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

(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

\(\partial^\mu\phi = \eta^{\mu\nu}\partial_\nu\phi\) 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

\(m = 0\) 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

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

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

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

(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

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

(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

(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

(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

(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

(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

(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

(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

(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.