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제 5 장 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. Clifford 대수의 기본 계산

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

Clifford 대수 \(\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}\mathbf{1}\) 에 구체적인 첨자를 대입해요.

(a) \(\gamma^0 \gamma^0\)

\(\mu = \nu = 0\) 을 대입하면:

\[ \{\gamma^0, \gamma^0\} = 2\gamma^0\gamma^0 = 2\eta^{00}\mathbf{1} = 2 \cdot (+1) \cdot \mathbf{1} \]

따라서

\[ \boxed{\gamma^0\gamma^0 = \mathbf{1}} \]

(b) \(\gamma^2 \gamma^2\)

\(\mu = \nu = 2\) 를 대입하면:

\[ \{\gamma^2, \gamma^2\} = 2\gamma^2\gamma^2 = 2\eta^{22}\mathbf{1} = 2 \cdot (-1) \cdot \mathbf{1} \]

따라서

\[ \boxed{\gamma^2\gamma^2 = -\mathbf{1}} \]

(c) \(\gamma^1 \gamma^3 + \gamma^3 \gamma^1\)

\(\mu = 1, \nu = 3\) 을 대입하면:

\[ \{\gamma^1, \gamma^3\} = \gamma^1\gamma^3 + \gamma^3\gamma^1 = 2\eta^{13}\mathbf{1} = 2 \cdot 0 \cdot \mathbf{1} \]

따라서

\[ \boxed{\gamma^1\gamma^3 + \gamma^3\gamma^1 = 0} \]

(d) \(\gamma^0 \gamma^2 \gamma^0\)

(c)의 결과로부터, \(\mu \neq \nu\) 일 때 \(\gamma^\mu\gamma^\nu = -\gamma^\nu\gamma^\mu\) 이에요. \(\mu = 0, \nu = 2\) 는 서로 다르므로:

\[ \gamma^0\gamma^2 = -\gamma^2\gamma^0 \]

이를 대입하면:

\[ \gamma^0\gamma^2\gamma^0 = (-\gamma^2\gamma^0)\gamma^0 = -\gamma^2(\gamma^0\gamma^0) = -\gamma^2 \cdot \mathbf{1} \]

따라서

\[ \boxed{\gamma^0\gamma^2\gamma^0 = -\gamma^2} \]

검산

(d)의 결과는 일반적인 관계 \(\gamma^0\gamma^i\gamma^0 = -\gamma^i\) (공간 성분 \(i = 1,2,3\))의 특수한 경우예요. 이는 \(\gamma^0\) 과 \(\gamma^i\) 의 반교환성 \(\gamma^0\gamma^i = -\gamma^i\gamma^0\) 과 \((\gamma^0)^2 = \mathbf{1}\) 로부터 바로 따라오며, 결과가 일관되게 맞아요.

B-2. \(\gamma^\mu \gamma_\mu\) 의 계산

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풀이 방침

\(\gamma_\mu = \eta_{\mu\nu}\gamma^\nu\) 의 정의를 이용하여 \(\gamma^\mu\gamma_\mu\) 를 Clifford 대수로 평가해요.

계산의 상세

\[ \gamma^\mu\gamma_\mu = \eta_{\mu\nu}\gamma^\mu\gamma^\nu \]

여기서 \(\eta_{\mu\nu}\) 는 \(\mu, \nu\) 에 대해 대칭이며, \(\gamma^\mu\gamma^\nu\) 의 반대칭 부분은 \(\eta_{\mu\nu}\) 와의 축약에서 사라져요. 따라서:

\[ \eta_{\mu\nu}\gamma^\mu\gamma^\nu = \eta_{\mu\nu} \cdot \frac{1}{2}(\gamma^\mu\gamma^\nu + \gamma^\nu\gamma^\mu) = \eta_{\mu\nu} \cdot \frac{1}{2}\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} \]

Clifford 대수 \(\{\gamma^\mu, \gamma^\nu\} = 2\eta^{\mu\nu}\mathbf{1}\) 을 대입하면:

\[ = \eta_{\mu\nu} \cdot \eta^{\mu\nu}\mathbf{1} = \delta^\mu{}_\mu \cdot \mathbf{1} = d \cdot \mathbf{1} \]

\(d = 4\) 차원에서는:

\[ \boxed{\gamma^\mu\gamma_\mu = 4\,\mathbf{1}} \]

검산

직접 계산으로 확인해요:

\[ \gamma^\mu\gamma_\mu = \gamma^0\gamma_0 + \gamma^1\gamma_1 + \gamma^2\gamma_2 + \gamma^3\gamma_3 \]
\[ = \gamma^0\gamma^0 + \gamma^1(-\gamma^1) + \gamma^2(-\gamma^2) + \gamma^3(-\gamma^3) \]
\[ = \mathbf{1} - (-\mathbf{1}) - (-\mathbf{1}) - (-\mathbf{1}) = \mathbf{1} + \mathbf{1} + \mathbf{1} + \mathbf{1} = 4\,\mathbf{1} \quad \checkmark \]

B-3. Dirac 켤레의 변환

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(a) \(\overline{(\gamma^\mu \psi)} = \bar{\psi}\gamma^\mu\) 의 증명

풀이 방침

먼저 \((\gamma^\mu)^\dagger = \gamma^0\gamma^\mu\gamma^0\) 을 보이고, 이를 이용하여 계산해요.

계산의 상세

보조정리: \((\gamma^\mu)^\dagger = \gamma^0\gamma^\mu\gamma^0\)

  • \(\mu = 0\) 인 경우: \((\gamma^0)^\dagger = \gamma^0\) (에르미트). 한편 \(\gamma^0\gamma^0\gamma^0 = (\gamma^0)^2\gamma^0 = \gamma^0\). 따라서 성립.
  • \(\mu = i\) (공간 성분)인 경우: \((\gamma^i)^\dagger = -\gamma^i\) (반에르미트). 한편 \(\gamma^0\gamma^i\gamma^0 = -\gamma^i(\gamma^0)^2 = -\gamma^i\) (D1(d)의 일반화를 사용). 따라서 성립.

이를 이용하면:

\[ \overline{(\gamma^\mu\psi)} = (\gamma^\mu\psi)^\dagger\gamma^0 = \psi^\dagger(\gamma^\mu)^\dagger\gamma^0 \]
\[ = \psi^\dagger(\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0)\gamma^0 = \psi^\dagger\gamma^0\gamma^\mu(\gamma^0)^2 = \psi^\dagger\gamma^0\gamma^\mu \cdot \mathbf{1} \]
\[ = \bar{\psi}\gamma^\mu \]
\[ \boxed{\overline{(\gamma^\mu\psi)} = \bar{\psi}\gamma^\mu} \]

(b) \(\bar{\psi}\gamma^\mu\psi\) 가 실수임의 증명

계산의 상세

\(\bar{\psi}\gamma^\mu\psi\) 는 스피너 성분을 축약한 \(1 \times 1\) 의 스칼라량(수)이에요. 그 에르미트 켤레를 취하면:

\[ (\bar{\psi}\gamma^\mu\psi)^\dagger = \psi^\dagger(\gamma^\mu)^\dagger(\bar{\psi})^\dagger \]

여기서 \(\bar{\psi} = \psi^\dagger\gamma^0\) 이므로 \((\bar{\psi})^\dagger = (\gamma^0)^\dagger\psi = \gamma^0\psi\). 따라서:

\[ (\bar{\psi}\gamma^\mu\psi)^\dagger = \psi^\dagger(\gamma^0\gamma^\mu\gamma^0)\gamma^0\psi = \psi^\dagger\gamma^0\gamma^\mu\psi = \bar{\psi}\gamma^\mu\psi \]
\[ \boxed{(\bar{\psi}\gamma^\mu\psi)^\dagger = \bar{\psi}\gamma^\mu\psi} \]

따라서 \(\bar{\psi}\gamma^\mu\psi\) 는 에르미트(고전적으로는 실수)예요.

검산

\(\mu = 0\) 인 경우, \(\bar{\psi}\gamma^0\psi = \psi^\dagger(\gamma^0)^2\psi = \psi^\dagger\psi = \sum_\alpha |\psi_\alpha|^2 \geq 0\) 이므로, 확실히 실수예요. 이는 확률 밀도의 양의 정부호성과도 부합해요.

B-4. Lorentz 대수의 재조합

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풀이 방침

\([J^i_+, J^j_-]\) 를 정의에 따라 전개하고, 식 (5.3a)–(5.3c)를 대입해요.

계산의 상세

\[ [J^i_+, J^j_-] = \left[\frac{1}{2}(J^i + iK^i),\, \frac{1}{2}(J^j - iK^j)\right] \]
\[ = \frac{1}{4}\left[(J^i + iK^i),\, (J^j - iK^j)\right] \]

교환자의 선형성을 이용하여 4개의 항으로 전개해요:

\[ = \frac{1}{4}\Bigl([J^i, J^j] + [J^i, -iK^j] + [iK^i, J^j] + [iK^i, -iK^j]\Bigr) \]
\[ = \frac{1}{4}\Bigl([J^i, J^j] - i[J^i, K^j] + i[K^i, J^j] + [K^i, K^j]\Bigr) \]

각 항에 식 (5.3a)–(5.3c)를 대입해요:

제1항: \([J^i, J^j] = i\varepsilon^{ijk}J^k\) (식 (5.3a))

제2항: \(-i[J^i, K^j] = -i \cdot i\varepsilon^{ijk}K^k = -i^2\varepsilon^{ijk}K^k = +\varepsilon^{ijk}K^k\) (식 (5.3b))

제3항: \(i[K^i, J^j] = i \cdot (-[J^j, K^i]) = i \cdot (-i\varepsilon^{jik}K^k) = -i^2\varepsilon^{jik}K^k = +\varepsilon^{jik}K^k\)

여기서 \(\varepsilon^{jik} = -\varepsilon^{ijk}\) 이므로:

\[ \text{제3항} = -\varepsilon^{ijk}K^k \]

제4항: \([K^i, K^j] = -i\varepsilon^{ijk}J^k\) (식 (5.3c))

모두 더해요:

\[ [J^i_+, J^j_-] = \frac{1}{4}\Bigl(i\varepsilon^{ijk}J^k + \varepsilon^{ijk}K^k - \varepsilon^{ijk}K^k - i\varepsilon^{ijk}J^k\Bigr) \]

\(J^k\) 항: \(i\varepsilon^{ijk}J^k - i\varepsilon^{ijk}J^k = 0\)

\(K^k\) 항: \(\varepsilon^{ijk}K^k - \varepsilon^{ijk}K^k = 0\)

따라서:

\[ \boxed{[J^i_+, J^j_-] = 0} \]

검산

이 결과는 식 (5.5c)와 일치해요. 또한, \(\mathbf{J}_+\) 와 \(\mathbf{J}_-\) 가 서로 독립적인 \(\mathfrak{su}(2)\) 대수를 이룬다는 로렌츠 대수의 분해 구조와 정합적이에요.

B-5. 스피너 표현의 부스트 생성자

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풀이 방침

\(e^{-\frac{\eta}{2}\sigma^1}\) 를 Taylor 전개하고, \((\sigma^1)^2 = \mathbf{1}\) 을 이용하여 짝수 차수와 홀수 차수로 나눠요.

계산의 상세

Taylor 전개:

\[ S_L = e^{-\frac{\eta}{2}\sigma^1} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!}\left(-\frac{\eta}{2}\right)^n (\sigma^1)^n \]

\((\sigma^1)^2 = \mathbf{1}\) 로부터:

\[ (\sigma^1)^{2k} = \mathbf{1}, \qquad (\sigma^1)^{2k+1} = \sigma^1 \]

짝수 차수와 홀수 차수로 나누면:

\[ S_L = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k)!}\left(-\frac{\eta}{2}\right)^{2k}\mathbf{1} + \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)!}\left(-\frac{\eta}{2}\right)^{2k+1}\sigma^1 \]

짝수 차수: \(\left(-\frac{\eta}{2}\right)^{2k} = \left(\frac{\eta}{2}\right)^{2k}\) 이므로

\[ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k)!}\left(\frac{\eta}{2}\right)^{2k} = \cosh\frac{\eta}{2} \]

홀수 차수: \(\left(-\frac{\eta}{2}\right)^{2k+1} = -\left(\frac{\eta}{2}\right)^{2k+1}\) 이므로

\[ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(2k+1)!}\left(-\frac{\eta}{2}\right)^{2k+1} = -\sinh\frac{\eta}{2} \]

따라서:

\[ \boxed{S_L = \cosh\frac{\eta}{2}\,\mathbf{1} - \sinh\frac{\eta}{2}\,\sigma^1} \]

검산

\(\eta = 0\) (부스트 없음)일 때 \(S_L = \cosh 0 \cdot \mathbf{1} - \sinh 0 \cdot \sigma^1 = \mathbf{1}\). 항등 변환이 얻어지며, 올바른 결과예요.

또한, \(\det S_L = \cosh^2\frac{\eta}{2} - \sinh^2\frac{\eta}{2} = 1\) 이므로, \(SL(2, \mathbb{C})\) 의 원소임을 확인할 수 있어요.

B-6. Dirac 장의 Euler-Lagrange 방정식（\(\psi\) 변분）

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풀이 방침

\(\mathcal{L} = \bar{\psi}(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi\) 를 성분으로 쓰고, \(\bar{\psi}_\alpha\) 에 관한 Euler-Lagrange 방정식을 적용해요.

계산의 상세

성분 표시로:

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

\(\bar{\psi}_\alpha\) 에 관한 편미분:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\bar{\psi}_\alpha} = i(\gamma^\mu)_{\alpha\beta}\partial_\mu\psi_\beta - m\psi_\alpha = \bigl[i\gamma^\mu\partial_\mu\psi - m\psi\bigr]_\alpha \]

다음으로, \(\partial_\mu\bar{\psi}_\alpha\) 를 포함하는 항을 확인해요. \(\mathcal{L}\) 을 부분적분 없이 그대로 보면, \(\partial_\mu\bar{\psi}\) 는 명시적으로 포함되어 있지 않아요(미분은 \(\psi\) 에 걸려 있어요). 따라서:

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

그러므로 Euler-Lagrange 방정식은:

\[ i(\gamma^\mu)_{\alpha\beta}\partial_\mu\psi_\beta - m\psi_\alpha = 0 \]

이것은 Dirac 방정식 \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0\) 그 자체예요.

다음으로, \(\psi\) 에 관한 Euler-Lagrange 방정식으로부터 켤레 방정식을 유도해요. \(\mathcal{L}\) 을 부분적분하여 \(\bar{\psi}\) 에 미분을 옮겨요:

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

전미분 항을 떨어뜨리면, \(\psi_\beta\) 에 관한 Euler-Lagrange 방정식은:

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

따라서:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\psi_\beta} - \partial_\mu\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\psi_\beta)} = -m\bar{\psi}_\beta - \partial_\mu\bigl(i\bar{\psi}_\alpha(\gamma^\mu)_{\alpha\beta}\bigr) = 0 \]

행렬 표기로 되돌리면:

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

이것이 Dirac 방정식의 켤레 방정식이에요.

검산

Dirac 방정식 \((i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi = 0\) 의 Dirac 켤레를 직접 취해서 확인해요. 양변의 \(\dagger\) 를 취하고 오른쪽에서 \(\gamma^0\) 을 곱하면:

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

이것은 위에서 얻은 결과와 일치해요. \(\checkmark\)

B-7. 켤레 운동량의 확인

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풀이 방침

\(\mathcal{L}\) 에서 \(\dot{\psi}_\alpha = \partial_0\psi_\alpha\) 를 포함하는 항을 특정하고, \(\Pi_\alpha = \partial\mathcal{L}/\partial\dot{\psi}_\alpha\) 를 계산해요.

계산의 세부 과정

\[ \mathcal{L} = i\psi^\dagger_\alpha(\gamma^0)_{\alpha\beta}(\gamma^\mu)_{\beta\gamma}\partial_\mu\psi_\gamma - m\psi^\dagger_\alpha(\gamma^0)_{\alpha\beta}\psi_\beta \]

\(\dot{\psi}_\gamma = \partial_0\psi_\gamma\) 를 포함하는 항은 \(\mu = 0\) 인 항뿐이에요:

\[ \mathcal{L}\big|_{\mu=0} = i\psi^\dagger_\alpha(\gamma^0)_{\alpha\beta}(\gamma^0)_{\beta\gamma}\partial_0\psi_\gamma = i\psi^\dagger_\alpha\bigl[(\gamma^0)^2\bigr]_{\alpha\gamma}\dot{\psi}_\gamma \]

\((\gamma^0)^2 = \mathbf{1}\) 이므로:

\[ \mathcal{L}\big|_{\mu=0} = i\psi^\dagger_\alpha\delta_{\alpha\gamma}\dot{\psi}_\gamma = i\psi^\dagger_\gamma\dot{\psi}_\gamma \]

따라서:

\[ \Pi_\alpha = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial\dot{\psi}_\alpha} = i\psi^\dagger_\alpha \]
\[ \boxed{\Pi_\alpha = i\psi^\dagger_\alpha} \]

검산

이것은 본문의 식 (5.8) \(\Pi = i\psi^\dagger\) 와 일치해요. 스칼라장의 경우 \(\Pi = \dot{\phi}\) 와는 달리, 켤레 운동량이 장의 시간 미분이 아니라 장 자체에 비례하는 것은 디랙 라그랑지안이 시간 미분에 대해 1차임을 반영하는 것이에요.

B-8. Hamiltonian 밀도의 유도

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풀이 방침

르장드르 변환 \(\mathcal{H} = \Pi\dot{\psi} - \mathcal{L}\)을 실행하고, \(\mathcal{L}\)을 \(\mu = 0\)과 \(\mu = j\)로 분리해요.

계산의 세부 과정

먼저 \(\mathcal{L}\)을 시간 성분과 공간 성분으로 분리해요:

\[ \mathcal{L} = i\bar{\psi}\gamma^0\partial_0\psi + i\bar{\psi}\gamma^j\partial_j\psi - m\bar{\psi}\psi \]

제1항을 정리해요. \(\bar{\psi}\gamma^0 = \psi^\dagger(\gamma^0)^2 = \psi^\dagger\)이므로:

\[ i\bar{\psi}\gamma^0\partial_0\psi = i\psi^\dagger\dot{\psi} = \Pi\dot{\psi} \]

(\(\Pi = i\psi^\dagger\)를 사용)

르장드르 변환:

\[ \mathcal{H} = \Pi\dot{\psi} - \mathcal{L} = \Pi\dot{\psi} - \Pi\dot{\psi} - i\bar{\psi}\gamma^j\partial_j\psi + m\bar{\psi}\psi \]
\[ = -i\bar{\psi}\gamma^j\partial_j\psi + m\bar{\psi}\psi \]

\(\bar{\psi} = \psi^\dagger\gamma^0\)을 대입하면:

\[ \mathcal{H} = -i\psi^\dagger\gamma^0\gamma^j\partial_j\psi + m\psi^\dagger\gamma^0\psi \]

\(\gamma^0\gamma^j\partial_j = \gamma^0\boldsymbol{\gamma}\cdot\nabla\)로 쓰면:

\[ \boxed{\mathcal{H} = \psi^\dagger(-i\gamma^0\boldsymbol{\gamma}\cdot\nabla + m\gamma^0)\psi} \]

이것은 본문의 식 (5.9)와 일치해요.

검산

디랙 방정식 \(i\gamma^0\partial_0\psi + i\gamma^j\partial_j\psi - m\psi = 0\)으로부터 \(i\partial_0\psi = (-i\gamma^0\gamma^j\partial_j + m\gamma^0)\psi\)이므로, \(\mathcal{H} = \psi^\dagger(i\partial_0)\psi\)로도 쓸 수 있어요. 이것은 디랙 해밀토니안 \(H_D = -i\gamma^0\boldsymbol{\gamma}\cdot\nabla + m\gamma^0 = \boldsymbol{\alpha}\cdot\boldsymbol{p} + \beta m\) (\(\boldsymbol{\alpha} = \gamma^0\boldsymbol{\gamma}\), \(\beta = \gamma^0\))의 기댓값 형태이며, 양자역학의 디랙 이론과 정합해요. \(\checkmark\)

B-9. 스칼라 장의 반교환 관계와 인과율의 파괴

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교환 관계의 경우（인과율이 유지됨）

실 스칼라 장의 교환 관계에서 얻어지는 전파 함수는:

\[ [\phi(x), \phi(y)] = i\Delta(x-y) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3 2\omega_p}\left(e^{-ip\cdot(x-y)} - e^{+ip\cdot(x-y)}\right) \]

이 피적분 함수는 두 항의 차로 구성되어 있어요. 공간적으로 떨어진 두 점 \((x-y)^2 < 0\) 에서는, \(\Delta(x-y)\) 는 \((x-y)\) 의 홀함수이므로:

\[ \Delta(x-y) = -\Delta(x-y) \implies \Delta(x-y) = 0 \]

따라서 공간적 영역에서 \([\phi(x), \phi(y)] = 0\) 이 되어, 인과율이 유지돼요.

반교환 관계의 경우（인과율이 깨짐）

반교환 관계를 부과한 경우:

\[ \{\phi(x), \phi(y)\} = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3 2\omega_p}\left(e^{-ip\cdot(x-y)} + e^{+ip\cdot(x-y)}\right) \]

피적분 함수는 두 항의 합이며 \((x-y)\) 의 짝함수예요. 공간적 영역에서도 상쇄가 일어나지 않아요. 실제로 \(\Delta_+(x-y)\) 는 공간적 영역에서 양의 정부호이며 영이 되지 않아요.

따라서:

\[ \{\phi(x), \phi(y)\} \neq 0 \quad \text{for} \quad (x-y)^2 < 0 \]
\[ \boxed{\text{스칼라 장에 반교환 관계를 부과하면, 공간적으로 떨어진 점에서 인과율이 깨져요}} \]

이것은 스핀 통계 정리의 물리적 귀결이에요. 정수 스핀의 장은 Bose 통계를 따라야 하며, 반정수 스핀의 장은 Fermi 통계를 따라야 해요.

Medium（표준）

M-1. 교환관계에 의한 양자화의 파탄

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(a) 교환관계를 부과한 경우의 해밀토니안

풀이 방침

해밀토니안 \(\hat{H} = \int d^3x\,\mathcal{H}\) 에 모드 전개를 대입하고, \(d\) 섹터의 교환관계 부호에 주목해요.

계산의 상세

D8의 결과로부터, 정규순서를 고려하지 않은 해밀토니안은 다음과 같아요:

\[ \hat{H} = \int d^3x\, \hat{\psi}^\dagger(-i\gamma^0\boldsymbol{\gamma}\cdot\nabla + m\gamma^0)\hat{\psi} \]

디랙 방정식 해의 성질로부터, 모드 전개를 대입하여 공간 적분과 스피너의 직교성·완전성 관계를 이용하면, 해밀토니안은 다음 형태로 정리돼요:

\[ \hat{H} = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, E_{\boldsymbol{p}}\left(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}} + \hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\right) \]

여기서 \(d\) 섹터의 항은 \(\hat{d}\hat{d}^\dagger\) 순서로 되어 있어요 (\(v\) 스피너가 음에너지 해라는 것에서 유래하는 부호 처리의 결과).

교환관계 \([\hat{d}^r_{\boldsymbol{p}}, \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{q}}] = -(2\pi)^3\delta^{rs}\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})\) 를 이용하여 순서를 바꾸면:

\[ \hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}} = \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}} + [\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}, \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}] = \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}} - (2\pi)^3\delta^{ss}\delta^{(3)}(\boldsymbol{0}) \]

대입하면:

\[ \hat{H} = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, E_{\boldsymbol{p}}\left(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}} + \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}} - (2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{0})\right) \]

상수항을 제거하면:

\[ \boxed{\hat{H} = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, E_{\boldsymbol{p}}\left(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}} - \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\right) + (\text{상수})} \]

\(d\) 섹터의 부호가 음이 되어 있어요. 이는 \([\hat{d}, \hat{d}^\dagger]\) 의 부호가 \(-1\) 인 것에 직접적으로 기인해요.

(b) 물리적인 파탄

\(d\) 섹터의 기여는 \(-E_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\) 이므로, \(\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\) 를 진공에 작용시킬 때마다 에너지가 \(E_{\boldsymbol{p}} > 0\) 만큼 감소해요.

교환관계 하에서는 \((\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}})^n \neq 0\) (보손 통계에서는 점유수에 상한이 없음)이므로, \(\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\) 를 몇 번이든 작용시킬 수 있어서, 에너지를 얼마든지 낮출 수 있어요.

\[ \hat{H}\bigl[(\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}})^n|0\rangle\bigr] \sim -nE_{\boldsymbol{p}} \to -\infty \quad (n \to \infty) \]

이는 에너지가 아래로 비유계임을 의미하며, 안정한 진공 상태가 존재하지 않아요. 물리적으로 받아들일 수 없어요.

(c) 반교환관계에 의한 해결

반교환관계 \(\{\hat{d}^r_{\boldsymbol{p}}, \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{q}}\} = (2\pi)^3\delta^{rs}\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})\) 를 이용하면:

\[ \hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}} = -\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}} + \{\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}, \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\} = -\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}} + (2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{0}) \]

해밀토니안에 대입하면:

\[ \hat{H} = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, E_{\boldsymbol{p}}\left(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}} - \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}} + (2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{0})\right) \]

여기서 중요한 점은, \(\hat{d}\hat{d}^\dagger\) 의 순서를 바꿀 때 반교환관계의 마이너스 부호가 \(d\) 섹터의 원래 마이너스 부호를 상쇄한다는 것이에요. 상수항을 제거하면:

\[ \boxed{\hat{H} = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, E_{\boldsymbol{p}}\left(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}} + \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\right) + (\text{상수})} \]

\(b\) 섹터도 \(d\) 섹터도 양의 계수 \(E_{\boldsymbol{p}} > 0\) 을 가지며, 입자수 연산자 \(\hat{b}^{s\dagger}\hat{b}^s\) 와 \(\hat{d}^{s\dagger}\hat{d}^s\) 의 고유값은 \(0\) 또는 \(1\) (반교환관계에 의함)이므로, 해밀토니안은 양정치(영점 에너지를 제외하고)예요. 안정한 진공이 존재해요.

검산

반교환관계의 경우, \((\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}})^2 = 0\) (S2에서 증명)이므로, \(d\) 입자의 점유수는 0 또는 1로 제한되어 에너지를 무한히 낮추는 것이 불가능해요. 교환관계의 경우에 발생한 파탄이 완전히 해소돼요. \(\checkmark\)

M-2. Pauli 배타 원리의 유도

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(a) \((\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}})^2 = 0\) 의 증명

계산의 상세

생성 연산자끼리의 반교환 관계는:

\[ \{\hat{b}^{r\dagger}_{\boldsymbol{p}}, \hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{q}}\} = 0 \]

(기본적인 반교환 관계 \(\{\hat{b}^r_{\boldsymbol{p}}, \hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{q}}\} = (2\pi)^3\delta^{rs}\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})\) 이외의 반교환자는 모두 영이라는 조건으로부터)

\(r = s\), \(\boldsymbol{p} = \boldsymbol{q}\) 로 놓으면:

\[ \{\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}, \hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\} = 2(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}})^2 = 0 \]
\[ \boxed{(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}})^2 = 0} \]

(b) Pauli의 배타 원리

1입자 상태 \(|\boldsymbol{p}, s\rangle = \hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}|0\rangle\) 에 대해, 같은 양자수의 입자를 하나 더 생성하려고 하면:

\[ \hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}|\boldsymbol{p}, s\rangle = (\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}})^2|0\rangle = 0 \]

즉, 동일한 양자수 \((\boldsymbol{p}, s)\) 를 가진 페르미온을 2개 이상 같은 상태에 놓는 것은 불가능해요. 이것이 Pauli의 배타 원리예요.

페르미온의 점유수는 \(n^s_{\boldsymbol{p}} = 0\) 또는 \(1\) 뿐이며, Fock 공간의 각 모드는 2차원(비어 있거나 점유되거나)으로 제한돼요.

(c) 보손과의 대비

스칼라장의 교환 관계 \([\hat{a}_{\boldsymbol{p}}, \hat{a}^\dagger_{\boldsymbol{q}}] = (2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})\) 의 경우:

\[ (\hat{a}^\dagger_{\boldsymbol{p}})^2 \neq 0 \]

실제로, \([\hat{a}_{\boldsymbol{p}}, (\hat{a}^\dagger_{\boldsymbol{p}})^2] = 2(2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{0})\hat{a}^\dagger_{\boldsymbol{p}} \neq 0\) 이며, 일반적으로:

\[ (\hat{a}^\dagger_{\boldsymbol{p}})^n|0\rangle \propto |n_{\boldsymbol{p}}\rangle \neq 0 \quad (\text{임의의 양의 정수 } n) \]

이산화한 경우에는 \((\hat{a}^\dagger)^n|0\rangle = \sqrt{n!}\,|n\rangle\) 이며, 동일한 양자 상태에 얼마든지 많은 보손을 넣을 수 있어요. 이것이 Bose-Einstein 통계이며, 페르미온의 Fermi-Dirac 통계와는 근본적으로 달라요.

페르미온(반교환 관계) 보손(교환 관계)
\((\hat{a}^\dagger)^2\) \(= 0\) \(\neq 0\)
점유수 \(0\) 또는 \(1\) \(0, 1, 2, \ldots\)
통계 Fermi-Dirac Bose-Einstein

M-3. Dirac 장의 등시각 반교환 관계

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풀이 방침

모드 전개를 등시각 \(x^0 = y^0 = t\) 에서 대입하고, 반교환자를 계산해요.

계산의 상세

등시각에서의 모드 전개:

\[ \hat{\psi}_\alpha(\boldsymbol{x}, t) = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{p}}}}\left[\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}}\, u^s_\alpha(\boldsymbol{p})e^{-iE_{\boldsymbol{p}}t + i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}} + \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\, v^s_\alpha(\boldsymbol{p})e^{+iE_{\boldsymbol{p}}t - i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x}}\right] \]
\[ \hat{\psi}^\dagger_\beta(\boldsymbol{y}, t) = \sum_{s'}\int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{q}}}}\left[\hat{b}^{s'\dagger}_{\boldsymbol{q}}\, u^{s'\dagger}_\beta(\boldsymbol{q})e^{+iE_{\boldsymbol{q}}t - i\boldsymbol{q}\cdot\boldsymbol{y}} + \hat{d}^{s'}_{\boldsymbol{q}}\, v^{s'\dagger}_\beta(\boldsymbol{q})e^{-iE_{\boldsymbol{q}}t + i\boldsymbol{q}\cdot\boldsymbol{y}}\right] \]

반교환자 \(\{\hat{\psi}_\alpha(\boldsymbol{x}, t), \hat{\psi}^\dagger_\beta(\boldsymbol{y}, t)\}\) 를 계산해요. 기본적인 반교환 관계로부터, 영이 아닌 기여를 주는 것은 \(\{\hat{b}, \hat{b}^\dagger\}\) 와 \(\{\hat{d}^\dagger, \hat{d}\}\) 항뿐이에요 (교차항 \(\{\hat{b}, \hat{d}\}\) 등은 모두 영).

\(b\) 섹터의 기여:

\[ \sum_{s,s'}\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{p}}}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{q}}}}\, u^s_\alpha(\boldsymbol{p})\, u^{s'\dagger}_\beta(\boldsymbol{q})\,\underbrace{\{\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}}, \hat{b}^{s'\dagger}_{\boldsymbol{q}}\}}_{(2\pi)^3\delta^{ss'}\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})}\, e^{i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x} - i\boldsymbol{q}\cdot\boldsymbol{y}} \]

(시간 의존 위상 \(e^{-iE_{\boldsymbol{p}}t}\) 와 \(e^{+iE_{\boldsymbol{q}}t}\) 는 \(\boldsymbol{p} = \boldsymbol{q}\) 일 때 상쇄돼요)

\(\boldsymbol{q}\) 적분과 \(s'\) 의 합을 수행하면:

\[ = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}}}\, u^s_\alpha(\boldsymbol{p})\, u^{s\dagger}_\beta(\boldsymbol{p})\, e^{i\boldsymbol{p}\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})} \]

\(d\) 섹터의 기여:

\[ \sum_{s,s'}\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{p}}}}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{q}}}}\, v^s_\alpha(\boldsymbol{p})\, v^{s'\dagger}_\beta(\boldsymbol{q})\,\underbrace{\{\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}, \hat{d}^{s'}_{\boldsymbol{q}}\}}_{(2\pi)^3\delta^{ss'}\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})}\, e^{-i\boldsymbol{p}\cdot\boldsymbol{x} + i\boldsymbol{q}\cdot\boldsymbol{y}} \]

\(\boldsymbol{q}\) 적분과 \(s'\) 의 합을 수행하면:

\[ = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}}}\, v^s_\alpha(\boldsymbol{p})\, v^{s\dagger}_\beta(\boldsymbol{p})\, e^{-i\boldsymbol{p}\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})} \]

\(d\) 섹터에서 적분 변수를 \(\boldsymbol{p} \to -\boldsymbol{p}\) 로 치환하면 (\(E_{\boldsymbol{p}} = E_{-\boldsymbol{p}}\), \(d^3p\) 는 불변):

\[ = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}}}\, v^s_\alpha(-\boldsymbol{p})\, v^{s\dagger}_\beta(-\boldsymbol{p})\, e^{i\boldsymbol{p}\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})} \]

두 섹터를 더하면:

\[ \{\hat{\psi}_\alpha(\boldsymbol{x}, t), \hat{\psi}^\dagger_\beta(\boldsymbol{y}, t)\} = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}}}\left[\sum_s u^s_\alpha(\boldsymbol{p})\, u^{s\dagger}_\beta(\boldsymbol{p}) + \sum_s v^s_\alpha(-\boldsymbol{p})\, v^{s\dagger}_\beta(-\boldsymbol{p})\right]e^{i\boldsymbol{p}\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})} \]

스피너의 완전성 관계를 적용하면:

\[ \sum_s u^s_\alpha(\boldsymbol{p})\, u^{s\dagger}_\beta(\boldsymbol{p}) + \sum_s v^s_\alpha(-\boldsymbol{p})\, v^{s\dagger}_\beta(-\boldsymbol{p}) = 2E_{\boldsymbol{p}}\,\delta_{\alpha\beta} \]

대입하면:

\[ \{\hat{\psi}_\alpha(\boldsymbol{x}, t), \hat{\psi}^\dagger_\beta(\boldsymbol{y}, t)\} = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}}}\cdot 2E_{\boldsymbol{p}}\,\delta_{\alpha\beta}\, e^{i\boldsymbol{p}\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})} \]
\[ = \delta_{\alpha\beta}\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\, e^{i\boldsymbol{p}\cdot(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})} = \delta_{\alpha\beta}\,\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}) \]
\[ \boxed{\{\hat{\psi}_\alpha(\boldsymbol{x}, t), \hat{\psi}^\dagger_\beta(\boldsymbol{y}, t)\} = \delta_{\alpha\beta}\,\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y})} \]

검산

\(\alpha = \beta\) 로 놓고 모든 스피너 성분의 합을 취하면:

\[ \sum_\alpha \{\hat{\psi}_\alpha(\boldsymbol{x}, t), \hat{\psi}^\dagger_\alpha(\boldsymbol{y}, t)\} = 4\,\delta^{(3)}(\boldsymbol{x}-\boldsymbol{y}) \]

이것은 4성분 Dirac 스피너의 자유도 수와 일치해요. \(\checkmark\)

M-4. Noether 커런트와 페르미온 수의 보존

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(a) 보존 커런트의 유도

풀이 방침

대역적 \(U(1)\) 변환 \(\psi \to e^{i\alpha}\psi\), \(\bar{\psi} \to \bar{\psi}e^{-i\alpha}\) 에 대한 Noether 커런트를 계산해요.

계산의 세부 사항

미소 변환（\(\alpha\) 는 무한소 상수）：

\[ \delta\psi = i\alpha\psi, \qquad \delta\bar{\psi} = -i\alpha\bar{\psi} \]

Noether 커런트의 공식：

\[ j^\mu = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\psi_\alpha)}\delta\psi_\alpha + \delta\bar{\psi}_\alpha\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\bar{\psi}_\alpha)} \]

각 편미분을 계산하면：

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\psi_\alpha)} = i\bar{\psi}_\beta(\gamma^\mu)_{\beta\alpha} \]
\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu\bar{\psi}_\alpha)} = 0 \]

（\(\mathcal{L}\) 에는 \(\partial_\mu\bar{\psi}\) 가 포함되지 않으므로）

따라서：

\[ j^\mu = i\bar{\psi}_\beta(\gamma^\mu)_{\beta\alpha}\cdot i\alpha\psi_\alpha + 0 = -\alpha\bar{\psi}\gamma^\mu\psi \]

\(\alpha\) 를 제외한 보존 커런트는（부호 규약으로서 \(j^\mu\) 를 양의 입자수 커런트로 하기 위해 \(\alpha\) 의 계수를 취하면）：

\[ \boxed{j^\mu = \bar{\psi}\gamma^\mu\psi} \]

보존 법칙 \(\partial_\mu j^\mu = 0\) 은 Dirac 방정식과 그 켤레 방정식으로부터 직접 확인할 수 있어요：

\[ \partial_\mu(\bar{\psi}\gamma^\mu\psi) = (\partial_\mu\bar{\psi})\gamma^\mu\psi + \bar{\psi}\gamma^\mu(\partial_\mu\psi) = (im\bar{\psi})\psi + \bar{\psi}(-im\psi) = 0 \]

(b) 보존 전하의 모드 전개

계산의 세부 사항

보존 전하는 \(j^0 = \bar{\psi}\gamma^0\psi = \psi^\dagger\psi\) 의 공간 적분이에요：

\[ \hat{Q} = \int d^3x\, \hat{\psi}^\dagger(\boldsymbol{x}, t)\hat{\psi}(\boldsymbol{x}, t) \]

모드 전개를 대입하면, \(\hat{\psi}^\dagger\hat{\psi}\) 를 전개했을 때 4가지 종류의 항이 나타나요：\(b^\dagger b\), \(d\, d^\dagger\), \(b^\dagger d^\dagger\)（교차항）, \(d\, b\)（교차항）.

공간 적분 \(\int d^3x\, e^{i(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})\cdot\boldsymbol{x}} = (2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{p}-\boldsymbol{q})\) 을 수행하면, \(b^\dagger b\) 와 \(d\, d^\dagger\) 항은 \(\boldsymbol{p} = \boldsymbol{q}\) 에서 살아남아요.

교차항은 \(e^{\pm 2iE_{\boldsymbol{p}}t}\) 의 시간 의존성을 가지며, 스피너의 직교성

\[ u^{s\dagger}(\boldsymbol{p})v^{s'}(-\boldsymbol{p}) = 0, \qquad v^{s\dagger}(-\boldsymbol{p})u^{s'}(\boldsymbol{p}) = 0 \]

（\(\boldsymbol{p} \to -\boldsymbol{p}\) 치환 후）에 의해 사라져요.

남는 항은：

\[ \hat{Q} = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}}}\left[\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}}\sum_{s'}u^{s\dagger}(\boldsymbol{p})u^s(\boldsymbol{p}) + \hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\sum_{s'}v^{s\dagger}(\boldsymbol{p})v^s(\boldsymbol{p})\right] \]

스피너의 규격화 \(u^{s\dagger}(\boldsymbol{p})u^s(\boldsymbol{p}) = 2E_{\boldsymbol{p}}\), \(v^{s\dagger}(\boldsymbol{p})v^s(\boldsymbol{p}) = 2E_{\boldsymbol{p}}\)（합 없음）를 사용하면：

\[ \hat{Q} = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\left(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}} + \hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\right) \]

반교환 관계 \(\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}} = -\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}} + (2\pi)^3\delta^{(3)}(\boldsymbol{0})\) 를 사용하면：

\[ \boxed{\hat{Q} = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\left(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}} - \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\right) + (\text{상수})} \]

(c) 반입자의 해석

보존 전하 \(\hat{Q}\) 의 구조로부터：

  • \(\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}|0\rangle\)（\(b\) 입자의 1입자 상태）에 대해：\(\hat{Q}\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}|0\rangle = (+1)\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}|0\rangle + \cdots\) → 전하 \(+1\)

  • \(\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}|0\rangle\)（\(d\) 입자의 1입자 상태）에 대해：\(\hat{Q}\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}|0\rangle = (-1)\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}|0\rangle + \cdots\) → 전하 \(-1\)

\(b\) 입자와 \(d\) 입자는 같은 질량·같은 스핀을 가지지만, 전하의 부호가 반대예요. 이것은 바로 입자와 반입자의 관계에요.

\[ \boxed{\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}} \text{ 는 입자의 생성 연산자、} \quad \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}} \text{ 는 반입자의 생성 연산자}} \]

예를 들어, \(b\) 입자를 전자라 하면, \(d\) 입자는 양전자에 대응해요. Dirac 방정식의 음의 에너지 해는 반교환 관계에 의한 양자화를 통해, 양의 에너지를 가지는 반입자로서 자연스럽게 재해석돼요.

검산

\(\hat{Q}\) 가 시간에 의존하지 않는 것（보존량인 것）을 확인해요. 교차항이 사라진 것은 스피너의 직교성에 의한 것이며, 남은 항은 \(t\) 에 의존하지 않아요. 이것은 \(\partial_\mu j^\mu = 0\) 과 정합해요. \(\checkmark\)

Advanced（발전）

A-1. 스핀과 통계의 정리——인과율로부터의 논의

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(a) 스칼라장의 인과율

제 4 장의 결과로부터, 자유 스칼라장에 교환관계를 부과한 경우, Pauli-Jordan 함수(교환자 함수)

\[ [\hat{\phi}(x), \hat{\phi}(y)] = i\Delta(x-y) \]

는 Lorentz 불변이며, 공간적 간격 \((x-y)^2 < 0\) 에서

\[ \Delta(x-y) = 0 \]

이 성립해요. 이는 입자의 전파 진폭과 반입자의 전파 진폭이 공간적 간격에서 정확히 상쇄되기 때문이에요. 물리적으로는 공간적으로 떨어진 두 점에서의 측정이 서로 영향을 미치지 않는다(인과율이 보존된다)는 것을 의미해요.

(b) Dirac 장에 교환관계를 부과한 경우의 인과율 위반

Dirac 장에 교환관계를 부과한 경우를 생각해요. 교환자 \([\hat{\psi}_\alpha(x), \bar{\hat{\psi}}_\beta(y)]\) 를 계산하면, 형식적으로는:

\[ [\hat{\psi}_\alpha(x), \bar{\hat{\psi}}_\beta(y)] = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}}}\left[(\not\!p + m)_{\alpha\beta}\, e^{-ip\cdot(x-y)} - (\not\!p - m)_{\alpha\beta}\, e^{+ip\cdot(x-y)}\right] \]

여기서 제1항은 \(b\) 섹터(입자의 전파), 제2항은 \(d\) 섹터(반입자의 전파)로부터의 기여예요.

보손의 경우, 입자와 반입자의 전파 진폭은 공간적 간격에서 같은 값을 가지며, 교환관계의 부호 구조에 의해 상쇄돼요. 그러나 페르미온에 교환관계를 부과한 경우, \(d\) 섹터의 교환관계의 부호가 \(-1\)(S1(a) 참조)이므로, 두 항의 상대 부호가 바뀌어 상쇄가 일어나지 않아요.

구체적으로, 공간적 간격에서 \(e^{-ip\cdot(x-y)}\) 와 \(e^{+ip\cdot(x-y)}\) 를 연결하는 Lorentz 변환(\((x-y)\) 가 공간적이면 \(x-y \to -(x-y)\) 로 하는 변환이 존재)을 이용한 논의에서, 보손의 경우는 두 항이 같은 부호로 상쇄되지만, 교환관계를 부과한 페르미온에서는 반대 부호가 되어 합쳐져 버려요.

따라서 \((x-y)^2 < 0\) 에서 \([\hat{\psi}_\alpha(x), \bar{\hat{\psi}}_\beta(y)] \neq 0\) 이 되어, 인과율이 위반돼요.

(c) 반교환관계를 부과한 경우의 인과율 회복

반교환관계를 부과한 경우, 반교환자를 계산하면:

\[ \{\hat{\psi}_\alpha(x), \bar{\hat{\psi}}_\beta(y)\} = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2E_{\boldsymbol{p}}}\left[(\not\!p + m)_{\alpha\beta}\, e^{-ip\cdot(x-y)} + (\not\!p - m)_{\alpha\beta}\, e^{+ip\cdot(x-y)}\right] \]

반교환관계에서는 \(d\) 섹터의 부호가 \(+1\) 이므로, 두 항의 상대 부호가 바뀌어요. 공간적 간격 \((x-y)^2 < 0\) 에서는 Lorentz 불변성의 논의에 의해 이 두 항이 정확히 상쇄되어:

\[ \{\hat{\psi}_\alpha(x), \bar{\hat{\psi}}_\beta(y)\} = (i\not\!\partial_x + m)_{\alpha\beta}\, i\Delta(x-y) = 0 \quad \text{for } (x-y)^2 < 0 \]

여기서 \(\Delta(x-y)\) 는 스칼라장의 Pauli-Jordan 함수이며, 공간적 간격에서 0이 돼요.

인과율과의 정합성: 언뜻 보면, \(\{\hat{\psi}(x), \bar{\hat{\psi}}(y)\} = 0\) 은 교환자가 아닌 반교환자가 0일 뿐이므로, 인과율의 조건으로 충분한지 의문이 들 수 있어요. 그러나 물리적 관측량은 페르미온장의 짝수 개의 곱(쌍일차 형식)으로 쓰여요. 예를 들어:

  • 전류 밀도: \(j^\mu = \bar{\psi}\gamma^\mu\psi\)
  • 에너지 밀도: \(\mathcal{H} = \psi^\dagger(-i\gamma^0\boldsymbol{\gamma}\cdot\nabla + m\gamma^0)\psi\)
  • 산란 진폭에 나타나는 연산자

이러한 관측량 \(\mathcal{O}_1(x) = \bar{\psi}(x)\Gamma_1\psi(x)\), \(\mathcal{O}_2(y) = \bar{\psi}(y)\Gamma_2\psi(y)\) 의 교환자는:

\[ [\mathcal{O}_1(x), \mathcal{O}_2(y)] = 0 \quad \text{for } (x-y)^2 < 0 \]

이는 \(\{\hat{\psi}(x), \bar{\hat{\psi}}(y)\} = 0\) 으로부터 유도돼요. 페르미온장을 2번 교환하면 부호가 2번 바뀌어, 결과적으로 교환자가 0이 되기 때문이에요. 따라서 관측량의 수준에서는 인과율이 완전히 보존돼요.

(d) 스핀과 통계의 정리 요약

이상의 논의를 두 가지 관점에서 정리해요.

(i) 에너지의 양의 정부호성 (S1의 결과):

장의 종류 교환관계를 부과한 경우 반교환관계를 부과한 경우
정수 스핀 (보손) 해밀토니안 양의 정부호 ✓ 해밀토니안이 항등적으로 0 (자명한 이론) ✗
반정수 스핀 (페르미온) 에너지가 아래로 비유계 ✗ 해밀토니안 양의 정부호 ✓

정수 스핀의 장에 반교환관계를 부과하면 \((\hat{a}^{s\dagger})^2 = 0\) 이 되어, 보손장의 자유도가 사라져 버려요(자명한 이론이 돼요). 반정수 스핀의 장에 교환관계를 부과하면 에너지가 아래로 비유계가 돼요(S1에서 보였어요).

(ii) 인과율 (본 문제의 결과):

장의 종류 교환관계를 부과한 경우 반교환관계를 부과한 경우
정수 스핀 (보손) 인과율 ✓ 인과율 ✗
반정수 스핀 (페르미온) 인과율 ✗ 인과율 ✓

공간적 간격에서의 전파 진폭의 상쇄는 입자와 반입자 기여의 상대 부호에 의존해요. 정수 스핀에서는 교환관계, 반정수 스핀에서는 반교환관계를 부과했을 때에만 올바른 상쇄가 일어나요.

결론 (스핀-통계 정리):

Lorentz 불변인 국소장 이론에서, 에너지의 양의 정부호성과 인과율을 동시에 만족시키기 위해서는, 정수 스핀의 장은 보손(교환관계), 반정수 스핀의 장은 페르미온(반교환관계)으로 양자화해야 해요.

이는 Pauli에 의해 엄밀하게 증명된 정리이며, 장의 양자론의 가장 깊은 결과 중 하나예요.

A-2. \(C\), \(P\), \(T\) 변환과 \(CPT\) 정리

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(a) 패리티 변환에서의 Dirac 방정식의 불변성

풀이 방침

변환된 장 \(\psi'(t, \boldsymbol{x}) = \eta_P\gamma^0\psi(t, -\boldsymbol{x})\)가 Dirac 방정식을 만족함을 보여요.

계산의 세부 사항

원래의 장 \(\psi(t, \boldsymbol{x})\)가 Dirac 방정식을 만족한다고 해요:

\[ (i\gamma^0\partial_0 + i\gamma^j\partial_j - m)\psi(t, \boldsymbol{x}) = 0 \]

변환된 장을 \(\psi'(x') = \eta_P\gamma^0\psi(x)\)로 써요. 여기서 \(x' = (t, -\boldsymbol{x})\)이고, \(x = (t, \boldsymbol{x})\)예요.

\(\psi'\)에 대한 Dirac 방정식을 \(x'\) 좌표로 쓰면:

\[ \left(i\gamma^0\frac{\partial}{\partial t} + i\gamma^j\frac{\partial}{\partial x'^j} - m\right)\psi'(t, \boldsymbol{x}') = 0 \]

\(x'^j = -x^j\)이므로 \(\frac{\partial}{\partial x'^j} = -\frac{\partial}{\partial x^j}\)예요. \(\psi'(t, \boldsymbol{x}') = \eta_P\gamma^0\psi(t, \boldsymbol{x})\)를 대입하면:

\[ \eta_P\left(i\gamma^0\partial_0 - i\gamma^j\partial_j - m\right)\gamma^0\psi(t, \boldsymbol{x}) = 0 \]

\(\gamma^0\)를 오른쪽에서 \(\psi\) 앞으로 이동시키기 위해, 각 항에서 \(\gamma\) 행렬과 \(\gamma^0\)의 교환 관계를 사용해요:

  • \(\gamma^0 \cdot \gamma^0 = \mathbf{1}\), 따라서 \(\gamma^0\partial_0 \cdot \gamma^0\psi = \gamma^0\gamma^0\partial_0\psi\)... 가 아니라, \(\gamma^0\)는 \(\psi\)에 작용하고 있으므로, 왼쪽에서 \(\gamma^0\)를 통과시켜야 해요.

정확하게는 \(\gamma^0\)를 연산자의 왼쪽으로 이동시켜요. 각 항을 보면:

\[ \gamma^0\gamma^0 = \mathbf{1}, \qquad \gamma^j\gamma^0 = -\gamma^0\gamma^j \]

따라서:

\[ (i\gamma^0\partial_0 - i\gamma^j\partial_j - m)\gamma^0 = i\gamma^0\gamma^0\partial_0 - i\gamma^j\gamma^0\partial_j - m\gamma^0 \]
\[ = i\mathbf{1}\cdot\partial_0 + i\gamma^0\gamma^j\partial_j - m\gamma^0 = \gamma^0(i\gamma^0\partial_0 + i\gamma^j\partial_j - m) \]

마지막 등호는 \(\gamma^0\)를 왼쪽으로 묶어낸 것이에요: \(\gamma^0 \cdot i\gamma^0\partial_0 = i(\gamma^0)^2\partial_0 = i\partial_0\) ✓, \(\gamma^0 \cdot i\gamma^j\partial_j = i\gamma^0\gamma^j\partial_j\) ✓, \(\gamma^0 \cdot (-m) = -m\gamma^0\) ✓.

따라서:

\[ \eta_P\gamma^0(i\gamma^0\partial_0 + i\gamma^j\partial_j - m)\psi(t, \boldsymbol{x}) = 0 \]

괄호 안은 바로 원래 Dirac 방정식의 좌변이며, \(\psi\)가 Dirac 방정식을 만족하므로 영이에요.

\[ \boxed{\text{Dirac 방정식은 패리티 변환에서 불변이에요.}} \]

(b) 전하 켤레 변환과 입자·반입자의 교환

풀이 방침

\(C\) 변환의 정의 \(\hat{C}\hat{\psi}(x)\hat{C}^{-1} = \eta_C C\bar{\hat{\psi}}^T(x)\)에 모드 전개를 대입하여, \(b\)와 \(d\)의 교환을 보여요.

계산의 세부 사항

\(\bar{\psi}^T\)의 모드 전개를 구해요. \(\bar{\psi} = \psi^\dagger\gamma^0\)이므로:

\[ \bar{\hat{\psi}}(x) = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{p}}}}\left[\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\,\bar{u}^s(\boldsymbol{p})e^{+ip\cdot x} + \hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\,\bar{v}^s(\boldsymbol{p})e^{-ip\cdot x}\right] \]

전치를 취하면:

\[ \bar{\hat{\psi}}^T(x) = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{p}}}}\left[\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\,\bar{u}^{sT}(\boldsymbol{p})e^{+ip\cdot x} + \hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\,\bar{v}^{sT}(\boldsymbol{p})e^{-ip\cdot x}\right] \]

\(C\) 행렬을 곱하면:

\[ C\bar{\hat{\psi}}^T(x) = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{p}}}}\left[\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\, C\bar{u}^{sT}(\boldsymbol{p})e^{+ip\cdot x} + \hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\, C\bar{v}^{sT}(\boldsymbol{p})e^{-ip\cdot x}\right] \]

여기서, 전하 켤레 행렬 \(C\)의 성질 \(C\gamma^{\mu T}C^{-1} = -\gamma^\mu\)로부터, Dirac 방정식의 해에 대해 다음 관계가 성립해요:

\[ C\bar{u}^{sT}(\boldsymbol{p}) = \eta^s_v\, v^s(\boldsymbol{p}), \qquad C\bar{v}^{sT}(\boldsymbol{p}) = \eta^s_u\, u^s(\boldsymbol{p}) \]

여기서 \(\eta^s_v, \eta^s_u\)는 위상 인자(\(|\eta| = 1\))예요. 이는 \(C\) 행렬이 양의 에너지 스피너 \(u\)와 음의 에너지 스피너 \(v\)를 연결한다는 것을 의미해요.

대입하면:

\[ C\bar{\hat{\psi}}^T(x) = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{p}}}}\left[\eta^s_v\,\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\, v^s(\boldsymbol{p})e^{+ip\cdot x} + \eta^s_u\,\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}\, u^s(\boldsymbol{p})e^{-ip\cdot x}\right] \]

이를 원래의 모드 전개

\[ \hat{\psi}(x) = \sum_s\int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2E_{\boldsymbol{p}}}}\left[\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}}\, u^s(\boldsymbol{p})e^{-ip\cdot x} + \hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\, v^s(\boldsymbol{p})e^{+ip\cdot x}\right] \]

와 비교하면, \(\hat{C}\hat{\psi}\hat{C}^{-1} = \eta_C C\bar{\hat{\psi}}^T\)가 성립하기 위해서는:

\[ \hat{C}\hat{b}^s_{\boldsymbol{p}}\hat{C}^{-1} = \eta_C\eta^s_u\,\hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}, \qquad \hat{C}\hat{d}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}}\hat{C}^{-1} = \eta_C\eta^s_v\,\hat{b}^{s\dagger}_{\boldsymbol{p}} \]

즉 (위상 인자를 제외하면):

\[ \boxed{\hat{C}: \quad \hat{b}^s_{\boldsymbol{p}} \leftrightarrow \hat{d}^s_{\boldsymbol{p}}} \]

전하 켤레 변환 \(C\)는 입자와 반입자를 교환해요.

(c) \(CPT\) 변환에서의 Lagrangian의 불변성

풀이 방침

\(C\), \(P\), \(T\)의 각 변환을 순서대로 적용하여, Lagrangian이 불변임을 확인해요.

계산의 세부 사항

각 변환의 Dirac 장에 대한 작용을 정리해요:

패리티 \(P\):

\[ \hat{P}\hat{\psi}(t, \boldsymbol{x})\hat{P}^{-1} = \eta_P\gamma^0\hat{\psi}(t, -\boldsymbol{x}) \]

시간 반전 \(T\): (\(T\)는 반유니타리 연산자)

\[ \hat{T}\hat{\psi}(t, \boldsymbol{x})\hat{T}^{-1} = \eta_T\gamma^1\gamma^3\hat{\psi}(-t, \boldsymbol{x}) \]

전하 켤레 \(C\):

\[ \hat{C}\hat{\psi}(x)\hat{C}^{-1} = \eta_C C\bar{\hat{\psi}}^T(x) \]

\(CPT\) 변환의 합성을 고려해요. \(\Theta = CPT\)로 놓으면, 위상 인자를 적절히 선택하여:

\[ \hat{\Theta}\hat{\psi}(x)\hat{\Theta}^{-1} = \eta_\Theta\gamma^5\hat{\psi}^c(-x) \]

여기서 \(\gamma^5 \equiv i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\)이고, \(\hat{\psi}^c\)는 전하 켤레장이에요. 보다 구체적으로:

\[ \hat{\Theta}\hat{\psi}(x)\hat{\Theta}^{-1} \propto \gamma^5 C\bar{\hat{\psi}}^T(-x) \]

Lagrangian \(\mathcal{L} = \bar{\psi}(i\gamma^\mu\partial_\mu - m)\psi\)의 \(CPT\) 변환을 확인해요.

\(CPT\) 변환에서 \(x^\mu \to -x^\mu\)이므로 \(\partial_\mu \to -\partial_\mu\)예요.

\(\bar{\psi}\)와 \(\psi\)의 변환을 대입하고, \(\gamma^5\)의 성질:

\[ \{\gamma^5, \gamma^\mu\} = 0 \quad (\text{즉 } \gamma^5\gamma^\mu = -\gamma^\mu\gamma^5) \]
\[ (\gamma^5)^2 = \mathbf{1} \]

을 사용하면, Lagrangian의 각 항은:

운동항: \(\bar{\psi}(x)i\gamma^\mu\partial_\mu\psi(x)\)의 \(CPT\) 변환

\(\partial_\mu \to -\partial'_\mu\) (\(x \to -x\)에 의한 것)와 \(\gamma^5\gamma^\mu = -\gamma^\mu\gamma^5\)의 두 부호 변화가 상쇄되어, 운동항은 불변이에요.

질량항: \(-m\bar{\psi}(x)\psi(x)\)의 \(CPT\) 변환

\(\gamma^5\)가 2번 나타나 \((\gamma^5)^2 = \mathbf{1}\)이 되므로, 질량항도 불변이에요.

따라서:

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

\(CPT\) 변환에서 Dirac Lagrangian은 불변이에요.

\(CPT\) 정리에 대하여

\(CPT\) 정리는 다음 조건을 만족하는 임의의 장 이론에서 성립하는 일반적인 정리예요:

  1. Lorentz 불변성 (Poincaré 대칭성)
  2. 국소성 (Lagrangian이 장과 그 유한 차수 미분의 국소적 함수)
  3. 에너지의 양의 정부호성 (Hamiltonian이 아래로 유계)

이 조건들 하에서, \(CPT\) 변환은 항상 이론의 대칭성임이 증명돼요 (Lüders-Pauli 정리). 위에서 보인 Dirac 장의 경우는 이 일반 정리의 구체적 예시예요.

\(CPT\) 정리의 중요한 귀결로서:

  • 입자와 반입자는 같은 질량을 가져요
  • 입자와 반입자는 같은 수명을 가져요
  • \(CP\) 대칭성이 깨져 있으면, \(T\) 대칭성도 깨져 있어요 (역도 마찬가지)

검산

\(C\), \(P\), \(T\)의 각 변환이 개별적으로 Dirac 방정식을 불변으로 유지함은 (a)에서 \(P\)에 대해 확인했어요. \(C\)와 \(T\)에 대해서도 마찬가지로 확인할 수 있어요. 세 변환의 합성이 Lagrangian을 불변으로 유지함은, 각 변환의 불변성으로부터 자동으로 따르지만, 위에서는 직접적으로도 확인했어요.

또한, \(\gamma^5\)의 반교환성 \(\{\gamma^5, \gamma^\mu\} = 0\)은 Clifford 대수로부터 유도돼요:

\[ \gamma^5\gamma^\mu = i\gamma^0\gamma^1\gamma^2\gamma^3\gamma^\mu = -\gamma^\mu\gamma^5 \]

(\(\gamma^\mu\)를 \(\gamma^5\)의 4개의 \(\gamma\) 행렬 모두와 반교환시키면, 부호가 3번 바뀌는지 4번 바뀌는지가 \(\mu\)에 의존하지만, 어느 경우에도 \(\gamma^5\gamma^\mu = -\gamma^\mu\gamma^5\)가 성립해요. \(\mu\)가 \(0,1,2,3\) 중 하나일 때, \(\gamma^\mu\)는 \(\gamma^5\) 안의 자기 자신과는 가환(\((\gamma^\mu)^2\)를 생성)이고 나머지 3개와는 반가환이므로, 전체적으로 \((-1)^3 = -1\)의 부호.) \(\checkmark\)