^*\phi\) 로부터:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \partial^\mu\phi^* \]
\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi^*)} = \partial^\mu\phi \]

대입하면:

\[ j^\mu = \partial^\mu\phi^*\cdot(i\alpha\phi) + \partial^\mu\phi\cdot(-i\alpha\phi^*) \]
\[ = i\alpha\left[\phi\,\partial^\mu\phi^* - \phi^*\,\partial^\mu\phi\right] \]

\(\alpha\) 의 계수를 추출하여 보존류를 정의해요:

\[ \boxed{j^\mu = i\left(\phi\,\partial^\mu\phi^* - \phi^*\,\partial^\mu\phi\right)} \]

(c) 보존 전하:

\[ Q = \int d^3x\,j^0 = i\int d^3x\left(\phi\,\partial^0\phi^* - \phi^*\,\partial^0\phi\right) = i\int d^3x\left(\phi\,\dot{\phi}^* - \phi^*\,\dot{\phi}\right) \]
\[ \boxed{Q = i\int d^3x\left(\phi\,\dot{\phi}^* - \phi^*\,\dot{\phi}\right)} \]

물리적 의미: 양자화 후, 복소 스칼라장은 입자와 반입자 모두를 기술해요. 장 \(\phi\) 를 Fourier 전개하면, 양의 진동수 부분이 입자의 소멸 연산자에, 음의 진동수 부분이 반입자의 생성 연산자에 대응해요. 보존 전하 \(Q\) 는 양자화 후에 「입자 수 \(-\) 반입자 수」(\(N_{\text{particle}} - N_{\text{antiparticle}}\))에 비례하는 연산자가 돼요. 이것은 \(U(1)\) 대칭성에 대응하는 보존량이며, 전자기 상호작용과 결합시키면 전하 보존에 대응해요.

검산: \(\phi\) 가 실수 스칼라장(\(\phi = \phi^*\))인 경우, \(j^\mu = i(\phi\,\partial^\mu\phi - \phi\,\partial^\mu\phi) = 0\) 이 되어, 실수 스칼라장에는 \(U(1)\) 전하가 없다는 사실과 일치해요.

M-3. 시공간 병진 불변성과 에너지-운동량 텐서

→ 문제로 돌아가기

문제:

라그랑지안 밀도 \(\mathcal{L}(\phi, \partial_\mu\phi)\)가 시공간 병진 \(x^\mu \to x^\mu + a^\mu\)（\(a^\mu\)는 미소 상수 벡터）에 대해 불변이라고 가정해요. 이 변환 아래에서 장은 \(\delta\phi = -a^\nu\partial_\nu\phi\)로 변화해요.

(a) 라그랑지안 밀도 자체의 변화가 \(\delta\mathcal{L} = -a^\nu\partial_\nu\mathcal{L} = \partial_\mu(-a^\nu\delta^\mu{}_\nu\mathcal{L})\)와 같이 전미분 형태로 쓸 수 있음을 보이세요.

(b) 뇌터 정리의 일반화（\(\delta\mathcal{L} = \partial_\mu K^\mu\)인 경우, 보존 흐름은 \(j^\mu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\delta\phi - K^\mu\)）를 이용하여, 정준 에너지-운동량 텐서 (canonical energy-momentum tensor)

\[ T^{\mu}{}_\nu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\partial_\nu\phi - \delta^\mu{}_\nu\,\mathcal{L} \]

를 유도하세요.

(c) Klein-Gordon 장의 라그랑지안 밀도 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\alpha\phi\,\partial^\alpha\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2\)에 대해 \(T^{00}\)을 계산하고, 이것이 해밀턴 밀도 \(\mathcal{H}\)와 일치함을 확인하세요.

(a) \(\delta\mathcal{L}\)이 전미분임을 증명:

\(\mathcal{L}(\phi, \partial_\mu\phi)\)는 \(x^\mu\)에 명시적으로 의존하지 않으므로, \(\mathcal{L}\)의 시공간 의존성은 장 \(\phi(x)\)를 통해서만 나타나요. 시공간 병진 \(x^\mu \to x^\mu + a^\mu\) 하에서 장은 \(\delta\phi = -a^\nu\partial_\nu\phi\)로 변화해요.

\(\mathcal{L}\)의 변화를 직접 계산해요. \(\mathcal{L}\)을 \(x\)의 합성함수로 보면:

\[ \delta\mathcal{L} = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\,\delta\phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta(\partial_\mu\phi) \]

한편, \(\mathcal{L}\) 자체도 스칼라장이므로, 같은 병진 하에서:

\[ \delta\mathcal{L} = -a^\nu\partial_\nu\mathcal{L} \]

이것을 전미분의 형태로 다시 쓸게요. \(a^\nu\)는 상수이므로:

\[ \delta\mathcal{L} = -a^\nu\partial_\nu\mathcal{L} = -\partial_\mu(a^\nu\delta^\mu{}_\nu\mathcal{L}) = \partial_\mu(-a^\nu\delta^\mu{}_\nu\mathcal{L}) \]

여기서 \(\partial_\mu\delta^\mu{}_\nu = 0\)(상수)이고 \(\partial_\mu a^\nu = 0\)(상수)임을 이용했어요.

\[ \boxed{\delta\mathcal{L} = \partial_\mu(-a^\nu\delta^\mu{}_\nu\mathcal{L})} \]

이것은 \(\delta\mathcal{L} = \partial_\mu K^\mu\)의 형태이며, \(K^\mu = -a^\nu\delta^\mu{}_\nu\mathcal{L}\)이에요.

(b) 에너지-운동량 텐서의 유도:

일반화된 Noether의 정리(\(\delta\mathcal{L} = \partial_\mu K^\mu\)인 경우)에 의하면, 보존 흐름은:

\[ j^\mu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi - K^\mu \]

\(\delta\phi = -a^\nu\partial_\nu\phi\)와 \(K^\mu = -a^\nu\delta^\mu{}_\nu\mathcal{L}\)를 대입하면:

\[ j^\mu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,(-a^\nu\partial_\nu\phi) - (-a^\nu\delta^\mu{}_\nu\mathcal{L}) \]
\[ = -a^\nu\left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\partial_\nu\phi - \delta^\mu{}_\nu\mathcal{L}\right] \]

\(a^\nu\)는 임의의 상수 벡터이므로, \(\nu\)마다 독립적인 보존 흐름이 얻어져요. \(j^\mu = -a^\nu T^\mu{}_\nu\)로 놓으면:

\[ \boxed{T^{\mu}{}_\nu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\partial_\nu\phi - \delta^\mu{}_\nu\,\mathcal{L}} \]

보존법칙은 \(\partial_\mu T^{\mu}{}_\nu = 0\)(각 \(\nu\)에 대해)이에요.

(c) Klein-Gordon 장의 \(T^{00}\) 계산:

\(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\alpha\phi\,\partial^\alpha\phi - \frac{1}{2}m^2\phi^2\)에 대해:

\[ T^{0}{}_{0} = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0\phi)}\,\partial_0\phi - \delta^0{}_{0}\,\mathcal{L} \]

\(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0\phi)} = \partial^0\phi = \dot{\phi}\)이므로:

\[ T^{0}{}_{0} = \dot{\phi}\cdot\dot{\phi} - \mathcal{L} = \dot{\phi}^2 - \left[\frac{1}{2}\dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 - \frac{1}{2}m^2\phi^2\right] \]
\[ = \dot{\phi}^2 - \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{1}{2}m^2\phi^2 \]
\[ T^{00} = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{1}{2}m^2\phi^2 \]

S1(b)에서 얻은 해밀토니안 밀도와 비교하면(\(\pi = \dot{\phi}\)를 이용하여):

\[ \mathcal{H} = \frac{1}{2}\pi^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{1}{2}m^2\phi^2 = \frac{1}{2}\dot{\phi}^2 + \frac{1}{2}(\nabla\phi)^2 + \frac{1}{2}m^2\phi^2 \]
\[ \boxed{T^{00} = \mathcal{H}} \]

검산: \(T^{00}\)은 에너지 밀도이며, 해밀토니안 밀도와 일치해야 해요. 또한 \(T^{00} \geq 0\)(각 항이 양의 정부호)이므로, 에너지가 아래로 유계임을 확인할 수 있어요. 추가로 \(T^{0i}\)를 계산하면 \(T^{0i} = \dot{\phi}\,\partial_i\phi\)가 되며, 이는 운동량 밀도에 대응해요.

M-4. Dirac 장의 Euler-Lagrange 방정식

→ 문제로 돌아가기

문제:

Dirac 장 \(\psi(x)\)（4성분 스피너）의 Lagrangian 밀도는

\[ \mathcal{L}_{\mathrm{Dirac}} = \bar{\psi}(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi \]

로 주어져요. 여기서 \(\bar{\psi} = \psi^\dagger\gamma^0\)는 Dirac 켤레, \(\gamma^\mu\)는 감마 행렬이에요.

(a) \(\bar{\psi}\)를 독립 변수로 취급하고, \(\bar{\psi}\)에 관한 Euler-Lagrange 방정식을 도출하여 Dirac 방정식

\[ (i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0 \]

을 얻으세요.

(b) \(\psi\)에 관한 Euler-Lagrange 방정식을 도출하고, \(\bar{\psi}\)에 대한 수반 Dirac 방정식

\[ \bar{\psi}(i\overleftarrow{\partial}_\mu\gamma^\mu + m) = 0 \]

을 얻으세요. 여기서 \(\overleftarrow{\partial}_\mu\)는 왼쪽으로 작용하는 미분을 나타내요.

(a) \(\bar{\psi}\)에 대한 Euler-Lagrange 방정식:

\[ \mathcal{L}_{\mathrm{Dirac}} = \bar{\psi}(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = i\bar{\psi}\gamma^\mu\partial_\mu\psi - m\bar{\psi}\psi \]

\(\bar{\psi}\)를 독립 변수로 취급해요. \(\mathcal{L}\) 안에 \(\partial_\mu\bar{\psi}\)를 포함하는 항은 존재하지 않아요(\(\partial_\mu\)는 \(\psi\)에만 작용하고 있어요). 따라서:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\bar{\psi})} = 0 \]

Euler-Lagrange 방정식은:

\[ \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\bar{\psi})}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\bar{\psi}} = 0 \implies -\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\bar{\psi}} = 0 \]

\(\bar{\psi}\)에 의한 편미분을 계산하면:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\bar{\psi}} = i\gamma^\mu\partial_\mu\psi - m\psi = (i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi \]

따라서:

\[ \boxed{(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0} \]

이것이 Dirac 방정식이에요.

(b) \(\psi\)에 대한 Euler-Lagrange 방정식:

\(\psi\)를 독립 변수로 취급해요.

\(\psi\)에 의한 편미분:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi} = -m\bar{\psi} \]

(\(i\bar{\psi}\gamma^\mu\partial_\mu\psi\) 항은 \(\partial_\mu\psi\)를 포함하므로, \(\psi\) 자체에 의한 편미분에는 기여하지 않아요.)

\(\partial_\mu\psi\)에 의한 편미분:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\psi)} = i\bar{\psi}\gamma^\mu \]

Euler-Lagrange 방정식에 대입하면:

\[ \partial_\mu\left(i\bar{\psi}\gamma^\mu\right) - (-m\bar{\psi}) = 0 \]
\[ i(\partial_\mu\bar{\psi})\gamma^\mu + m\bar{\psi} = 0 \]

왼쪽으로 작용하는 미분의 표기법 \(\overleftarrow{\partial}_\mu\)를 사용하여 다시 쓰면:

\[ \boxed{\bar{\psi}(i\overleftarrow{\partial}_\mu\gamma^\mu + m) = 0} \]

이것이 수반 Dirac 방정식이에요.

검산: Dirac 방정식 \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0\)의 Dirac 켤레를 취해요. \(\psi^\dagger\)를 왼쪽에서 곱하고 \(\gamma^0\)를 오른쪽에서 곱하는 조작을 수행하면:

\[ [(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi]^\dagger\gamma^0 = 0 \]
\[ \psi^\dagger(-i\gamma^{\mu\dagger}\overleftarrow{\partial}_\mu - m)\gamma^0 = 0 \]

\(\gamma^0\gamma^{\mu\dagger}\gamma^0 = \gamma^\mu\)의 관계(감마 행렬의 에르미트성)를 이용하면 \(\bar{\psi}(i\overleftarrow{\partial}_\mu\gamma^\mu + m) = 0\)이 얻어지며, (b)의 결과와 일치해요.

Advanced（발전）

A-1. Noether 정리의 일반화

→ 문제로 돌아가기

문제:

장의 변환 \(\phi \to \phi + \delta\phi\) 하에서, 라그랑지안 밀도가 불변이 아니라 어떤 4원벡터 \(K^\mu\)를 이용하여

\[ \delta\mathcal{L} = \partial_\mu K^\mu \]

와 같이 전미분(4차원 발산)의 형태로 변화하는 경우를 생각해요.

(a) 작용 \(S = \int d^4x\,\mathcal{L}\)의 변분 \(\delta S\)가 이 경우에도 (적절한 경계조건 하에서) 영이 됨을 보이고, 운동방정식이 변하지 않음을 확인하세요.

(b) 수정된 Noether 커런트

\[ j^\mu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi - K^\mu \]

가 운동방정식이 성립할 때 \(\partial_\mu j^\mu = 0\)을 만족함을 증명하세요.

(c) 응용으로서, 실수 스칼라장 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\partial_\mu\phi\,\partial^\mu\phi - V(\phi)\)에 대한 Lorentz 부스트 변환(\(x\) 방향으로 미소 래피디티 \(\delta\omega\))

\[ \delta\phi = -\delta\omega\,(t\,\partial_x\phi + x\,\partial_t\phi) \]

을 생각하고, 대응하는 보존 커런트를 구성하세요. 이 보존 전하의 물리적 의미를 논하세요.

(a) 작용의 불변성:

작용의 변분은:

\[ \delta S = \int d^4x\,\delta\mathcal{L} = \int d^4x\,\partial_\mu K^\mu \]

4차원 Gauss의 정리(발산 정리)를 적용하면:

\[ \delta S = \int d^4x\,\partial_\mu K^\mu = \oint_{\partial\Omega} K^\mu\,dS_\mu \]

여기서 \(\partial\Omega\)는 4차원 적분 영역의 경계면이에요. 장의 변분 \(\delta\phi\)가 경계에서 0이 되거나 (\(K^\mu\)가 경계에서 충분히 빠르게 감소하는) 경계 조건 하에서:

\[ \boxed{\delta S = 0} \]

따라서 운동 방정식(\(\delta S = 0\)에서 도출되는 Euler-Lagrange 방정식)은 변하지 않아요.

(b) 수정된 Noether 커런트의 보존 증명:

\(\delta\mathcal{L}\)를 장의 변분을 통해 계산하면:

\[ \delta\mathcal{L} = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi}\,\delta\phi + \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\partial_\mu(\delta\phi) \]

제2항을 부분적분 형태로 다시 쓰면:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\partial_\mu(\delta\phi) = \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi\right) - \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)\delta\phi \]

대입하면:

\[ \delta\mathcal{L} = \left[\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\phi} - \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\right)\right]\delta\phi + \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi\right) \]

운동 방정식이 성립할 때, 대괄호 안은 0이에요:

\[ \delta\mathcal{L} = \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi\right) \]

한편, 가정에 의해 \(\delta\mathcal{L} = \partial_\mu K^\mu\)이에요. 양변을 같다고 놓으면:

\[ \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi\right) = \partial_\mu K^\mu \]
\[ \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi - K^\mu\right) = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu j^\mu = 0, \qquad j^\mu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi - K^\mu} \]

(c) Lorentz 부스트 변환에의 응용:

\(x\) 방향으로의 미소 Lorentz 부스트(래피디티 \(\delta\omega\)) 하에서:

\[ \delta x^0 = -\delta\omega\,x^1, \qquad \delta x^1 = -\delta\omega\,x^0, \qquad \delta x^2 = \delta x^3 = 0 \]

스칼라장의 변환 법칙 \(\delta\phi = -\delta x^\nu\partial_\nu\phi\)로부터:

\[ \delta\phi = -(-\delta\omega\,x^1)\partial_0\phi - (-\delta\omega\,x^0)\partial_1\phi = \delta\omega(x^1\partial_0\phi + x^0\partial_1\phi) \]

즉 \(\delta\phi = \delta\omega(x\,\dot{\phi} + t\,\partial_x\phi)\)이에요. (문제의 부호 규약 \(\delta\phi = -\delta\omega(t\,\partial_x\phi + x\,\partial_t\phi)\)와 일치해요. 여기서 \(x^0 = t\), \(x^1 = x\)으로 놓았어요.)

\(K^\mu\)의 결정:

\(\mathcal{L}\)도 스칼라이므로, 같은 변환 하에서:

\[ \delta\mathcal{L} = -\delta x^\nu\partial_\nu\mathcal{L} = \delta\omega(x^1\partial_0\mathcal{L} + x^0\partial_1\mathcal{L}) \]

이것을 전미분 형태로 쓰면:

\[ \delta\mathcal{L} = \delta\omega\left[\partial_0(x^1\mathcal{L}) + \partial_1(x^0\mathcal{L})\right] - \delta\omega\left[(\partial_0 x^1)\mathcal{L} + (\partial_1 x^0)\mathcal{L}\right] \]

\(\partial_0 x^1 = 0\), \(\partial_1 x^0 = 0\)이므로:

\[ \delta\mathcal{L} = \delta\omega\,\partial_\mu\left[\delta^\mu{}_0\,x^1\mathcal{L} + \delta^\mu{}_1\,x^0\mathcal{L}\right] = \partial_\mu K^\mu \]

여기서 \(K^\mu = \delta\omega(\delta^\mu{}_0\,x^1\mathcal{L} + \delta^\mu{}_1\,x^0\mathcal{L})\), 즉 \(K^0 = \delta\omega\,x^1\mathcal{L}\), \(K^1 = \delta\omega\,x^0\mathcal{L}\), \(K^2 = K^3 = 0\)이에요.

보존 커런트의 구성:

\[ j^\mu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)}\,\delta\phi - K^\mu \]

\(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\phi)} = \partial^\mu\phi\)를 이용하면:

\[ j^\mu = \partial^\mu\phi\cdot\delta\omega(x^1\partial_0\phi + x^0\partial_1\phi) - \delta\omega(\delta^\mu{}_0\,x^1\mathcal{L} + \delta^\mu{}_1\,x^0\mathcal{L}) \]

\(\delta\omega\)를 제거하면:

\[ j^\mu = \partial^\mu\phi(x^1\partial_0\phi + x^0\partial_1\phi) - \delta^\mu{}_0\,x^1\mathcal{L} - \delta^\mu{}_1\,x^0\mathcal{L} \]

에너지-운동량 텐서 \(T^{\mu}{}_\nu = \partial^\mu\phi\,\partial_\nu\phi - \delta^\mu{}_\nu\mathcal{L}\)를 이용하여 다시 쓰면:

\[ j^\mu = x^1(\partial^\mu\phi\,\partial_0\phi - \delta^\mu{}_0\mathcal{L}) + x^0(\partial^\mu\phi\,\partial_1\phi - \delta^\mu{}_1\mathcal{L}) \]
\[ = x^1 T^{\mu 0} + x^0 T^{\mu 1} \]

여기서 \(T^{\mu\nu} = \eta^{\nu\alpha}T^\mu{}_\alpha\)를 사용했어요. \(T^{\mu 0} = T^\mu{}_0\) (\(\eta^{00} = 1\)), \(T^{\mu 1} = -T^\mu{}_1\) (\(\eta^{11} = -1\))에 주의하면:

\[ j^\mu = x^1 T^{\mu 0} - x^0 T^{\mu 1} \]

또는, Lorentz 변환의 생성자에 대응하는 보존 커런트로서:

\[ \boxed{M^{\mu 01} = x^0 T^{\mu 1} - x^1 T^{\mu 0}} \]

(부호 규약은 \(M^{\mu\rho\sigma} = x^\rho T^{\mu\sigma} - x^\sigma T^{\mu\rho}\)를 따라요.)

보존 전하:

\[ M^{01} = \int d^3x\,M^{001} = \int d^3x\,(x^0 T^{01} - x^1 T^{00}) = t\,P^1 - \int d^3x\,x\,\mathcal{H} \]

여기서 \(P^1 = \int d^3x\,T^{01}\)은 \(x\) 방향의 전체 운동량이에요.

물리적 의미: 이 보존 전하는 부스트 생성자이며, 계의 "질량 중심 위치"에 관한 정보를 포함해요. \(M^{01} = tP^1 - \int d^3x\,x\,\mathcal{H}\)가 보존된다는 것은:

\[ \frac{d}{dt}\left(tP^1 - \int d^3x\,x\,\mathcal{H}\right) = 0 \]
\[ P^1 + t\frac{dP^1}{dt} - \frac{d}{dt}\int d^3x\,x\,\mathcal{H} = 0 \]

\(P^1\)이 보존되므로 (\(\frac{dP^1}{dt} = 0\)), \(\frac{d}{dt}\int d^3x\,x\,\mathcal{H} = P^1\)이 돼요. 이것은 "에너지의 질량 중심이 일정한 속도로 운동한다"는 것을 의미하며, 입자 역학에서 \(X_{\mathrm{cm}} = \frac{\sum m_i x_i}{\sum m_i}\)가 등속 직선 운동하는 것의 장론 버전이에요.

검증: \(\partial_\mu M^{\mu\rho\sigma} = 0\)을 직접 확인해요. \(\partial_\mu M^{\mu\rho\sigma} = \partial_\mu(x^\rho T^{\mu\sigma} - x^\sigma T^{\mu\rho}) = \delta^\rho_\mu T^{\mu\sigma} + x^\rho\partial_\mu T^{\mu\sigma} - \delta^\sigma_\mu T^{\mu\rho} - x^\sigma\partial_\mu T^{\mu\rho} = T^{\rho\sigma} - T^{\sigma\rho}\) (\(\partial_\mu T^{\mu\nu} = 0\) 사용). 정준 에너지-운동량 텐서가 대칭 \(T^{\rho\sigma} = T^{\sigma\rho}\)이면 보존돼요. Klein-Gordon 장의 경우 \(T^{\mu\nu} = \partial^\mu\phi\,\partial^\nu\phi - \eta^{\mu\nu}\mathcal{L}\)는 대칭이므로 정합적이에요.

A-2. Maxwell 장의 Lagrangian과 게이지 불변성

→ 문제로 돌아가기

문제:

전자기장의 Lagrangian 밀도는

\[ \mathcal{L}_{\mathrm{Maxwell}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]

로 주어져요. 여기서 장의 세기 텐서는 \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\)이고, \(A_\mu(x)\)는 4원 퍼텐셜이에요.

(a) \(A_\nu\)에 대한 Euler-Lagrange 방정식을 유도하여 진공 중의 Maxwell 방정식(소스 없음)

\[ \partial_\mu F^{\mu\nu} = 0 \]

을 얻으세요. 도중에 \(\dfrac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\)의 계산을 명시하세요.

(b) 게이지 변환 \(A_\mu(x) \to A_\mu(x) + \partial_\mu\Lambda(x)\) (\(\Lambda(x)\)는 임의의 스칼라 함수) 하에서 \(F_{\mu\nu}\)가 불변임을 보이고, 따라서 \(\mathcal{L}_{\mathrm{Maxwell}}\)도 게이지 불변임을 확인하세요.

(c) Noether의 정리를 직접 게이지 변환에 적용하려고 하면 어떤 일이 일어나는지 논의하세요. 특히, 게이지 변환의 매개변수 \(\Lambda(x)\)가 시공간의 함수(국소 변환)라는 점이 대역적 대칭성을 전제로 하는 Noether의 정리와 어떻게 관련되는지를 설명하고, 제2종 Noether의 정리(Noether's second theorem)의 존재에 언급하세요.

(a) Euler-Lagrange 방정식의 도출:

\(\mathcal{L}_{\mathrm{Maxwell}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\) 에서 \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\)이에요.

단계 1: \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu}\) 의 계산

\(\mathcal{L}\)은 \(A_\nu\) 자체(미분 없이)를 포함하지 않으므로:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = 0 \]

단계 2: \(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\) 의 계산

\(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)를 전개해요:

\[ F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta} = F_{\alpha\beta}\,\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\gamma\delta} = (\partial_\alpha A_\beta - \partial_\beta A_\alpha)\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}(\partial_\gamma A_\delta - \partial_\delta A_\gamma) \]

\(\partial_\mu A_\nu\)에 대한 편미분을 계산해요. \(F_{\alpha\beta} = \partial_\alpha A_\beta - \partial_\beta A_\alpha\)이므로:

\[ \frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\delta^\nu_\alpha \]

곱의 미분법칙을 사용하면:

\[ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}(F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}) = \frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}F^{\alpha\beta} + F_{\alpha\beta}\frac{\partial F^{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} \]

\(F^{\alpha\beta} = \eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\gamma\delta}\)이므로, 제2항도 같은 구조를 가져요. 대칭성으로부터 두 항은 같으며:

\[ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}(F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta}) = 2(\delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\delta^\nu_\alpha)F^{\alpha\beta} = 2(F^{\mu\nu} - F^{\nu\mu}) = 4F^{\mu\nu} \]

여기서 \(F^{\mu\nu} = -F^{\nu\mu}\)(반대칭성)를 사용했어요.

따라서:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{4}\cdot 4F^{\mu\nu} = -F^{\mu\nu} \]

단계 3: Euler-Lagrange 방정식

\[ \partial_\mu\left(\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right) - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = 0 \]
\[ \partial_\mu(-F^{\mu\nu}) - 0 = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0} \]

이것은 진공에서의 Maxwell 방정식(소스 없음)이에요. 성분으로 쓰면, \(\nu = 0\)은 \(\nabla\cdot\mathbf{E} = 0\)(Gauss 법칙), \(\nu = i\)는 \(-\frac{\partial\mathbf{E}}{\partial t} + \nabla\times\mathbf{B} = 0\)(Ampère 법칙)에 대응해요.

(b) 게이지 불변성의 증명:

게이지 변환 \(A_\mu \to A'_\mu = A_\mu + \partial_\mu\Lambda\) 하에서 장의 세기 텐서의 변화를 계산해요:

\[ F'_{\mu\nu} = \partial_\mu A'_\nu - \partial_\nu A'_\mu = \partial_\mu(A_\nu + \partial_\nu\Lambda) - \partial_\nu(A_\mu + \partial_\mu\Lambda) \]
\[ = \partial_\mu A_\nu + \partial_\mu\partial_\nu\Lambda - \partial_\nu A_\mu - \partial_\nu\partial_\mu\Lambda \]

편미분의 교환 가능성 \(\partial_\mu\partial_\nu\Lambda = \partial_\nu\partial_\mu\Lambda\)로부터:

\[ F'_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu = F_{\mu\nu} \]
\[ \boxed{F'_{\mu\nu} = F_{\mu\nu}} \]

\(F_{\mu\nu}\)가 게이지 불변이므로, \(\mathcal{L}_{\mathrm{Maxwell}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)도 게이지 불변이에요.

(c) Noether 정리와 게이지 변환의 관계:

문제점 분석:

Noether 정리(제1종)는 대역적(global) 연속 대칭성, 즉 매개변수가 시공간에 의존하지 않는 상수인 변환에 대해 적용돼요. 그러나 게이지 변환 \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu\Lambda(x)\)의 매개변수 \(\Lambda(x)\)는 시공간의 임의의 함수(국소적 매개변수)예요.

Noether 정리를 직접 적용하려고 하면:

  1. 대역적 게이지 변환(\(\Lambda = \text{const}\))의 경우: \(\delta A_\mu = \partial_\mu\Lambda = 0\)이 되어 장이 변화하지 않아요. 따라서 자명한 항등식 \(0 = 0\)밖에 얻을 수 없으며, 비자명한 보존 전류를 구성할 수 없어요.

  2. 국소적 게이지 변환(\(\Lambda(x)\)가 임의 함수)의 경우: 매개변수가 무한 개의 자유도를 가지므로, 통상적인 Noether 정리의 틀에서는 다룰 수 없어요.

제2종 Noether 정리 (Noether's second theorem):

변환의 매개변수가 시공간의 임의 함수인 경우(국소 대칭성), 제2종 Noether 정리가 적용돼요. 이 정리는 다음을 말해요:

작용이 임의 함수 \(\Lambda(x)\)와 그 유한 계수의 미분을 포함하는 변환 하에서 불변이면, Euler-Lagrange 방정식 사이에 항등적인 관계(Bianchi 항등식과 같은 것)가 존재해요.

Maxwell 이론의 경우, 이 항등식은:

\[ \partial_\nu(\partial_\mu F^{\mu\nu}) \equiv 0 \]

이며, 이것은 \(F^{\mu\nu}\)의 반대칭성으로부터 운동방정식을 사용하지 않고 항등적으로 성립해요.

물리적 의미:

  • 게이지 대칭성은 물리적 대칭성(새로운 보존량을 낳는)이 아니라, 이론의 기술에서의 잉여성(redundancy)을 반영해요.
  • \(A_\mu\)의 4개 성분 중 물리적 자유도는 2개(광자의 2가지 편극 상태)이며, 나머지 2개는 게이지 잉여성에 대응해요.
  • 제1종 Noether 정리가 "대칭성 → 보존량"을 주는 반면, 제2종 Noether 정리는 "국소 대칭성 → 운동방정식 사이의 항등식(구속 조건)"을 줘요.
\[ \boxed{\text{게이지 대칭성(국소 대칭성)} \xrightarrow{\text{제2종 Noether}} \text{운동방정식 사이의 항등식 + 물리적 자유도의 감소}} \]

검산: Maxwell 이론에서 물리적 자유도를 세어 봐요. \(A_\mu\)는 4개 성분이지만, 게이지 자유도(\(\Lambda(x)\)의 1개 임의 함수)에 의해 1개 성분이 잉여이고, 추가로 \(\partial_\mu F^{\mu 0} = 0\)이 구속 조건(초기값에 대한 조건)을 주므로 1개 성분이 더 제거돼요. 결과적으로 \(4 - 1 - 1 = 2\) 자유도가 남으며, 이것은 광자의 2가지 물리적 편극(횡파)에 대응해요.