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제 6 장 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. 장의 세기 텐서의 반대칭성과 성분 확인

→ 문제로 돌아가기

(a) \(F_{01}\) 의 계산

정의 \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\) 에 \(\mu=0\), \(\nu=1\) 을 대입해요:

\[ F_{01} = \partial_0 A_1 - \partial_1 A_0 = \frac{\partial A_1}{\partial t} - \frac{\partial A_0}{\partial x} \]

(b) \(F_{10}\) 의 계산과 반대칭성 확인

\(\mu=1\), \(\nu=0\) 을 대입해요:

\[ F_{10} = \partial_1 A_0 - \partial_0 A_1 = \frac{\partial A_0}{\partial x} - \frac{\partial A_1}{\partial t} \]

(a)와 비교하면:

\[ F_{10} = -\left(\frac{\partial A_1}{\partial t} - \frac{\partial A_0}{\partial x}\right) = -F_{01} \quad \checkmark \]

(c) \(F_{12}\) 의 계산

\(\mu=1\), \(\nu=2\) 를 대입해요:

\[ F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = \frac{\partial A_2}{\partial x} - \frac{\partial A_1}{\partial y} \]

한편, 자기장의 \(z\) 성분은 \(B_z = (\nabla \times \mathbf{A})_z = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) 이므로:

\[ F_{12} = B_z \]

식 (6.4)의 행렬을 보면, \((1,2)\) 성분이 \(-B_z\) 로 쓰여 있어요. 이것은 \(F^{\mu\nu}\)(첨자가 위)의 행렬이며, \(F^{12} = \eta^{1\alpha}\eta^{2\beta}F_{\alpha\beta} = (-1)(-1)F_{12} = F_{12}\) 이므로 \(F^{12} = B_z\) ...

실제로 식 (6.4)는 \(F^{\mu\nu}\) 의 행렬이며, \((1,2)\) 성분이 \(-B_z\) 로 쓰여 있어요. 한편 \(F^{12} = \eta^{1\alpha}\eta^{2\beta}F_{\alpha\beta} = (-1)(-1)F_{12} = F_{12}\). 따라서 식 (6.4)에서 \(F^{12} = -B_z\) 를 읽으면, \(F_{12} = -B_z\) 가 돼요.

여기서 부호 규약을 확인해요. 식 (6.4)의 행렬은 윗첨자 \(F^{\mu\nu}\) 의 것이며, \((1,2)\) 성분은 \(-B_z\) 예요. 계량 \(\eta^{\mu\nu} = \mathrm{diag}(+1,-1,-1,-1)\) 을 사용하면:

\[ F^{12} = \eta^{1\alpha}\eta^{2\beta}F_{\alpha\beta} = (-1)(-1)F_{12} = F_{12} \]

따라서 \(F_{12} = F^{12} = -B_z\).

그러나 \(B_z = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) 과 \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) 로부터 \(F_{12} = B_z\) 가 되어야 해요.

이 모순은 식 (6.4)의 부호 규약 읽는 방법에 의존해요. 실제로 식 (6.4)를 자세히 보면 \(F^{\mu\nu}\) 의 \((0,1)\) 성분이 \(E_x\) 이며, \(F^{01} = E_x\) 예요. 한편 \(F_{01} = \partial_0 A_1 - \partial_1 A_0\) 이고, \(E_x = -\partial_0 A_1 - \partial_1 A_0\) (식 (6.3)의 \(x\) 성분: \(E_x = -\partial_x A_0 - \partial_t A_1\))이므로 \(F_{01} = \partial_0 A_1 - \partial_1 A_0 = -E_x\). 그리고 \(F^{01} = \eta^{00}\eta^{11}F_{01} = (+1)(-1)(-E_x) = E_x\). 이것은 식 (6.4)와 정합해요.

마찬가지로 \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = B_z\) 이고, \(F^{12} = \eta^{11}\eta^{22}F_{12} = (-1)(-1)B_z = B_z\).

식 (6.4)의 \((1,2)\) 성분을 다시 확인하면 \(-B_z\) 로 쓰여 있어요. 이것은 본문의 부호 규약에서 \(F^{12} = -B_z\) 를 의미해요.

결론: 본문의 식 (6.4) 규약에서는 \((\nabla \times \mathbf{A})_z = \partial_x A_y - \partial_y A_x\) 에 대해 \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = B_z\) 이고, \(F^{12} = (-1)(-1)F_{12} = B_z\) 가 되어야 하지만, 식 (6.4)에 \(-B_z\) 로 쓰여 있는 것은 공간 성분의 첨자 내리기 규약(\(A^i = -A_i\) 등)과 관련될 수 있어요.

가장 표준적인 규약에 따르면:

\[ F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = B_z \]

이고, 식 (6.4)의 행렬에서 \((1,2)\) 성분이 \(-B_z\) 인 것은 \(F^{12} = -B_z\) 를 의미하며, 이것은 \(F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k\) 라는 관계에 대응해요(\(F^{12} = -B_3 = -B_z\)). 이 경우 \(F_{12} = \eta_{1\alpha}\eta_{2\beta}F^{\alpha\beta} = (-1)(-1)F^{12} = F^{12} = -B_z\).

최종 정리: 식 (6.4)의 규약에 따르면 \(F^{12} = -B_z\) 이고, \(F_{12} = F^{12} = -B_z\) (공간 첨자의 올리고 내리기에서 \(\eta_{11}\eta_{22} = (-1)(-1) = 1\) 이므로 \(F_{12} = F^{12}\)).

한편, \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) 이고, \(B_z = \partial_x A_y - \partial_y A_x = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) 이면 \(F_{12} = B_z\) 가 되어 모순이에요.

실은 공간 성분의 첨자 올리고 내리기는 \(F_{ij} = \eta_{i\alpha}\eta_{j\beta}F^{\alpha\beta}\) 예요. \(\alpha, \beta\) 는 공간만 기여하므로 \(F_{12} = \eta_{11}\eta_{22}F^{12} = (+1)(+1)F^{12}\)... 아니요, \(\eta_{11} = -1\), \(\eta_{22} = -1\) 이므로 \(F_{12} = (-1)(-1)F^{12} = F^{12} = -B_z\).

한편 \(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1\) 에서, 여기서의 \(A_i\) 는 아래첨자예요. \(A_i = \eta_{i\mu}A^\mu = -A^i\). \(\mathbf{A} = (A^1, A^2, A^3)\) 으로 놓으면 \(A_i = -A^i\).

\(\mathbf{B} = \nabla \times \mathbf{A}\) 의 \(z\) 성분은 \(B_z = \partial_x A^y - \partial_y A^x = \partial_1 A^2 - \partial_2 A^1\) 이에요.

\(F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = \partial_1(-A^2) - \partial_2(-A^1) = -\partial_1 A^2 + \partial_2 A^1 = -(\partial_1 A^2 - \partial_2 A^1) = -B_z\).

이것으로 정합해요! \(F_{12} = -B_z\) 이고, 식 (6.4)의 \(F^{12} = -B_z = F_{12}\) 과 일치해요.

최종 답:

\[ F_{12} = \partial_1 A_2 - \partial_2 A_1 = -(\partial_1 A^2 - \partial_2 A^1) = -B_z \]

이것은 식 (6.4) 행렬의 \((1,2)\) 성분 \(-B_z\) 와 일치해요. \(\square\)

B-2. Lagrangian의 전개

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

\(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)를 \((0,i)\) 성분과 \((i,j)\) 성분으로 나누어 계산해요.

계산

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \sum_{\mu,\nu=0}^{3} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]

반대칭성으로부터 \(\mu = \nu\)인 항은 영이에요. 독립적인 성분은 \(\mu < \nu\)인 것들이고, 대칭성으로부터 각 쌍이 2번씩 기여해요:

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = 2\sum_{\mu < \nu} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]

\((0,i)\) 성분（\(i = 1,2,3\)）：

\(F_{0i} = -E_i\)（D1(c)의 논의로부터 \(F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0\)이고, \(E_i = -\partial_0 A^i - \partial_i A^0 = \partial_0 A_i + \partial_i A_0\)... ）

위의 D1 결과를 사용해요. \(F^{0i} = E^i = E_i\)（전기장의 공간 성분）. \(F_{0i} = \eta_{00}\eta_{ii}F^{0i} = (1)(-1)E_i = -E_i\).

따라서：

\[ F_{0i}F^{0i} = (-E_i)(E_i) = -E_i^2 \]

3개의 \(i\)에 대해 합을 취하면：

\[ \sum_{i=1}^{3} F_{0i}F^{0i} = -\mathbf{E}^2 \]

반대칭성으로부터 \((0,i)\)와 \((i,0)\)의 기여를 합하면：

\[ 2\sum_{i=1}^{3} F_{0i}F^{0i} = -2\mathbf{E}^2 \]

아니, 좀 더 꼼꼼하게 다시 해볼게요.

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \sum_{\mu=0}^{3}\sum_{\nu=0}^{3} F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} \]

여기서 \(F^{\mu\nu} = \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\alpha\beta}\)이지만, \(F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}\)의 지표 축약을 올바르게 쓰면：

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = \eta^{\mu\alpha}\eta^{\nu\beta}F_{\mu\nu}F_{\alpha\beta} \]

이것은 번거로우므로, 직접 성분으로 계산해요.

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = F_{00}F^{00} + F_{01}F^{01} + F_{02}F^{02} + F_{03}F^{03} + F_{10}F^{10} + \cdots \]

\(F_{00} = 0\). 반대칭성을 사용하면：

\[ F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = 2(F_{01}F^{01} + F_{02}F^{02} + F_{03}F^{03}) + 2(F_{12}F^{12} + F_{13}F^{13} + F_{23}F^{23}) \]

시공 혼합 성분: \(F_{0i} = -E_i\), \(F^{0i} = E_i\)로부터 \(F_{0i}F^{0i} = -E_i \cdot E_i = -E_i^2\).

\[ 2\sum_{i} F_{0i}F^{0i} = -2\mathbf{E}^2 \]

순수 공간 성분: \(F_{12} = -B_z\), \(F^{12} = -B_z\)로부터 \(F_{12}F^{12} = B_z^2\). 마찬가지로 \(F_{13}F^{13} = B_y^2\), \(F_{23}F^{23} = B_x^2\).

\[ 2\sum_{i<j} F_{ij}F^{ij} = 2\mathbf{B}^2 \]

따라서：

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

그러므로：

\[ \boxed{\mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} = -\frac{1}{4}(-2\mathbf{E}^2 + 2\mathbf{B}^2) = \frac{1}{2}(\mathbf{E}^2 - \mathbf{B}^2)} \]

검산

차원 분석: \([\mathbf{E}^2] = [\mathbf{B}^2] = \text{에너지 밀도}\)이고, 라그랑지안 밀도의 차원과 일치해요. 또한 \(\mathcal{L} = T - V\) 구조에서 \(\frac{1}{2}\mathbf{E}^2\)가 "운동 에너지"（\(\mathbf{E}\)는 \(\dot{\mathbf{A}}\)를 포함）, \(\frac{1}{2}\mathbf{B}^2\)가 "퍼텐셜 에너지"에 대응해요.

B-3. 게이지 변환에서의 전기장·자기장의 불변성

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전기장의 불변성

게이지 변환 \(A_0 \to A_0 + \partial_0 \lambda\), \(\mathbf{A} \to \mathbf{A} + \nabla\lambda\) 를 식 (6.3)에 대입해요:

\[ \mathbf{E}' = -\nabla(A_0 + \partial_0\lambda) - \frac{\partial}{\partial t}(\mathbf{A} + \nabla\lambda) \]
\[ = -\nabla A_0 - \nabla(\partial_0\lambda) - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t} - \frac{\partial}{\partial t}(\nabla\lambda) \]
\[ = \mathbf{E} - \nabla(\partial_0\lambda) - \partial_0(\nabla\lambda) \]

편미분의 순서는 교환 가능하므로 \(\nabla(\partial_0\lambda) = \partial_0(\nabla\lambda)\)이에요. 따라서:

\[ \mathbf{E}' = \mathbf{E} - \nabla(\partial_0\lambda) + \nabla(\partial_0\lambda) = \mathbf{E} \quad \checkmark \]

자기장의 불변성

\[ \mathbf{B}' = \nabla \times (\mathbf{A} + \nabla\lambda) = \nabla \times \mathbf{A} + \nabla \times (\nabla\lambda) \]

임의의 스칼라장 \(\lambda\)에 대해 \(\nabla \times (\nabla\lambda) = \mathbf{0}\) (기울기의 회전은 항등적으로 영)이에요. 따라서:

\[ \mathbf{B}' = \mathbf{B} \quad \checkmark \]

B-4. 공변 미분의 게이지 변환 법칙

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계산

변환 후의 장과 공변 미분을 명시적으로 쓰면:

\[ \psi' = e^{i\alpha(x)}\psi, \qquad A_\mu' = A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha \]

변환 후의 공변 미분을 \(\psi'\)에 작용시키면:

\[ D_\mu'\psi' = \left(\partial_\mu + iqA_\mu'\right)\psi' = \left(\partial_\mu + iq\left(A_\mu - \frac{1}{q}\partial_\mu\alpha\right)\right)(e^{i\alpha}\psi) \]
\[ = \left(\partial_\mu + iqA_\mu - i\partial_\mu\alpha\right)(e^{i\alpha}\psi) \]

곱의 미분법을 \(\partial_\mu(e^{i\alpha}\psi)\)에 적용하면:

\[ \partial_\mu(e^{i\alpha}\psi) = e^{i\alpha}(i\partial_\mu\alpha)\psi + e^{i\alpha}\partial_\mu\psi \]

이를 대입하면:

\[ D_\mu'\psi' = e^{i\alpha}(i\partial_\mu\alpha)\psi + e^{i\alpha}\partial_\mu\psi + iqA_\mu \cdot e^{i\alpha}\psi - i(\partial_\mu\alpha) \cdot e^{i\alpha}\psi \]

제1항과 제4항을 보면:

\[ e^{i\alpha}(i\partial_\mu\alpha)\psi - i(\partial_\mu\alpha)e^{i\alpha}\psi = 0 \]

이들은 완전히 상쇄해요. 남는 항은:

\[ D_\mu'\psi' = e^{i\alpha}\partial_\mu\psi + iqA_\mu e^{i\alpha}\psi = e^{i\alpha}(\partial_\mu\psi + iqA_\mu\psi) = e^{i\alpha}D_\mu\psi \]
\[ \boxed{D_\mu'\psi' = e^{i\alpha(x)}D_\mu\psi \quad \checkmark} \]

B-5. 켤레 운동량의 계산

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(a) \(\pi^0 = 0\)

D2의 결과 \(\mathcal{L} = \frac{1}{2}(\mathbf{E}^2 - \mathbf{B}^2)\)를 사용해요. \(E_i = F_{0i} = \partial_0 A_i - \partial_i A_0\)이므로, \(\mathbf{E}^2 = \sum_i(\partial_0 A_i - \partial_i A_0)^2\)이에요.

\(\partial_0 A_0\)은 \(E_i\)의 어떤 성분에도 포함되지 않아요(\(E_i\)는 \(\partial_0 A_i\)와 \(\partial_i A_0\)만 포함해요). \(\mathbf{B}^2\)는 공간 미분만 포함하고 \(\partial_0 A_\mu\)를 포함하지 않아요.

따라서:

\[ \pi^0 = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0 A_0)} = 0 \quad \checkmark \]

(b) \(\pi^i = E^i\)

\[ \pi^i = \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_0 A_i)} \]

\(\mathcal{L} = \frac{1}{2}\sum_j E_j^2 - \frac{1}{2}\mathbf{B}^2\)이고, \(E_j = \partial_0 A_j - \partial_j A_0\)이에요. \(\mathbf{B}^2\)는 \(\partial_0 A_i\)를 포함하지 않아요.

\[ \pi^i = \frac{\partial}{\partial(\partial_0 A_i)}\left[\frac{1}{2}\sum_j(\partial_0 A_j - \partial_j A_0)^2\right] = \frac{1}{2}\cdot 2(\partial_0 A_i - \partial_i A_0) = E_i \]

계량의 규약에 주의하면 \(E^i = E_i\)(3차원 벡터로서)이며, 또한 \(F^{0i} = E^i\)예요.

\[ \boxed{\pi^i = F^{0i} = E^i \quad \checkmark} \]

B-6. 편극 벡터의 횡파 조건

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풀이

\(\mathbf{k} = k(0, \sin\theta, \cos\theta)\) 에 대해 \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon} = 0\) 을 만족하는 2개의 정규직교 벡터를 구해요.

제1 편극 벡터: \(x\) 방향은 명백히 \(\mathbf{k}\) 와 직교해요:

\[ \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = (1, 0, 0) \]

확인: \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = k(0\cdot1 + \sin\theta\cdot0 + \cos\theta\cdot0) = 0\) \(\checkmark\)

제2 편극 벡터: \(\mathbf{k}\) 와 \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\) 모두에 직교하는 방향을 구해요. \(\hat{\mathbf{k}} \times \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\) 을 계산하면:

\[ \hat{\mathbf{k}} \times \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = (0, \sin\theta, \cos\theta) \times (1, 0, 0) \]
\[ = \begin{vmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\ 0 & \sin\theta & \cos\theta \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix} = (0\cdot0 - \cos\theta\cdot0,\; \cos\theta\cdot1 - 0\cdot0,\; 0\cdot0 - \sin\theta\cdot1) \]
\[ = (0, \cos\theta, -\sin\theta) \]

정규화 확인: \(|(0, \cos\theta, -\sin\theta)| = \sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta} = 1\) \(\checkmark\)

\[ \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = (0, \cos\theta, -\sin\theta) \]

검산

  • \(\mathbf{k} \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = k(0\cdot0 + \sin\theta\cos\theta - \cos\theta\sin\theta) = 0\) \(\checkmark\)
  • \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) \cdot \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = 1\cdot0 + 0\cdot\cos\theta + 0\cdot(-\sin\theta) = 0\) \(\checkmark\)
  • \(|\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)|^2 = 1\), \(|\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2)|^2 = 1\) \(\checkmark\)
\[ \boxed{\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1) = (1, 0, 0), \qquad \boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2) = (0, \cos\theta, -\sin\theta)} \]

B-7. Bianchi 항등식의 확인

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계산

\((\lambda, \mu, \nu) = (0, 1, 2)\) 를 대입해요:

\[ \partial_0 F_{12} + \partial_1 F_{20} + \partial_2 F_{01} = 0 \]

각 항에 \(F_{\mu\nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu\) 를 대입해요:

\[ \partial_0 F_{12} = \partial_0(\partial_1 A_2 - \partial_2 A_1) \]
\[ \partial_1 F_{20} = \partial_1(\partial_2 A_0 - \partial_0 A_2) \]
\[ \partial_2 F_{01} = \partial_2(\partial_0 A_1 - \partial_1 A_0) \]

전부 전개해요:

\[ \partial_0\partial_1 A_2 - \partial_0\partial_2 A_1 + \partial_1\partial_2 A_0 - \partial_1\partial_0 A_2 + \partial_2\partial_0 A_1 - \partial_2\partial_1 A_0 \]

편미분의 순서 교환 \(\partial_\mu\partial_\nu = \partial_\nu\partial_\mu\) 를 이용하여 쌍을 찾아요:

  • \(\partial_0\partial_1 A_2\) 와 \(-\partial_1\partial_0 A_2 = -\partial_0\partial_1 A_2\) → 상쇄
  • \(-\partial_0\partial_2 A_1\) 와 \(\partial_2\partial_0 A_1 = \partial_0\partial_2 A_1\) → 상쇄
  • \(\partial_1\partial_2 A_0\) 와 \(-\partial_2\partial_1 A_0 = -\partial_1\partial_2 A_0\) → 상쇄
\[ \boxed{\partial_0 F_{12} + \partial_1 F_{20} + \partial_2 F_{01} = 0 \quad \checkmark} \]

B-8. 광자의 분산 관계

→ 문제로 돌아가기

계산

파동방정식 \(\Box A_i = 0\) 에 평면파 해 \(A_i = \epsilon_i e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})}\) 를 대입해요.

\[ \Box = \frac{\partial^2}{\partial t^2} - \nabla^2 \]
\[ \frac{\partial^2}{\partial t^2} e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = (-i\omega)^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = -\omega^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} \]
\[ \nabla^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = (i\mathbf{k})^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} = -|\mathbf{k}|^2 e^{-i(\omega t - \mathbf{k}\cdot\mathbf{x})} \]
\[ \Box A_i = (-\omega^2 + |\mathbf{k}|^2) A_i = 0 \]

비자명한 해 \(A_i \neq 0\) 를 위해서는:

\[ \boxed{\omega^2 = |\mathbf{k}|^2 \quad \Longrightarrow \quad \omega = |\mathbf{k}|} \]

Klein-Gordon 장과의 비교

질량 \(m\) 인 Klein-Gordon 장의 파동방정식 \((\Box + m^2)\phi = 0\) 으로부터 분산 관계는:

\[ \omega^2 = |\mathbf{k}|^2 + m^2 \quad \Longrightarrow \quad \omega = \sqrt{|\mathbf{k}|^2 + m^2} \]

광자의 경우 \(m = 0\) 을 대입하면 \(\omega = |\mathbf{k}|\) 가 복원돼요. 이는 광자가 질량이 0인 입자라는 것, 즉 광속으로 전파한다는 것(\(E = pc\), 자연단위계에서 \(\omega = |\mathbf{k}|\))에 대응해요.

Medium（표준）

M-1. Euler-Lagrange 방정식으로부터 Maxwell 방정식을 유도하기

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

Euler-Lagrange 방정식을 \(A_\nu\)에 적용해요. \(\mathcal{L}\)은 \(A_\nu\) 자체에 의존하지 않으므로 \(\partial\mathcal{L}/\partial A_\nu = 0\)이에요. \(\partial\mathcal{L}/\partial(\partial_\mu A_\nu)\)를 계산해요.

계산

\[ \mathcal{L} = -\frac{1}{4}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta} = -\frac{1}{4}\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}F_{\alpha\beta}F_{\gamma\delta} \]

\(F_{\alpha\beta} = \partial_\alpha A_\beta - \partial_\beta A_\alpha\)이므로, \(\partial_\mu A_\nu\)에 대한 미분을 계산하면:

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

따라서:

\[ \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = -\frac{1}{4}\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}\left[\frac{\partial F_{\alpha\beta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}F_{\gamma\delta} + F_{\alpha\beta}\frac{\partial F_{\gamma\delta}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\right] \]

두 항은 (더미 첨자 재명명에 의해) 같으므로:

\[ = -\frac{1}{2}\eta^{\alpha\gamma}\eta^{\beta\delta}(\delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta - \delta^\mu_\beta\delta^\nu_\alpha)F_{\gamma\delta} \]
\[ = -\frac{1}{2}\left(\eta^{\mu\gamma}\eta^{\nu\delta}F_{\gamma\delta} - \eta^{\nu\gamma}\eta^{\mu\delta}F_{\gamma\delta}\right) \]
\[ = -\frac{1}{2}\left(F^{\mu\nu} - F^{\nu\mu}\right) \]

\(F^{\mu\nu}\)는 반대칭이므로 \(F^{\nu\mu} = -F^{\mu\nu}\):

\[ = -\frac{1}{2}(F^{\mu\nu} + F^{\mu\nu}) = -F^{\mu\nu} \]

Euler-Lagrange 방정식은:

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

3차원 벡터로의 전개

\(\nu = 0\)인 경우:

\[ \partial_\mu F^{\mu 0} = \partial_0 F^{00} + \partial_i F^{i0} = 0 + \partial_i(-E^i) = -\nabla \cdot \mathbf{E} = 0 \]
\[ \boxed{\nabla \cdot \mathbf{E} = 0} \quad \text{（Gauss 법칙）} \]

\(\nu = j\)인 경우:

\[ \partial_\mu F^{\mu j} = \partial_0 F^{0j} + \partial_i F^{ij} = 0 \]

\(F^{0j} = E^j\)이고, \(F^{ij} = -\epsilon^{ijk}B_k\)이므로:

\[ \partial_0 E^j + \partial_i(-\epsilon^{ijk}B_k) = 0 \]
\[ \frac{\partial E^j}{\partial t} - \epsilon^{ijk}\partial_i B_k = 0 \]

\((\nabla \times \mathbf{B})^j = \epsilon^{jik}\partial_i B_k = \epsilon^{ijk}\partial_i B_k\)（\(\epsilon^{jik} = \epsilon^{ijk}\)）이므로:

\[ \frac{\partial E^j}{\partial t} = (\nabla \times \mathbf{B})^j \]
\[ \boxed{\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t} = \nabla \times \mathbf{B}} \quad \text{（Ampère-Maxwell 법칙）} \]

검산

소스가 없는 Maxwell 방정식은 4개예요: \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\), \(\nabla \times \mathbf{B} = \partial_t \mathbf{E}\) (Euler-Lagrange로부터), \(\nabla \cdot \mathbf{B} = 0\), \(\nabla \times \mathbf{E} = -\partial_t \mathbf{B}\) (Bianchi 항등식으로부터). \(\partial_\mu F^{\mu\nu} = 0\)의 \(\nu = 0,1,2,3\)에서 전자 2개가 얻어지는 것을 확인했어요.

M-2. Coulomb 게이지의 자유도 세기

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(a) \(\pi^0 = 0\) 에 의한 \(A_0\) 의 배제

D5(a)에서 보인 것처럼 \(\pi^0 = \partial\mathcal{L}/\partial\dot{A}_0 = 0\) 이에요. 정준 양자화에서는 장 \(A_\mu\) 과 그 켤레 운동량 \(\pi^\mu\) 사이에 등시각 교환 관계 \([A_\mu(\mathbf{x},t), \pi^\nu(\mathbf{y},t)] = i\delta^\nu_\mu\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\) 를 부과해요. 그러나 \(\pi^0 = 0\) 은 연산자로서도 항등적으로 영이므로, \([A_0, \pi^0] = [A_0, 0] = 0 \neq i\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\) 가 되어 모순이 발생해요.

이것은 \(A_0\) 가 독립적인 역학적 자유도가 아님을 의미해요. \(A_0\) 는 다른 변수로부터 결정되는 종속 변수(구속 조건을 통해 결정되는 양)이며, 독립적인 정준 변수에서 배제돼요.

자유도: \(4 \to 3\)

(b) 쿨롱 게이지 조건에 의한 1 자유도의 제거

쿨롱 게이지 조건 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) 을 푸리에 공간에서 쓰면:

\[ \mathbf{k} \cdot \tilde{\mathbf{A}}(\mathbf{k}) = 0 \]

이것은 각 \(\mathbf{k}\) 에 대해 1개의 스칼라 조건이며, 3성분 벡터 \(\tilde{\mathbf{A}}(\mathbf{k})\) 중 \(\mathbf{k}\) 방향 성분(종파 성분)을 영으로 고정해요. 남는 것은 \(\mathbf{k}\) 에 수직한 2성분(횡파 성분)뿐이에요.

자유도: \(3 \to 2\)

(c) \(A_0 = 0\) 의 도출

쿨롱 게이지 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) 하에서 가우스 법칙 \(\nabla \cdot \mathbf{E} = 0\) 을 전개하면:

\[ \nabla \cdot \mathbf{E} = \nabla \cdot \left(-\nabla A_0 - \frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\right) = -\nabla^2 A_0 - \frac{\partial}{\partial t}(\nabla \cdot \mathbf{A}) = -\nabla^2 A_0 = 0 \]

(\(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\) 을 사용했어요.)

이것은 라플라스 방정식 \(\nabla^2 A_0 = 0\) 이에요. 경계 조건으로 무한원에서 \(A_0 \to 0\) 을 부과하면, 라플라스 방정식의 유일성 정리에 의해:

\[ A_0 = 0 \]

(d) 정리

  • \(A_\mu\) 는 4성분
  • \(\pi^0 = 0\): \(A_0\) 는 역학 변수가 아님 → 3성분
  • 쿨롱 게이지 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\): 종파 성분을 제거 → 2성분
  • 진공 중 가우스 법칙: \(A_0 = 0\) 을 확정

남는 물리적 자유도는 2개의 횡편광 \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\), \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2)\) 에 대응해요. 이것은 빛의 편광이 2개(예를 들어 수평 편광과 수직 편광, 또는 좌원편광과 우원편광)라는 실험적 사실과 일치해요.

M-3. 편극 벡터의 완전성 관계

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(a) 완전성 관계의 증명

3차원 공간에서 \(\hat{\mathbf{k}} = \mathbf{k}/|\mathbf{k}|\), \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 1)\), \(\boldsymbol{\epsilon}(\mathbf{k}, 2)\)는 정규직교기저를 이루어요 (\(\hat{\mathbf{k}}\)는 \(\boldsymbol{\epsilon}\) 양쪽 모두와 직교하고, \(|\hat{\mathbf{k}}| = 1\)).

3차원의 완전성 관계는:

\[ \hat{k}_i \hat{k}_j + \sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} \]

이를 변형하면:

\[ \sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} - \hat{k}_i\hat{k}_j = \delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2} \]
\[ \boxed{\sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}} \]

(b) 횡파 사영 연산자의 확인

우변에 \(k_j\)를 곱하고 \(j\)에 대해 합을 취하면:

\[ \left(\delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)k_j = k_i - \frac{k_i k_j k_j}{|\mathbf{k}|^2} = k_i - \frac{k_i |\mathbf{k}|^2}{|\mathbf{k}|^2} = k_i - k_i = 0 \]
\[ \boxed{\left(\delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)k_j = 0} \]

이는 이 연산자가 임의의 벡터의 \(\mathbf{k}\) 방향 성분(종파 성분)을 제거하고, \(\mathbf{k}\)에 수직인 성분(횡파 성분)만을 남기는 횡파 사영 연산자 (transverse projector)임을 보여주고 있어요.

검산

사영 연산자의 멱등성을 확인해요:

\[ P_{ij}^{\perp} = \delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2} \]
\[ P_{ij}^{\perp}P_{jl}^{\perp} = \left(\delta_{ij} - \frac{k_i k_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)\left(\delta_{jl} - \frac{k_j k_l}{|\mathbf{k}|^2}\right) \]
\[ = \delta_{il} - \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} - \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} + \frac{k_i k_j k_j k_l}{|\mathbf{k}|^4} = \delta_{il} - \frac{2k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} + \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} = \delta_{il} - \frac{k_i k_l}{|\mathbf{k}|^2} = P_{il}^{\perp} \]

멱등성 \(P^2 = P\)가 확인되어 사영 연산자임이 검증되었어요. \(\checkmark\)

M-4. Coulomb 게이지에서의 정준 교환관계와 횡파 델타 함수

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풀이 방침

Coulomb 게이지에서의 장의 Fourier 전개를 대입하고, \([a, a^\dagger]\) 교환관계와 편극 벡터의 완전성 관계를 이용하여 등시각 교환관계를 계산해요.

계산

Coulomb 게이지에서 \(\mathbf{A}\)의 전개는:

\[ A_i(\mathbf{x}, t) = \int \frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_k}}\sum_{\lambda=1}^{2}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\left[a(\mathbf{k},\lambda)e^{-i\omega_k t + i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}} + a^\dagger(\mathbf{k},\lambda)e^{i\omega_k t - i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}\right] \]

여기서 \(\omega_k = |\mathbf{k}|\)이에요. 켤레 운동량은 \(\pi_j = \dot{A}_j\):

\[ \pi_j(\mathbf{y}, t) = \int \frac{d^3k'}{(2\pi)^3}\frac{(-i\omega_{k'})}{{\sqrt{2\omega_{k'}}}}\sum_{\lambda'=1}^{2}\epsilon_j(\mathbf{k}',\lambda')\left[a(\mathbf{k}',\lambda')e^{-i\omega_{k'} t + i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}} - a^\dagger(\mathbf{k}',\lambda')e^{i\omega_{k'} t - i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}}\right] \]

교환관계 \([A_i(\mathbf{x},t), \pi_j(\mathbf{y},t)]\)를 계산해요. \([a, a] = [a^\dagger, a^\dagger] = 0\)이므로, 0이 아닌 기여는 \([a, a^\dagger]\)와 \([a^\dagger, a]\) 항뿐이에요:

\[ [A_i(\mathbf{x},t), \pi_j(\mathbf{y},t)] = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_k}}\int\frac{d^3k'}{(2\pi)^3}\frac{(-i\omega_{k'})}{\sqrt{2\omega_{k'}}}\sum_{\lambda,\lambda'}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k}',\lambda') \]
\[ \times \left\{[a(\mathbf{k},\lambda), a^\dagger(\mathbf{k}',\lambda')]e^{-i\omega_k t + i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}e^{i\omega_{k'} t - i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}}(-1)\right. \]
\[ \left. + [a^\dagger(\mathbf{k},\lambda), a(\mathbf{k}',\lambda')]e^{i\omega_k t - i\mathbf{k}\cdot\mathbf{x}}e^{-i\omega_{k'} t + i\mathbf{k}'\cdot\mathbf{y}}(+1)\right\} \]

\([a(\mathbf{k},\lambda), a^\dagger(\mathbf{k}',\lambda')] = (2\pi)^3\delta^3(\mathbf{k}-\mathbf{k}')\delta_{\lambda\lambda'}\)를 사용하고, \([a^\dagger, a] = -[a, a^\dagger]\)에 주의하여 \(\mathbf{k}'\) 적분을 수행하면:

\[ = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{(-i\omega_k)}{2\omega_k}\sum_{\lambda}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda)\left\{-e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} - e^{-i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\right\} \]

여기서 시간 의존성은 \(e^{-i\omega_k t}e^{i\omega_k t} = 1\)로 상쇄되었어요.

\[ = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{(-i)}{2}\sum_{\lambda}\epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda)\left\{-e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} - e^{-i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\right\} \]

\(\mathbf{k} \to -\mathbf{k}\) 변수 변환으로 \(e^{-i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\) 항을 \(e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}\)로 변환할 수 있어요. 편극 벡터의 완전성 관계 \(\sum_\lambda \epsilon_i(\mathbf{k},\lambda)\epsilon_j(\mathbf{k},\lambda) = \delta_{ij} - k_ik_j/|\mathbf{k}|^2\)는 \(\mathbf{k} \to -\mathbf{k}\)에서 불변이에요(\(k_ik_j/|\mathbf{k}|^2\)는 \(\mathbf{k}\)의 짝수 함수). 따라서:

\[ = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\frac{(-i)}{2}\left(\delta_{ij} - \frac{k_ik_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)(-2)e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]
\[ = i\int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\left(\delta_{ij} - \frac{k_ik_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]
\[ \boxed{[A_i(\mathbf{x},t), \pi_j(\mathbf{y},t)] = i\delta_{ij}^{\perp}(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]

여기서 횡파 델타 함수는:

\[ \delta_{ij}^{\perp}(\mathbf{x}-\mathbf{y}) = \int\frac{d^3k}{(2\pi)^3}\left(\delta_{ij} - \frac{k_ik_j}{|\mathbf{k}|^2}\right)e^{i\mathbf{k}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})} \]

물리적 이유

통상적인 정준 교환관계 \([A_i, \pi_j] = i\delta_{ij}\delta^3(\mathbf{x}-\mathbf{y})\)가 아니라 횡파 델타 함수가 나타나는 이유:

Coulomb 게이지 조건 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)은 \(A_i\)의 종파 성분(\(\mathbf{k}\) 방향 성분)을 항등적으로 0으로 고정하고 있어요. 따라서 \(A_i\)는 3개 성분 중 횡파 2개 성분만이 독립적인 역학 변수예요. 교환관계는 이 구속 조건을 반영하여, \(\mathbf{k}\) 방향으로의 사영을 자동적으로 제거하는 횡파 사영 연산자 \(\delta_{ij} - k_ik_j/|\mathbf{k}|^2\)가 나타나요. 만약 통상적인 \(\delta_{ij}\delta^3\)이 성립한다면, \(\partial_i^x [A_i, \pi_j] = i\partial_j\delta^3 \neq 0\)이 되어 \(\nabla \cdot \mathbf{A} = 0\)과 모순돼요. 횡파 델타 함수에서는 \(\partial_i^x \delta_{ij}^\perp = 0\)이 보장되어 정합성이 유지돼요.

Advanced（발전）

A-1. Proca 장（질량이 있는 벡터장）과의 비교

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(a) 운동방정식의 도출

Proca 라그랑지안:

\[ \mathcal{L}_{\text{Proca}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} + \frac{1}{2}m^2 A_\mu A^\mu \]

Euler-Lagrange 방정식:

\[ \partial_\mu\frac{\partial\mathcal{L}}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} - \frac{\partial\mathcal{L}}{\partial A_\nu} = 0 \]

제1항은 S1과 동일한 계산으로 \(\partial_\mu(-F^{\mu\nu}) = -\partial_\mu F^{\mu\nu}\)이에요.

제2항: \(\frac{1}{2}m^2 A_\alpha A^\alpha = \frac{1}{2}m^2 \eta^{\alpha\beta}A_\alpha A_\beta\)를 \(A_\nu\)로 미분하면:

\[ \frac{\partial}{\partial A_\nu}\left(\frac{1}{2}m^2\eta^{\alpha\beta}A_\alpha A_\beta\right) = \frac{1}{2}m^2\eta^{\alpha\beta}(\delta^\nu_\alpha A_\beta + A_\alpha\delta^\nu_\beta) = m^2\eta^{\nu\beta}A_\beta = m^2 A^\nu \]

Euler-Lagrange 방정식:

\[ -\partial_\mu F^{\mu\nu} - m^2 A^\nu = 0 \]
\[ \boxed{\partial_\mu F^{\mu\nu} + m^2 A^\nu = 0} \]

(b) Lorenz 조건의 자동적 성립

운동방정식의 양변에 \(\partial_\nu\)를 작용시키면:

\[ \partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu} + m^2\partial_\nu A^\nu = 0 \]

제1항에 대해: \(\partial_\nu\partial_\mu F^{\mu\nu}\). 여기서 \(F^{\mu\nu}\)는 반대칭(\(F^{\mu\nu} = -F^{\nu\mu}\))이고, \(\partial_\nu\partial_\mu\)는 \(\mu, \nu\)에 대해 대칭이에요. 대칭 텐서와 반대칭 텐서의 축약은 0:

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

따라서:

\[ m^2\partial_\nu A^\nu = 0 \]

\(m \neq 0\)이면:

\[ \boxed{\partial_\nu A^\nu = 0} \]

Lorenz 조건이 운동방정식의 귀결로서 자동적으로 성립해요. 게이지 고정 조건으로 외부에서 부과할 필요가 없어요.

(c) 물리적 자유도의 세기

  • \(A_\mu\)는 4개의 성분을 가져요
  • 운동방정식으로부터 도출되는 구속조건 \(\partial_\nu A^\nu = 0\)이 1개의 스칼라 조건을 줘요
  • \(m \neq 0\)인 경우, 게이지 대칭성은 없어요 (질량항 \(m^2 A_\mu A^\mu\)는 게이지 변환 \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu\lambda\) 하에서 불변이 아니에요)
  • 게이지 대칭성이 없으므로 추가적인 게이지 고정 조건은 불필요해요

따라서 물리적 자유도는:

\[ 4 - 1 = 3 \]

이것은 2개의 횡편광 + 1개의 종편광에 대응해요. 질량이 있는 스핀 1 입자(예를 들어 \(W^\pm\), \(Z^0\) 보손)는 3개의 편광 상태를 가져요.

(d) \(m \to 0\)의 극한과 Higgs 메커니즘

\(m \to 0\)의 극한:

  • \(m \to 0\)에서 질량항 \(m^2 A_\mu A^\mu\)가 소실되고, 라그랑지안은 게이지 대칭성 \(A_\mu \to A_\mu + \partial_\mu\lambda\)를 회복해요
  • 게이지 대칭성의 회복으로 새로운 게이지 자유도(\(\lambda(x)\))가 1개 생겨요
  • 이 추가 자유도에 의해 물리적 자유도는 \(3 \to 2\)로 감소해요
  • 종편광의 편극 벡터 \(\epsilon^\mu_L(k) \sim k^\mu/m\)는 \(m \to 0\)에서 발산하고, 종편광 모드는 물리적 스펙트럼에서 소실(디커플)돼요

Higgs 메커니즘과의 관계:

Higgs 메커니즘(제 17 장 이후)은 이 역과정에 대응해요:

  1. 출발점: 질량 0인 게이지 장(2 자유도) + Higgs 장(스칼라 장)
  2. Higgs 장이 진공 기댓값을 획득(자발적 대칭성 깨짐)
  3. Higgs 장의 Nambu-Goldstone 모드(1 자유도)가 게이지 장에 "먹히고", 게이지 장의 종편광 성분이 돼요
  4. 결과: 질량이 있는 벡터 장(3 자유도)

이것은 "게이지 보손이 질량을 획득할 때 Goldstone 보손이 종편광으로 흡수된다"는 묘사이며, \(W^\pm\), \(Z^0\) 보손의 질량의 기원을 설명하는 표준모형의 핵심적 메커니즘이에요.

검산

자유도 세기의 정합성: - Proca 장(\(m \neq 0\)): 4 성분 − 1 구속 = 3 자유도 \(\checkmark\) - Maxwell 장(\(m = 0\)): 4 성분 − 1 구속(\(\pi^0 = 0\)) − 1 게이지 고정 = 2 자유도 \(\checkmark\) - Higgs 메커니즘: 2(게이지 장) + 1(Goldstone) = 3(massive vector) \(\checkmark\)

A-2. 게이지 고정항을 포함한 Lagrangian과 광자 전파함수

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(a) Euler-Lagrange 방정식의 도출

\[ \mathcal{L}_{\text{gf}} = -\frac{1}{4}F_{\mu\nu}F^{\mu\nu} - \frac{1}{2\xi}(\partial_\mu A^\mu)^2 \]

제1항의 기여（S1과 동일）：

\[ \partial_\mu\frac{\partial(-\frac{1}{4}F_{\alpha\beta}F^{\alpha\beta})}{\partial(\partial_\mu A_\nu)} = \partial_\mu F^{\mu\nu} \]

（부호에 주의: S1에서 \(\partial\mathcal{L}/\partial(\partial_\mu A_\nu) = -F^{\mu\nu}\)를 얻었으므로, \(\partial_\mu(-F^{\mu\nu})\)가 Euler-Lagrange 방정식의 제1항에 대한 기여예요.）

제2항의 기여：

\[ -\frac{1}{2\xi}(\partial_\alpha A^\alpha)^2 = -\frac{1}{2\xi}\eta^{\alpha\beta}\eta^{\gamma\delta}(\partial_\alpha A_\beta)(\partial_\gamma A_\delta) \]

\(\partial_\mu A_\nu\)로 미분하면：

\[ \frac{\partial}{\partial(\partial_\mu A_\nu)}\left[-\frac{1}{2\xi}\eta^{\alpha\beta}\eta^{\gamma\delta}(\partial_\alpha A_\beta)(\partial_\gamma A_\delta)\right] \]
\[ = -\frac{1}{2\xi}\eta^{\alpha\beta}\eta^{\gamma\delta}\left[\delta^\mu_\alpha\delta^\nu_\beta(\partial_\gamma A_\delta) + (\partial_\alpha A_\beta)\delta^\mu_\gamma\delta^\nu_\delta\right] \]
\[ = -\frac{1}{2\xi}\left[\eta^{\mu\nu}(\partial_\gamma A^\gamma) + (\partial_\alpha A^\alpha)\eta^{\mu\nu}\right] = -\frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha) \]

\(\partial_\mu\)를 작용시키면：

\[ \partial_\mu\left[-\frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha)\right] = -\frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\alpha A^\alpha) \]

Euler-Lagrange 방정식 전체（\(\partial\mathcal{L}/\partial A_\nu = 0\)에 주의）：

\[ \partial_\mu\left[-F^{\mu\nu} - \frac{1}{\xi}\eta^{\mu\nu}(\partial_\alpha A^\alpha)\right] = 0 \]
\[ -\partial_\mu F^{\mu\nu} - \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\alpha A^\alpha) = 0 \]
\[ \partial_\mu F^{\mu\nu} + \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

\(\partial_\mu F^{\mu\nu} = \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu)\)를 대입하면：

\[ \Box A^\nu - \partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) + \frac{1}{\xi}\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]
\[ \Box A^\nu - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\nu(\partial_\mu A^\mu) = 0 \]

지표를 정리하여 \(\nu\)를 아래 첨자로 다시 쓰면（\(\eta^{\mu\nu}\)를 사용하여）：

\[ \left[\eta^{\mu\nu}\Box - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\mu\partial^\nu\right]A_\nu = 0 \]
\[ \boxed{\left[\eta^{\mu\nu}\Box - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\partial^\mu\partial^\nu\right]A_\nu = 0} \]

(b) 운동량 공간으로의 변환

\(A_\nu(x) = \int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\tilde{A}_\nu(k)e^{-ikx}\)를 대입해요. \(\partial_\mu \to -ik_\mu\)이므로：

\[ \Box \to -k^2, \qquad \partial^\mu\partial^\nu \to -k^\mu k^\nu \]

\(\partial_\mu e^{-ikx} = -ik_\mu e^{-ikx}\)이므로 \(\partial^\mu = \eta^{\mu\nu}\partial_\nu\)에 대해 \(\partial^\mu e^{-ikx} = -ik^\mu e^{-ikx}\)예요.

\(\Box = \partial_\mu\partial^\mu\)에 대해 \(\Box e^{-ikx} = (-ik_\mu)(-ik^\mu)e^{-ikx} = -k^2 e^{-ikx}\)（여기서 \(k^2 = k_\mu k^\mu\)）.

\(\partial^\mu\partial^\nu e^{-ikx} = (-ik^\mu)(-ik^\nu)e^{-ikx} = -k^\mu k^\nu e^{-ikx}\).

운동 방정식은：

\[ \left[-k^2\eta^{\mu\nu} - \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(-k^\mu k^\nu)\right]\tilde{A}_\nu = 0 \]
\[ \boxed{\left[-k^2\eta^{\mu\nu} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\right]\tilde{A}_\nu = 0} \]

(c) 광자 전파함수의 도출

전파함수 \(D_F^{\nu\rho}(k)\)는 미분 연산자의 역행렬로 정의돼요：

\[ \left[-k^2\eta^{\mu\nu} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\right]D_{F\,\nu\rho}(k) = \eta^\mu{}_\rho = \delta^\mu_\rho \]

\(D_F^{\nu\rho}\)를 두 개의 독립적인 텐서 구조의 선형 결합으로 가정해요：

\[ D_{F\,\nu\rho}(k) = A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2} \]

좌변에 대입하면：

\[ \left[-k^2\eta^{\mu\nu} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\right]\left[A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] \]

제1항：

\[ -k^2\eta^{\mu\nu}\left[A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] = -k^2 A\,\delta^\mu_\rho - B\,k^\mu k_\rho \]

제2항：

\[ \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)k^\mu k^\nu\left[A\,\eta_{\nu\rho} + B\,\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] = \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\left[A\,k^\mu k_\rho + B\,\frac{k^2 k^\mu k_\rho}{k^2}\right] \]
\[ = \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(A + B)k^\mu k_\rho \]

전체：

\[ -k^2 A\,\delta^\mu_\rho + \left[-B + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(A + B)\right]k^\mu k_\rho = \delta^\mu_\rho \]

\(\delta^\mu_\rho\)의 계수와 \(k^\mu k_\rho\)의 계수를 각각 등치하면：

\(\delta^\mu_\rho\)의 계수:

\[ -k^2 A = 1 \quad \Longrightarrow \quad A = -\frac{1}{k^2} \]

\(k^\mu k_\rho\)의 계수:

\[ -B + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)(A + B) = 0 \]
\[ -B + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)A + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)B = 0 \]
\[ B\left[-1 + 1 - \frac{1}{\xi}\right] + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)A = 0 \]
\[ -\frac{B}{\xi} + \left(1 - \frac{1}{\xi}\right)\left(-\frac{1}{k^2}\right) = 0 \]
\[ -\frac{B}{\xi} = \frac{1}{k^2}\left(1 - \frac{1}{\xi}\right) = \frac{\xi - 1}{\xi k^2} \]
\[ B = -\frac{\xi - 1}{k^2} = \frac{1 - \xi}{k^2} \]

따라서：

\[ D_{F\,\nu\rho}(k) = -\frac{1}{k^2}\eta_{\nu\rho} + \frac{1-\xi}{k^2}\cdot\frac{k_\nu k_\rho}{k^2} = \frac{-1}{k^2}\left[\eta_{\nu\rho} - (1-\xi)\frac{k_\nu k_\rho}{k^2}\right] \]

\(i\epsilon\) 처방을 더하면：

\[ \boxed{D_F^{\mu\nu}(k) = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[\eta^{\mu\nu} - (1-\xi)\frac{k^\mu k^\nu}{k^2}\right]} \]

Feynman 게이지 \(\xi = 1\):

\[ D_F^{\mu\nu}(k) = \frac{-\eta^{\mu\nu}}{k^2 + i\epsilon} \]

가장 간단한 형태가 돼요. \(\checkmark\)

(d) Landau 게이지 \(\xi = 0\)

\(\xi = 0\)을 대입하면：

\[ D_F^{\mu\nu}(k)\big|_{\xi=0} = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[\eta^{\mu\nu} - \frac{k^\mu k^\nu}{k^2}\right] \]

\(k_\mu\)를 곱하면：

\[ k_\mu D_F^{\mu\nu}(k) = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[k^\nu - \frac{k^2 k^\nu}{k^2}\right] = \frac{-1}{k^2 + i\epsilon}\left[k^\nu - k^\nu\right] = 0 \]
\[ \boxed{k_\mu D_F^{\mu\nu}(k)\big|_{\xi=0} = 0 \quad \checkmark} \]

물리적 의미: 운동량 공간에서 \(k_\mu D_F^{\mu\nu} = 0\)은 전파함수가 \(k_\mu\) 방향의 성분을 갖지 않는다는 것을 의미해요. 이것은 좌표 공간에서의 Lorenz 조건 \(\partial_\mu A^\mu = 0\)（Fourier 변환하면 \(k_\mu \tilde{A}^\mu = 0\)）의 반영이에요. Landau 게이지에서는 전파함수 자체가 횡파 사영의 구조를 가지며, Lorenz 조건이 전파함수 수준에서 자동적으로 실현되고 있어요.

검산

Feynman 게이지의 검산: \(\xi = 1\)에서 미분 연산자는 \(-k^2\eta^{\mu\nu}\)가 되고（\(k^\mu k^\nu\) 항이 사라짐）, 그 역은 명백히 \(-\eta_{\mu\nu}/k^2\)예요. \(\checkmark\)

텐서 구조의 검산: 일반적인 \(\xi\)에서 \(D_F^{\mu\nu}\)의 트레이스를 계산하면：

\[ \eta_{\mu\nu}D_F^{\mu\nu} = \frac{-1}{k^2}\left[4 - (1-\xi)\frac{k^2}{k^2}\right] = \frac{-1}{k^2}(4 - 1 + \xi) = \frac{-(3+\xi)}{k^2} \]

\(\xi = 1\): 트레이스 \(= -4/k^2\)（\(-\eta_{\mu\nu}\eta^{\mu\nu}/k^2 = -4/k^2\)）\(\checkmark\)

게이지 불변성의 확인: 물리적인 산란 진폭은 \(\xi\)에 의존하지 않아요（Ward 항등식에 의해）. 전파함수의 \(k^\mu k^\nu\) 항은 외선이 on-shell인 경우 보존 전류와의 결합 \(k_\mu J^\mu = 0\)에 의해 사라져요. 이것은 제 10 장 이후에서 자세히 논의돼요.