제 7 장 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

• B-1. 상호작용항의 질량 차원
• B-2. 상호작용 묘사에서 연산자의 시간 미분
• B-3. 시간순서곱의 구체적 계산
• B-4. \(\hat{\phi}^4\) 의 연산자 구조
• B-5. Dyson 급수의 1차 항
• B-6. 시간순서곱의 대칭성
• B-7. \(\hat{S} = \mathbb{1} + i\hat{T}\) 의 분해
• B-8. 상호작용 Hamiltonian의 묘사 변환

Medium（표준）

• M-1. 상호작용 묘사에서 상태의 운동방정식 유도
• M-2. Dyson 급수 2차 항과 시간순서곱
• M-3. \(\phi^4\) 이론의 2→2 산란진폭 (최저차)
• M-4. 정규 순서와 Wick의 정리 (2개 장의 경우)
• M-5. S 행렬의 유니타리성과 확률 보존

Advanced（발전）

• A-1. Yukawa 이론으로의 확장과 Wick의 정리 적용
• A-2. 단열 가설과 Gell-Mann–Low 정리

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Basic（기초）

B-1. 상호작용항의 질량 차원

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풀이 방침

4차원 시공간의 자연단위계에서 \([\mathcal{L}] = 4\), \([\phi] = 1\) 이에요. 상호작용항 \(\mathcal{L}_{\text{int}}\) 의 질량 차원이 4가 되는 조건으로부터 결합상수의 질량 차원을 구해요.

계산

\([\text{결합상수}] + n[\phi] = 4\) 로부터 \([\text{결합상수}] = 4 - n\).

(a) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -g\,\phi^3\)：

\[ [g] + 3[\phi] = 4 \implies [g] = 4 - 3 = 1 \]

(b) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\lambda}{4!}\,\phi^4\)：

\[ [\lambda] + 4[\phi] = 4 \implies [\lambda] = 4 - 4 = 0 \]

(c) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\kappa}{5!}\,\phi^5\)：

\[ [\kappa] + 5[\phi] = 4 \implies [\kappa] = 4 - 5 = -1 \]

(d) \(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\eta}{6!}\,\phi^6\)：

\[ [\eta] + 6[\phi] = 4 \implies [\eta] = 4 - 6 = -2 \]

최종 답

상호작용항	결합상수의 질량 차원	재규격화 가능성
\(g\,\phi^3\)	\([g] = 1\)	super-renormalizable
\(\frac{\lambda}{4!}\,\phi^4\)	\([\lambda] = 0\)	marginal (renormalizable)
\(\frac{\kappa}{5!}\,\phi^5\)	\([\kappa] = -1\)	non-renormalizable
\(\frac{\eta}{6!}\,\phi^6\)	\([\eta] = -2\)	non-renormalizable

검산

질량 차원이 음인 결합상수를 가지는 이론은 루프 보정의 차수가 올라갈 때마다 새로운 발산 구조가 나타나며, 유한 개의 상쇄항으로는 재규격화할 수 없어요(non-renormalizable). \([\lambda] = 0\) 인 \(\phi^4\) 이론이 재규격화 가능하다는 것은 4차원 장의 양자론의 표준적 결과와 일치해요.

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B-2. 상호작용 묘사에서 연산자의 시간 미분

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풀이 방침

\(\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\,e^{-i\hat{H}_0 t}\) 를 \(t\) 로 미분하고, 곱의 미분법칙을 적용해요.

계산의 상세

\(\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x})\) 를 \(t\) 로 미분해요. 3개 인자의 곱이므로, 곱의 미분법칙을 적용하면:

\[ \frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = \frac{\partial}{\partial t}\left(e^{i\hat{H}_0 t}\right)\,\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\,e^{-i\hat{H}_0 t} + e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\,\frac{\partial}{\partial t}\left(e^{-i\hat{H}_0 t}\right) \]

(\(\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\) 는 시간에 의존하지 않으므로, 중간 항은 기여하지 않아요.)

각 지수함수의 미분은:

\[ \frac{\partial}{\partial t}\left(e^{i\hat{H}_0 t}\right) = i\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t} \]

\[ \frac{\partial}{\partial t}\left(e^{-i\hat{H}_0 t}\right) = -i\hat{H}_0\,e^{-i\hat{H}_0 t} \]

대입하면:

\[ \frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I = i\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S\,e^{-i\hat{H}_0 t} + e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S\,(-i\hat{H}_0)\,e^{-i\hat{H}_0 t} \]

제1항은 \(i\hat{H}_0\,\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x})\) 로 인식할 수 있고, 제2항은 \(-i\,\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x})\,\hat{H}_0\) 로 인식할 수 있어요 (\(\hat{H}_0 = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}_0 e^{-i\hat{H}_0 t}\) 는 \(\hat{H}_0\) 가 자기 자신과 교환하기 때문이에요).

따라서:

\[ \frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I = i\hat{H}_0\,\hat{\phi}_I - i\,\hat{\phi}_I\,\hat{H}_0 = i[\hat{H}_0,\, \hat{\phi}_I] \]

양변에 \(i\) 를 곱하면:

\[ \boxed{i\frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = [\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}),\, \hat{H}_0]} \]

검산

우변의 교환자 \([\hat{\phi}_I, \hat{H}_0] = \hat{\phi}_I \hat{H}_0 - \hat{H}_0 \hat{\phi}_I = -[\hat{H}_0, \hat{\phi}_I]\) 이므로, \(i\frac{\partial}{\partial t}\hat{\phi}_I = -i[\hat{H}_0, \hat{\phi}_I] \cdot (-1) = [\hat{\phi}_I, \hat{H}_0]\). 부호가 정합함을 확인했어요. 또한, 이 결과는 하이젠베르크 묘사의 운동방정식 \(i\frac{d}{dt}\hat{O}_H = [\hat{O}_H, \hat{H}]\) 에서 \(\hat{H} \to \hat{H}_0\) 로 한 것에 대응하며, 상호작용 묘사의 연산자가 자유 해밀토니안으로 시간 발전한다는 성질과 일치해요.

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B-3. 시간순서곱의 구체적 계산

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(a) \(x^0 > y^0\) 인 경우

시간순서곱의 정의 (7.14)에 의해, 시각이 늦은 연산자를 왼쪽에 놓아요:

\[ T[\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)] = \hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y) \quad (x^0 > y^0) \]

(b) \(x^0 < y^0\) 인 경우

\[ T[\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)] = \hat{\phi}_I(y)\,\hat{\phi}_I(x) \quad (x^0 < y^0) \]

(c) 진공 기댓값과 Feynman 전파함수

\(\hat{\phi}_I(x)\)를 양의 진동수 부분(소멸 연산자를 포함)과 음의 진동수 부분(생성 연산자를 포함)으로 나눠요:

\[ \hat{\phi}_I(x) = \hat{\phi}^{(+)}(x) + \hat{\phi}^{(-)}(x) \]

여기서

\[ \hat{\phi}^{(+)}(x) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}}\,\hat{a}_{\mathbf{p}}\,e^{-ip\cdot x} \]

\[ \hat{\phi}^{(-)}(x) = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}}\,\hat{a}_{\mathbf{p}}^\dagger\,e^{+ip\cdot x} \]

\(x^0 > y^0\) 일 때:

\[ \langle 0|T[\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)]|0\rangle = \langle 0|\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)|0\rangle \]

\(\hat{a}_{\mathbf{p}}|0\rangle = 0\)이므로, \(\hat{\phi}^{(+)}\)가 오른쪽 끝에 오는 항과 \(\hat{\phi}^{(-)}\)가 왼쪽 끝에 오는 항은 사라져요. 영이 아닌 기여는:

\[ \langle 0|\hat{\phi}^{(+)}(x)\,\hat{\phi}^{(-)}(y)|0\rangle \]

모드 전개를 대입하면:

\[ = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}}\,e^{-ip\cdot x} \int \frac{d^3q}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{q}}}}\,e^{+iq\cdot y}\,\langle 0|\hat{a}_{\mathbf{p}}\,\hat{a}_{\mathbf{q}}^\dagger|0\rangle \]

\(\langle 0|\hat{a}_{\mathbf{p}}\,\hat{a}_{\mathbf{q}}^\dagger|0\rangle = (2\pi)^3\delta^3(\mathbf{p} - \mathbf{q})\)를 사용하면:

\[ = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{2\omega_{\mathbf{p}}}\,e^{-ip\cdot(x-y)} \]

여기서 \(p\cdot(x-y) = \omega_{\mathbf{p}}(x^0 - y^0) - \mathbf{p}\cdot(\mathbf{x} - \mathbf{y})\)이고, \(p^0 = \omega_{\mathbf{p}}\)예요.

\[ \boxed{\langle 0|T[\hat{\phi}_I(x)\,\hat{\phi}_I(y)]|0\rangle \Big|_{x^0 > y^0} = \int \frac{d^3p}{(2\pi)^3}\,\frac{1}{2\omega_{\mathbf{p}}}\,e^{-i\omega_{\mathbf{p}}(x^0-y^0)+i\mathbf{p}\cdot(\mathbf{x}-\mathbf{y})}} \]

검산

이 표현은 Feynman 전파함수의 \(p^0\) 적분을 유수 정리로 수행한 결과의 \(x^0 > y^0\) 경우와 일치해요. 실제로 \(D_F(x-y) = \int \frac{d^4p}{(2\pi)^4}\,\frac{i}{p^2 - m^2 + i\epsilon}\)의 \(p^0\) 적분을 하반면의 극 \(p^0 = \omega_{\mathbf{p}} - i\epsilon\)에서 취하면, \(x^0 > y^0\)일 때 위의 표현이 얻어져요.

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B-4. \(\hat{\phi}^4\) 의 연산자 구조

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풀이 방침

\(\hat{a}^\dagger\) 는 입자 수를 \(+1\), \(\hat{a}\) 는 입자 수를 \(-1\) 변화시켜요. 각 항의 입자 수 변화는 \((\hat{a}^\dagger \text{의 개수}) - (\hat{a} \text{의 개수})\) 로 주어져요.

최종 답

(a) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\)：\(4 - 0 = +4\)（입자를 4개 생성）

(b) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}\)：\(3 - 1 = +2\)（입자를 2개 증가）

(c) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}^\dagger\hat{a}\,\hat{a}\)：\(2 - 2 = 0\)（입자 수 불변, 2→2 산란）

(d) \(\hat{a}^\dagger\hat{a}\,\hat{a}\,\hat{a}\)：\(1 - 3 = -2\)（입자를 2개 감소）

(e) \(\hat{a}\,\hat{a}\,\hat{a}\,\hat{a}\)：\(0 - 4 = -4\)（입자를 4개 소멸）

검산

모든 경우를 합치면, \(\hat{\phi}^4\) 의 전개에는 입자 수를 \(+4, +2, 0, -2, -4\) 변화시키는 항이 포함돼요. 이것은 \((\hat{a} + \hat{a}^\dagger)^4\) 의 이항 전개에서 \(\hat{a}^\dagger\) 가 \(k\) 개, \(\hat{a}\) 가 \(4-k\) 개인 항（\(k = 0, 1, 2, 3, 4\)）에 대응하며, 입자 수 변화 \(2k - 4\) 가 \(-4, -2, 0, +2, +4\) 가 되는 것과 일치해요.

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B-5. Dyson 급수의 1차 항

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풀이 방침

\(\hat{H}_I(t) = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_I^4(t, \mathbf{x})\) 를 Dyson 급수의 1차 항에 대입하고, 4차원 적분으로 정리해요.

계산

\[ \hat{S}^{(1)} = (-i)\int_{-\infty}^{+\infty} dt_1\,\hat{H}_I(t_1) = (-i)\int_{-\infty}^{+\infty} dt_1\,\frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_I^4(t_1, \mathbf{x}) \]

\(dt_1\,d^3x = d^4x\) 로 정리하면:

\[ \boxed{\hat{S}^{(1)} = \frac{-i\lambda}{4!}\int d^4x\,\hat{\phi}_I^4(x)} \]

부호 확인

\(\mathcal{L}_{\text{int}} = -\frac{\lambda}{4!}\phi^4\) 로부터 \(\hat{H}' = -\int d^3x\,\mathcal{L}_{\text{int}} = +\frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\phi^4\)이에요. 따라서 \(\hat{H}_I(t) = +\frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_I^4\)이에요. \(\hat{S}^{(1)} = (-i)\int dt\,\hat{H}_I = \frac{-i\lambda}{4!}\int d^4x\,\hat{\phi}_I^4\)이에요.

다른 표현으로 \(\hat{S}^{(1)} = i\int d^4x\,\mathcal{L}_{\text{int}}\) 라고도 쓸 수 있어요:

\[ \hat{S}^{(1)} = i\int d^4x\,\left(-\frac{\lambda}{4!}\hat{\phi}_I^4\right) = \frac{-i\lambda}{4!}\int d^4x\,\hat{\phi}_I^4 \]

일치해요. 이 표현은 Lorentz 불변이에요（\(d^4x\) 와 \(\hat{\phi}_I^4(x)\) 는 모두 Lorentz 스칼라）.

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B-6. 시간순서곱의 대칭성

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(a) \(t_1 > t_2 > t_3\) 일 때

시간순서곱은 시각이 늦은 연산자를 왼쪽에 놓으므로:

\[ T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3)] = \hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3) \]

(이미 시간순서로 되어 있어요)

(b) \(t_3 > t_1 > t_2\) 일 때

가장 늦은 \(t_3\)을 왼쪽에, 다음으로 \(t_1\), 마지막으로 \(t_2\)를 놓아요:

\[ T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3)] = \hat{H}_I(t_3)\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2) \]

(c) 순열의 수

3개의 시각 변수 \(t_1, t_2, t_3\)의 대소 관계의 순열은 \(3! = 6\)가지가 있어요.

Dyson 급수의 3차 항은 원래의 적분이

\[ (-i)^3\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t_1}dt_2\int_{t_0}^{t_2}dt_3\,\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3) \]

와 같이 시간순서가 정해진(\(t_3 \le t_2 \le t_1\)) 영역만의 적분이에요. 시간순서곱을 사용하면 적분 영역을 정육면체 \([t_0, t]^3\) 전체로 확장할 수 있고, 6가지 순열이 동일한 기여를 하므로 \(1/3!\)로 나눠요:

\[ \hat{U}_I^{(3)} = \frac{(-i)^3}{3!}\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t}dt_2\int_{t_0}^{t}dt_3\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_3)] \]

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B-7. \(\hat{S} = \mathbb{1} + i\hat{T}\) 의 분해

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(a) \(\hat{T}\)가 만족해야 할 조건

\(\hat{S}^\dagger\hat{S} = \mathbb{1}\)에 \(\hat{S} = \mathbb{1} + i\hat{T}\)를 대입해요:

\[ \hat{S}^\dagger = \mathbb{1} - i\hat{T}^\dagger \]

\[ \hat{S}^\dagger\hat{S} = (\mathbb{1} - i\hat{T}^\dagger)(\mathbb{1} + i\hat{T}) = \mathbb{1} + i\hat{T} - i\hat{T}^\dagger + \hat{T}^\dagger\hat{T} = \mathbb{1} \]

따라서:

\[ \boxed{i(\hat{T} - \hat{T}^\dagger) + \hat{T}^\dagger\hat{T} = 0} \]

또는 동등하게:

\[ -i(\hat{T} - \hat{T}^\dagger) = \hat{T}^\dagger\hat{T} \]

이것은 광학 정리 (optical theorem)의 연산자 버전이에요. 특정 상태 \(|i\rangle\)의 행렬 요소를 취하고, 완전계 \(\sum_f |f\rangle\langle f| = \mathbb{1}\)를 우변에 삽입하면:

\[ -i(\langle i|\hat{T}|i\rangle - \langle i|\hat{T}^\dagger|i\rangle) = \sum_f |\langle f|\hat{T}|i\rangle|^2 \]

좌변은 전방 산란 진폭의 허수부의 2배이고, 우변은 전체 산란 단면적에 비례해요.

(b) 최저차 값

\(\hat{S} = \mathbb{1} + i\hat{T}\)에서 \(\hat{T} = O(\lambda)\)이므로, \(|i\rangle = |f\rangle\)일 때:

\[ \langle i|\hat{S}|i\rangle = \langle i|\mathbb{1}|i\rangle + i\langle i|\hat{T}|i\rangle = 1 + O(\lambda) \]

\[ \boxed{\langle i|\hat{S}|i\rangle\Big|_{\lambda^0} = 1} \]

검산

이것은 "상호작용이 없으면 산란이 일어나지 않고, 상태는 그대로 유지된다"는 물리적 요청과 일치해요.

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B-8. 상호작용 Hamiltonian의 묘사 변환

→ 문제로 돌아가기

풀이 방침

\(e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S^4(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}\) 에 단위 연산자를 삽입하여 \(\hat{\phi}_I^4\) 를 얻어요.

계산의 세부 과정

\[ \hat{H}_I(t) = e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{H}'\,e^{-i\hat{H}_0 t} = e^{i\hat{H}_0 t}\left(\frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_S^4(\mathbf{x})\right)e^{-i\hat{H}_0 t} \]

\[ = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,e^{i\hat{H}_0 t}\,\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\hat{\phi}_S(\mathbf{x})\,e^{-i\hat{H}_0 t} \]

\(\hat{\phi}_S\) 와 \(\hat{\phi}_S\) 사이에 \(e^{-i\hat{H}_0 t}e^{i\hat{H}_0 t} = \mathbb{1}\) 을 3번 삽입하면:

\[ = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\underbrace{e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}}_{\hat{\phi}_I(t,\mathbf{x})}\underbrace{e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}}_{\hat{\phi}_I(t,\mathbf{x})}\underbrace{e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}}_{\hat{\phi}_I(t,\mathbf{x})}\underbrace{e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}}_{\hat{\phi}_I(t,\mathbf{x})} \]

\[ \boxed{\hat{H}_I(t) = \frac{\lambda}{4!}\int d^3x\,\hat{\phi}_I^4(t, \mathbf{x})} \]

검산

\(\hat{\phi}_I(t, \mathbf{x}) = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{\phi}_S(\mathbf{x})e^{-i\hat{H}_0 t}\) 의 정의를 4번 사용한 것뿐이므로, 결과는 자명하게 올바르다고 할 수 있어요. 또한 \(\lambda = 0\) 일 때 \(\hat{H}_I = 0\) 이 되어, 상호작용이 없는 경우 상태가 변화하지 않는 것과 정합해요.

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Medium（표준）

M-1. 상호작용 묘사에서 상태의 운동방정식 유도

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(a) \(|\psi_I(t)\rangle\)의 시간 미분

\[ |\psi_I(t)\rangle = e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S \]

를 \(t\)로 미분해요:

\[ i\frac{d}{dt}|\psi_I(t)\rangle = i\frac{d}{dt}\left(e^{i\hat{H}_0 t}\right)|\psi(t)\rangle_S + e^{i\hat{H}_0 t}\left(i\frac{d}{dt}|\psi(t)\rangle_S\right) \]

제1항:

\[ i \cdot i\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S = -\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S \]

제2항에 Schrödinger 방정식 \(i\frac{d}{dt}|\psi(t)\rangle_S = (\hat{H}_0 + \hat{H}')|\psi(t)\rangle_S\)를 대입해요:

\[ e^{i\hat{H}_0 t}(\hat{H}_0 + \hat{H}')|\psi(t)\rangle_S \]

합치면:

\[ i\frac{d}{dt}|\psi_I(t)\rangle = -\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S + e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}_0|\psi(t)\rangle_S + e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'|\psi(t)\rangle_S \]

(b) \(\hat{H}_0\) 항의 상쇄

제1항과 제2항을 보면:

\[ -\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S + e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}_0|\psi(t)\rangle_S \]

\(\hat{H}_0\)는 \(e^{i\hat{H}_0 t}\)와 교환하므로 (\([\hat{H}_0, e^{i\hat{H}_0 t}] = 0\)):

\[ -\hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S + \hat{H}_0\,e^{i\hat{H}_0 t}|\psi(t)\rangle_S = 0 \]

남는 항은:

\[ i\frac{d}{dt}|\psi_I(t)\rangle = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'|\psi(t)\rangle_S \]

여기서 \(|\psi(t)\rangle_S = e^{-i\hat{H}_0 t}|\psi_I(t)\rangle\)를 대입하면:

\[ i\frac{d}{dt}|\psi_I(t)\rangle = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'\,e^{-i\hat{H}_0 t}|\psi_I(t)\rangle = \hat{H}_I(t)|\psi_I(t)\rangle \]

\[ \boxed{i\frac{d}{dt}|\psi_I(t)\rangle = \hat{H}_I(t)|\psi_I(t)\rangle} \]

여기서 \(\hat{H}_I(t) = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'e^{-i\hat{H}_0 t}\)가 자연스럽게 나타났어요.

(c) \([\hat{H}_0, \hat{H}'] = 0\)인 경우

\([\hat{H}_0, \hat{H}'] = 0\)이면:

\[ \hat{H}_I(t) = e^{i\hat{H}_0 t}\hat{H}'e^{-i\hat{H}_0 t} = \hat{H}' \]

(\(\hat{H}'\)가 \(\hat{H}_0\)와 교환하므로 유니터리 변환에 대해 불변)

이 경우 \(\hat{H}_I(t)\)는 시간에 의존하지 않는 상수 연산자 \(\hat{H}'\)가 돼요.

물리적 이유: \([\hat{H}_0, \hat{H}'] = 0\)이 성립할 때, \(\hat{H}_0\)와 \(\hat{H}'\)는 동시 대각화가 가능해요. 따라서 전체 해밀토니안 \(\hat{H} = \hat{H}_0 + \hat{H}'\)의 고유상태는 \(\hat{H}_0\)의 고유상태와 같은 기저로 쓸 수 있고, 에너지 고유값은 단순히 \(E_n = E_n^{(0)} + E_n'\)으로 가법적이 돼요. 엄밀해를 구할 수 있으므로 섭동 전개는 불필요해요.

다만 장의 양자론에서는 \(\hat{H}_{\text{int}}\)가 장의 3차 이상의 항을 포함하고 입자 수를 변화시키기 때문에, 일반적으로 \([\hat{H}_0, \hat{H}'] \neq 0\)이며 섭동론이 필요하게 돼요.

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M-2. Dyson 급수 2차 항과 시간순서곱

→ 문제로 돌아가기

(a) 변수의 교환

원래의 2차 항은:

\[ \hat{U}_I^{(2)} = (-i)^2\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t_1}dt_2\,\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2) \]

적분 영역은 \((t_1, t_2)\) 평면 위의 삼각형 \(\mathcal{R}_1: t_0 \le t_2 \le t_1 \le t\) 이에요.

여기서 적분 변수를 \(t_1 \leftrightarrow t_2\)로 교환하면 (더미 변수의 이름을 바꾸는 것뿐):

\[ (-i)^2\int_{t_0}^{t}dt_2\int_{t_0}^{t_2}dt_1\,\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_1) \]

이 적분 영역은 \(\mathcal{R}_2: t_0 \le t_1 \le t_2 \le t\) 이며, 이 영역에서는 \(t_2 > t_1\) 이므로 \(\hat{H}_I(t_2)\)가 시간적으로 나중——즉 \(\hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_1)\)는 시간순서로 되어 있어요.

(b) 두 기여의 합성

원래의 적분(영역 \(\mathcal{R}_1\))에서는 \(t_1 > t_2\) 이므로:

\[ \hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2) = T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] \quad \text{on } \mathcal{R}_1 \]

교환 후의 적분(영역 \(\mathcal{R}_2\))에서는 \(t_2 > t_1\) 이므로:

\[ \hat{H}_I(t_2)\hat{H}_I(t_1) = T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] \quad \text{on } \mathcal{R}_2 \]

두 삼각형 \(\mathcal{R}_1 \cup \mathcal{R}_2\)는 정사각형 \([t_0, t]^2\) 전체를 덮어요 (\(t_1 = t_2\)인 대각선 위는 측도가 0이므로 무시할 수 있어요).

원래의 적분은 \(\mathcal{R}_1\) 위에서만의 적분이며, 교환 후의 적분과 같아요 (더미 변수의 이름을 되돌리면 같은 식). 따라서:

\[ \hat{U}_I^{(2)} = (-i)^2\int_{\mathcal{R}_1}dt_1\,dt_2\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] \]

\(\mathcal{R}_1\)과 \(\mathcal{R}_2\)의 기여는 같으므로:

\[ 2\,\hat{U}_I^{(2)} = (-i)^2\int_{\mathcal{R}_1 \cup \mathcal{R}_2}dt_1\,dt_2\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] = (-i)^2\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t}dt_2\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)] \]

따라서:

\[ \boxed{\hat{U}_I^{(2)} = \frac{(-i)^2}{2!}\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t}dt_2\,T[\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)]} \]

(c) \(n\)차로의 일반화

\(n\)차 항은 원래:

\[ (-i)^n\int_{t_0}^{t}dt_1\int_{t_0}^{t_1}dt_2\cdots\int_{t_0}^{t_{n-1}}dt_n\,\hat{H}_I(t_1)\hat{H}_I(t_2)\cdots\hat{H}_I(t_n) \]

와 같이 시간순서 영역 \(t_n \le \cdots \le t_2 \le t_1\) 위의 적분이에요.

\(n\)개의 시각 변수의 순열은 \(n!\)가지가 있고, 시간순서곱 \(T\)를 사용하면 어떤 순열에서도 올바른 연산자 순서가 자동적으로 보장돼요. \(n!\)개의 삼각형 영역을 합치면 초입방체 \([t_0, t]^n\) 전체가 되며, 각 영역의 기여는 같으므로:

\[ \boxed{\hat{U}_I(t, t_0) = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-i)^n}{n!}\int_{t_0}^{t}dt_1\cdots\int_{t_0}^{t}dt_n\,T[\hat{H}_I(t_1)\cdots\hat{H}_I(t_n)]} \]

이것이 Dyson 급수예요. \(t_0 \to -\infty\), \(t \to +\infty\)로 하면 S 연산자 \(\hat{S} = T\exp\left(-i\int_{-\infty}^{+\infty}dt\,\hat{H}_I(t)\right)\)를 얻어요.

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M-3. \(\phi^4\) 이론의 2→2 산란진폭 (최저차)

→ 문제로 돌아가기

(a) \(\hat{\phi}_I^4(x)\) 에서 "2개 소멸·2개 생성" 항 추출

\(\hat{\phi}_I(x) = \hat{\phi}^{(+)}(x) + \hat{\phi}^{(-)}(x)\) 로 쓸게요. \(\hat{\phi}_I^4(x)\) 를 전개하면 \(\hat{\phi}^{(+)}\) 가 \(k\) 개, \(\hat{\phi}^{(-)}\) 가 \(4-k\) 개인 항이 나타나요 (\(k = 0, 1, 2, 3, 4\)).

초기 상태 \(|i\rangle = |\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2\rangle\) 는 2입자 상태이고, 종상태 \(|f\rangle = |\mathbf{p}_3, \mathbf{p}_4\rangle\) 도 2입자 상태예요. 행렬 요소 \(\langle f|\hat{\phi}_I^4|i\rangle\) 가 0이 아니려면, \(\hat{\phi}_I^4\) 가 초기 상태의 2개 입자를 소멸시키고 (\(\hat{\phi}^{(+)}\) 가 2개), 종상태의 2개 입자를 생성해야 해요 (\(\hat{\phi}^{(-)}\) 가 2개).

따라서 필요한 항은 \(k = 2\) (소멸 부분 2개, 생성 부분 2개)예요:

\[ \hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(x) \quad \text{및 그 순서 바꿈} \]

4개의 장 중 어떤 2개가 \(\hat{\phi}^{(+)}\) 이고 어떤 2개가 \(\hat{\phi}^{(-)}\) 인지의 조합은 \(\binom{4}{2} = 6\) 가지가 있어요.

(b) 조합 인자 계산과 결과

모드 전개를 대입해요. \(\hat{\phi}^{(+)}(x)\) 안의 \(\hat{a}_{\mathbf{k}}\) 가 초기 상태의 \(\hat{a}_{\mathbf{p}_1}^\dagger\) 또는 \(\hat{a}_{\mathbf{p}_2}^\dagger\) 와 교환 관계를 사용하여 소멸시켜요. 마찬가지로 \(\hat{\phi}^{(-)}(x)\) 안의 \(\hat{a}_{\mathbf{k}}^\dagger\) 가 종상태의 \(\hat{a}_{\mathbf{p}_3}^\dagger\) 또는 \(\hat{a}_{\mathbf{p}_4}^\dagger\) 와 대응해요.

조합 인자 세기:

1. 4개의 장 중 어떤 2개가 소멸 연산자를 제공하는가: \(\binom{4}{2} = 6\) 가지
2. 선택된 2개의 소멸 연산자 중 어느 것이 \(\mathbf{p}_1\) 을 소멸시키고 어느 것이 \(\mathbf{p}_2\) 를 소멸시키는가: \(2! = 2\) 가지
3. 나머지 2개의 생성 연산자 중 어느 것이 \(\mathbf{p}_3\) 을 만들고 어느 것이 \(\mathbf{p}_4\) 를 만드는가: \(2! = 2\) 가지

합계: \(6 \times 2 \times 2 = 24 = 4!\) 가지

이것이 \(\frac{1}{4!}\) 인자와 상쇄돼요.

구체적으로 계산해요. \(\hat{\phi}^{(+)}(x)\) 가 \(\mathbf{p}_1\) 을 소멸시킬 때:

\[ \hat{a}_{\mathbf{k}}|\mathbf{p}_1, \mathbf{p}_2\rangle \to (2\pi)^3\delta^3(\mathbf{k} - \mathbf{p}_1)|\mathbf{p}_2\rangle + (2\pi)^3\delta^3(\mathbf{k} - \mathbf{p}_2)|\mathbf{p}_1\rangle \]

모든 기여를 모으면, \(x\) 적분에서 운동량 보존 델타 함수가 나와요:

\[ \int d^4x\,e^{i(p_1 + p_2 - p_3 - p_4)\cdot x} = (2\pi)^4\delta^4(p_1 + p_2 - p_3 - p_4) \]

최종적으로:

\[ \langle f|\hat{S}^{(1)}|i\rangle = \frac{-i\lambda}{4!} \times 4! \times \frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_1}}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_2}}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_3}}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_4}}} \times (2\pi)^4\delta^4(p_1 + p_2 - p_3 - p_4) \]

\[ \boxed{\langle f|\hat{S}^{(1)}|i\rangle = -i\lambda\,(2\pi)^4\delta^4(p_1 + p_2 - p_3 - p_4)\,\prod_{j=1}^{4}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}_j}}}} \]

(c) 불변 산란 진폭 \(\mathcal{M}\)

S 행렬 요소의 표준적인 분해는:

\[ \langle f|\hat{S}|i\rangle = \langle f|i\rangle + i(2\pi)^4\delta^4(p_f - p_i)\,\prod_{\text{external}}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}}\,\mathcal{M} \]

(외선 인자의 관습은 교과서에 따라 다르지만, 여기서는 \(1/\sqrt{2\omega}\) 를 외선 인자로 포함하는 형태를 채택해요)

\(\langle f|i\rangle = 0\) (\(|i\rangle \neq |f\rangle\) 로 가정)으로 놓고 비교하면:

\[ i\mathcal{M} \times i(2\pi)^4\delta^4(\cdots)\prod\frac{1}{\sqrt{2\omega}} = -i\lambda\,(2\pi)^4\delta^4(\cdots)\prod\frac{1}{\sqrt{2\omega}} \]

여기서 관습을 정리해요. \(\langle f|i\hat{T}|i\rangle = i\mathcal{M}\,(2\pi)^4\delta^4(p_i - p_f)\prod\frac{1}{\sqrt{2\omega}}\) 로 정의하면:

\[ i\mathcal{M} = -i\lambda \]

\[ \boxed{\mathcal{M} = -\lambda} \]

검산

• 차원 해석: \(\lambda\) 는 무차원이므로 \(\mathcal{M}\) 도 무차원이에요. 4차원에서의 2→2 산란에서는 \([\mathcal{M}] = 0\) 이 맞아요.
• 운동량 보존: \((2\pi)^4\delta^4(p_1 + p_2 - p_3 - p_4)\) 가 나타나서 4원 운동량이 보존돼요.
• \(4!\) 의 상쇄: \(\phi^4\) 의 \(1/4!\) 과 24가지 조합이 정확히 상쇄되어 결과는 단순히 \(-\lambda\) 가 돼요. 이것은 \(\phi^4\) 꼭짓점의 파인만 규칙 (꼭짓점 인자 \(-i\lambda\))과 일치해요.

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M-4. 정규 순서와 Wick의 정리 (2개 장의 경우)

→ 문제로 돌아가기

(a) 정규 순서의 정의

정규 순서 (normal ordering) \(:\hat{O}:\) 란, 연산자의 곱에서 모든 생성 연산자 \(\hat{a}^\dagger\) (즉 \(\hat{\phi}^{(-)}\))를 소멸 연산자 \(\hat{a}\) (즉 \(\hat{\phi}^{(+)}\))의 왼쪽에 재배열하는 조작이에요. 보손의 경우, 재배열에 따른 부호 변화는 없어요.

구체적으로:

\[ :\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y): \;= \;:\!(\hat{\phi}^{(+)}(x) + \hat{\phi}^{(-)}(x))(\hat{\phi}^{(+)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(y))\!: \]

전개하여 정규 순서를 적용하면:

\[ :\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y): \;= \;\hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(-)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(y)\hat{\phi}^{(+)}(x) + \hat{\phi}^{(+)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(y) \]

주의: \(\hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(y)\) 와 \(\hat{\phi}^{(-)}(y)\hat{\phi}^{(+)}(x)\) 항에서는, 생성 부분이 왼쪽, 소멸 부분이 오른쪽에 이미 배치되어 있어요.

(b) 축약이 c 수임의 증명

축약의 정의:

\[ \underbrace{\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)} = T[\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)] - :\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y): \]

\(x^0 > y^0\) 인 경우:

\[ T[\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)] = \hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y) = (\hat{\phi}^{(+)}(x) + \hat{\phi}^{(-)}(x))(\hat{\phi}^{(+)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(y)) \]

전개하면:

\[ = \hat{\phi}^{(+)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(y) + \hat{\phi}^{(+)}(x)\hat{\phi}^{(-)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(+)}(y) + \hat{\phi}^{(-)}(x)\hat{\phi}^{(-)}(y) \]

정규 순서와의 차를 구하면:

\[ T[\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y)] - :\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y): = \hat{\phi}^{(+)}(x)\hat{\phi}^{(-)}(y) - \hat{\phi}^{(-)}(y)\hat{\phi}^{(+)}(x) \]

\[ = [\hat{\phi}^{(+)}(x),\, \hat{\phi}^{(-)}(y)] \]

이 교환자를 계산하면:

\[ [\hat{\phi}^{(+)}(x),\, \hat{\phi}^{(-)}(y)] = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{p}}}}e^{-ip\cdot x}\int\frac{d^3q}{(2\pi)^3}\frac{1}{\sqrt{2\omega_{\mathbf{q}}}}e^{iq\cdot y}\,[\hat{a}_{\mathbf{p}},\,\hat{a}_{\mathbf{q}}^\dagger] \]

\[ = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\mathbf{p}}}e^{-ip\cdot(x-y)} \]

이것은 c 수 (연산자를 포함하지 않는 함수)예요.

마찬가지로 \(x^0 < y^0\) 인 경우는 \([\hat{\phi}^{(+)}(y),\, \hat{\phi}^{(-)}(x)]\) 가 나타나며, 역시 c 수예요.

D3(c)에서 보인 것처럼, \(x^0 > y^0\) 일 때:

\[ [\hat{\phi}^{(+)}(x),\, \hat{\phi}^{(-)}(y)] = \int\frac{d^3p}{(2\pi)^3}\frac{1}{2\omega_{\mathbf{p}}}e^{-ip\cdot(x-y)} = \langle 0|T[\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y)]|0\rangle = D_F(x-y) \]

(정규 순서의 진공 기댓값은 \(\langle 0|:\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y):|0\rangle = 0\) 이므로)

따라서:

\[ \boxed{\underbrace{\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)} = D_F(x-y)} \]

(c) 2개 장에 대한 Wick의 정리

(b)의 결과를 이항하면 바로:

\[ \boxed{T[\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y)] = :\hat{\phi}_I(x)\hat{\phi}_I(y): \;+\; D_F(x-y)} \]

이것이 2개 장에 대한 Wick의 정리예요.

검산

양변의 진공 기댓값을 취하면:

• 좌변: \(\langle 0|T[\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y)]|0\rangle = D_F(x-y)\)
• 우변: \(\langle 0|:\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y):|0\rangle + D_F(x-y) = 0 + D_F(x-y)\)

일치해요. ✓

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M-5. S 행렬의 유니타리성과 확률 보존

→ 문제로 돌아가기

(a) \(\hat{U}_I^\dagger(t, t_0) = \hat{U}_I(t_0, t)\) 의 증명

\(\hat{U}_I(t, t_0)\)는 미분방정식 (7.9)를 만족해요:

\[ i\frac{\partial}{\partial t}\hat{U}_I(t, t_0) = \hat{H}_I(t)\,\hat{U}_I(t, t_0), \quad \hat{U}_I(t_0, t_0) = \mathbb{1} \]

이것의 에르미트 수반을 취하면 (\(\hat{H}_I^\dagger = \hat{H}_I\)를 사용):

\[ -i\frac{\partial}{\partial t}\hat{U}_I^\dagger(t, t_0) = \hat{U}_I^\dagger(t, t_0)\,\hat{H}_I(t) \]

한편, \(\hat{U}_I(t_0, t)\)가 만족하는 방정식을 생각해 봐요. \(\hat{U}_I(t_0, t)\)는 "\(t\)에서 \(t_0\)으로의" 시간 발전이므로, \(t\)에 관한 미분방정식은:

\[ i\frac{\partial}{\partial t}\hat{U}_I(t_0, t) = -\hat{U}_I(t_0, t)\,\hat{H}_I(t) \]

(부호가 반전되는 것은, \(\hat{U}_I(t_0, t)\)에서 \(t\)가 "출발 시각"이 아니라 "도착 시각의 역"으로 기능하기 때문이에요. 형식적으로는 \(\hat{U}_I(t, t_0)\hat{U}_I(t_0, t) = \mathbb{1}\)을 \(t\)로 미분하여 유도할 수 있어요.)

정리하면:

\[ -i\frac{\partial}{\partial t}\hat{U}_I(t_0, t) = \hat{U}_I(t_0, t)\,\hat{H}_I(t) \]

이것은 \(\hat{U}_I^\dagger(t, t_0)\)가 만족하는 방정식과 동일하며, 초기 조건도 \(\hat{U}_I^\dagger(t_0, t_0) = \mathbb{1} = \hat{U}_I(t_0, t_0)\)으로 일치해요. 미분방정식 해의 유일성으로부터:

\[ \boxed{\hat{U}_I^\dagger(t, t_0) = \hat{U}_I(t_0, t)} \]

(b) 유니터리성의 증명

시간 발전 연산자의 군 성질 \(\hat{U}_I(t, t_1)\hat{U}_I(t_1, t_0) = \hat{U}_I(t, t_0)\)에서 \(t = t_0\)으로 놓으면:

\[ \hat{U}_I(t_0, t_1)\hat{U}_I(t_1, t_0) = \hat{U}_I(t_0, t_0) = \mathbb{1} \]

(a)의 결과 \(\hat{U}_I(t_0, t_1) = \hat{U}_I^\dagger(t_1, t_0)\)를 대입하면:

\[ \hat{U}_I^\dagger(t_1, t_0)\hat{U}_I(t_1, t_0) = \mathbb{1} \]

\(t_1 \to +\infty\), \(t_0 \to -\infty\)의 극한을 취하면:

\[ \boxed{\hat{S}^\dagger\hat{S} = \mathbb{1}} \]

마찬가지로 \(\hat{U}_I(t_1, t_0)\hat{U}_I(t_0, t_1) = \mathbb{1}\)로부터 \(\hat{S}\hat{S}^\dagger = \mathbb{1}\)도 얻을 수 있어요.

(c) 확률 보존의 물리적 의미

유니터리성은 확률의 보존을 의미해요. 초기 상태 \(|i\rangle\)에서 출발하여, 모든 가능한 최종 상태 \(|f\rangle\)로의 전이 확률의 총합이 1이 된다는 것을 보여줘요.

완전계 \(\sum_f |f\rangle\langle f| = \mathbb{1}\)을 삽입하면:

\[ \sum_f |\langle f|\hat{S}|i\rangle|^2 = \sum_f \langle i|\hat{S}^\dagger|f\rangle\langle f|\hat{S}|i\rangle = \langle i|\hat{S}^\dagger\left(\sum_f|f\rangle\langle f|\right)\hat{S}|i\rangle \]

\[ = \langle i|\hat{S}^\dagger\hat{S}|i\rangle = \langle i|\mathbb{1}|i\rangle = 1 \]

\[ \boxed{\sum_f |\langle f|\hat{S}|i\rangle|^2 = 1} \]

이것은 "입자는 반드시 어딘가로 간다"——산란 후에 입자가 소멸해 버리는 일은 없다——는 확률 보존의 요청 그 자체예요.

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Advanced（발전）

A-1. Yukawa 이론으로의 확장과 Wick의 정리 적용

→ 문제로 돌아가기

(a) 결합 상수 \(g\)의 질량 차원

4차원 시공간에서 \([\mathcal{L}] = 4\), \([\psi] = 3/2\), \([\phi] = 1\) 이에요.

\[ [\mathcal{L}_{\text{int}}] = [g] + [\bar{\psi}] + [\psi] + [\phi] = 4 \]

\[ [g] + \frac{3}{2} + \frac{3}{2} + 1 = 4 \]

\[ \boxed{[g] = 4 - 4 = 0} \]

\(g\)는 무차원이며, Yukawa 이론은 재규격화 가능(renormalizable)해요.

(b) S 행렬의 1차 항

\(\hat{H}' = -\int d^3x\,\mathcal{L}_{\text{int}} = g\int d^3x\,\hat{\bar{\psi}}\hat{\psi}\hat{\phi}\) 로부터:

\[ \hat{S}^{(1)} = (-i)\int_{-\infty}^{+\infty}dt\,\hat{H}_I(t) = (-i)\int d^4x\,g\,\hat{\bar{\psi}}_I(x)\hat{\psi}_I(x)\hat{\phi}_I(x) \]

\[ \boxed{\hat{S}^{(1)} = -ig\int d^4x\,\hat{\bar{\psi}}_I(x)\hat{\psi}_I(x)\hat{\phi}_I(x)} \]

(c) 페르미온-페르미온 산란의 최저차

\(\hat{S}^{(1)}\)의 연산자 구조를 분석해요. \(\hat{\bar{\psi}} \sim \hat{b}^\dagger + \hat{d}\) (페르미온 생성 또는 반페르미온 소멸), \(\hat{\psi} \sim \hat{b} + \hat{d}^\dagger\) (페르미온 소멸 또는 반페르미온 생성), \(\hat{\phi} \sim \hat{a} + \hat{a}^\dagger\) (스칼라 입자의 생성 또는 소멸).

\(\hat{S}^{(1)}\)의 각 꼭짓점은: - 페르미온을 1개 소멸하고, 1개 생성해요 - 스칼라 입자를 1개 생성 또는 소멸해요

\(\psi + \psi \to \psi + \psi\) 과정에서는 초기 상태에 페르미온 2개, 종상태에 페르미온 2개가 있고, 스칼라 입자는 외선에 없어요. \(\hat{S}^{(1)}\)은 하나의 꼭짓점만 가지며 페르미온을 1개밖에 소멸할 수 없으므로, 초기 상태의 2개의 페르미온을 처리할 수 없어요.

따라서, 최저차 기여는 \(\hat{S}^{(2)}\) (\(g^2\)의 2차)에서 나타나요. 두 개의 꼭짓점이 있으면, 각 꼭짓점에서 페르미온을 1개씩 소멸·생성하고, 두 꼭짓점 사이를 스칼라 장의 내부선(전파 함수)으로 연결할 수 있어요.

(d) 스칼라 장의 축약과 Yukawa 퍼텐셜

\(\hat{S}^{(2)}\)에 Wick의 정리를 적용하면:

\[ \hat{S}^{(2)} = \frac{(-ig)^2}{2!}\int d^4x\,d^4y\,T[\hat{\bar{\psi}}(x)\hat{\psi}(x)\hat{\phi}(x)\,\hat{\bar{\psi}}(y)\hat{\psi}(y)\hat{\phi}(y)] \]

페르미온-페르미온 산란에서는 외선에 스칼라 입자가 없으므로, \(\hat{\phi}(x)\)와 \(\hat{\phi}(y)\)는 서로 축약돼요:

\[ \underbrace{\hat{\phi}(x)\hat{\phi}(y)} = D_F(x-y) = \int\frac{d^4k}{(2\pi)^4}\,\frac{i}{k^2 - m_\phi^2 + i\epsilon} \]

물리적 해석: 이 축약은 시공간 점 \(x\)에서 스칼라 입자가 "가상적으로" 생성되어 \(y\)까지 전파한 후 소멸하는 (또는 그 반대) 과정을 나타내요. 이것이 바로 스칼라 입자의 교환에 의한 힘의 매개에요.

운동량 공간에서 비상대론적 극한(\(|\mathbf{k}|^2 \ll m_\phi^2\), \(k^0 \approx 0\))을 취하면, 스칼라 전파 함수는:

\[ \frac{i}{k^2 - m_\phi^2} \approx \frac{-i}{|\mathbf{k}|^2 + m_\phi^2} \]

이것을 좌표 공간으로 Fourier 변환하면:

\[ V(r) \propto -\frac{g^2}{4\pi}\frac{e^{-m_\phi r}}{r} \]

이것이 Yukawa 퍼텐셜이에요. 양자역학 제 13 장의 Born 근사에서 산란 진폭과 퍼텐셜의 관계를 떠올리면, 장의 양자론에서의 "입자의 교환"이 비상대론적 극한에서 Yukawa형 퍼텐셜을 재현한다는 것을 알 수 있어요. 스칼라 입자의 질량 \(m_\phi\)가 힘의 도달 거리 \(\sim 1/m_\phi\)를 결정해요.

검산

• \(m_\phi \to 0\)에서 \(V(r) \propto -g^2/(4\pi r)\) (Coulomb형)으로 귀착돼요.
• \(m_\phi \to \infty\)에서 \(V(r) \to 0\) (무거운 매개 입자는 단거리 힘만 전달해요).
• \([g] = 0\)이므로 \([g^2/r] = 1\) (에너지의 차원). 퍼텐셜의 차원이 올바르게 나와요.

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A-2. 단열 가설과 Gell-Mann–Low 정리

→ 문제로 돌아가기

(a) 단열 스위칭에 의한 \(\hat{H}_I(t) \to 0\) 확인

\[ \hat{H}_I(t)\,e^{-\epsilon|t|} \]

\(t \to +\infty\) 일 때: \(e^{-\epsilon|t|} = e^{-\epsilon t} \to 0\) (\(\epsilon > 0\))

\(t \to -\infty\) 일 때: \(e^{-\epsilon|t|} = e^{+\epsilon t} \to 0\) (\(\epsilon > 0\), \(t < 0\)이므로 \(\epsilon t \to -\infty\))

따라서:

\[ \boxed{\lim_{t \to \pm\infty}\hat{H}_I(t)\,e^{-\epsilon|t|} = 0} \]

먼 과거·미래에서는 상호작용이 단열적으로 사라지며, 계는 자유 이론으로 행동해요.

(b) Gell-Mann–Low 정리

논의의 구조:

단열 스위칭 하에서, \(t = -\infty\)에서의 상태는 자유 이론의 진공 \(|0\rangle\)이에요(상호작용이 사라져 있으므로). 시간 발전 연산자 \(\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)\)로 \(t = 0\)까지 발전시키면:

\[ \hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle \]

이 상태는 상호작용이 단열적으로 "켜지는" 과정에서 \(|0\rangle\)으로부터 연속적으로 변형된 상태예요. 단열 정리(양자역학의 단열 근사의 일반화)에 의해, 계가 충분히 느리게 변화하면 바닥 상태는 바닥 상태에 머물러요. 따라서 \(\epsilon \to 0^+\) 극한에서 이 상태는 상호작용하는 이론의 진공 \(|\Omega\rangle\)에 (위상 인자를 제외하고) 일치해요.

다만 \(\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle\)은 일반적으로 규격화되어 있지 않으며, 부정한 위상을 가져요. 이를 보정하는 것이 분모 \(\langle 0|\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle\)의 역할이에요:

\[ |\Omega\rangle = \lim_{\epsilon \to 0^+}\frac{\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle}{\langle 0|\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle} \]

분모의 역할:

1. 규격화: \(\hat{U}_I^\epsilon(0, -\infty)|0\rangle\)의 노름을 1로 정규화해요.
2. 위상 제거: \(|0\rangle\)과 \(|\Omega\rangle\) 사이의 상대 위상(\(\langle 0|\Omega\rangle = |\langle 0|\Omega\rangle|e^{i\alpha}\)의 \(e^{i\alpha}\) 부분)을 제거하고, \(\langle 0|\Omega\rangle\)을 실수 양수로 만드는 관례를 채택해요.
3. 에너지 이동의 흡수: 상호작용에 의한 진공 에너지 이동 \(E_\Omega - E_0\)에 동반되는 위상 \(e^{-i(E_\Omega - E_0)T}\)(\(T\)는 시간 간격)를 분모가 상쇄해요.

(c) 진공 거품의 상쇄

진공 거품 (vacuum bubble)이란 외부선을 갖지 않는 Feynman 도형——즉, 외부 입자와 연결되지 않는 닫힌 루프 도형——을 말해요.

Dyson 급수를 전개하면, S 행렬 요소 \(\langle f|\hat{S}|i\rangle\)의 각 차수에 "물리적 산란 과정을 기술하는 연결 도형"과 "그에 수반되는 진공 거품"이 나타나요.

연결·비연결 정리 (linked-cluster theorem):

S 행렬 요소는 다음과 같이 인수분해돼요:

\[ \langle f|\hat{S}|i\rangle = \langle f|\hat{S}|i\rangle_{\text{connected}} \times \langle 0|\hat{S}|0\rangle \]

여기서 \(\langle 0|\hat{S}|0\rangle\)은 모든 진공 거품 도형의 기여 총합이며, 지수함수적으로 인수분해돼요:

\[ \langle 0|\hat{S}|0\rangle = \exp\left(\sum_{\text{connected vacuum bubbles}}\right) \]

한편, Gell-Mann–Low 정리의 분모는:

\[ \langle 0|\hat{U}_I(+\infty, -\infty)|0\rangle = \langle 0|\hat{S}|0\rangle \]

따라서 물리적 산란 진폭을 계산할 때는:

\[ \frac{\langle f|\hat{S}|i\rangle}{\langle 0|\hat{S}|0\rangle} = \langle f|\hat{S}|i\rangle_{\text{connected}} \]

즉, 진공 거품의 기여는 분모에 의해 정확히 상쇄되며, 연결 도형만이 물리적 산란 진폭에 기여해요.

보다 정확히는, 상관함수의 경우:

\[ \langle \Omega|T[\hat{\phi}(x_1)\cdots\hat{\phi}(x_n)]|\Omega\rangle = \frac{\langle 0|T[\hat{\phi}_I(x_1)\cdots\hat{\phi}_I(x_n)\hat{S}]|0\rangle}{\langle 0|\hat{S}|0\rangle} \]

분자의 Wick 전개에서 나타나는 비연결 도형(연결 부분 × 진공 거품)은 분모의 \(\langle 0|\hat{S}|0\rangle\)과 상쇄되어, 최종적으로 연결 도형만 남아요.

검산

• \(\lambda = 0\)(자유 이론)일 때, \(|\Omega\rangle = |0\rangle\), \(\langle 0|\hat{S}|0\rangle = 1\)이 되어 모든 것이 자명하게 성립해요.
• 진공 거품의 상쇄는, 물리량(산란 단면적이나 붕괴율)이 진공 에너지에 의존하지 않는다는 물리적 요구와 정합해요.
• 이 정리는 섭동론의 모든 차수에서 성립하며, Feynman 규칙에서 "연결 도형만 계산하면 된다"는 실용적 처방의 이론적 근거를 제공해요.

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