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L32 · 군론

Arfken 7판 17장 (군 공리와 곱셈표, 부분군·켤레류·동형, 대칭군, 행렬 표현과 지표, 분자 진동, 영 도표, $SO(3)$·$SU(2)$, 로런츠군, 맥스웰 방정식의 로런츠 공변성)

이 레슨이 끝나면 할 수 있는 계산
  1. 곱셈표를 만들어 군 공리를 확인하고, 원소의 위수·부분군을 찾고, 두 군이 동형인지 판정하기
  2. 켤레류 계산하기 ($S_3$, $D_4$)
  3. 순열을 사이클로 쓰고 곱하기, 짝·홀 판정하기
  4. 회전·반사 행렬로 표현을 만들고 곱셈표를 지키는지 확인하기
  5. 지표표와 직교성으로 가약 표현 분해하기 (좌표, 분자 진동 모드 수, 직접곱)
  6. 영 도표와 갈고리 길이 공식으로 $S_n$의 기약 표현 개수와 차원 구하기
  7. 생성자로 회전 행렬을 만들고 교환관계 확인하기 ($SO(2)$, $SO(3)$)
  8. $SU(2)$ 행렬에서 $SO(3)$ 회전 행렬 얻기
  9. 로런츠 부스트를 합성해 속도 합성 공식 얻기
  10. 부스트로 장 세기 텐서 $F^{\mu\nu}$를 변환해 $\mathbf E$, $\mathbf B$의 변환식 얻기

0. 외워 둘 공식

대상쓰는 식
군 공리닫힘, 결합법칙, 항등원 $e$, 역원 $g^{-1}$
원소의 위수$g^n=e$가 되는 가장 작은 $n$
라그랑주 정리부분군의 위수는 $|G|$의 약수
켤레$g'=hgh^{-1}$, 같은 류끼리 지표가 같음
순열의 부호길이 $k$인 사이클 $=$ 호환 $k-1$개. 호환 개수가 짝수면 짝순열
기약 표현개수 $=$ 켤레류 개수, $\ \sum_i d_i^2=|G|$
지표 직교성$\sum_{c}N_c\,\chi_i(c)\,\chi_j(c)^*=|G|\,\delta_{ij}$ ($N_c$: 류 $c$의 원소 수)
분해 공식$n_i=\dfrac1{|G|}\sum_c N_c\,\chi(c)\,\chi_i(c)^*$
좌표 $(x,y,z)$의 지표$E$: $3$, $\ \theta$ 회전: $1+2\cos\theta$, $\ $거울 반사: $1$
직접곱$\chi_{a\otimes b}(g)=\chi_a(g)\,\chi_b(g)$
$SO(3)$ 생성자$(J_k)_{ij}=-i\varepsilon_{kij}$, $\ [J_i,J_j]=i\varepsilon_{ijk}J_k$, $\ R=e^{-i\theta J}$
$SU(2)$$U=\begin{pmatrix}a&-b^*\\b&a^*\end{pmatrix}$, $|a|^2+|b|^2=1$, $\ R_{ij}=\frac12\mathrm{tr}(\sigma_iU\sigma_jU^\dagger)$
로런츠 부스트$\Lambda^T\eta\Lambda=\eta$, $\ \tanh\zeta=\beta$, 합성하면 $\zeta$끼리 더함
갈고리 길이 공식$d_\lambda=\dfrac{n!}{\prod(\text{칸마다 갈고리 길이})}$, $\ \sum_\lambda d_\lambda^2=n!$
장 세기 텐서$F'=\Lambda F\Lambda^T$, 불변량 $E^2-B^2$, $\mathbf E\cdot\mathbf B$ ($c=1$)

파울리 행렬(L04): $\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$, $\sigma_y=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}$, $\sigma_z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}$, $\sigma_i\sigma_j=\delta_{ij}I+i\varepsilon_{ijk}\sigma_k$.

이 레슨의 관례 (책마다 다른 곳)

1. 군 공리와 곱셈표

레시피
  1. 군(group)은 집합 $G$와 곱의 쌍으로, 네 가지를 만족합니다. ① 닫힘: $a,b\in G$이면 $ab\in G$. ② 결합법칙: $(ab)c=a(bc)$. ③ 항등원(identity) $e$: $ea=ae=a$. ④ 역원(inverse): $aa^{-1}=a^{-1}a=e$.
  2. 곱셈표(multiplication table)를 만듭니다. 행이 왼쪽 인자 $g$, 열이 오른쪽 인자 $h$, 칸이 $gh$입니다.
  3. 표로 확인합니다. 모든 칸이 집합 안에 있으면 닫힘. $e$의 행과 열이 머리줄을 그대로 복사하면 항등원. 각 행·각 열에 모든 원소가 정확히 한 번씩 나오면 역원이 있고 소거법칙이 성립합니다. 한 행에 같은 원소가 두 번 나오면 군이 아닙니다.
  4. 결합법칙은 수의 곱, 행렬 곱, 함수 합성이면 자동입니다. 표만 주어졌다면 몇 조합을 직접 확인합니다.
  5. 표가 대각선에 대해 대칭이면 아벨군(Abelian group, $ab=ba$)입니다.
  6. 원소의 위수(order)는 $g^n=e$가 되는 가장 작은 $n$입니다. 군의 위수 $|G|$는 원소 개수입니다.
예제 1-1 $C_3$, $C_4$, 클라인 4원군(Klein four-group) $V_4$의 곱셈표를 만들고, 원소의 위수로 $C_4$와 $V_4$가 다른 군임을 보이기

(a) 순환군(cyclic group) $C_3=\{e,a,a^2\}$, $a^3=e$. 예: 정삼각형을 $0^\circ,120^\circ,240^\circ$ 돌리는 회전, 또는 $\{1,\omega,\omega^2\}$ ($\omega=e^{2\pi i/3}$). 지수를 더하고 3으로 나눈 나머지를 씁니다. 예: $a\cdot a^2=a^3=e$, $a^2\cdot a^2=a^4=a$.

$C_3$$e$$a$$a^2$
$e$$e$$a$$a^2$
$a$$a$$a^2$$e$
$a^2$$a^2$$e$$a$

(b) $C_4=\{e,a,a^2,a^3\}$, $a^4=e$. 예: $\{1,i,-1,-i\}$에서 $a=i$. 지수를 4로 나눈 나머지로 더합니다.

$C_4$$e$$a$$a^2$$a^3$
$e$$e$$a$$a^2$$a^3$
$a$$a$$a^2$$a^3$$e$
$a^2$$a^2$$a^3$$e$$a$
$a^3$$a^3$$e$$a$$a^2$

(c) $V_4$의 예로 $\{1,3,5,7\}$과 "곱한 뒤 8로 나눈 나머지"를 씁니다. $3\cdot3=9\equiv1$, $3\cdot5=15\equiv7$, $3\cdot7=21\equiv5$, $5\cdot5=25\equiv1$, $5\cdot7=35\equiv3$, $7\cdot7=49\equiv1$.

mod 8$1$$3$$5$$7$
$1$$1$$3$$5$$7$
$3$$3$$1$$7$$5$
$5$$5$$7$$1$$3$
$7$$7$$5$$3$$1$

공리 확인: 모든 칸이 $\{1,3,5,7\}$ 안에 있습니다(닫힘). $1$의 행과 열이 머리줄과 같습니다(항등원). 대각선이 모두 $1$이므로 모든 원소가 자기 자신의 역원입니다. 각 행·열에 네 원소가 한 번씩 나옵니다. 정수 곱은 결합법칙을 만족합니다. 표가 대칭이므로 아벨군입니다.

(d) 위수 비교. $C_4$: $e$는 1, $a$는 4, $a^2$는 2 ($a^4=e$), $a^3$은 4 ($a^3,\ a^6=a^2,\ a^9=a,\ a^{12}=e$). $V_4$: $1$은 1, 나머지 셋은 모두 2. 동형사상은 원소의 위수를 보존하므로, 위수 4인 원소가 있는 $C_4$와 없는 $V_4$는 동형이 아닙니다. 둘 다 위수 4인 아벨군인데도 다른 군입니다.

2. 부분군·켤레류·동형

레시피
  1. 부분군(subgroup) $H\subset G$는 같은 곱으로 그 자체가 군인 부분집합입니다. 유한 집합이면 닫힘만 확인하면 됩니다.
  2. 순환 부분군: 원소 $g$ 하나의 거듭제곱 $\{e,g,g^2,\dots\}$. 크기는 $g$의 위수입니다.
  3. 라그랑주 정리(Lagrange's theorem): 부분군의 위수는 $|G|$의 약수입니다. 그래서 원소의 위수도 $|G|$의 약수입니다.
  4. 켤레(conjugate): $g'=hgh^{-1}$. $h$를 $G$ 전체로 바꿔 가며 얻는 집합이 $g$의 켤레류(conjugacy class)입니다. 켤레류들은 $G$를 겹치지 않게 나눕니다. $e$는 항상 혼자 한 류이고, 아벨군은 모든 원소가 각자 한 류입니다.
  5. 빠른 판단: 같은 류의 원소는 위수가 같습니다(필요조건일 뿐). 회전·반사 군에서는 "군의 원소로 회전축(거울면)을 다른 축(거울면)으로 옮길 수 있으면 같은 류"입니다. 순열은 사이클 모양이 같으면 같은 류입니다(3절).
  6. 동형(isomorphic, $G\cong G'$): 곱을 보존하는 일대일 대응 $\phi(gh)=\phi(g)\phi(h)$가 있는 것. 판정 순서: ① 위수가 같은가 ② 둘 다 아벨군인가(또는 둘 다 아닌가) ③ 원소 위수의 분포가 같은가 ④ 대응을 정해 곱셈표가 맞는지 확인. ①~③ 중 하나라도 다르면 동형이 아닙니다.
왜 되나? (증명 스케치) — 라그랑주 정리

부분군 $H$와 원소 $g$로 잉여류(coset) $gH=\{gh:h\in H\}$를 만듭니다.

그래서 $G$는 크기 $|H|$인 조각들로 정확히 나뉘고 $|G|=(\text{조각 수})\times|H|$. 원소의 위수는 순환 부분군 $\{e,g,g^2,\dots\}$의 크기이므로 이것도 $|G|$의 약수입니다.

예: $S_3$, $H=\{e,(1\,2)\}$. $(1\,3)H=\{(1\,3),(1\,2\,3)\}$, $(2\,3)H=\{(2\,3),(1\,3\,2)\}$. 크기 2인 조각 3개로 $6=3\times2$.

예제 2-1 (a) $S_3$의 켤레류와 부분군   (b) 정사각형의 대칭군 $D_4$의 켤레류

(a) $S_3=\{e,\,(1\,2),\,(1\,3),\,(2\,3),$ $(1\,2\,3),\,(1\,3\,2)\}$입니다(사이클 표기는 3절). 호환은 자기 자신이 역원이므로 $(1\,3)^{-1}=(1\,3)$. $(1\,3)(1\,2)(1\,3)$을 숫자마다 오른쪽부터 따라갑니다.

따라서 $(1\,3)(1\,2)(1\,3)^{-1}=(2\,3)$. 같은 방법으로 $(2\,3)(1\,2)(2\,3)^{-1}=(1\,3)$. 또 $(1\,2)(1\,2\,3)(1\,2)^{-1}$: $1\to2\to3\to3$, $2\to1\to2\to1$, $3\to3\to1\to2$ 이므로 $(1\,3\,2)$.

켤레류: $\{e\}$, $\{(1\,2),(1\,3),(2\,3)\}$, $\{(1\,2\,3),(1\,3\,2)\}$. 크기 $1+3+2=6$.

부분군: $\{e\}$, $\{e,(1\,2)\}$, $\{e,(1\,3)\}$, $\{e,(2\,3)\}$, $\{e,(1\,2\,3),(1\,3\,2)\}$, $S_3$. 위수 $1,2,2,2,3,6$은 모두 6의 약수입니다. 위수 4나 5인 부분군은 라그랑주 정리 때문에 없습니다.

(b) $D_4$의 원소 8개: 회전 $e,r,r^2,r^3$ ($r$은 반시계 $90^\circ$), 반사 $\sigma_x$ ($x$축이 거울), $\sigma_y$ ($y$축), $\sigma_d$ (직선 $y=x$), $\sigma_{d'}$ (직선 $y=-x$). 행렬로 씁니다.

$$\begin{aligned}r&=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix},\\ r^{-1}&=r^3=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix},\\ \sigma_x&=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\\ \sigma_y&=\begin{pmatrix}-1&0\\0&1\end{pmatrix},\\ \sigma_d&=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\\ \sigma_{d'}&=\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix}.\end{aligned}$$

정사각형의 대칭은 좌표축을 좌표축으로, 대각선을 대각선으로 보냅니다. 그래서 $\sigma_x$와 $\sigma_d$는 섞이지 않습니다. 켤레류는 5개입니다.

$$\begin{aligned}&\{e\},\ \{r^2\},\ \{r,r^3\},\\ &\{\sigma_x,\sigma_y\},\ \{\sigma_d,\sigma_{d'}\}\end{aligned}$$

$r^2$, $\sigma_x$, $\sigma_d$는 모두 위수 2지만 서로 다른 류입니다. 위수가 같다고 같은 류는 아닙니다. (덤: 기약 표현이 5개이고 $\sum d_i^2=8$이므로 차원은 $1,1,1,1,2$입니다.)

3. 대칭군 $S_n$: 순열 계산

레시피
  1. 두 줄 표기 → 사이클: 1에서 시작해 $1\to\sigma(1)\to\sigma(\sigma(1))\to\cdots$를 따라가다 1로 돌아오면 괄호를 닫습니다. 아직 안 쓴 가장 작은 수에서 다시 시작합니다. 제자리 수(고정점)는 생략합니다.
  2. 곱 $\sigma\tau$: 각 숫자를 오른쪽($\tau$)부터 통과시켜 최종 도착지를 적습니다. 그 결과를 다시 사이클로 묶습니다.
  3. 역원: 사이클을 거꾸로 씁니다. $(1\,2\,3)^{-1}=(3\,2\,1)=(1\,3\,2)$.
  4. 위수: 서로소인 사이클 길이들의 최소공배수입니다.
  5. 부호(sign): 길이 $k$인 사이클은 호환(transposition) $k-1$개의 곱입니다. 호환 개수의 합이 짝수면 짝순열($+1$), 홀수면 홀순열($-1$)입니다.
  6. 켤레: $\sigma(a\,b\,c)\sigma^{-1}=(\sigma(a)\,\sigma(b)\,\sigma(c))$. 사이클 안의 숫자를 $\sigma$로 바꿔 쓰기만 하면 됩니다. 그래서 켤레는 사이클 모양이 같습니다.
예제 3-1 $\sigma=\begin{pmatrix}1&2&3&4&5\\3&5&4&1&2\end{pmatrix}$, $\tau=(1\,2\,3)$

(a) 사이클: $1\to3\to4\to1$ 이므로 $(1\,3\,4)$. 남은 2에서 $2\to5\to2$ 이므로 $(2\,5)$. $\sigma=(1\,3\,4)(2\,5)$.

(b) 역원 $\sigma^{-1}=(1\,4\,3)(2\,5)$. 위수 $\mathrm{lcm}(3,2)=6$. 부호: 호환 $2+1=3$개이므로 홀순열.

(c) $\sigma\tau$: $\tau$ 먼저, 그다음 $\sigma$.

그래서 $\sigma\tau=(1\,5\,2\,4)$.

(d) $\tau\sigma$: $\sigma$ 먼저. $1\to3\to1$ (고정), $2\to5\to5$, $5\to2\to3$, $3\to4\to4$, $4\to1\to2$. 그래서 $\tau\sigma=(2\,5\,3\,4)$. $\sigma\tau\ne\tau\sigma$입니다. 둘 다 홀순열($4$-사이클 $=$ 호환 3개)이고, 이는 (홀)$\times$(짝)$=$(홀)과 맞습니다.

(e) 켤레: $\sigma\tau\sigma^{-1}=(\sigma(1)\,\sigma(2)\,\sigma(3))=(3\,5\,4)$. 사이클 모양($3$-사이클)이 그대로입니다.

4. 행렬 표현

레시피
  1. 표현(representation)은 각 원소 $g$에 행렬 $D(g)$를 주되 $D(g)D(h)=D(gh)$가 되게 하는 것입니다. 그러면 $D(e)=I$, $D(g^{-1})=D(g)^{-1}$은 저절로 성립합니다.
  2. 2차원 능동 회전은 $R(\theta)$입니다. 원점을 지나고 $x$축과 각 $\varphi$를 이루는 직선에 대한 반사는 $$M(\varphi)=\begin{pmatrix}c&s\\s&-c\end{pmatrix}$$ 여기서 $c=\cos2\varphi$, $s=\sin2\varphi$입니다.
  3. 쓸모 있는 사실: $\det R=+1$, $\det M=-1$, $M^2=I$, 그리고 $M(\varphi_1)M(\varphi_2)=R\big(2(\varphi_1-\varphi_2)\big)$ (반사 두 번은 회전).
  4. 곱셈표 확인: 행렬을 곱해 표의 칸과 비교합니다. 전부 하려면 $|G|^2$칸이지만, 손으로는 비가환인 곱 몇 개만 확인해도 실수를 대부분 잡습니다.
  5. 1차원 표현도 표현입니다. 모든 원소에 $1$을 주는 자명 표현(trivial representation), 그리고 $\det D(g)$가 그 예입니다.
예제 4-1 정삼각형의 대칭군 $D_3$의 2차원 표현을 만들고 곱셈표와 $D_3\cong S_3$ 확인하기

꼭짓점: $\mathbf v_1=(0,1)$, $\mathbf v_2=\big(-\frac{\sqrt3}2,-\frac12\big)$, $\mathbf v_3=\big(\frac{\sqrt3}2,-\frac12\big)$ (각 $90^\circ,210^\circ,330^\circ$). 원소: $E$, $C_3$ (반시계 $120^\circ$), $C_3^2$ ($240^\circ$), 그리고 꼭짓점 $k$와 중심을 잇는 직선에 대한 반사 $\sigma_k$. 거울 직선의 각은 $\sigma_1$: $90^\circ$, $\sigma_2$: $210^\circ$ (직선이므로 $30^\circ$와 같음), $\sigma_3$: $330^\circ$ ($150^\circ$와 같음).

$$\begin{aligned}D(C_3)&=\begin{pmatrix}-\frac12&-\frac{\sqrt3}2\\\frac{\sqrt3}2&-\frac12\end{pmatrix},\\ D(C_3^2)&=\begin{pmatrix}-\frac12&\frac{\sqrt3}2\\-\frac{\sqrt3}2&-\frac12\end{pmatrix},\\ D(\sigma_1)&=\begin{pmatrix}-1&0\\0&1\end{pmatrix},\\ D(\sigma_2)&=\begin{pmatrix}\frac12&\frac{\sqrt3}2\\\frac{\sqrt3}2&-\frac12\end{pmatrix},\\ D(\sigma_3)&=\begin{pmatrix}\frac12&-\frac{\sqrt3}2\\-\frac{\sqrt3}2&-\frac12\end{pmatrix}.\end{aligned}$$

확인: $D(C_3)\mathbf v_1=(-\frac{\sqrt3}2,-\frac12)=\mathbf v_2$. $C_3$는 꼭짓점을 $1\to2\to3\to1$로 보내므로 순열 $(1\,2\,3)$에 대응합니다. 같은 방법으로 $\sigma_1\leftrightarrow(2\,3)$, $\sigma_2\leftrightarrow(1\,3)$, $\sigma_3\leftrightarrow(1\,2)$, $C_3^2\leftrightarrow(1\,3\,2)$입니다.

비가환인 곱 두 개를 행렬로 계산합니다.

$$\begin{aligned}&D(C_3)D(\sigma_1)\\ &=\begin{pmatrix}-\frac12&-\frac{\sqrt3}2\\\frac{\sqrt3}2&-\frac12\end{pmatrix}\begin{pmatrix}-1&0\\0&1\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}\frac12&-\frac{\sqrt3}2\\-\frac{\sqrt3}2&-\frac12\end{pmatrix}=D(\sigma_3),\\ &D(\sigma_1)D(C_3)\\ &=\begin{pmatrix}\frac12&\frac{\sqrt3}2\\\frac{\sqrt3}2&-\frac12\end{pmatrix}=D(\sigma_2).\end{aligned}$$

순열로도 같은 결과가 나와야 합니다. $(1\,2\,3)(2\,3)$: $1\to1\to2$, $2\to3\to1$, $3\to2\to3$ 이므로 $(1\,2)\leftrightarrow\sigma_3$. 맞습니다. $(2\,3)(1\,2\,3)$: $1\to2\to3$, $3\to1\to1$, $2\to3\to2$ 이므로 $(1\,3)\leftrightarrow\sigma_2$. 맞습니다.

전체 곱셈표(행 $g$, 열 $h$, 칸 $gh$)입니다. 36칸 모두 행렬 곱과 순열 곱이 같은 답을 주므로 이 대응은 동형사상이고, $D_3\cong S_3$입니다.

$gh$$E$$C_3$$C_3^2$$\sigma_1$$\sigma_2$$\sigma_3$
$E$$E$$C_3$$C_3^2$$\sigma_1$$\sigma_2$$\sigma_3$
$C_3$$C_3$$C_3^2$$E$$\sigma_3$$\sigma_1$$\sigma_2$
$C_3^2$$C_3^2$$E$$C_3$$\sigma_2$$\sigma_3$$\sigma_1$
$\sigma_1$$\sigma_1$$\sigma_2$$\sigma_3$$E$$C_3$$C_3^2$
$\sigma_2$$\sigma_2$$\sigma_3$$\sigma_1$$C_3^2$$E$$C_3$
$\sigma_3$$\sigma_3$$\sigma_1$$\sigma_2$$C_3$$C_3^2$$E$

덤: $\det D(g)$는 회전에서 $+1$, 반사에서 $-1$입니다. 이것도 1차원 표현입니다(5절의 $A_2$).

5. 지표와 표현의 분해

레시피
  1. 지표(character)는 $\chi(g)=\mathrm{tr}\,D(g)$입니다. $\mathrm{tr}(ABA^{-1})=\mathrm{tr}\,B$이므로 같은 켤레류의 원소는 지표가 같습니다. 그래서 지표표는 켤레류마다 한 칸입니다.
  2. 지표표(character table)의 행은 기약 표현(irreducible representation), 열은 켤레류이고 열 머리에 원소 수 $N_c$가 붙습니다(예: $2C_3$).
  3. 분해할 표현의 지표 $\chi(c)$를 류마다 구합니다.
  4. $n_i=\dfrac1{|G|}\sum_c N_c\,\chi(c)\,\chi_i(c)^*$로 기약 표현 $i$가 몇 번 들어 있는지 셉니다. 정수가 안 나오면 계산 실수입니다.
  5. 확인: $\sum_i n_i\,d_i=\chi(E)$ (차원이 맞아야 함).
  6. 원자 변위 표현 $\Gamma_{3N}$ (원자마다 $x,y,z$ 변위, $3N$차원): $\chi(g)=(g$로 제자리에 남는 원자 수$)\times\chi_{xyz}(g)$. 움직이는 원자는 대각합에 기여하지 않습니다.
  7. 진동 모드 $=\Gamma_{3N}-\Gamma_{\rm 병진}-\Gamma_{\rm 회전}$. 병진은 지표표 오른쪽의 $x,y,z$, 회전은 $R_x,R_y,R_z$에서 읽습니다. 선형이 아닌 분자는 $3N-6$개가 남아야 합니다.
  8. 직접곱 $\Gamma_a\otimes\Gamma_b$: 지표를 류마다 곱한 뒤 4번으로 분해합니다. 선택 규칙(selection rule): $\int\psi_a^*\,O\,\psi_b\,d\tau$가 0이 아니려면 $\Gamma_a\otimes\Gamma_O\otimes\Gamma_b$에 $A_1$이 들어 있어야 합니다(지표가 실수인 군).
왜 되나? (증명 스케치) — 지표, 분해 공식, $\sum d_i^2=|G|$

같은 류는 같은 지표. $\mathrm{tr}(AB)=\sum_{ij}A_{ij}B_{ji}=\mathrm{tr}(BA)$ 이므로 $\mathrm{tr}\big(D(h)D(g)D(h)^{-1}\big)=\mathrm{tr}\big(D(g)D(h)^{-1}D(h)\big)=\mathrm{tr}\,D(g)$.

분해 공식. 표현이 기약 표현들의 블록 대각 $D=\bigoplus_jn_jD_j$로 갈라지면 대각합이 더해지므로 $\chi=\sum_jn_j\chi_j$. 양변에 $N_c\chi_i(c)^*$를 곱해 류마다 더하면, 직교성 $\sum_cN_c\chi_j(c)\chi_i(c)^*=|G|\delta_{ij}$가 $j=i$ 항만 남깁니다.

$$\sum_cN_c\,\chi(c)\,\chi_i(c)^*=n_i\,|G|.$$

이것이 4번 식입니다. (직교성 자체의 증명에는 슈어 보조정리가 필요해 생략합니다.)

$\sum d_i^2=|G|$. 정칙 표현(원소들이 곱셈으로 서로 자리를 바꾸는 $|G|$차원 순열 표현)은 $e$만 제자리가 있으므로 지표가 $(|G|,0,0,\dots)$. 분해 공식에 넣으면 $n_i=\frac1{|G|}\cdot|G|\cdot d_i=d_i$. 차원을 비교하면 $|G|=\sum_in_id_i=\sum_id_i^2$ (연습문제 D3).

왜 되나? (증명 스케치) — 원자 변위 표현의 지표

$3N$차원 벡터를 원자마다 3칸씩 끊어 씁니다. 대칭 연산 $g$는 원자 $a$의 변위를 돌려서 원자 $g(a)$의 칸에 놓습니다. 그래서 $D(g)$는 $3\times3$ 블록들이 원자 순열 모양으로 놓인 행렬입니다.

대각합에는 대각선 위의 블록만 들어갑니다. 원자 $a$의 블록이 대각선에 있으려면 $g(a)=a$, 즉 제자리여야 합니다. 그 블록은 $(x,y,z)$를 돌리는 $3\times3$ 행렬이고 대각합이 $\chi_{xyz}(g)$입니다. $z$축 둘레 $\theta$ 회전이면

$$\mathrm{tr}\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta&0\\\sin\theta&\cos\theta&0\\0&0&1\end{pmatrix}=1+2\cos\theta,$$

거울 반사는 한 축만 뒤집으므로 $1+1-1=1$. 그래서 $\chi_{3N}(g)=(\text{제자리 원자 수})\times\chi_{xyz}(g)$입니다.

$C_{3v}$: $z$축 둘레 $120^\circ$, $240^\circ$ 회전과 $z$축을 품은 거울면 3개. $xy$ 평면에서 하는 일은 예제 4-1의 $D_3$와 같습니다($z$는 그대로). $|G|=6$.

$C_{3v}$$E$$2C_3$$3\sigma_v$기저
$A_1$$1$$1$$1$$z$
$A_2$$1$$1$$-1$$R_z$
$E$$2$$-1$$0$$(x,y)$, $(R_x,R_y)$

$C_{2v}$: $z$축 둘레 $180^\circ$ 회전 $C_2$와 거울면 $xz$, $yz$. $|G|=4$, 모든 원소가 각자 한 류.

$C_{2v}$$E$$C_2$$\sigma_v(xz)$$\sigma_v'(yz)$기저
$A_1$$1$$1$$1$$1$$z$
$A_2$$1$$1$$-1$$-1$$R_z$
$B_1$$1$$-1$$1$$-1$$x$, $R_y$
$B_2$$1$$-1$$-1$$1$$y$, $R_x$
예제 5-1 예제 4-1의 행렬에서 $C_{3v}$ 지표표를 얻고, 직교성을 확인하고, 3차원 좌표 표현을 분해하기

(a) 대각합: $\chi(E)=2$, $\chi(C_3)=\chi(C_3^2)=-\frac12-\frac12=-1$, $\chi(\sigma_k)=0$ (세 반사 모두). 같은 류끼리 같은 값이 나옵니다. 이것이 $E$ 행 $(2,-1,0)$입니다. 자명 표현이 $A_1=(1,1,1)$, $\det$가 $A_2=(1,1,-1)$입니다.

(b) 직교성 $\sum_cN_c\chi_i(c)\chi_j(c)$ (류의 원소 수 $1,2,3$을 곱함):

류가 3개이므로 기약 표현도 3개이고, $1^2+1^2+2^2=6=|G|$입니다.

(c) $(x,y,z)$ 표현의 지표: $\chi(E)=3$, $\chi(C_3)=1+2\cos120^\circ=0$, $\chi(\sigma_v)=1$ (예: $\sigma_1$은 $(x,y,z)\to(-x,y,z)$, 대각합 $-1+1+1$).

각 항은 $N_c\,\chi(c)\,\chi_i(c)$입니다. 예: $n(E)$의 세 항은 $1\cdot3\cdot2=6$, $2\cdot0\cdot(-1)=0$, $3\cdot1\cdot0=0$.

$$\begin{aligned}n(A_1)&=\tfrac16(3+0+3)=1\\ n(A_2)&=\tfrac16(3+0-3)=0\\ n(E)&=\tfrac16(6+0+0)=1\end{aligned}$$

$\Gamma_{xyz}=A_1\oplus E$. 차원 $1+2=3$. $z$가 $A_1$, $(x,y)$가 $E$로 지표표의 기저 열과 맞습니다.

예제 5-2 물 분자 $H_2O$ ($C_{2v}$)의 진동 모드 세기

배치: O는 원점, H 두 개는 $yz$ 평면에서 $z$축 대칭. $N=3$이므로 $\Gamma_{3N}$은 9차원입니다.

$E$$C_2$$\sigma_v(xz)$$\sigma_v'(yz)$
제자리 원자 수$3$$1$ (O)$1$ (O)$3$
$\chi_{xyz}$$3$$-1$$1$$1$
$\chi_{3N}$$9$$-1$$1$$3$

$C_2$와 $\sigma_v(xz)$는 두 H를 서로 바꾸므로 O만 남습니다. $\chi_{xyz}(C_2)=1+2\cos180^\circ=-1$. $|G|=4$로 분해합니다.

$$\begin{aligned}n(A_1)&=\tfrac14(9-1+1+3)=3\\ n(A_2)&=\tfrac14(9-1-1-3)=1\\ n(B_1)&=\tfrac14(9+1+1-3)=2\\ n(B_2)&=\tfrac14(9+1-1+3)=3\end{aligned}$$

$\Gamma_{3N}=3A_1\oplus A_2\oplus2B_1\oplus3B_2$ (차원 $3+1+2+3=9$). 병진은 $z,x,y$이므로 $A_1\oplus B_1\oplus B_2$, 회전은 $R_z,R_y,R_x$이므로 $A_2\oplus B_1\oplus B_2$. 빼면

$$\Gamma_{\rm 진동}=2A_1\oplus B_2.$$

모드 3개 $=3\cdot3-6$. 대칭 신축과 굽힘이 $A_1$, 비대칭 신축이 $B_2$입니다.

예제 5-3 (a) $C_{3v}$에서 $E\otimes E$ 분해   (b) $H_2O$ 바닥 상태($A_1$)에서 $B_2$, $A_2$ 상태로의 쌍극자 전이

(a) 지표를 류마다 제곱합니다: $\chi=(2^2,(-1)^2,0^2)=(4,1,0)$.

$$\begin{aligned}n(A_1)&=\tfrac16(4+2\cdot1+0)=1\\ n(A_2)&=\tfrac16(4+2\cdot1-0)=1\\ n(E)&=\tfrac16(8-2+0)=1\end{aligned}$$

$E\otimes E=A_1\oplus A_2\oplus E$. 차원 $1+1+2=4=2\times2$.

(b) 쌍극자 연산자 성분의 표현은 $x:B_1$, $y:B_2$, $z:A_1$입니다. $C_{2v}$의 표현은 모두 1차원이고 지표가 $\pm1$이라, $\Gamma\otimes\Gamma=A_1$이고 서로 다른 두 표현의 곱은 $A_1$이 아닙니다. 예: $B_1\otimes B_2=(1,1,-1,-1)=A_2$.

6. 영 도표로 $S_n$의 기약 표현 세기 (맛보기)

Arfken 17장의 대칭군 절에 영 도표(Young diagram)가 나오는 것으로 기억합니다(17.6절 무렵, 기억 기반, 미검증). 여기서는 "$S_n$의 기약 표현이 몇 개이고 각각 몇 차원인가"를 손으로 세는 데만 씁니다.

레시피
  1. 분할(partition). $n$을 큰 것부터 자연수의 합으로 씁니다. $n=3$이면 $[3]$, $[2,1]$, $[1,1,1]$. 분할 하나가 영 도표 하나입니다: 줄마다 그 수만큼 칸을 왼쪽 정렬해 쌓습니다(윗줄이 가장 김). 예: $[2,1]$은 윗줄 2칸, 아랫줄 1칸.
  2. 개수. 분할 $\leftrightarrow$ 사이클 모양 $\leftrightarrow$ 켤레류(3절) 이고 기약 표현 개수 $=$ 켤레류 개수이므로, $S_n$의 기약 표현은 $n$의 분할 개수만큼 있습니다.
  3. 갈고리 길이(hook length). 칸마다 "자기 칸 1 + 오른쪽에 있는 칸 수 + 아래에 있는 칸 수"를 적습니다.
  4. 갈고리 길이 공식: $d_\lambda=\dfrac{n!}{\prod(\text{모든 칸의 갈고리 길이})}$.
  5. 검산: $\sum_\lambda d_\lambda^2=n!$. 한 줄짜리 $[n]$은 자명 표현, 한 열짜리 $[1,\dots,1]$은 부호 표현(짝순열 $+1$, 홀순열 $-1$)이고 둘 다 $d=1$입니다.
  6. 덤: $d_\lambda$는 표준 영 타블로(standard Young tableau)의 개수와 같습니다. 칸에 $1,\dots,n$을 한 번씩, 각 줄은 오른쪽으로, 각 열은 아래로 커지게 채운 것입니다. 작은 $n$에서는 직접 세어 검산합니다. (갈고리 공식의 증명은 생략합니다.)
예제 6-1 (a) $S_3$   (b) $S_4$의 기약 표현 차원

(a) 분할 3개 ($S_3$의 켤레류 3개와 같음). 갈고리 길이를 줄마다 적습니다.

검산 $1^2+2^2+1^2=6=3!$. $S_3\cong D_3\cong C_{3v}$ 이므로 $[3]=A_1$, $[1,1,1]=A_2$ (부호 $=\det$), $[2,1]=E$입니다. $[2,1]$의 표준 타블로는 윗줄 $1\,2$/아랫줄 $3$, 윗줄 $1\,3$/아랫줄 $2$의 2개로 $d=2$와 맞습니다.

(b) $4$의 분할은 5개입니다. 연습문제 C3의 켤레류 5개와 같습니다.

분할갈고리 길이 (줄별)곱$d=24/\text{곱}$
$[4]$$(4,3,2,1)$$24$$1$
$[3,1]$$(4,2,1)$, $(1)$$8$$3$
$[2,2]$$(3,2)$, $(2,1)$$12$$2$
$[2,1,1]$$(4,1)$, $(2)$, $(1)$$8$$3$
$[1,1,1,1]$$(4)$, $(3)$, $(2)$, $(1)$$24$$1$

예: $[3,1]$ 윗줄 첫 칸은 오른쪽 2칸, 아래 1칸이라 $1+2+1=4$. 검산 $1+9+4+9+1=24=4!$.

7. 연속군: $SO(2)$, $SO(3)$와 생성자

레시피
  1. 각 하나로 매개화한 회전 $R(\theta)$, $R(0)=I$에서 생성자(generator) $J=i\,\dfrac{dR}{d\theta}\Big|_{\theta=0}$를 구합니다. 회전 행렬이 실직교 행렬이라 $J$는 에르미트입니다.
  2. 그러면 $R(\theta)=e^{-i\theta J}$입니다. 확인할 때는 $A=-iJ$의 거듭제곱 규칙을 찾아 지수 급수를 짝수·홀수 차수로 나눕니다.
    • 2차원: $A^2=-I$이면 $e^{\theta A}=\cos\theta\,I+\sin\theta\,A$.
    • 3차원 한 축: $A^3=-A$이면 $e^{\theta A}=I+\sin\theta\,A+(1-\cos\theta)A^2$.
  3. $SO(3)$의 생성자는 $(J_k)_{ij}=-i\varepsilon_{kij}$입니다. $$\begin{aligned}J_x&=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&-i\\0&i&0\end{pmatrix},\\ J_y&=\begin{pmatrix}0&0&i\\0&0&0\\-i&0&0\end{pmatrix},\\ J_z&=\begin{pmatrix}0&-i&0\\i&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}.\end{aligned}$$
  4. 교환자 $[J_i,J_j]=J_iJ_j-J_jJ_i$는 행렬을 직접 곱해 $i\varepsilon_{ijk}J_k$와 비교합니다.
  5. 미소 회전은 $R\approx I-i\,\delta\theta\,J$입니다.
왜 되나? (증명 스케치) — 생성자의 지수가 회전이 되는 이유

같은 축의 회전은 각이 더해집니다: $R(\theta+\delta)=R(\delta)R(\theta)$. 작은 $\delta$에서 $R(\delta)\approx I-i\,\delta\,J$ (생성자의 정의)이므로

$$\begin{aligned}\frac{R(\theta+\delta)-R(\theta)}{\delta}&\approx-iJ\,R(\theta)\\ \Rightarrow\quad\frac{dR}{d\theta}&=-iJ\,R.\end{aligned}$$

$R(0)=I$인 이 행렬 미분방정식의 해가 $R(\theta)=e^{-i\theta J}$입니다. 수에서 $y'=ay$, $y(0)=1$의 해가 $e^{a\theta}$인 것과 같습니다. 작은 회전을 $N$번 하는 것으로 보면 $R(\theta)=\lim_{N\to\infty}\big(I-i\tfrac\theta NJ\big)^N$입니다.

$J$가 에르미트인 이유: $R^TR=I$에 $R\approx I+\delta A$ ($A=-iJ$, 실행렬)를 넣으면 1차 항에서 $A^T=-A$. 그러면 $J=iA$에서 $J^\dagger=-iA^T=iA=J$.

예제 7-1 (a) $SO(2)$의 생성자   (b) $e^{-i\theta J_z}$가 $z$축 회전 행렬임   (c) $[J_x,J_y]=iJ_z$

(a) $R(\theta)=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$를 미분해 $\theta=0$을 넣으면 $\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$. $i$를 곱하면 $J=\begin{pmatrix}0&-i\\i&0\end{pmatrix}=\sigma_y$입니다. $A=-iJ=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$이고 $A^2=-I$이므로

$$\begin{aligned}&e^{-i\theta\sigma_y}=\cos\theta\,I+\sin\theta\,A\\ &=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta\\\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}=R(\theta).\end{aligned}$$

L05 예제 5-2의 $e^{+i\theta\sigma_y}$는 $R(-\theta)$, 즉 수동 회전입니다. 지수의 부호만 다릅니다.

(b) $A=-iJ_z=\begin{pmatrix}0&-1&0\\1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}$, $A^2=\begin{pmatrix}-1&0&0\\0&-1&0\\0&0&0\end{pmatrix}$, $A^3=-A$. 급수를 묶으면

$$\begin{aligned}&e^{\theta A}=I+\Big(\theta-\frac{\theta^3}{3!}+\cdots\Big)A\\ &\quad+\Big(\frac{\theta^2}{2!}-\frac{\theta^4}{4!}+\cdots\Big)A^2\\ &=I+\sin\theta\,A+(1-\cos\theta)A^2\\ &=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta&0\\\sin\theta&\cos\theta&0\\0&0&1\end{pmatrix}.\end{aligned}$$

(1,1) 성분: $1+(1-\cos\theta)(-1)=\cos\theta$. (2,1) 성분: $\sin\theta\cdot1=\sin\theta$. $z$축 둘레 능동 회전 $R_z(\theta)$입니다.

(c) 행렬 곱:

$$\begin{aligned}J_xJ_y&=\begin{pmatrix}0&0&0\\-1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\\ J_yJ_x&=\begin{pmatrix}0&-1&0\\0&0&0\\0&0&0\end{pmatrix},\\ [J_x,J_y]&=\begin{pmatrix}0&1&0\\-1&0&0\\0&0&0\end{pmatrix}\\ &=iJ_z.\end{aligned}$$

마지막 등호: $iJ_z$의 $(1,2)$ 성분은 $i\cdot(-i)=1$, $(2,1)$ 성분은 $i\cdot i=-1$입니다.

예: $(J_xJ_y)_{21}$은 $J_x$의 2행 $(0,0,-i)$과 $J_y$의 1열 $(0,0,-i)$의 곱 $(-i)(-i)=-1$입니다.

8. $SU(2)$와 $SO(3)$

레시피
  1. $SU(2)$는 $\det=1$인 $2\times2$ 유니터리 행렬의 군입니다. 일반형은 $U=\begin{pmatrix}a&-b^*\\b&a^*\end{pmatrix}$, $|a|^2+|b|^2=1$ (실수 매개변수 3개).
  2. 축-각 형태: $U=e^{-i\theta\,\hat n\cdot\boldsymbol\sigma/2}=\cos\frac\theta2\,I-i\sin\frac\theta2\,(\hat n\cdot\boldsymbol\sigma)$. ($(\hat n\cdot\boldsymbol\sigma)^2=I$이므로 L05의 지름길이 그대로 적용됩니다.)
  3. 거꾸로 읽기: $\mathrm{tr}\,U=2\cos\frac\theta2$로 각을, $U-\cos\frac\theta2 I=-i\sin\frac\theta2\,(\hat n\cdot\boldsymbol\sigma)$의 성분으로 축을 읽습니다.
  4. 회전 행렬: $R_{ij}=\frac12\mathrm{tr}(\sigma_i\,U\sigma_jU^\dagger)$. 실전에서는 $U\sigma_jU^\dagger$를 계산해 $\sum_iR_{ij}\sigma_i$ 꼴로 읽습니다. 그 계수들이 $R$의 $j$번째 열입니다($\frac12\mathrm{tr}(\sigma_i\sigma_k)=\delta_{ik}$).
  5. $U$와 $-U$는 같은 $R$을 줍니다($R$의 식에 $U$와 $U^\dagger$가 한 번씩 들어 있어 부호가 $(-1)^2=1$). $\theta=2\pi$이면 $U=-I$지만 $R=I$입니다. $SU(2)\to SO(3)$은 2대1 대응입니다.
왜 되나? (증명 스케치) — $U\sigma_jU^\dagger$가 회전이고 2대1인 이유

벡터 $\mathbf x$를 행렬 $X=\mathbf x\cdot\boldsymbol\sigma=\begin{pmatrix}z&x-iy\\x+iy&-z\end{pmatrix}$로 바꿉니다. $X$는 에르미트, 대각합 0이고 $\det X=-(x^2+y^2+z^2)$입니다.

$X'=UXU^\dagger$도 에르미트이고 대각합 0입니다($\mathrm{tr}(UXU^\dagger)=\mathrm{tr}(XU^\dagger U)$). 그래서 어떤 벡터의 $\mathbf x'\cdot\boldsymbol\sigma$입니다. 또 $\det X'=\det X$이므로 $|\mathbf x'|=|\mathbf x|$: 길이를 보존하는 선형 변환, 즉 회전입니다. 성분을 읽는 식이 4번의 $R_{ij}=\frac12\mathrm{tr}(\sigma_iU\sigma_jU^\dagger)$입니다.

$-U$를 넣으면 $(-U)X(-U)^\dagger=UXU^\dagger$라 같은 회전입니다. 같은 $R$을 주는 것은 $\pm U$뿐입니다(세 $\sigma_j$와 모두 교환하는 $SU(2)$ 원소가 $\pm I$뿐이라서, 자세한 것은 생략). 그래서 2대1입니다.

예제 8-1 (a) 일반형이 $SU(2)$임을 확인   (b) $U_z(\theta)=e^{-i\theta\sigma_z/2}$에서 $R$ 구하기   (c) $U$와 $-U$   (d) $U=\frac1{\sqrt2}(I-i\sigma_x)$의 회전

(a) $U^\dagger=\begin{pmatrix}a^*&b^*\\-b&a\end{pmatrix}$ 이므로

대각 성분은 $|a|^2+|b|^2=1$, 비대각 성분은 $-a^*b^*+b^*a^*=0$, $-ab+ab=0$입니다.

$$\begin{aligned}U^\dagger U&=(|a|^2+|b|^2)\,I=I,\\ \det U&=aa^*+bb^*=1.\end{aligned}$$

(b) $U_z=\begin{pmatrix}e^{-i\theta/2}&0\\0&e^{i\theta/2}\end{pmatrix}$ ($a=e^{-i\theta/2}$, $b=0$). 대각 행렬로 양쪽을 곱하면 $(1,2)$ 성분에 $e^{-i\theta/2}\cdot e^{-i\theta/2}=e^{-i\theta}$, $(2,1)$ 성분에 $e^{i\theta}$가 곱해집니다.

$$\begin{aligned}U\sigma_xU^\dagger&=\begin{pmatrix}0&e^{-i\theta}\\e^{i\theta}&0\end{pmatrix}\\ &=\cos\theta\,\sigma_x+\sin\theta\,\sigma_y\\ U\sigma_yU^\dagger&=\begin{pmatrix}0&-ie^{-i\theta}\\ie^{i\theta}&0\end{pmatrix}\\ &=-\sin\theta\,\sigma_x+\cos\theta\,\sigma_y\\ U\sigma_zU^\dagger&=\sigma_z\end{aligned}$$

계수를 열로 놓으면 $R=\begin{pmatrix}\cos\theta&-\sin\theta&0\\\sin\theta&\cos\theta&0\\0&0&1\end{pmatrix}=R_z(\theta)$. 예제 7-1(b)와 같습니다. (첫 줄 확인: $\cos\theta\,\sigma_x+\sin\theta\,\sigma_y$의 $(1,2)$ 성분은 $\cos\theta-i\sin\theta=e^{-i\theta}$.)

(c) $\theta=2\pi$를 넣으면 $U_z=\mathrm{diag}(e^{-i\pi},e^{i\pi})=-I$이지만 $R_z(2\pi)=I$입니다. 일반적으로 $U_z(\theta+2\pi)=-U_z(\theta)$인데 $R$은 같습니다.

(d) $U=\frac1{\sqrt2}(I-i\sigma_x)=\frac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&-i\\-i&1\end{pmatrix}$ ($\cos45^\circ=\sin45^\circ=\frac1{\sqrt2}$이므로 $x$축 둘레 $90^\circ$). $U^\dagger=\frac1{\sqrt2}(I+i\sigma_x)$. 파울리 곱 $\sigma_x\sigma_y=i\sigma_z$, $\sigma_y\sigma_x=-i\sigma_z$, $\sigma_x\sigma_y\sigma_x=-\sigma_y$를 씁니다.

$$\begin{aligned}&U\sigma_yU^\dagger\\ &=\tfrac12\big(\sigma_y+i\sigma_y\sigma_x\\ &\qquad-i\sigma_x\sigma_y+\sigma_x\sigma_y\sigma_x\big)\\ &=\tfrac12\big(\sigma_y+\sigma_z+\sigma_z-\sigma_y\big)=\sigma_z\end{aligned}$$

같은 방법으로 $U\sigma_zU^\dagger=-\sigma_y$, $U\sigma_xU^\dagger=\sigma_x$. 따라서

$$\begin{aligned}R&=\begin{pmatrix}1&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix}\\ &=R_x(90^\circ).\end{aligned}$$

$y\to z$, $z\to-y$로 보내는 회전입니다.

그림 표기로 보기: G3 6절 — R만 보고 각·축 읽기: tr R = 1 + 2cos α, R − Rᵀ = 2 sin α G_n, 로드리게스 공식(연습 E3·E4·E5).

9. 로런츠군과 속도 합성

레시피
  1. $1+1$차원에서 좌표는 $(ct,x)$, 계량은 $\eta=\mathrm{diag}(1,-1)$입니다. 로런츠 변환은 $\Lambda^T\eta\Lambda=\eta$인 행렬, 즉 $(ct)^2-x^2$를 보존하는 행렬입니다.
  2. 부스트(boost): $\beta=v/c$, $\gamma=1/\sqrt{1-\beta^2}$일 때 $\Lambda(\beta)=\begin{pmatrix}\gamma&-\gamma\beta\\-\gamma\beta&\gamma\end{pmatrix}$.
  3. 래피디티(rapidity) $\zeta$: $\tanh\zeta=\beta$, $\cosh\zeta=\gamma$, $\sinh\zeta=\gamma\beta$, $\zeta=\frac12\ln\dfrac{1+\beta}{1-\beta}$. 그러면 $\Lambda=\begin{pmatrix}\cosh\zeta&-\sinh\zeta\\-\sinh\zeta&\cosh\zeta\end{pmatrix}=e^{-\zeta K}$, $K=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$.
  4. 같은 방향 부스트의 합성: $\Lambda(\zeta_1)\Lambda(\zeta_2)=\Lambda(\zeta_1+\zeta_2)$ (cosh·sinh 덧셈정리). 그래서 $$\begin{aligned}\beta&=\tanh(\zeta_1+\zeta_2)\\ &=\frac{\beta_1+\beta_2}{1+\beta_1\beta_2}.\end{aligned}$$
  5. 4차원에서는 $y,z$ 칸에 1을 넣은 $4\times4$ 행렬과 $\eta=\mathrm{diag}(1,-1,-1,-1)$를 씁니다.
예제 9-1 (a) $\Lambda^T\eta\Lambda=\eta$ 확인   (b) $\beta_1=0.6$과 $\beta_2=0.8$의 합성   (c) $e^{-\zeta K}$ 계산

(a) $c=\cosh\zeta$, $s=\sinh\zeta$로 줄여 씁니다.

$$\begin{aligned}\eta\Lambda&=\begin{pmatrix}c&-s\\s&-c\end{pmatrix},\\ &\Lambda^T\eta\Lambda\\ &=\begin{pmatrix}c&-s\\-s&c\end{pmatrix}\begin{pmatrix}c&-s\\s&-c\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}c^2-s^2&-cs+sc\\-sc+cs&s^2-c^2\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}.\end{aligned}$$

(b) $\beta_1=0.6$: $\gamma_1=\frac1{\sqrt{0.64}}=\frac54$, $\gamma_1\beta_1=\frac34$. $\beta_2=0.8$: $\gamma_2=\frac53$, $\gamma_2\beta_2=\frac43$.

$$\begin{aligned}\Lambda_1\Lambda_2&=\frac14\begin{pmatrix}5&-3\\-3&5\end{pmatrix}\\ &\quad\times\frac13\begin{pmatrix}5&-4\\-4&5\end{pmatrix}\\ &=\frac1{12}\begin{pmatrix}37&-35\\-35&37\end{pmatrix}.\end{aligned}$$

성분: $(1,1)=5\cdot5+(-3)(-4)=25+12=37$, $(1,2)=5\cdot(-4)+(-3)\cdot5=-20-15=-35$. 나머지 두 성분도 같은 값입니다.

부스트 꼴이므로 $\gamma=\frac{37}{12}$, $\gamma\beta=\frac{35}{12}$, $\beta=\frac{35}{37}\approx0.9459$. 확인: $\gamma^2-(\gamma\beta)^2=\frac{37^2-35^2}{144}=\frac{144}{144}=1$.

래피디티로: $\zeta_1=\frac12\ln\frac{1.6}{0.4}=\ln2$, $\zeta_2=\frac12\ln\frac{1.8}{0.2}=\ln3$, 합 $\ln6$. $\tanh(\ln6)=\dfrac{6-\frac16}{6+\frac16}=\dfrac{35}{37}$. 공식으로: $\dfrac{0.6+0.8}{1+0.48}=\dfrac{1.4}{1.48}=\dfrac{35}{37}$. 셋 다 같고, 단순 덧셈 $1.4$와 달리 1을 넘지 않습니다.

(c) $K^2=I$이므로 L05의 지름길 $e^{tM}=\cosh t\,I+\sinh t\,M$ ($M^2=I$)에 $t=-\zeta$를 넣습니다: $e^{-\zeta K}=\cosh\zeta\,I-\sinh\zeta\,K=\Lambda(\zeta)$. 생성자 $K$는 에르미트지만 지수에 $i$가 없어서 $\Lambda$는 직교 행렬이 아닙니다.

10. 맥스웰 방정식의 로런츠 공변성: $\mathbf E$, $\mathbf B$의 변환

Arfken 17장 끝 무렵에 맥스웰 방정식의 로런츠 공변성을 다루는 절이 있는 것으로 기억합니다(17.9절 무렵, 기억 기반, 미검증). 계산의 핵심은 하나입니다: 전기장과 자기장을 $4\times4$ 반대칭 행렬 $F^{\mu\nu}$ 하나로 묶고, 9절의 부스트 행렬을 양쪽에서 곱합니다.

레시피 (이 절은 $c=1$로 씁니다. SI로 돌릴 때는 $\mathbf E\to\mathbf E/c$, $\beta=v/c$)
  1. 장 세기 텐서(field strength tensor)를 씁니다. 좌표 순서는 $(t,x,y,z)$: $$F^{\mu\nu}=\begin{pmatrix}0&-E_x&-E_y&-E_z\\E_x&0&-B_z&B_y\\E_y&B_z&0&-B_x\\E_z&-B_y&B_x&0\end{pmatrix}.$$ 외우는 법: 첫 행이 $-\mathbf E$, 첫 열이 $+\mathbf E$, 오른쪽 아래 $3\times3$은 $F^{ij}=-\varepsilon_{ijk}B_k$.
  2. 변환: 두 첨자가 모두 $x^\mu$처럼 변하므로 $F'^{\mu\nu}=\Lambda^\mu{}_\alpha\Lambda^\nu{}_\beta F^{\alpha\beta}$, 행렬로 $F'=\Lambda F\Lambda^T$.
  3. $x$ 방향 부스트는 $(t,x)$만 섞으므로 손계산 지름길이 있습니다. 첨자 둘 다 $y,z$인 성분은 그대로, 둘 다 $t,x$인 성분도 그대로($\gamma^2(1-\beta^2)=1$), 하나씩 섞인 성분은 $\big(F^{0\nu},F^{1\nu}\big)$ ($\nu=2,3$)가 $(t,x)$ 벡터처럼 $2\times2$ 부스트를 받습니다.
  4. 결과 ($+x$ 방향 부스트, 속도 $\beta$): $$\begin{aligned}E'_x&=E_x,\qquad B'_x=B_x,\\ E'_y&=\gamma(E_y-\beta B_z),\\ E'_z&=\gamma(E_z+\beta B_y),\\ B'_y&=\gamma(B_y+\beta E_z),\\ B'_z&=\gamma(B_z-\beta E_y).\end{aligned}$$ 부스트 방향 성분은 그대로이고 수직 성분만 섞입니다. 벡터로 쓰면 $\mathbf E'_\perp=\gamma(\mathbf E+\boldsymbol\beta\times\mathbf B)_\perp$, $\mathbf B'_\perp=\gamma(\mathbf B-\boldsymbol\beta\times\mathbf E)_\perp$.
  5. 검산: $E^2-B^2$와 $\mathbf E\cdot\mathbf B$는 변환 전후가 같습니다.
왜 되나? (증명 스케치) — $F'=\Lambda F\Lambda^T$와 불변량

$F^{\mu\nu}=\partial^\mu A^\nu-\partial^\nu A^\mu$ ($A^\mu=(\phi,\mathbf A)$, $\partial^\mu=(\partial_t,-\nabla)$)입니다. 1번의 부호 배치가 여기서 나옵니다: $F^{0i}=\partial_tA_i+\partial_i\phi=-E_i$, $F^{12}=-\partial_xA_y+\partial_yA_x=-B_z$.

$A^\mu$와 $\partial^\mu$가 둘 다 $x^\mu$처럼 $\Lambda$로 변하므로, 첨자 두 개짜리 $F$는 $\Lambda$를 두 번 받습니다. 행 첨자는 왼쪽 곱 $\Lambda$, 열 첨자는 오른쪽 곱 $\Lambda^T$.

맥스웰 방정식 중 두 개(가우스, 앙페르-맥스웰)는 $\partial_\mu F^{\mu\nu}=J^\nu$ 한 줄로 묶입니다(단위 계수 생략; $\nu=0$이 $\nabla\cdot\mathbf E=\rho$). 양변이 같은 방식으로 변하므로 한 관성계에서 성립하면 모든 관성계에서 성립합니다. 이것이 공변성입니다.

불변량: 첨자를 모두 맞춰 더한 $F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}=-2(E^2-B^2)$는 스칼라라서 그대로입니다. 또 $\det F=(\mathbf E\cdot\mathbf B)^2$이고 $\det\Lambda=1$이라 $\det F'=\det F$입니다.

예제 10-1 $x$ 방향 부스트에서 4번의 변환식을 행렬 계산으로 얻기

부스트의 $(t,x)$ 블록은 $\begin{pmatrix}\gamma&-\gamma\beta\\-\gamma\beta&\gamma\end{pmatrix}$이고 $y,z$는 그대로입니다.

① $t,x$끼리: $F'^{01}=\Lambda^0{}_0\Lambda^1{}_1F^{01}+\Lambda^0{}_1\Lambda^1{}_0F^{10}=\gamma^2F^{01}-\gamma^2\beta^2F^{01}=F^{01}$. 그래서 $E'_x=E_x$. $y,z$끼리: $F'^{23}=F^{23}$, 그래서 $B'_x=B_x$.

② $\nu=2$ 열: $(F^{02},F^{12})=(-E_y,-B_z)$에 $2\times2$ 부스트를 곱합니다.

$$\begin{aligned}F'^{02}&=\gamma(-E_y)-\gamma\beta(-B_z)\\ &=-\gamma(E_y-\beta B_z),\\ F'^{12}&=-\gamma\beta(-E_y)+\gamma(-B_z)\\ &=-\gamma(B_z-\beta E_y).\end{aligned}$$

1번의 자리($F'^{02}=-E'_y$, $F'^{12}=-B'_z$)로 읽으면 $E'_y=\gamma(E_y-\beta B_z)$, $B'_z=\gamma(B_z-\beta E_y)$.

③ $\nu=3$ 열: $(F^{03},F^{13})=(-E_z,B_y)$.

$$\begin{aligned}F'^{03}&=-\gamma E_z-\gamma\beta B_y=-\gamma(E_z+\beta B_y),\\ F'^{13}&=\gamma\beta E_z+\gamma B_y=\gamma(B_y+\beta E_z).\end{aligned}$$

$F'^{03}=-E'_z$, $F'^{13}=B'_y$이므로 $E'_z=\gamma(E_z+\beta B_y)$, $B'_y=\gamma(B_y+\beta E_z)$. 나머지 성분은 반대칭 $F^{\nu\mu}=-F^{\mu\nu}$로 정해집니다.

예제 10-2 $\beta=0.6$ ($\gamma=\frac54$, $\gamma\beta=\frac34$)로 부스트할 때 (a) 순수 전기장 $\mathbf E=(0,E,0)$   (b) 순수 자기장 $\mathbf B=(0,0,B)$

(a) $B=0$이므로 $E'_y=\gamma E=\frac54E$, $B'_z=\gamma(0-\beta E)=-\frac34E$. 나머지는 0. SI로는 $B'_z=-\frac34E/c$. 원래 계에서 정지한 전하가 새 계에서는 $-x$ 방향으로 움직이므로 전류가 생기고, 그래서 자기장이 보입니다.

불변량 검산: $E'^2-B'^2=\frac{25}{16}E^2-\frac9{16}E^2=E^2$ (변환 전 $E^2-0$). $\mathbf E'\cdot\mathbf B'=0$ ($y$와 $z$ 성분이라 직교).

(b) $E'_y=\gamma(0-\beta B)=-\frac34B$, $B'_z=\frac54B$. 자기장 속을 움직이면 전기장이 보입니다. 1차 근사로는 $\mathbf E'\approx\boldsymbol\beta\times\mathbf B=0.6\,\hat x\times B\hat z=-0.6B\,\hat y$이고, 정확한 값은 여기에 $\gamma$가 붙은 $-0.75B$입니다. 검산: $E'^2-B'^2=\frac{9-25}{16}B^2=-B^2$.

11. 자주 하는 실수

12. 연습문제

종이에 먼저 풀고 답을 여세요. 모든 답은 SymPy로 검산했습니다.

A. 곱셈표·공리·위수

A1. $\{1,-1,i,-i\}$ (곱셈): 각 원소의 위수와, $C_4$·$V_4$ 중 어느 군과 동형인지

답위수 $1:1$, $-1:2$, $i:4$, $-i:4$. 위수 4인 원소가 있으므로 $C_4$ ($i$ 또는 $-i$가 생성원).

A2. $\{0,1,2,3\}$, 곱한 뒤 4로 나눈 나머지 — 군인가?

답아닙니다 — $0\cdot x=0$이라 0은 역원이 없습니다. 0을 빼도 $2\cdot2=4\equiv0$이라 닫히지 않습니다. ($\{1,3\}$만 따로 떼면 $C_2$입니다.)

A3. $\{1,2,3,4\}$, 곱한 뒤 5로 나눈 나머지: 각 원소의 위수와 동형인 군

답$2$: $2,4,3,1$ → 위수 4. $3$: $3,4,2,1$ → 위수 4. $4$: $4,1$ → 위수 2. 위수 4인 원소가 있으므로 $C_4$ (생성원 2 또는 3).

A4. $\{1,5,7,11\}$, 곱한 뒤 12로 나눈 나머지: 곱셈표를 만들고 동형인 군

답$V_4$ — $5^2=25\equiv1$, $7^2=49\equiv1$, $11^2=121\equiv1$, $5\cdot7=35\equiv11$, $5\cdot11=55\equiv7$, $7\cdot11=77\equiv5$. $e$ 아닌 원소가 모두 위수 2.

B. 부분군·켤레류·동형

B1. $\mathbb Z_6$ (덧셈, 6으로 나눈 나머지): 각 원소의 위수와 부분군 전부

답위수 $0:1$, $1:6$, $2:3$, $3:2$, $4:3$, $5:6$. 부분군 $\{0\}$, $\{0,3\}$, $\{0,2,4\}$, $\mathbb Z_6$의 4개. 생성원은 1과 5.

B2. (a) 위수 6인 군에 위수 4인 부분군이 있을 수 있나? (b) 위수 7인 군은 왜 반드시 순환군인가?

답(a) 없습니다 — 4는 6의 약수가 아닙니다(라그랑주). (b) $e$가 아닌 원소의 위수는 7의 약수이고 1이 아니므로 7입니다. 그 원소의 거듭제곱 7개가 군 전체입니다.

B3. $D_4$ (예제 2-1의 행렬)에서 $\sigma_x\sigma_d\sigma_x^{-1}$과 $r^2\sigma_dr^{-2}$

답$\sigma_{d'}$와 $\sigma_d$ — $\sigma_x\sigma_d=\begin{pmatrix}0&1\\-1&0\end{pmatrix}$, 여기에 $\sigma_x$를 곱하면 $\begin{pmatrix}0&-1\\-1&0\end{pmatrix}$. $r^2=-I$는 모든 원소와 교환합니다. 류 $\{\sigma_d,\sigma_{d'}\}$와 맞습니다.

B4. 동형인지 판정: (a) $\mathbb Z_6$과 $S_3$ (b) $C_2\times C_2$와 $V_4$ (c) $C_2\times C_3$과 $C_6$

답(a) 아님 — $\mathbb Z_6$은 아벨군, $S_3$는 아님. 또 $\mathbb Z_6$에는 위수 6인 원소가 있지만 $S_3$의 최대 위수는 3. (b) 동형 — $e$ 아닌 원소가 모두 위수 2. (c) 동형 — $(a,b)$ ($a$, $b$는 각 군의 생성원)의 위수가 $\mathrm{lcm}(2,3)=6$이라 생성원이 됩니다.

C. 순열

C1. $(1\,2\,3\,4)(2\,4)$와 $(2\,4)(1\,2\,3\,4)$

답$(1\,2)(3\,4)$와 $(1\,4)(2\,3)$ — 첫째: $1\to1\to2$, $2\to4\to1$, $3\to3\to4$, $4\to2\to3$. 순서를 바꾸면 결과가 다릅니다.

C2. $(1\,3\,5)(2\,4)$의 위수, 부호, 역원

답위수 $\mathrm{lcm}(3,2)=6$, 호환 $2+1=3$개라 홀순열, 역원 $(1\,5\,3)(2\,4)$.

C3. $S_4$의 사이클 모양별 원소 수, 켤레류 개수, 짝순열 개수

답$e$: 1, $(a\,b)$: 6, $(a\,b)(c\,d)$: 3, $(a\,b\,c)$: 8, $(a\,b\,c\,d)$: 6 (합 24). 켤레류 5개. 짝순열은 $1+3+8=12$개 ($A_4$). 예: $3$-사이클은 숫자 3개 고르기 $\binom43=4$ × 방향 2.

C4. $(1\,2)(1\,3\,4)(1\,2)^{-1}$을 재표시 규칙과 직접 곱 두 방법으로

답$(2\,3\,4)$ — 규칙: $(1\,3\,4)$의 숫자를 $(1\,2)$로 바꾸면 $1\to2$. 직접: $1\to2\to2\to1$, $2\to1\to3\to3$, $3\to3\to4\to4$, $4\to4\to1\to2$.

D. 표현·지표

D1. 예제 4-1의 행렬로 $D(\sigma_2)D(\sigma_3)$을 계산하고 곱셈표·순열과 비교

답$\begin{pmatrix}-\frac12&-\frac{\sqrt3}2\\\frac{\sqrt3}2&-\frac12\end{pmatrix}=D(C_3)$ — 표의 $\sigma_2\sigma_3=C_3$과 맞고, 순열 $(1\,3)(1\,2)=(1\,2\,3)$과도 맞습니다. 거울 직선 각 $30^\circ$, $150^\circ$에서 $R(2(30^\circ-150^\circ))=R(-240^\circ)=R(120^\circ)$.

D2. $C_{3v}$에서 지표가 $(5,-1,1)$인 표현을 분해

답$A_1\oplus2E$ — $n(A_1)=\frac{5-2+3}{6}=1$, $n(A_2)=\frac{5-2-3}{6}=0$, $n(E)=\frac{10+2+0}{6}=2$. 차원 $1+4=5$.

D3. $C_{3v}$의 정칙 표현(regular representation, 지표 $(6,0,0)$) 분해

답$A_1\oplus A_2\oplus2E$ — $n_i=\frac{6d_i}{6}=d_i$. 각 기약 표현이 자기 차원만큼 들어갑니다. $1+1+2\cdot2=6$.

D4. 암모니아 $NH_3$ ($C_{3v}$)의 $\Gamma_{3N}$과 진동 모드

답$\Gamma_{3N}=(12,0,2)=3A_1\oplus A_2\oplus4E$, 진동 $2A_1\oplus2E$ (모드 $2+4=6=3\cdot4-6$, 서로 다른 진동수 4개) — 제자리 원자: $E$ 4개, $C_3$ 1개(N), $\sigma_v$ 2개(N과 그 거울면 위의 H). 병진 $A_1\oplus E$, 회전 $A_2\oplus E$를 뺍니다.

D5. $H_2O$를 $xz$ 평면에 놓으면 $\Gamma_{3N}$과 진동 모드는?

답$\chi_{3N}=(9,-1,3,1)$, $\Gamma_{3N}=3A_1\oplus A_2\oplus3B_1\oplus2B_2$, 진동 $2A_1\oplus B_1$ — 이번에는 $\sigma_v(xz)$가 분자 평면이라 원자 3개가 제자리입니다. 예제 5-2와 $B_1$, $B_2$ 이름만 바뀝니다.

D6. (a) $C_{3v}$에서 $A_2\otimes E$   (b) $C_{2v}$에서 $B_1\otimes B_2$   (c) $C_{3v}$ 분자의 $A_1$ 상태에서 $E$ 상태로 가는 쌍극자 전이는 $z$ 편광, $(x,y)$ 편광에서 각각 허용되는가?

답(a) $E$ — 지표 $(2,-1,0)$. (b) $A_2$ — $(1,1,-1,-1)$. (c) $z$ ($A_1$): $A_1\otimes A_1\otimes E=E$, $A_1$ 없음 → 금지. $(x,y)$ ($E$): $A_1\otimes E\otimes E=A_1\oplus A_2\oplus E$ → 허용.

E. 연속군

E1. $J_x^2+J_y^2+J_z^2$

답$2I$ — $J_x^2=\mathrm{diag}(0,1,1)$, $J_y^2=\mathrm{diag}(1,0,1)$, $J_z^2=\mathrm{diag}(1,1,0)$. 각운동량 $j=1$의 $j(j+1)=2$입니다.

그림 표기로 보기: G5 3절 예제 3-2 — Σ J_k² = 2I는 구조상수 거품 = C_A = N = 2.

E2. $[J_y,J_z]=iJ_x$를 행렬 곱으로 확인

답$J_yJ_z=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&0\\0&-1&0\end{pmatrix}$, $J_zJ_y=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&-1\\0&0&0\end{pmatrix}$, 차이 $\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&1\\0&-1&0\end{pmatrix}=iJ_x$.

E3. $e^{-i\theta J_x}$

답$\begin{pmatrix}1&0&0\\0&\cos\theta&-\sin\theta\\0&\sin\theta&\cos\theta\end{pmatrix}$ — $A=-iJ_x=\begin{pmatrix}0&0&0\\0&0&-1\\0&1&0\end{pmatrix}$, $A^3=-A$이므로 $I+\sin\theta A+(1-\cos\theta)A^2$.

E4. $U=\dfrac1{\sqrt2}\begin{pmatrix}1&-1\\1&1\end{pmatrix}$이 $SU(2)$인지 확인하고, 회전축·각과 $R$을 구하기

답$U^\dagger U=I$, $\det U=1$. $U=\cos45^\circ I-i\sin45^\circ\sigma_y$ ($-i\sigma_y=\begin{pmatrix}0&-1\\1&0\end{pmatrix}$)이므로 $y$축 둘레 $90^\circ$. $R=\begin{pmatrix}0&0&1\\0&1&0\\-1&0&0\end{pmatrix}$ ($x\to-z$, $z\to x$).

E5. $U=\dfrac12\begin{pmatrix}1-i&-1-i\\1-i&1+i\end{pmatrix}$의 회전축·각과 $R$

답$\theta=120^\circ$, $\hat n=\frac1{\sqrt3}(1,1,1)$, $R=\begin{pmatrix}0&0&1\\1&0&0\\0&1&0\end{pmatrix}$ ($x\to y\to z\to x$) — $\mathrm{tr}\,U=1=2\cos\frac\theta2$. $U-\frac12I=\frac12\begin{pmatrix}-i&-1-i\\1-i&i\end{pmatrix}=-\frac i2(\sigma_x+\sigma_y+\sigma_z)$이므로 $\sin\frac\theta2\,\hat n=\frac12(1,1,1)$.

그림 표기로 보기: G5 5절 — 회전각을 tr R = |tr U|² − 1로 R 없이 읽기(연습 E4·E5, 예제 8-1(d)).

E6. 같은 방향으로 (a) $\beta=\frac12$ 두 번 (b) $\beta=0.6$ 두 번 합성한 속도와 $\gamma$

답(a) $\beta=\frac45$, $\gamma=\frac53$ — $\zeta=\frac12\ln3$ 두 번이면 $\ln3$, $\tanh(\ln3)=\frac{9-1}{9+1}$. (b) $\beta=\frac{1.2}{1.36}=\frac{15}{17}$, $\gamma=\frac{17}{8}$ — $\zeta=\ln2$ 두 번이면 $\ln4$, $\tanh(\ln4)=\frac{16-1}{16+1}$.

E7. $x$ 방향 $\beta=0.6$ 부스트의 $4\times4$ 행렬이 $\Lambda^T\eta\Lambda=\eta$를 만족함을 확인하고, 사건 $(ct,x,y,z)=(5,3,0,0)$의 새 좌표와 간격 $(ct)^2-x^2-y^2-z^2$을 구하기

답새 좌표 $(4,0,0,0)$, 간격은 변환 전후 모두 $16$ — $ct'=\frac54(5-0.6\cdot3)=4$, $x'=\frac54(3-0.6\cdot5)=0$. $25-9=16=4^2$. 행렬은 왼쪽 위 $2\times2$가 $\begin{pmatrix}\frac54&-\frac34\\-\frac34&\frac54\end{pmatrix}$이고 나머지 대각이 1입니다.

F. 영 도표

F1. $S_5$의 분할 7개에 대해 갈고리 길이 공식으로 차원을 구하고 $\sum d^2$를 검산

답$[5]:1$, $[4,1]:4$, $[3,2]:5$, $[3,1,1]:6$, $[2,2,1]:5$, $[2,1,1,1]:4$, $[1^5]:1$. $1+16+25+36+25+16+1=120=5!$ — 예: $[3,2]$의 갈고리 $(4,3,1)$, $(2,1)$, 곱 $24$, $d=\frac{120}{24}=5$. $[3,1,1]$은 $(5,2,1)$, $(2)$, $(1)$, 곱 $20$.

F2. $[2,2]$의 표준 영 타블로를 모두 쓰고 예제 6-1의 $d=2$와 비교

답2개: 윗줄 $1\,2$/아랫줄 $3\,4$, 그리고 윗줄 $1\,3$/아랫줄 $2\,4$ — 1은 왼쪽 위, 4는 오른쪽 아래에 고정되고, 2는 1의 오른쪽 또는 아래 두 곳뿐입니다.

G. $\mathbf E$, $\mathbf B$의 로런츠 변환 ($c=1$)

G1. 부스트 방향($x$)과 나란한 장 $\mathbf E=(E,0,0)$, $\mathbf B=(B,0,0)$을 속도 $\beta$로 부스트하면?

답그대로 $\mathbf E'=(E,0,0)$, $\mathbf B'=(B,0,0)$ — 수직 성분이 모두 0이라 4번 식의 $\gamma(\cdot)$ 항이 모두 0입니다. $\Lambda F\Lambda^T$로 해도 $F^{01}$, $F^{23}$은 그대로입니다.

G2. $\mathbf E=(0,0,E)$, $\mathbf B=0$을 $\beta=0.8$로 부스트한 $\mathbf E'$, $\mathbf B'$과 $E'^2-B'^2$

답$\mathbf E'=(0,0,\frac53E)$, $\mathbf B'=(0,\frac43E,0)$, $E'^2-B'^2=\frac{25-16}{9}E^2=E^2$ — $\gamma=\frac53$, $\gamma\beta=\frac43$. $B'_y=\gamma(0+\beta E)$.

G3. 서로 수직인 $\mathbf E=(0,3,0)$, $\mathbf B=(0,0,5)$: $x$ 방향 어떤 $\beta$로 부스트하면 $\mathbf E'=0$인가? 그때 $\mathbf B'$과 두 불변량

답$\beta=\frac35$, $\mathbf B'=(0,0,4)$ — $E'_y=\gamma(3-5\beta)=0$. $\gamma=\frac54$, $B'_z=\frac54(5-\frac35\cdot3)=\frac54\cdot\frac{16}5=4$. 검산: $E^2-B^2=9-25=-16=0-4^2$, $\mathbf E\cdot\mathbf B=0$ 전후 모두. ($E<B$일 때만 가능: $\beta=E/B<1$.)

13. 다음

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