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부록 D 연습문제 풀이

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목차

Basic（기초）

Medium（표준）

Advanced（발전）

Basic（기초）

B-1. Lagrangian으로부터 정준운동량 계산

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문제:

다음 Lagrangian에 대해 정준운동량 \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\)를 구하세요.

(a)

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}k q^2 \]

(b)

\[ L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r) \]

에 대해, \(p_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}}\)와 \(p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\)를 각각 구하세요.

(c)

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 + e\dot{q}A(q) - e\phi(q) \]

여기서 \(A(q)\)는 벡터 퍼텐셜 (vector potential), \(\phi(q)\)는 스칼라 퍼텐셜 (scalar potential), \(e\)는 전하예요.

풀이 방침: 정준운동량의 정의 \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) 를 그대로 적용해요. 편미분에서는 \(q\)를 상수로 취급해요.

(a) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}kq^2\)

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = \frac{\partial}{\partial \dot{q}}\left(\frac{1}{2}m\dot{q}^2\right) = m\dot{q} \]
\[ \boxed{p = m\dot{q}} \]

(b) \(L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r)\)

\(r\)에 켤레인 운동량:

\[ p_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m\dot{r} \]

\(\theta\)에 켤레인 운동량:

\[ p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = mr^2\dot{\theta} \]
\[ \boxed{p_r = m\dot{r}, \qquad p_\theta = mr^2\dot{\theta}} \]

검산: \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\)는 각운동량의 \(z\) 성분 \(L_z\)와 일치해요. 차원은 \([\text{kg}\cdot\text{m}^2\cdot\text{s}^{-1}]\)로 각운동량의 차원으로서 올바르다는 것을 확인할 수 있어요.

(c) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 + e\dot{q}A(q) - e\phi(q)\)

\(A(q)\)는 \(\dot{q}\)에 의존하지 않으므로:

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q} + eA(q) \]
\[ \boxed{p = m\dot{q} + eA(q)} \]

검산: 정준운동량 \(p\)는 역학적 운동량 \(m\dot{q}\)와는 다르며, 벡터 퍼텐셜의 기여 \(eA\)를 포함해요. 이것은 전자기장 속 하전 입자의 정준운동량으로 알려진 결과와 일치해요.

B-2. Legendre 변환에 의한 Hamiltonian의 구성

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문제:

다음 각 Lagrangian에 대해, 정준운동량 \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\)를 구하고, \(\dot{q}\)를 \(p\)에 대해 풀은 뒤, Hamiltonian \(H = p\dot{q} - L\)을 \(q\)와 \(p\)의 함수로 구하세요.

(a)

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}k q^2 \]

(b)

\[ L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r) \]

에 대해, \(p_r = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}}\), \(p_\theta = \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}\)를 구하고, \(H(r, \theta, p_r, p_\theta) = p_r\dot{r} + p_\theta\dot{\theta} - L\)을 계산하세요.

(c)

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 + e\dot{q}A(q) - e\phi(q) \]

여기서 \(A(q)\)는 벡터 퍼텐셜, \(\phi(q)\)는 스칼라 퍼텐셜, \(e\)는 전하예요.

풀이 방침: D1에서 구한 \(p\)를 \(\dot{q}\)에 대해 풀고, \(H = p\dot{q} - L\)에 대입하여 \(\dot{q}\)를 소거해요.

(a) D1(a)로부터 \(p = m\dot{q}\)이므로 \(\dot{q} = p/m\)이에요.

\[ H = p\dot{q} - L = p \cdot \frac{p}{m} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p}{m}\right)^2 - \frac{1}{2}kq^2\right] \]
\[ = \frac{p^2}{m} - \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}kq^2 = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}kq^2 \]
\[ \boxed{H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}kq^2} \]

검산: \(T + V\)의 형태가 되어 있어요. \(k = m\omega^2\)으로 놓으면 조화 진동자의 표준적인 Hamiltonian과 일치해요.

(b) D1(b)로부터 \(p_r = m\dot{r}\), \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\)이므로:

\[ \dot{r} = \frac{p_r}{m}, \qquad \dot{\theta} = \frac{p_\theta}{mr^2} \]

Hamiltonian은 \(H = p_r\dot{r} + p_\theta\dot{\theta} - L\):

\[ H = p_r \cdot \frac{p_r}{m} + p_\theta \cdot \frac{p_\theta}{mr^2} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p_r^2}{m^2} + r^2 \cdot \frac{p_\theta^2}{m^2 r^4}\right) - V(r)\right] \]
\[ = \frac{p_r^2}{m} + \frac{p_\theta^2}{mr^2} - \frac{p_r^2}{2m} - \frac{p_\theta^2}{2mr^2} + V(r) \]
\[ \boxed{H = \frac{p_r^2}{2m} + \frac{p_\theta^2}{2mr^2} + V(r)} \]

검산: 제2항 \(\frac{p_\theta^2}{2mr^2} = \frac{(mr^2\dot{\theta})^2}{2mr^2} = \frac{1}{2}mr^2\dot{\theta}^2\)은 회전 운동 에너지에 대응해요. 전체적으로 \(T + V\)의 형태가 되어 있어요.

(c) D1(c)로부터 \(p = m\dot{q} + eA(q)\)이므로:

\[ \dot{q} = \frac{p - eA(q)}{m} \]
\[ H = p\dot{q} - L = p \cdot \frac{p - eA}{m} - \left[\frac{1}{2}m\left(\frac{p - eA}{m}\right)^2 + e \cdot \frac{p - eA}{m} \cdot A - e\phi\right] \]

각 항을 계산하면:

\[ p\dot{q} = \frac{p(p - eA)}{m} \]
\[ \frac{1}{2}m\dot{q}^2 = \frac{(p - eA)^2}{2m} \]
\[ e\dot{q}A = \frac{eA(p - eA)}{m} \]

따라서:

\[ H = \frac{p(p - eA)}{m} - \frac{(p - eA)^2}{2m} - \frac{eA(p - eA)}{m} + e\phi \]
\[ = \frac{(p - eA)}{m}\left[p - \frac{p - eA}{2} - eA\right] + e\phi \]
\[ = \frac{(p - eA)}{m} \cdot \frac{2p - p + eA - 2eA}{2} + e\phi = \frac{(p - eA)}{m} \cdot \frac{p - eA}{2} + e\phi \]
\[ \boxed{H = \frac{(p - eA)^2}{2m} + e\phi} \]

검산: \(\frac{(p-eA)^2}{2m} = \frac{(m\dot{q})^2}{2m} = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\)은 운동 에너지와 같아요. \(e\phi\)는 퍼텐셜 에너지예요. 전체적으로 \(T + V\)의 형태이며, 전자기장 속 하전 입자의 Hamiltonian으로 알려진 결과와 일치해요.

B-3. Hamilton의 정준방정식의 적용

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문제:

1차원 조화진동자의 해밀토니안

\[ H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2 \]

에 대해 Hamilton의 정준방정식 (D.21)을 써 내려가고, \(\dot{q}\)와 \(\dot{p}\)를 구하세요. 나아가 \(\dot{q}\)의 식을 시간 미분하여 \(\dot{p}\)의 식과 결합함으로써 \(q\)에 관한 2계 미분방정식을 유도하고, 그것이 조화진동자의 운동방정식 \(m\ddot{q} = -m\omega^2 q\)와 일치함을 확인하세요.

풀이 방침: \(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) 에 대해 \(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p}\), \(\dot{p} = -\frac{\partial H}{\partial q}\) 를 계산하고, 2계 운동방정식을 유도해요.

Hamilton의 정준 방정식:

\[ \dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m} \]
\[ \dot{p} = -\frac{\partial H}{\partial q} = -m\omega^2 q \]
\[ \boxed{\dot{q} = \frac{p}{m}, \qquad \dot{p} = -m\omega^2 q} \]

\(\dot{q} = p/m\) 의 양변을 시간에 대해 미분하면:

\[ \ddot{q} = \frac{\dot{p}}{m} \]

여기에 \(\dot{p} = -m\omega^2 q\) 를 대입하면:

\[ \ddot{q} = \frac{-m\omega^2 q}{m} = -\omega^2 q \]
\[ \boxed{m\ddot{q} = -m\omega^2 q} \]

이것은 조화진동자의 운동방정식(복원력 \(F = -kq = -m\omega^2 q\)) 그 자체예요.

검산: Newton의 운동방정식 \(F = ma\) 에서 \(F = -\frac{dV}{dq} = -m\omega^2 q\) 로 놓으면 \(m\ddot{q} = -m\omega^2 q\) 가 직접 얻어지며, 위의 결과와 일치해요.

B-4. Euler-Lagrange 방정식의 직접 적용

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문제:

다음 라그랑지안에 대해 오일러-라그랑주 방정식 (D.9)를 써서 운동방정식을 구하세요.

(a) 자유 입자: \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\)

(b) 중력장 속의 입자: \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mgq\) (\(g\)는 중력가속도)

(c) 일반적인 1차원 퍼텐셜: \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - V(q)\)

풀이 방침: 각 Lagrangian에 대해 \(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\) 와 \(\frac{\partial L}{\partial q}\) 를 계산하고, \(\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\right) - \frac{\partial L}{\partial q} = 0\) 에 대입해요.

(a) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2\)

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q}, \qquad \frac{\partial L}{\partial q} = 0 \]
\[ \frac{d}{dt}(m\dot{q}) - 0 = 0 \quad \Longrightarrow \quad \boxed{m\ddot{q} = 0} \]

자유 입자는 등속 직선 운동을 해요.

(b) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - mgq\)

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q}, \qquad \frac{\partial L}{\partial q} = -mg \]
\[ \frac{d}{dt}(m\dot{q}) - (-mg) = 0 \quad \Longrightarrow \quad m\ddot{q} + mg = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{q} = -mg} \]

중력장 내의 등가속도 운동(\(q\)를 위쪽을 양의 방향으로 잡은 경우의 자유 낙하)이에요.

(c) \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - V(q)\)

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = m\dot{q}, \qquad \frac{\partial L}{\partial q} = -\frac{dV}{dq} \]
\[ \frac{d}{dt}(m\dot{q}) - \left(-\frac{dV}{dq}\right) = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{q} = -\frac{dV}{dq}} \]

이것은 Newton의 제2법칙 \(F = ma\)（\(F = -dV/dq\)）그 자체예요.

검산: (a)는 \(V = 0\), (b)는 \(V = mgq\)의 특수한 경우이며, (c)의 일반적인 결과로부터 각각 올바르게 재현돼요.

B-5. 에너지 보존의 직접 확인

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문제:

1차원 조화진동자의 해밀토니안(D3과 동일)에 대해, \(\frac{dH}{dt}\)를 연쇄 법칙(체인 룰)으로 전개하고, 해밀턴의 정준 방정식을 대입하여 \(\frac{dH}{dt} = 0\)을 보이세요. 본문의 식 (D.25)의 계산을 직접 손으로 재현하세요.

풀이 방침: \(H(q,p)\) 의 전시간 미분을 연쇄 법칙으로 전개하고, Hamilton의 정준 방정식을 대입해요.

\(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\) 는 시간에 양적으로 의존하지 않으므로:

\[ \frac{dH}{dt} = \frac{\partial H}{\partial q}\dot{q} + \frac{\partial H}{\partial p}\dot{p} \]

각 편미분을 계산해요:

\[ \frac{\partial H}{\partial q} = m\omega^2 q, \qquad \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m} \]

D3의 결과 \(\dot{q} = \frac{p}{m}\), \(\dot{p} = -m\omega^2 q\) 를 대입해요:

\[ \frac{dH}{dt} = (m\omega^2 q)\cdot\frac{p}{m} + \frac{p}{m}\cdot(-m\omega^2 q) \]
\[ = \omega^2 qp - \omega^2 qp = 0 \]
\[ \boxed{\frac{dH}{dt} = 0} \]

검산: 이 결과는 일반적으로 성립해요. \(H\) 가 시간에 양적으로 의존하지 않는 임의의 계에서, \(\frac{dH}{dt} = \frac{\partial H}{\partial q}\dot{q} + \frac{\partial H}{\partial p}\dot{p} = \frac{\partial H}{\partial q}\frac{\partial H}{\partial p} + \frac{\partial H}{\partial p}\left(-\frac{\partial H}{\partial q}\right) = 0\) 이 돼요. 이것은 Hamilton의 정준 방정식의 구조로부터 자동적으로 따라오는 결과예요.

B-6. 작용의 구체적 계산

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문제:

자유 입자(\(V = 0\))가 시각 \(t_1 = 0\)에 위치 \(q_A = 0\), 시각 \(t_2 = T\)에 위치 \(q_B = d\)에 도달하는 경우를 생각해요. 경로로서 등속 직선 운동 \(q(t) = \frac{d}{T}t\)를 가정하고, 작용

\[ S[q] = \int_0^T \frac{1}{2}m\dot{q}^2\, dt \]

을 계산하세요.

풀이 방침: 등속 직선 운동 \(q(t) = \frac{d}{T}t\) 의 속도는 상수 \(\dot{q} = d/T\) 이므로, 피적분함수도 상수가 돼요.

\[ \dot{q}(t) = \frac{d}{T} \quad (\text{상수}) \]
\[ S[q] = \int_0^T \frac{1}{2}m\dot{q}^2\, dt = \int_0^T \frac{1}{2}m\left(\frac{d}{T}\right)^2 dt = \frac{1}{2}m\frac{d^2}{T^2} \cdot T \]
\[ \boxed{S = \frac{md^2}{2T}} \]

검산（차원 해석）: \([m][d^2]/[T] = \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s} = \text{J}\cdot\text{s}\). 작용의 차원은 \([\text{에너지}]\times[\text{시간}]\) 이며 올바르네요.

검산（특수 경우）: \(d = 0\)（움직이지 않음）이면 \(S = 0\). \(T \to \infty\)（천천히 이동）이면 \(S \to 0\). \(T \to 0\)（순간적으로 이동）이면 \(S \to \infty\). 모두 물리적으로 타당해요.

B-7. 변분의 계산 연습

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문제:

자유 입자의 작용(D6과 같은 설정)에 대해, 등속 직선 운동의 경로 \(q_0(t) = \frac{d}{T}t\)로부터의 미소한 어긋남 \(\delta q(t) = \epsilon \sin\!\left(\frac{\pi t}{T}\right)\)(\(\epsilon\)은 미소 매개변수)을 더한 경로 \(q(t) = q_0(t) + \delta q(t)\)를 생각해요.

(a) \(\delta q(t)\)가 끝점 조건 \(\delta q(0) = \delta q(T) = 0\)을 만족하는 것을 확인하세요.

(b) \(S[q_0 + \delta q]\)를 \(\epsilon\)의 2차까지 계산하고, \(S[q_0 + \delta q] - S[q_0]\)가 \(\epsilon\)의 1차 항을 갖지 않는 것을 확인하세요.

풀이 방침: 벗어난 경로의 속도를 계산하고, 작용을 \(\epsilon\)의 거듭제곱으로 전개해요.

(a) 끝점 조건의 확인:

\[ \delta q(0) = \epsilon \sin\!\left(\frac{\pi \cdot 0}{T}\right) = \epsilon \sin 0 = 0 \quad \checkmark \]
\[ \delta q(T) = \epsilon \sin\!\left(\frac{\pi T}{T}\right) = \epsilon \sin \pi = 0 \quad \checkmark \]
\[ \boxed{\delta q(0) = \delta q(T) = 0 \text{ 을 만족함}} \]

(b) 벗어난 경로의 속도:

\[ \dot{q}(t) = \dot{q}_0 + \epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) = \frac{d}{T} + \epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) \]

작용을 계산해요:

\[ S[q_0 + \delta q] = \int_0^T \frac{1}{2}m\dot{q}^2\, dt = \frac{m}{2}\int_0^T \left[\frac{d}{T} + \epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right)\right]^2 dt \]

전개하면:

\[ \dot{q}^2 = \frac{d^2}{T^2} + 2\frac{d}{T}\cdot\epsilon\frac{\pi}{T}\cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) + \epsilon^2\frac{\pi^2}{T^2}\cos^2\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) \]

각 항을 적분해요:

0차 항（\(\epsilon^0\)）:

\[ \int_0^T \frac{d^2}{T^2}\, dt = \frac{d^2}{T} \]

1차 항（\(\epsilon^1\)）:

\[ 2\frac{d\pi}{T^2}\epsilon \int_0^T \cos\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) dt = 2\frac{d\pi}{T^2}\epsilon \left[\frac{T}{\pi}\sin\!\left(\frac{\pi t}{T}\right)\right]_0^T = 2\frac{d\pi}{T^2}\epsilon \cdot \frac{T}{\pi}(\sin\pi - \sin 0) = 0 \]

2차 항（\(\epsilon^2\)）:

\[ \frac{\pi^2}{T^2}\epsilon^2 \int_0^T \cos^2\!\left(\frac{\pi t}{T}\right) dt = \frac{\pi^2}{T^2}\epsilon^2 \cdot \frac{T}{2} = \frac{\pi^2\epsilon^2}{2T} \]

따라서:

\[ S[q_0 + \delta q] = \frac{m}{2}\left(\frac{d^2}{T} + 0 + \frac{\pi^2\epsilon^2}{2T}\right) = \frac{md^2}{2T} + \frac{m\pi^2\epsilon^2}{4T} \]
\[ S[q_0 + \delta q] - S[q_0] = \frac{m\pi^2\epsilon^2}{4T} \]
\[ \boxed{S[q_0 + \delta q] - S[q_0] = \frac{m\pi^2}{4T}\epsilon^2} \]

\(\epsilon\)의 1차 항은 0이며, 차이는 \(\epsilon^2\) 차수부터 시작해요. 이는 \(q_0(t)\)가 작용의 정류점임을 의미해요.

검산: 차이 \(\Delta S > 0\)이므로, 등속 직선 운동의 경로는 작용의 극소를 주고 있어요(자유 입자의 경우 진정한 최솟값). 이는 물리적으로 타당해요.

B-8. Poisson (푸아송) 괄호의 계산

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문제:

본문 D.6절(본문 발췌 범위 밖이지만 정의를 아래에 제시함)에서 도입되는 Poisson 괄호는 다음과 같이 정의돼요:

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \sum_j \left(\frac{\partial A}{\partial q_j}\frac{\partial B}{\partial p_j} - \frac{\partial A}{\partial p_j}\frac{\partial B}{\partial q_j}\right) \]

1자유도의 경우에 대해 다음을 계산하세요.

(a) \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}}\)

(b) \(\{q, q\}_{\mathrm{PB}}\) 및 \(\{p, p\}_{\mathrm{PB}}\)

(c) \(\{q^2, p\}_{\mathrm{PB}}\)

(d) \(\{q, p^2\}_{\mathrm{PB}}\)

풀이 방침: 1 자유도의 경우 Poisson 괄호의 정의:

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial A}{\partial q}\frac{\partial B}{\partial p} - \frac{\partial A}{\partial p}\frac{\partial B}{\partial q} \]

(a) \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}}\)

\[ \{q, p\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial p}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial q} = 1 \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 1 \]
\[ \boxed{\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1} \]

(b) \(\{q, q\}_{\mathrm{PB}}\) 및 \(\{p, p\}_{\mathrm{PB}}\)

\[ \{q, q\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial q}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial q}{\partial q} = 1 \cdot 0 - 0 \cdot 1 = 0 \]
\[ \{p, p\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial p}{\partial q}\frac{\partial p}{\partial p} - \frac{\partial p}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial q} = 0 \cdot 1 - 1 \cdot 0 = 0 \]
\[ \boxed{\{q, q\}_{\mathrm{PB}} = 0, \qquad \{p, p\}_{\mathrm{PB}} = 0} \]

검산: 임의의 \(A\)에 대해 \(\{A, A\}_{\mathrm{PB}} = 0\)은 Poisson 괄호의 반대칭성 \(\{A, B\} = -\{B, A\}\)로부터 자동적으로 따라요.

(c) \(\{q^2, p\}_{\mathrm{PB}}\)

\[ \{q^2, p\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial(q^2)}{\partial q}\frac{\partial p}{\partial p} - \frac{\partial(q^2)}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial q} = 2q \cdot 1 - 0 \cdot 0 = 2q \]
\[ \boxed{\{q^2, p\}_{\mathrm{PB}} = 2q} \]

(d) \(\{q, p^2\}_{\mathrm{PB}}\)

\[ \{q, p^2\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q}{\partial q}\frac{\partial(p^2)}{\partial p} - \frac{\partial q}{\partial p}\frac{\partial(p^2)}{\partial q} = 1 \cdot 2p - 0 \cdot 0 = 2p \]
\[ \boxed{\{q, p^2\}_{\mathrm{PB}} = 2p} \]

검산: Poisson 괄호의 일반 공식 \(\{A, BC\} = \{A, B\}C + B\{A, C\}\)를 사용하면, \(\{q, p^2\} = \{q, p\}p + p\{q, p\} = p + p = 2p\)가 되어 일치해요. 마찬가지로 \(\{q^2, p\} = \{q, p\}q + q\{q, p\} = q + q = 2q\)도 일치해요.

Medium（표준）

M-1. 2차원 극좌표에서의 Euler-Lagrange 방정식의 도출

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문제:

질량 \(m\)인 입자가 2차원 평면 내에서 중심력 퍼텐셜 \(V(r)\) 하에서 운동하는 경우를 생각해요. 극좌표 \((r, \theta)\)에서의 Lagrangian은

\[ L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r) \]

이에요.

(a) \(r\)에 관한 Euler-Lagrange 방정식을 도출하고, 그 물리적 의미(지름 방향의 운동방정식)를 설명하세요.

(b) \(\theta\)에 관한 Euler-Lagrange 방정식을 도출하고, \(\frac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta}) = 0\)이 각운동량의 보존을 의미한다는 것을 설명하세요.

(c) 이 결과를 Newton의 운동방정식의 극좌표 표현과 비교하고, Lagrangian 형식의 장점을 서술하세요.

풀이 방침: \(L = \frac{1}{2}m(\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2) - V(r)\) 에 대해, \(r\) 과 \(\theta\) 각각에 Euler-Lagrange 방정식을 적용해요.

(a) \(r\) 에 관한 Euler-Lagrange 방정식

필요한 편미분을 계산해요:

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{r}} = m\dot{r} \]
\[ \frac{\partial L}{\partial r} = mr\dot{\theta}^2 - V'(r) \]

Euler-Lagrange 방정식 \(\frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{r}}\right) - \frac{\partial L}{\partial r} = 0\) 에 대입하면:

\[ m\ddot{r} - mr\dot{\theta}^2 + V'(r) = 0 \]
\[ \boxed{m\ddot{r} = mr\dot{\theta}^2 - V'(r)} \]

물리적 의미: 좌변 \(m\ddot{r}\) 은 지름 방향의 가속도에 질량을 곱한 것이에요. 우변 제1항 \(mr\dot{\theta}^2\) 은 원심력(겉보기 힘)이며, 회전 운동에 수반하여 지름 방향 바깥쪽으로 작용해요. 제2항 \(-V'(r)\) 은 중심력 퍼텐셜로부터의 힘이에요. 이 방정식은 지름 방향의 운동 방정식을 나타내요.

(b) \(\theta\) 에 관한 Euler-Lagrange 방정식

\[ \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}} = mr^2\dot{\theta} \]
\[ \frac{\partial L}{\partial \theta} = 0 \]

\(L\) 은 \(\theta\) 에 명시적으로 의존하지 않아요(\(V\) 는 \(r\) 만의 함수). Euler-Lagrange 방정식에 대입하면:

\[ \frac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta}) - 0 = 0 \]
\[ \boxed{\frac{d}{dt}(mr^2\dot{\theta}) = 0} \]

이것은 \(p_\theta = mr^2\dot{\theta}\) 가 시간에 의존하지 않는 상수임을 의미해요. \(mr^2\dot{\theta}\) 는 각운동량의 \(z\) 성분 \(L_z\) 에 다름 아니므로, 이 방정식은 각운동량 보존을 나타내요.

일반적으로, 라그랑지안이 어떤 일반화 좌표 \(q_j\) 에 명시적으로 의존하지 않을 때(\(\frac{\partial L}{\partial q_j} = 0\)), 그 좌표를 순환 좌표 (cyclic coordinate)라 부르며, 대응하는 정준 운동량 \(p_j\) 가 보존량이 돼요.

(c) Newton 형식과의 비교

Newton의 운동 방정식을 극좌표로 쓰려면, 가속도의 극좌표 성분을 개별적으로 유도해야 해요:

\[ a_r = \ddot{r} - r\dot{\theta}^2, \qquad a_\theta = r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta} \]

지름 방향: \(m(\ddot{r} - r\dot{\theta}^2) = F_r = -V'(r)\)

각도 방향: \(m(r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta}) = F_\theta = 0\)

이것들은 (a), (b)의 결과와 일치하지만, Newton 형식에서는: - 가속도의 극좌표 성분(원심력 항 \(-r\dot{\theta}^2\) 이나 코리올리 힘 항 \(2\dot{r}\dot{\theta}\))을 사전에 유도해야 해요 - 좌표계마다 가속도의 표현식을 개별적으로 다시 구해야 해요

반면, 라그랑주 형식의 장점은: 1. \(L = T - V\) 를 좌표로 써내기만 하면, Euler-Lagrange 방정식의 형태는 좌표계에 무관하게 동일해요 2. 원심력이나 코리올리 힘이 자동으로 나타나며, 개별적으로 도입할 필요가 없어요 3. 순환 좌표와 보존량의 관계를 즉시 읽어낼 수 있어요

검산: (b)의 결과를 전개하면 \(mr^2\ddot{\theta} + 2mr\dot{r}\dot{\theta} = 0\), 즉 \(m(r\ddot{\theta} + 2\dot{r}\dot{\theta}) = 0\) 이 되어, Newton 형식의 각도 방향 방정식(\(F_\theta = 0\) 인 경우)과 일치해요.

M-2. Legendre 변환의 역변환

→ 문제로 돌아가기

문제:

Legendre 변환이 "정보를 보존한다"는 것을 아래 절차에 따라 확인하세요.

(a) 1 자유도의 Hamiltonian \(H(q, p)\)에서 출발하여, \(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p}\)를 \(p\)에 대해 역으로 풀어 \(p = p(q, \dot{q})\)를 얻는 절차를 설명하세요.

(b) 역 Legendre 변환 \(L(q, \dot{q}) = p\dot{q} - H(q, p)\)（\(p\)를 \(q, \dot{q}\)로 나타낸 것）를 정의하고, 1차원 조화진동자의 Hamiltonian \(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\)에서 출발하여 \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\)를 복원하세요.

(c) 일반적으로 Legendre 변환을 2회 적용하면 원래 함수로 돌아온다는 것을 보이세요（대합성의 증명）.

풀이 방침: Hamiltonian에서 출발하여 Lagrangian을 복원하고, Legendre 변환의 대합성(2번 적용하면 원래로 돌아오는 성질)을 보여요.

(a) 역변환 절차

Hamiltonian \(H(q, p)\)가 주어졌을 때:

  1. Hamilton의 정준 방정식의 제1식 \(\dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p}\)를 계산해요
  2. 이 식을 \(p\)에 대해 풀어 \(p = p(q, \dot{q})\)를 얻어요
  3. 역 Legendre 변환 \(L(q, \dot{q}) = p\dot{q} - H(q, p)\)에 \(p = p(q, \dot{q})\)를 대입하여 \(p\)를 소거해요

이 절차를 통해 \(H(q, p)\)로부터 \(L(q, \dot{q})\)가 복원돼요. 단, 단계 2에서 \(p\)에 대해 유일하게 풀 수 있을 것(\(\frac{\partial^2 H}{\partial p^2} \neq 0\), 즉 Legendre 변환의 볼록성 조건)이 필요해요.

(b) 조화 진동자에서의 구체적 복원

\(H = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\)에서 출발해요.

단계 1:

\[ \dot{q} = \frac{\partial H}{\partial p} = \frac{p}{m} \]

단계 2:

\[ p = m\dot{q} \]

단계 3:

\[ L = p\dot{q} - H = m\dot{q} \cdot \dot{q} - \left[\frac{(m\dot{q})^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\right] \]
\[ = m\dot{q}^2 - \frac{m\dot{q}^2}{2} - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2 \]
\[ \boxed{L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2} \]

원래의 Lagrangian이 올바르게 복원되었어요.

(c) 대합성의 일반적 증명

\(L(q, \dot{q})\)에서 출발하여 Legendre 변환을 2번 적용하고, 원래로 돌아오는 것을 보여요.

제1회 Legendre 변환: \(L(q, \dot{q}) \to H(q, p)\)

\[ p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}, \qquad H(q, p) = p\dot{q} - L(q, \dot{q}) \]

여기서 \(\dot{q} = \dot{q}(q, p)\)는 \(p = \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\)를 \(\dot{q}\)에 대해 푼 것이에요.

제2회 Legendre 변환: \(H(q, p) \to L'(q, \dot{q}')\)

새로운 변수를 \(\dot{q}' = \frac{\partial H}{\partial p}\)로 정의해요. \(H = p\dot{q} - L\)의 \(p\)에 대한 편미분을 계산하면:

\[ \frac{\partial H}{\partial p} = \dot{q} + p\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} - \frac{\partial L}{\partial \dot{q}}\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} = \dot{q} + p\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} - p\frac{\partial \dot{q}}{\partial p} = \dot{q} \]

(\(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}} = p\)를 사용했어요.)

따라서 \(\dot{q}' = \dot{q}\)이며, 새로운 변수는 원래의 속도와 동일해요.

역 Legendre 변환으로 얻어지는 함수는:

\[ L'(q, \dot{q}') = p\dot{q}' - H(q, p) = p\dot{q} - (p\dot{q} - L) = L(q, \dot{q}) \]
\[ \boxed{L' = L} \]

따라서 Legendre 변환을 2번 적용하면 원래의 함수로 돌아와요(대합성). 이는 Legendre 변환이 정보를 보존하는 가역적 변환임을 의미해요.

검산: (b)의 구체적 예에서 확인했어요. \(L \to H \to L\)의 왕복에서 \(L = \frac{1}{2}m\dot{q}^2 - \frac{1}{2}m\omega^2 q^2\)가 올바르게 복원되었어요.

M-3. 위상공간에서의 조화진동자의 궤도

→ 문제로 돌아가기

문제:

1차원 조화진동자의 Hamilton의 정준방정식

\[ \dot{q} = \frac{p}{m}, \qquad \dot{p} = -m\omega^2 q \]

을 생각해요.

(a) 이 연립미분방정식을 풀고, 일반해 \(q(t)\), \(p(t)\)를 초기조건 \(q(0) = q_0\), \(p(0) = p_0\)로 나타내세요.

(b) 해에서 \(t\)를 소거하고, 위상공간 (phase space) \((q, p)\) 위의 궤도가 타원

\[ \frac{q^2}{q_0^2 + p_0^2/(m\omega)^2} + \frac{p^2}{(m\omega)^2 q_0^2 + p_0^2} = 1 \]

의 형태가 됨을 보이세요 (단, 적절히 에너지 \(E\)를 사용하여 정리해도 좋아요).

(c) 에너지 \(E = H(q_0, p_0)\)를 사용하여 타원의 방정식을

\[ \frac{m\omega^2 q^2}{2E} + \frac{p^2}{2mE} = 1 \]

로 다시 쓰고, 타원의 장축·단축의 길이를 각각 \(E\), \(m\), \(\omega\)로 나타내세요.

풀이 방침: 정준 방정식을 풀어 일반해를 구하고, 삼각함수의 항등식으로 \(t\)를 소거하여 위상 공간 위의 궤도를 구해요.

(a) 연립미분방정식의 일반해

\(\dot{q} = p/m\)을 시간 미분하고 \(\dot{p} = -m\omega^2 q\)를 대입하면:

\[ \ddot{q} = \frac{\dot{p}}{m} = -\omega^2 q \]

일반해는:

\[ q(t) = C_1 \cos\omega t + C_2 \sin\omega t \]

초기 조건 \(q(0) = q_0\)으로부터 \(C_1 = q_0\).

\(p(t) = m\dot{q}(t) = m(-C_1\omega\sin\omega t + C_2\omega\cos\omega t)\)

초기 조건 \(p(0) = p_0\)으로부터 \(m\omega C_2 = p_0\), 즉 \(C_2 = \frac{p_0}{m\omega}\).

\[ \boxed{q(t) = q_0\cos\omega t + \frac{p_0}{m\omega}\sin\omega t} \]
\[ \boxed{p(t) = -m\omega q_0\sin\omega t + p_0\cos\omega t} \]

검산: \(t = 0\)에서 \(q(0) = q_0\), \(p(0) = p_0\) ✓. \(\dot{q}(t) = -q_0\omega\sin\omega t + \frac{p_0}{m}\cos\omega t = p(t)/m\) ✓.

(b) 위상 공간 위의 타원 궤도

\(q(t)\)와 \(p(t)\)에서 \(t\)를 소거해요. 다음과 같이 다시 쓰면:

\[ q = q_0\cos\omega t + \frac{p_0}{m\omega}\sin\omega t \]
\[ \frac{p}{m\omega} = -q_0\sin\omega t + \frac{p_0}{m\omega}\cos\omega t \]

이것을 \(\cos\omega t\)와 \(\sin\omega t\)에 대한 연립방정식으로 볼 수 있어요. 제1식에 \(\frac{p_0}{m\omega}\)를 곱하고, 제2식에 \(q_0\)를 곱해서 더하면:

\[ \frac{p_0}{m\omega}q + q_0\frac{p}{m\omega} = \left(q_0\frac{p_0}{m\omega} + \frac{p_0}{m\omega}q_0\right)\cos\omega t \cdot (\text{...}) \]

보다 직접적으로, \(\cos^2\omega t + \sin^2\omega t = 1\)을 이용해요. 연립방정식을 행렬 형태로 쓰면:

\[ \begin{pmatrix} q \\ p/(m\omega) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos\omega t & \sin\omega t \\ -\sin\omega t & \cos\omega t \end{pmatrix} \begin{pmatrix} q_0 \\ p_0/(m\omega) \end{pmatrix} \]

회전 행렬은 직교 행렬이므로, 벡터 크기의 제곱이 보존돼요:

\[ q^2 + \frac{p^2}{m^2\omega^2} = q_0^2 + \frac{p_0^2}{m^2\omega^2} \]

우변을 \(\frac{2E}{m\omega^2}\)로 쓸 수 있어요 (다음 (c)에서 확인). 이것은 위상 공간 위의 타원 방정식이에요.

(c) 에너지에 의한 표현

초기 에너지는:

\[ E = H(q_0, p_0) = \frac{p_0^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2 q_0^2 \]

따라서:

\[ q_0^2 + \frac{p_0^2}{m^2\omega^2} = \frac{2E}{m\omega^2} \]

(b)의 결과에 대입하면:

\[ q^2 + \frac{p^2}{m^2\omega^2} = \frac{2E}{m\omega^2} \]

양변을 \(\frac{2E}{m\omega^2}\)로 나누면:

\[ \boxed{\frac{m\omega^2 q^2}{2E} + \frac{p^2}{2mE} = 1} \]

이것은 표준형 \(\frac{q^2}{a^2} + \frac{p^2}{b^2} = 1\)의 타원이며:

  • \(q\) 축 방향의 반축(반장축): \(a = \sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}}\)
  • \(p\) 축 방향의 반축(반단축): \(b = \sqrt{2mE}\)
\[ \boxed{a = \sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}}, \qquad b = \sqrt{2mE}} \]

검산: 타원의 넓이는 \(\pi ab = \pi\sqrt{\frac{2E}{m\omega^2}}\cdot\sqrt{2mE} = \pi\cdot\frac{2E}{\omega} = \frac{2\pi E}{\omega}\). 1주기 \(T = 2\pi/\omega\)이므로, 넓이 \(= ET\). 이것은 단열 불변량 \(J = \oint p\,dq = ET\)로 알려진 결과와 일치해요.

차원 검산: \(a = \sqrt{2E/(m\omega^2)}\): \([E/(m\omega^2)] = \text{J}/(\text{kg}\cdot\text{s}^{-2}) = \text{m}^2\)이므로 \([a] = \text{m}\) ✓. \(b = \sqrt{2mE}\): \([mE] = \text{kg}\cdot\text{J} = \text{kg}^2\cdot\text{m}^2\cdot\text{s}^{-2}\)이므로 \([b] = \text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-1}\) (운동량의 차원) ✓.

M-4. Poisson 괄호와 Hamilton의 운동방정식

→ 문제로 돌아가기

문제:

임의의 역학 변수 \(A(q, p, t)\)의 시간 발전이 Poisson 괄호를 사용하여

\[ \frac{dA}{dt} = \{A, H\}_{\mathrm{PB}} + \frac{\partial A}{\partial t} \]

와 같이 쓸 수 있음을 보이세요. 나아가 \(A = q_j\) 및 \(A = p_j\)를 대입하여 Hamilton의 정준방정식 (D.21)이 재현됨을 확인하세요.

풀이 방침: 역학 변수 \(A(q, p, t)\)의 전시간미분을 연쇄법칙으로 전개하고, Hamilton의 정준방정식을 대입하여 Poisson 괄호의 형태로 정리해요.

\(A(q_j, p_j, t)\)의 전시간미분을 연쇄법칙으로 쓰면 (Einstein의 총합 규약을 사용):

\[ \frac{dA}{dt} = \frac{\partial A}{\partial q_j}\dot{q}_j + \frac{\partial A}{\partial p_j}\dot{p}_j + \frac{\partial A}{\partial t} \]

Hamilton의 정준방정식 \(\dot{q}_j = \frac{\partial H}{\partial p_j}\), \(\dot{p}_j = -\frac{\partial H}{\partial q_j}\)를 대입하면:

\[ \frac{dA}{dt} = \frac{\partial A}{\partial q_j}\frac{\partial H}{\partial p_j} + \frac{\partial A}{\partial p_j}\left(-\frac{\partial H}{\partial q_j}\right) + \frac{\partial A}{\partial t} \]
\[ = \sum_j\left(\frac{\partial A}{\partial q_j}\frac{\partial H}{\partial p_j} - \frac{\partial A}{\partial p_j}\frac{\partial H}{\partial q_j}\right) + \frac{\partial A}{\partial t} \]

Poisson 괄호의 정의와 비교하면:

\[ \boxed{\frac{dA}{dt} = \{A, H\}_{\mathrm{PB}} + \frac{\partial A}{\partial t}} \]

\(A = q_j\)인 경우: \(q_j\)는 시간에 양적으로 의존하지 않으므로 \(\frac{\partial q_j}{\partial t} = 0\)이에요.

\[ \frac{dq_j}{dt} = \{q_j, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial q_j}{\partial q_k}\frac{\partial H}{\partial p_k} - \frac{\partial q_j}{\partial p_k}\frac{\partial H}{\partial q_k} \]

\(\frac{\partial q_j}{\partial q_k} = \delta_{jk}\), \(\frac{\partial q_j}{\partial p_k} = 0\)이므로:

\[ \dot{q}_j = \frac{\partial H}{\partial p_j} \quad \checkmark \]

\(A = p_j\)인 경우: 마찬가지로 \(\frac{\partial p_j}{\partial t} = 0\)이에요.

\[ \frac{dp_j}{dt} = \{p_j, H\}_{\mathrm{PB}} = \frac{\partial p_j}{\partial q_k}\frac{\partial H}{\partial p_k} - \frac{\partial p_j}{\partial p_k}\frac{\partial H}{\partial q_k} \]

\(\frac{\partial p_j}{\partial q_k} = 0\), \(\frac{\partial p_j}{\partial p_k} = \delta_{jk}\)이므로:

\[ \dot{p}_j = -\frac{\partial H}{\partial q_j} \quad \checkmark \]
\[ \boxed{\dot{q}_j = \frac{\partial H}{\partial p_j}, \qquad \dot{p}_j = -\frac{\partial H}{\partial q_j}} \]

Hamilton의 정준방정식이 Poisson 괄호의 특수한 경우로서 재현되었어요.

검산: \(A = H\) (\(\frac{\partial H}{\partial t} = 0\)인 경우)를 대입하면 \(\frac{dH}{dt} = \{H, H\}_{\mathrm{PB}} = 0\) (반대칭성에 의해)이에요. 이는 에너지 보존법칙이며, D5의 결과와 정합해요.

M-5. 정준 양자화：교환 관계의 확인

→ 문제로 돌아가기

문제:

정준 양자화의 레시피에서는 고전적인 Poisson 괄호를 다음과 같이 교환 관계로 치환해요:

\[ \{A, B\}_{\mathrm{PB}} \;\longrightarrow\; \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{B}] \]

(a) \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\) (D8(a)의 결과)로부터 정준 교환 관계 \([\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar\)를 유도하세요.

(b) 1차원 조화 진동자의 해밀토니안 \(\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\)에 대해, 하이젠베르크(Heisenberg)의 운동 방정식

\[ \frac{d\hat{A}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\hat{A}, \hat{H}] \]

을 \(\hat{A} = \hat{q}\) 및 \(\hat{A} = \hat{p}\)에 적용하여, 해밀턴의 정준 방정식의 연산자 버전

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{\hat{p}}{m}, \qquad \frac{d\hat{p}}{dt} = -m\omega^2\hat{q} \]

이 얻어짐을 보이세요.

풀이 방침: Poisson 괄호에서 교환관계로의 치환 규칙을 적용하여, Heisenberg의 운동방정식으로부터 고전적인 정준방정식의 연산자 버전을 유도해요.

(a) 정준 교환관계의 유도

D8(a)의 결과 \(\{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1\)에 정준 양자화 처방을 적용해요:

\[ \{q, p\}_{\mathrm{PB}} = 1 \quad \longrightarrow \quad \frac{1}{i\hbar}[\hat{q}, \hat{p}] = 1 \]
\[ \boxed{[\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar} \]

마찬가지로, D8(b)의 결과 \(\{q, q\}_{\mathrm{PB}} = 0\), \(\{p, p\}_{\mathrm{PB}} = 0\)로부터:

\[ [\hat{q}, \hat{q}] = 0, \qquad [\hat{p}, \hat{p}] = 0 \]

이것들은 제 10 장에서 도입된 정준 교환관계와 일치해요.

(b) Heisenberg의 운동방정식 적용

\(\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\)에 대해 Heisenberg의 운동방정식을 적용해요.

\(\hat{A} = \hat{q}\)인 경우:

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\hat{q}, \hat{H}] = \frac{1}{i\hbar}\left[\hat{q},\, \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\right] \]

\([\hat{q}, \hat{q}^2] = 0\) (\(\hat{q}\)는 자기 자신과 교환)이므로:

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2m}[\hat{q}, \hat{p}^2] \]

교환관계 공식 \([\hat{A}, \hat{B}\hat{C}] = [\hat{A}, \hat{B}]\hat{C} + \hat{B}[\hat{A}, \hat{C}]\)를 사용하면:

\[ [\hat{q}, \hat{p}^2] = [\hat{q}, \hat{p}]\hat{p} + \hat{p}[\hat{q}, \hat{p}] = i\hbar\hat{p} + \hat{p}\cdot i\hbar = 2i\hbar\hat{p} \]

대입하면:

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2m}\cdot 2i\hbar\hat{p} = \frac{\hat{p}}{m} \]
\[ \boxed{\frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{\hat{p}}{m}} \]

\(\hat{A} = \hat{p}\)인 경우:

\[ \frac{d\hat{p}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}[\hat{p}, \hat{H}] = \frac{1}{i\hbar}\left[\hat{p},\, \frac{\hat{p}^2}{2m} + \frac{1}{2}m\omega^2\hat{q}^2\right] \]

\([\hat{p}, \hat{p}^2] = 0\)이므로:

\[ \frac{d\hat{p}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2}m\omega^2[\hat{p}, \hat{q}^2] \]

같은 공식을 사용하면:

\[ [\hat{p}, \hat{q}^2] = [\hat{p}, \hat{q}]\hat{q} + \hat{q}[\hat{p}, \hat{q}] = (-i\hbar)\hat{q} + \hat{q}(-i\hbar) = -2i\hbar\hat{q} \]

대입하면:

\[ \frac{d\hat{p}}{dt} = \frac{1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{2}m\omega^2\cdot(-2i\hbar\hat{q}) = -m\omega^2\hat{q} \]
\[ \boxed{\frac{d\hat{p}}{dt} = -m\omega^2\hat{q}} \]

이상으로부터 Hamilton의 정준방정식의 연산자 버전:

\[ \frac{d\hat{q}}{dt} = \frac{\hat{p}}{m}, \qquad \frac{d\hat{p}}{dt} = -m\omega^2\hat{q} \]

을 얻었어요. 이것은 고전적인 정준방정식(D3의 결과)과 완전히 같은 형태를 하고 있어요.

검산: Ehrenfest의 정리에 의해, 양자역학적인 기댓값은 고전적인 운동방정식을 따라요. 위의 연산자 방정식의 기댓값을 취하면 \(\frac{d\langle\hat{q}\rangle}{dt} = \frac{\langle\hat{p}\rangle}{m}\), \(\frac{d\langle\hat{p}\rangle}{dt} = -m\omega^2\langle\hat{q}\rangle\)가 되어 고전적인 결과와 정합해요. 조화진동자의 경우는 퍼텐셜이 2차식이므로, Ehrenfest의 정리가 엄밀하게 고전적 방정식과 같은 형태가 돼요.

Advanced（발전）

A-1. 전자기장 속 하전입자의 정준 양자화

→ 문제로 돌아가기

문제:

전자기장 속 하전입자(전하 \(e\), 질량 \(m\))의 Lagrangian은

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 + e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A}(\mathbf{r}, t) - e\phi(\mathbf{r}, t) \]

로 주어져요. 여기서 \(\mathbf{A}\)는 벡터 퍼텐셜, \(\phi\)는 스칼라 퍼텐셜이에요.

(a) 정준운동량 \(\mathbf{p} = \frac{\partial L}{\partial \dot{\mathbf{r}}}\)을 구하고, 그것이 통상적인 역학적 운동량 \(m\dot{\mathbf{r}}\)과 다르다는 것을 보이세요.

(b) Hamiltonian \(H(\mathbf{r}, \mathbf{p})\)를 유도하고,

\[ H = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\phi \]

가 됨을 보이세요.

(c) 정준 양자화 처방 \(\mathbf{r} \to \hat{\mathbf{r}}\), \(\mathbf{p} \to \hat{\mathbf{p}} = -i\hbar\nabla\)를 적용하여, 전자기장 속의 Schrödinger (슈뢰딩거) 방정식

\[ i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi = \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\phi\,\Psi \]

을 써 내세요.

(d) 게이지 변환 \(\mathbf{A} \to \mathbf{A} + \nabla\chi\), \(\phi \to \phi - \frac{\partial\chi}{\partial t}\) 하에서, 파동함수가 \(\Psi \to \Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\Psi\)로 변환됨을 보이고, 물리적 관측량(확률밀도 \(|\Psi|^2\) 등)이 게이지 불변임을 확인하세요.

풀이 방침: 3차원 Lagrangian으로부터 정준운동량과 Hamiltonian을 도출하고, 정준양자화를 거쳐 Schrödinger 방정식을 얻어요. 나아가 게이지 변환에 대한 공변성을 확인해요.

(a) 정준운동량

\[ L = \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 + e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A}(\mathbf{r}, t) - e\phi(\mathbf{r}, t) \]

\(i\) 성분의 정준운동량은:

\[ p_i = \frac{\partial L}{\partial \dot{r}_i} = m\dot{r}_i + eA_i(\mathbf{r}, t) \]

벡터 표기로:

\[ \boxed{\mathbf{p} = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}(\mathbf{r}, t)} \]

역학적 운동량 \(m\dot{\mathbf{r}}\)과의 차이:

\[ \mathbf{p} - m\dot{\mathbf{r}} = e\mathbf{A} \neq \mathbf{0} \quad (\mathbf{A} \neq \mathbf{0} \text{ 일 때}) \]

정준운동량은 벡터 퍼텐셜의 기여를 포함하며, 일반적으로 역학적 운동량 \(m\dot{\mathbf{r}}\)과는 달라요.

(b) Hamiltonian의 도출

\(\mathbf{p} = m\dot{\mathbf{r}} + e\mathbf{A}\)로부터:

\[ \dot{\mathbf{r}} = \frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m} \]

Hamiltonian은:

\[ H = \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} - L \]

각 항을 계산해요.

\[ \mathbf{p}\cdot\dot{\mathbf{r}} = \mathbf{p}\cdot\frac{\mathbf{p} - e\mathbf{A}}{m} \]
\[ \frac{1}{2}m\dot{\mathbf{r}}^2 = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} \]
\[ e\dot{\mathbf{r}}\cdot\mathbf{A} = \frac{e\mathbf{A}\cdot(\mathbf{p} - e\mathbf{A})}{m} \]

대입하면:

\[ H = \frac{\mathbf{p}\cdot(\mathbf{p} - e\mathbf{A})}{m} - \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} - \frac{e\mathbf{A}\cdot(\mathbf{p} - e\mathbf{A})}{m} + e\phi \]
\[ = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})\cdot(\mathbf{p} - e\mathbf{A} + e\mathbf{A})}{m} - \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} - \frac{e\mathbf{A}\cdot(\mathbf{p} - e\mathbf{A})}{m} + e\phi \]

더 간결하게, \(\boldsymbol{\pi} \equiv \mathbf{p} - e\mathbf{A}\) (역학적 운동량)로 놓으면 \(\dot{\mathbf{r}} = \boldsymbol{\pi}/m\)이고:

\[ H = (\boldsymbol{\pi} + e\mathbf{A})\cdot\frac{\boldsymbol{\pi}}{m} - \frac{\boldsymbol{\pi}^2}{2m} - \frac{e\mathbf{A}\cdot\boldsymbol{\pi}}{m} + e\phi \]
\[ = \frac{\boldsymbol{\pi}^2}{m} + \frac{e\mathbf{A}\cdot\boldsymbol{\pi}}{m} - \frac{\boldsymbol{\pi}^2}{2m} - \frac{e\mathbf{A}\cdot\boldsymbol{\pi}}{m} + e\phi = \frac{\boldsymbol{\pi}^2}{2m} + e\phi \]
\[ \boxed{H = \frac{(\mathbf{p} - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\phi} \]

검산: \(\mathbf{A} = \mathbf{0}\), \(\phi = 0\)일 때 \(H = p^2/(2m)\)이 되어 자유 입자의 Hamiltonian으로 귀착돼요 ✓.

(c) Schrödinger 방정식

정준양자화의 처방 \(\mathbf{r} \to \hat{\mathbf{r}}\), \(\mathbf{p} \to \hat{\mathbf{p}} = -i\hbar\nabla\)를 Hamiltonian에 적용해요:

\[ \hat{H} = \frac{(\hat{\mathbf{p}} - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\phi = \frac{(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2}{2m} + e\phi \]

Schrödinger 방정식 \(i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi = \hat{H}\Psi\)에 대입하면:

\[ \boxed{i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi = \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\phi\,\Psi} \]

(d) 게이지 불변성

게이지 변환:

\[ \mathbf{A} \to \mathbf{A}' = \mathbf{A} + \nabla\chi, \qquad \phi \to \phi' = \phi - \frac{\partial\chi}{\partial t} \]

하에서, \(\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\Psi\)로 놓아요. \(\Psi'\)가 게이지 변환 후의 Schrödinger 방정식을 만족함을 보여요.

단계 1: \((-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi'\)를 계산해요.

\[ \nabla\Psi' = \nabla(e^{ie\chi/\hbar}\Psi) = \frac{ie}{\hbar}(\nabla\chi)e^{ie\chi/\hbar}\Psi + e^{ie\chi/\hbar}\nabla\Psi \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left(\frac{ie}{\hbar}\nabla\chi + \nabla\right)\Psi \]

따라서:

\[ (-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\left(-i\hbar\nabla + e\nabla\chi - e\mathbf{A} - e\nabla\chi\right)\Psi \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi \]

단계 2: 같은 연산자를 한 번 더 작용시켜요.

\[ (-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')^2\Psi' = (-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\left[e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\right] \]

단계 1과 완전히 같은 구조(\(\Psi\)를 \((-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\)로 바꾼 것뿐)이므로:

\[ = e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi \]

단계 3: 시간 미분을 계산해요.

\[ i\hbar\frac{\partial\Psi'}{\partial t} = i\hbar\left(\frac{ie}{\hbar}\frac{\partial\chi}{\partial t}e^{ie\chi/\hbar}\Psi + e^{ie\chi/\hbar}\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right) \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left(-e\frac{\partial\chi}{\partial t}\Psi + i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t}\right) \]

단계 4: 게이지 변환 후 Schrödinger 방정식의 우변은:

\[ \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')^2\Psi' + e\phi'\Psi' \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left[\frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\left(\phi - \frac{\partial\chi}{\partial t}\right)\Psi\right] \]

원래의 \(\Psi\)가 원래의 Schrödinger 방정식을 만족하므로 \(i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} = \frac{1}{2m}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})^2\Psi + e\phi\Psi\)이에요. 이를 대입하면 우변은:

\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left[i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} - e\phi\Psi + e\phi\Psi - e\frac{\partial\chi}{\partial t}\Psi\right] \]
\[ = e^{ie\chi/\hbar}\left[i\hbar\frac{\partial\Psi}{\partial t} - e\frac{\partial\chi}{\partial t}\Psi\right] \]

이는 단계 3에서 계산한 좌변 \(i\hbar\frac{\partial\Psi'}{\partial t}\)와 일치해요.

\[ \boxed{\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}\Psi \text{ 는 게이지 변환 후의 Schrödinger 방정식을 만족한다}} \]

물리적 관측량의 게이지 불변성:

확률 밀도:

\[ |\Psi'|^2 = |e^{ie\chi/\hbar}|^2|\Psi|^2 = |\Psi|^2 \]

\(e^{ie\chi/\hbar}\)는 절댓값 1의 위상 인자이므로, 확률 밀도는 게이지 변환에서 불변이에요.

확률 흐름 밀도에 대해서도, \((-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi' = e^{ie\chi/\hbar}(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\)이므로:

\[ \mathbf{j}' = \frac{1}{m}\mathrm{Re}\left[\Psi'^*(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A}')\Psi'\right] = \frac{1}{m}\mathrm{Re}\left[\Psi^*(-i\hbar\nabla - e\mathbf{A})\Psi\right] = \mathbf{j} \]

따라서 확률 흐름 밀도도 게이지 불변이에요.

검산: 게이지 변환은 전자기장의 물리적인 전기장 \(\mathbf{E} = -\nabla\phi - \frac{\partial\mathbf{A}}{\partial t}\)과 자기장 \(\mathbf{B} = \nabla\times\mathbf{A}\)을 변화시키지 않아요. 물리적 관측량이 게이지 불변이라는 것은 이 사실과 정합적이에요.

A-2. Noether (뇌터) 정리：대칭성에서 보존법칙으로

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문제:

Lagrangian \(L(q_j, \dot{q}_j)\)이 무한소 변환 \(q_j \to q_j + \epsilon\, \eta_j(q, \dot{q}, t)\)（\(\epsilon\)은 미소 매개변수）하에서 불변일 때（\(\delta L = 0\)）, 다음을 보이세요.

(a) 작용의 변분 \(\delta S = 0\) 조건으로부터, 보존량（Noether (뇌터) 전하）

\[ Q = \sum_j \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\,\eta_j \]

이 \(\frac{dQ}{dt} = 0\)을 만족함을 유도하세요.

(b) \(L = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2) - V(r)\)（\(r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}\)）에 대해, \(z\)축 둘레의 회전 불변성（\(x \to x - \epsilon y\), \(y \to y + \epsilon x\), \(z \to z\)）으로부터 각운동량의 \(z\) 성분 \(L_z = m(x\dot{y} - y\dot{x})\)이 보존됨을 보이세요.

(c) Lagrangian이 시간 병진 \(t \to t + \epsilon\)에 대해 불변인 경우（\(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\)）, 대응하는 보존량이 에너지（Hamiltonian）\(H = \sum_j p_j\dot{q}_j - L\)임을 보이세요.

풀이 방침: Lagrangian의 불변성과 Euler-Lagrange 방정식을 결합하여 보존량을 도출해요.

(a) Noether 전하의 보존 도출

미소 변환 \(q_j \to q_j + \epsilon\,\eta_j\) 하에서 Lagrangian의 변화는:

\[ \delta L = \frac{\partial L}{\partial q_j}\epsilon\eta_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\epsilon\dot{\eta}_j \]

(\(\dot{q}_j \to \dot{q}_j + \epsilon\dot{\eta}_j\)임을 사용했어요.)

\(\delta L = 0\) (Lagrangian의 불변성) 조건 하에서:

\[ \frac{\partial L}{\partial q_j}\eta_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{\eta}_j = 0 \tag{*} \]

Euler-Lagrange 방정식 \(\frac{\partial L}{\partial q_j} = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\)을 \((*)\)의 제1항에 대입하면:

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\eta_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{\eta}_j = 0 \]

좌변은 곱의 미분법칙에 의해:

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\eta_j\right) = 0 \]

Noether 전하 \(Q = \sum_j \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\eta_j = \sum_j p_j\eta_j\)로 놓으면:

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

(b) 각운동량의 보존

\(L = \frac{1}{2}m(\dot{x}^2 + \dot{y}^2 + \dot{z}^2) - V(r)\), \(r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\)

\(z\)축 둘레의 미소 회전: \(\eta_x = -y\), \(\eta_y = x\), \(\eta_z = 0\)

Lagrangian의 불변성 확인:

운동에너지의 변화: \(\delta T = m(\dot{x}\delta\dot{x} + \dot{y}\delta\dot{y} + \dot{z}\delta\dot{z})\)

\(\delta\dot{x} = -\epsilon\dot{y}\), \(\delta\dot{y} = \epsilon\dot{x}\), \(\delta\dot{z} = 0\)이므로:

\[ \delta T = m\epsilon(-\dot{x}\dot{y} + \dot{y}\dot{x}) = 0 \]

퍼텐셜의 변화: \(\delta V = V'(r)\delta r\)

\[ \delta r = \frac{\partial r}{\partial x}\delta x + \frac{\partial r}{\partial y}\delta y = \frac{x}{r}(-\epsilon y) + \frac{y}{r}(\epsilon x) = \frac{\epsilon}{r}(-xy + yx) = 0 \]

따라서 \(\delta L = \delta T - \delta V = 0\) ✓

(a)의 결과를 적용해요. Noether 전하는:

\[ Q = p_x\eta_x + p_y\eta_y + p_z\eta_z = m\dot{x}(-y) + m\dot{y}(x) + m\dot{z}(0) \]
\[ \boxed{Q = m(x\dot{y} - y\dot{x}) = L_z} \]

\(\frac{dQ}{dt} = 0\)으로부터 각운동량의 \(z\) 성분 \(L_z\)가 보존돼요.

검산: 중심력 퍼텐셜 \(V(r)\)은 회전 대칭이므로, 각운동량이 보존되는 것은 물리적으로 자명해요. Noether의 정리는 이 직관을 엄밀하게 증명하고 있어요.

(c) 에너지의 보존

\(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\) (Lagrangian이 시간에 양적으로 의존하지 않는) 경우를 고려해요.

시간 병진 \(t \to t + \epsilon\)에 대응하는 좌표의 변화는 \(\delta q_j = \dot{q}_j\epsilon\) (시간이 \(\epsilon\)만큼 진행하면 좌표는 \(\dot{q}_j\epsilon\)만큼 변화)이에요.

\(L\)의 전시간미분을 계산하면:

\[ \frac{dL}{dt} = \frac{\partial L}{\partial q_j}\dot{q}_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\ddot{q}_j + \frac{\partial L}{\partial t} \]

\(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\)의 가정 하에서, Euler-Lagrange 방정식 \(\frac{\partial L}{\partial q_j} = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\)을 대입하면:

\[ \frac{dL}{dt} = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\right)\dot{q}_j + \frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\ddot{q}_j = \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{q}_j\right) \]

(곱의 미분법칙을 역으로 사용했어요.)

이항하면:

\[ \frac{d}{dt}\left(\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_j}\dot{q}_j - L\right) = 0 \]
\[ \frac{d}{dt}\left(\sum_j p_j\dot{q}_j - L\right) = 0 \]
\[ \boxed{\frac{dH}{dt} = 0, \qquad H = \sum_j p_j\dot{q}_j - L} \]

시간 병진의 대칭성에 대응하는 보존량은 Hamiltonian(에너지)이에요.

검산: 이 결과는 D5에서 직접 계산한 \(\frac{dH}{dt} = 0\)과 정합해요. D5에서는 Hamilton의 정준방정식을 사용하여 보였지만, 여기서는 Noether의 정리라는 일반적인 틀에서 도출했어요.

보충: (a)의 정식화에서는 \(\delta L = 0\)을 가정했지만, 시간 병진의 경우는 사정이 약간 달라요. 시간 병진 \(t \to t + \epsilon\)은 좌표 변환 \(\delta q_j = \dot{q}_j\epsilon\)을 유도하지만, \(L\) 자체는 \(\delta L = \frac{dL}{dt}\epsilon\) (전미분의 변화)을 받아요. \(\frac{\partial L}{\partial t} = 0\)인 경우, \(\delta L = \frac{dL}{dt}\epsilon\)은 전미분의 형태이며, 작용의 변분에 기여하지 않아요(경계항이 돼요). 이 때문에 위의 도출에서는 \(\frac{dL}{dt}\)를 직접 계산하는 방법을 채용했어요.