Dexter's story

0.

아이디어 구상까지 반영하면 1년이 걸린 (실제 계산에 착수한 때를 시작으로 잡으면 10개월쯤 걸린) 프로젝트가 대충 완료되어 arXiv에 올라갔다. 중요한 결과는 2월에 이미 얻었는데 논문 완성도를 끌어올린다고 계산을 추가하다가 3개월이 더 걸리는 바람에 주요 결론 중 하나에서 '문헌에서 가장 먼저 명시적으로 적음'은 실패했지만^[각주:1] 엎질러진 물은 어쩔 수 없는 법이다.

생각했던 것보다 간단하고 생각했던 것보다 어려웠던 프로젝트였는데, 어려웠던 부분은 '이 모형이 실제로 말이 되는 모형임'을 보이는 부분이었고, 간단했던 부분은 적분과^[각주:2] 특정 조건에서는 적분이 재합(resum)되면서 깔끔한 식으로 떨어진다는 부분이었다. 처음에는 초기하함수가 7개씩 등장하는 이중 무한합이 식 하나로 떨어지는 것을 보고 '분명히 계산을 잘못했겠지?'라고 생각했을 정도. 웃기게도 적분 식 하나 처리를 잘못하는 바람에 (실수로 $\pi^{3/2}$만큼의 계수가 잘못 곱해졌다) 진짜로 계산 실수가 있었던 것은 맞는데, 이중 무한합이 한 줄로 재합된다는 사실 자체는 맞았다. 검산 두어번 하고 다른 논문의 계산과 교차검증하고 다른 방법으로 계산해서 확인했으니 아마 맞겠지...?

여튼, 여태 연구하면서 한번도 본 적이 없는 타원적분(complete elliptic integral)이 튀어나오는 것을 보고 살짝 기겁했다. 겨우 one-loop 계산인데 이런 함수들이 튀어나오면 two-loop 계산에서는 뭐가 튀어나오는거냐... 사실 푸리에 변환을 추가적인 momentum 적분으로 생각하면 two-loop과 three-loop 계산이므로 예상했어야 하는 어려움일지도.

0.1.

PhD comics를 좋아하는 편인데, 그 중 기억에 남는 에피소드 하나.

"내가 하고 싶은 연구를 할 거야"에서 '내'가 어떻게 바뀌어가는지를 코믹하게 그린 만화인데, 웃기는 했지만 만화의 내용에 대해 삐딱하게 반응했던 부분이 있어서 기억에 남는다. 당시의 반응을 "모든 연구자들이 다른 사람으로부터 기대받는 연구를 하는 것은 맞지만, 좋은 연구자라면 내가 하고 싶은 연구를 다른 사람도 원하게 설득할 수 있어야 한다"라고 정리할 수 있을까.^[각주:3]

자연과학이란 자연에 대해 탐구하는 지적 활동이기도 하지만 학계라는 이름의 사회를 통해 '어떤 질문이 중요하며 어떻게 답하는 것이 올바른가'에 대한 합의에 이르는 사회적인 활동이기도 하다.^[각주:4] 해밍이 '좋은 연구자가 되는 법'에 대해 이야기하면서 "문을 열어두고 일하는 사람"을 언급한 것도 같은 맥락의 이야기라고 할 수 있을 것이다.

이번 프로젝트의 서문에서는 앞서 인용한 만화에 보였던 삐딱한 반응에 충실하기 위해 상당히 많은 노력을 기울였는데 (다르게 말한다면 '남들이 이런 이런 일을 했으니 우리도 저런 저런 일을 해봤다'를 벗어나 '왜 (여태 아무도 진지하게 생각해보지 않았던) 이 방향의 연구가 중요한가?'란 프로파간다를 시도해봤다고 할 수 있겠다), 이 시도가 성공적일지는 지금으로서는 시간만이 알 뿐이겠지.

0.2.

구체적인 출처는 잘 잡히지 않는데 란다우는 다음과 같은 말을 했다고 한다.

A method is more important than a discovery, since the right method will lead to new and even more important discoveries. (방법은 발견보다 중요하다. 올바른 방법은 새롭거나 훨씬 중요한 발견으로 이끌기 때문이다.) - Lev Landau

처음 이 문구를 접한 곳은 Lance Dixon의 발표 슬라이드였고 Wikiquote에서도 Lance를 출처로 표기하고 있는데, Lance는 Amplitudes 학회에서 '실은 이 문구의 출처를 모른다'고 실토한 적이 있다.^[각주:5] CERN에서 열렸을 때의 일인 것 같으니 아마도 작년의 이야기.

어쩌다보니 이번에 끝낸 프로젝트에서 파생된 프로젝트 하나가 계산 방법론을 다루게 될 듯 하다. 공동연구자랑 프로젝트를 시작하면서 공동연구자가 자신이 익숙한 계산 방법론에 계산을 끼워맞추는 것을 보면서 '이미 필요한 계산은 다 있는데 굳이 그 방법을 써야 하나?'란 생각을 하고 있었는데, 공동연구자가 작성한 노트를 읽을만하게 손보다가 해당 접근의 중요성을 깨달았다. 이쪽은 딱히 경쟁이 없는 듯 하니 성급할 필요는 없겠지...?

1.

일반상대론 교재에서 흔히 볼 수 있는 설명 중 "점근 관찰자asymptotic observer는 블랙홀로 자유 낙하하는 물체가 블랙홀의 지평선horizon에 점근적으로 접근하는 것은 관측할 수 있으나 블랙홀에 흡수되는 것은^[각주:6] 관측할 수 없다"가 있다. 보통 슈바르츠실트 블랙홀과 그 시공간에서의 측지선geodesic을 다루는 장에서 나오는 이야기.

예전에는 이 설명이 시험 입자test particle의 운동을 시험 입자의 운동으로 취급해서는 안되는 영역까지 확장해서 내린 결론이기 때문에 틀린 설명이라고 생각했다. 당장 LIGO-Virgo-KAGRA 중력파 관측소에서 관측하는 중력파부터가 블랙홀에 블랙홀이 흡수되면서 방출되는 것이기도 하고. 그리고 얼마 전 PSE에 올라온 질문과 그 질문에 주렁주렁 달린 댓글들을 보며 내가 잘못 생각하고 있었다는 것을 깨달았다. 지평선의 정의상 자유낙하하는 물체가 지평선을 지날 때 방출하는 빛이 점근 관찰자의 눈에 도착할 수가 없다.

시간이 나면 '점근 관찰자의 눈에 자유낙하하는 물체가 블랙홀에 흡수되는 순간(지평선을 지나는 순간)은 무한히 먼 미래에 일어나는데 우리는 어떻게 블랙홀이 물질을 빨아들여 성장하는 것을 관측하고 있는가?'란 질문에 대해 포스트를 작성해볼 예정이다. 보다 정확히는 TeX으로 구체적인 계산과 논의를 담은 영문(...) pdf를 작성하고^[각주:7] 한국어로 개요만 설명한 포스트에 첨부파일로 pdf를 달게 될 듯. 물론 "시간이 나면".

1.1.

시간이 나면 작성할 다른 포스트로는 예전에 쓴 양자중력 관련 논문에 대한 한국어 개요부터 시작해서 쓰다 만 포스트가 손으로는 안 꼽힐 정도로 많다는 코멘트를 덧붙여 두기로 한다. 쓰다 만 트위터 타래를 블로그로 가져오는 것도 해야 할 일이고.

1.1.1.

그렇다. 이건 포스트가 결국 안 올라올 때를 대비한 변명이다(...)

1.1.2.

당장 '다음에 무슨 계산을 해야 할 지도 알고 있지만 우선순위에 밀려서 방치되고 있는 프로젝트'가 꽤나 있다. 포스트 작성(취미)보다는 월급값을 하는게 우선이다...

1.1.3.

이 포스트는 어떻게 썼냐고? 어떻게 사람이 일만 하고 사니...(...)

2.

구직 시즌이 돌아왔다. 하아...

2.1.

작년까지는 설렁설렁 주니어 포지션에^[각주:8] 지원해봤는데 역시나 절박(...)하지 않아서인지 작년 지원서 중 좋은 소식을 들고 온 지원서는 없었다. 작년에 지도교수님으로부터 '이제부터는 주니어 포지션을 잡지 못하면 차후 커리어가 피곤해질 수 있다' 비슷한 이야기를 들어서 압박을 받고 있기는 한데, 별 다른 뾰족한 수가 있는 것은 아니니 그냥 할 수 있는 것을 할 수 밖에.

2.2.

그나마 다행인 건 이번에 마무리한 프로젝트의 경험으로부터 주니어 포지션용 지원서에 쓸 내용을 확보했다(주로 0.1.번과 관련된 방면으로)는 것. 작년에 설렁설렁 지원하면서 받은 피드백 중 하나가 포닥용 지원서와 주니어용 지원서는 다소 다르다는 것이었다. 연구계획서research statement가 포닥용으로는 괜찮은데 주니어용으로는 '그룹을 어떻게 이끌 것인가'에 대한 비전이 부족하다는 코멘트를 자주 받기도 했고.

2.3.

... 쓰다가 갑갑해서 던져둔 지원서를 다시 열어야겠다...

3.

뜬금없이 내가 언젠가부터 정착한 문단 별 내용마다 번호를 매기는 방법(당장 이 포스트도 이 방법을 따라 내용마다 번호가 매겨져 있다)에 대해 이야기한 적이 없는 것 같다는 생각이 떠올랐다.

별건 아니고 비트겐슈타인의 『논고Tractatus』의 방식을 따랐다. 물론 제대로 읽지는 않았다. 몇몇 명제들에 '삘이 꽃혀서'(...) 읽기 시작했고 일부는 아직도 깊은 인상을 남기고 있지만 책을 제대로 이해하기는 포기. 뭐 미래에는 다시 읽기를 시도할지 모르겠으나 미래란 언제나 불확실한 것이고, 우리는 "말할 수 없는 것에 대해서는 침묵해야" 하겠지.

너무 오래 블로그를 방치해두는 듯한 기분이 들어 뭘 올릴까 하다가 작년 크리스마스 기념 셀프 선물로 구매한 Lamy Dialog cc 개봉기(이제서야?)를 작성해보기로 했다. 트위스트 캡 방식이란 것에 흥미가 있기도 했고 '마침 독일에 있으니 독일제 만년필을 사보자!'란 기분으로 구매해봤다.

역시 Lamy사의 최고급 필기구 라인이라 그런지 공산품(...)의 느낌이 나던 다른 만년필들과는 달리 허영심을 자극(...)하는 느낌의 포장 상자가 도착했다.

구매한 모델은 Lamy Dialog cc. 기존의 트위스트캡 방식 만년필이던 Dialog 3의 후속작이다. 가격은 블랙프라이데이 할인을 받아 320 유로. 특별판인 전흑 (all-black) 말고 기존 색상으로 주문했으면 250 유로로 구매하는 것도 가능했을텐데 연말보너스가 들어와서 마음에 드는 색상을 사겠다고 무리했다(...).

주력으로 쓰는 L2K와는 달리 거대한 포장 상자에 담겨 온 Dialog cc. 의도치 않게 탄소배출에 기여하고 말았다.

포장 상자를 열면 2층 구조로 내용물이 담겨 있다. 윗층은 펜과 펜 파우치, 그리고 내용물이 흔들리지 않도록 고정해주는 스펀지가 있다. 기존 색상인 진청색이나 백색은 로즈골드 색으로 LAMY 버튼과 펜 밑의 둥근 부분에 강조를 주었다면 특별판인 전흑의 경우 이름에 충실하게 모든 색상을 흑색으로 통일함으로서 어떤 강조점도 주지 않았다. 그야말로 미니멀리즘이랄까. 기존 색상은 어떤 느낌인지 알고 싶다면 Lamy 홈페이지의 제품안내 페이지를 통해 비교해보자.

아랫층에는 카트리지와 카탈로그, 그리고 펜 세척 시 뚜껑(?)을 열린 상태로 고정시켜주는 도구가 들어있다. 역시 럭셔리 라인이라 그런지 카탈로그도 큼지막하게 뽑은걸 넣어두었다.

Lamy의 Dialog 만년필 시리즈의 특징은 트위스트캡이라는 것이다. 볼펜 중 간혹 몸통을 비틀어서 펜촉을 내보내는 종류가 있는데, 이 만년필도 같은 방식으로 펜촉을 뽑게 되어 있다. 펜의 몸통을 비틀 때 부드럽게 도는 느낌은 확실히 고급 제품이란 느낌이다.

사용중이 아닐 때는 둥근 마개가 펜촉이 드나드는 입구를 막고 있다가 몸통을 비틀기 시작하면 저 둥근 마개가 위로 젖혀지면서 펜촉이 나오는 방식이다. 기존 색상의 제품들은 저 마개에도 로즈골드로 포인트를 줬지만, 전흑은 이름대로 마개까지 흑색으로 처리하였다. 열리는 매커니즘 자체는 동일하니 어떻게 작동하는지 보고 싶다면 유튜브를 확인하도록 하자.

그래서 제 평가는요? 좋은 펜이기는 한데 실사용하기에는 부담스러워서 일단은 봉인해둔 상태(...). Lamy에서 기대하는 매끄러운 필기감도 있고 EF촉다운 가는 선도 마음에 들기는 하는데 가격이 가격이다보니 주력으로 사용하는 L2K처럼 막 들고 다니기 부담스럽다는게 문제. 비슷하게 막 들고 다녔던 몽블랑 145가 더 비싸긴 하지만 그건 지도교수님께 받은거라 내 돈을 주고 산 물건이 아니니 논외고(...). 카트리지/컨버터 형식이라 주력으로 사용하는 L2K에 비해 용량이 적다는 것도 감점 요인이다. 조금 다른 걱정거리는 트위스트 매커니즘의 밀폐성. 한번 만년필을 쓸 일이 생기면 많이 쓰기는 하지만 (특히 손으로 계산같은걸 할 일이 있으면 종이를 10장씩 소모하는게 보통이니) 안 쓸 때는 1-2주씩 펜을 안 쓰기도 하다보니 펜 안에서 잉크가 마르지 않을거란 확신이 생겨야 하는데, 이 펜은 매커니즘 특성상 기존의 뚜껑을 여는 펜에 비해 밀폐성이 부족할 수 밖에 없겠다는 기분이 들어 적극적으로 사용하기 꺼려지는 감이 있다. 더군다나 가끔 비행기를 타면 잉크가 터지는 경우가 있는데 이 펜을 들고 다니던 도중 잉크가 터진다면... 으음...

여튼, 선물로서는 최고의 특징(?)인 '갖고는 싶지만 내 돈 주고 사기는 부담스럽다'를 만족하는 만년필이라는 점에서는 만족하고 있다. 아직은 실사용보다는 관상용으로 쓰고 있을 뿐... =_=

어쩌다보니 다음 꼴의 적분을 할 일이 생겼다.

$$ F(s) = \int_0^\infty dx J_0(x) e^{-xs} \,,\, s>0 $$

여기서 $J_0 (x)$는 베셀함수. 적분 자체는 베셀함수의 라플라스 변환으로 볼 수 있다. Jackson 연습문제 풀다가 계산한 적분에 저 적분이 있어서 대충 $(1+s^2)^{-1/2}$랑 비슷한 꼴이겠거니 생각하고 있었는데, Mathematica에 돌려보니 그냥 저게 답이었다(...). 그렇다면 Mathematica 없이 저 적분을 하는 방법을 알아보기로 하자.

시작은 베셀함수의 미분방정식. 베셀함수는 다음과 같은 미분방정식에 의해 정의된다.

$$ x^2 \frac{d^2 J_\nu}{dx^2} + x \frac{d J_\nu}{dx} + (x^2 - \nu^2) J_\nu = 0 $$

우리는 $J_0$를 보고 있으니 $\nu = 0$으로 두고 $x$를 하나씩 떼어내면 된다.

$$ x J_0'' + J_0' + x J_0 = 0$$

이제 이 관계식을 이용해 $F(s)$가 만족하는 미분방정식을 적으면 된다. 예컨대 마지막 항은 다음과 같이 적을 수 있다.

$$ \int dx x J_0 (x) e^{-xs} = - \frac{d}{ds} \int dx J_0 (x) e^{-xs} = - F(s)' $$

가운데 항은 라플라스 변환의 특징을 이용하면 된다.

$$ \int dx J_0' e^{-xs} = \left. J_0 e^{-xs} \right|^\infty_0 - \int dx J_0 \frac{d}{dx} e^{-xs} = - J_0(0) + s F(s) $$

첫 항은 약간의 산수가 들어가기는 하지만 비슷한 방식으로 계산할 수 있다.

$$ \int dx x J_0'' e^{-xs} = - \frac{d}{ds} \left[ \int dx J_0'' e^{-xs} \right] = - \frac{d}{ds} \left[ - J_0'(0) + s ( - J_0 (0) + s F(s) ) \right] $$

따라서 베셀방정식의 라플라스 변환을 정리하면 다음과 같다.

$$ \left( J_0 (0) - \frac{d[s^2 F]}{ds} \right) + \left( - J_0 + s F \right) + \left( - F' \right) = - sF - (1 + s^2) F' = 0 $$

위 방정식은 다음과 같이 정리할 수 있다.

$$ \frac{F'}{F} = \frac{d}{ds} \log(F) = - \frac{s}{1+s^2} = - \frac{1}{2} \frac{d}{ds} \log (1+s^2) $$

여기까지 쓰면 바로 답이 보이겠지만 $F(s) = A (1+s^2)^{-1/2}$로 결정된다. 이제 문제는 $A$를 결정하는 일. 경계조건은 $F(s \to \infty) = 0$과 $F(s=0) = 1$을 이용하면 된다. DLMF 10.22.41식의 베셀함수의 정규조건에서 따르는 성질.

$$ \int_0^\infty dx J_\nu(x) = 1 $$

이렇게 우리가 처음에 보이고 싶었던 적분을 계산할 수 있다.

$$ F(s) = \frac{1}{\sqrt{1+s^2}} = \int_0^\infty dx J_0(x) e^{-xs} $$

2023.06.16 - Klein-Gordon propagator in position space

Feynman propagator를 계산한 김에 그냥 관련 함수를 전부 계산해보기로 했다. 모든 two-point function은 결국 Wightman function이라 불리는 다음 두 함수의 계산으로 수렴한다.

$$ G^+(t,\vec{r}) := \langle 0 | \phi(t,\vec{r}) \phi(0) | 0 \rangle \,,\, G^- (t, \vec{r}) := \langle 0 | \phi(0) \phi(t,\vec{r}) | 0 \rangle $$

여기서 $G$에 달린 윗첨자의 부호는 positive frequency인가 negative frequency인가를 나타낸다. scalar field의 mode expansion에서 annihilation operator에 붙는 mode function이 positive frequency($\sim e^{- i E t}$)라고 불린다는 점에서 더없이 적절한 이름이라 하겠다.

$$ G^\pm = \int \frac{d^3 k}{(2\pi)^3} \frac{e^{\mp i (\omega_{\vec{k}} t - \vec{k} \cdot \vec{r})} }{2 \omega_{\vec{k}}} \,,\, \omega_{\vec{k}} := \sqrt{\vec{k}^2 + m^2} $$

Wightman function은 Klein-Gordon 방정식의 homogeneous solution을 만족한다.

$$ (\partial^\mu \partial_\mu + m^2) G^{\pm} (x) = 0 $$

주의해야 할 점이라면 Wightman function은 $x$가 원점을 지나는 lightcone의 안에 있든 밖에 있든 상관없이 정의된다는 점. 애초에 $x^2 = 0$인 lightcone 바로 위가 아니라면 발산하지 않는다. Feynman propagator는 time ordering operator^[각주:1] $T$를 끼워넣은 것이므로 Wightman function으로부터 다음과 같이 구현할 수 있다. 단위허수 $i$가 어딘가에 붙긴 할텐데 중요한건 아니니까 무시하기로 하자.

$$ G_F (x) := \langle 0 | T \phi(x) \phi(0) | 0 \rangle = \Theta (t) G^+ (x) + \Theta(-t) G^{-} (x) $$

여기서 $x = x^\mu = (t, \vec{r})$은 좌표 4-vector인데, 혼동의 여지가 없으므로 그냥 위와 같이 간단하게 적기로 하자. 여기서 $\Theta(t)$는 Heaviside step function을 가리킨다. Feynman propagator가 Klein-Gordon 방정식의 Green's function이 되는 이유는 추가로 붙은 Heaviside function이 Dirac delta를 만들기 때문이다. ODE에서 Green's function을 구할 때 쓰는 테크닉과 원리상으로는 완전히 동등한 접근.

계산은 Feynman propagator 계산과 거의 동일하다. 약간의 부호만 신경써주면 될 뿐. 편의상 timelike separation을 먼저 고려하자.

$$ G^{\pm} =  \int \frac{d^3 k}{(2\pi)^3} \frac{e^{\mp i t \sqrt{k^2 + m^2}} e^{\pm i \vec{k} \cdot \vec{x}}}{2 \sqrt{k^2 + m^2}} $$

위 식에서 $k$ 적분을 구면좌표계로 변환한 뒤 $d \cos \theta$적분을 취한다.

$$ G^{\pm} = \frac{1}{2 (2 \pi)^2} \int k^2 dk d \cos \theta \frac{e^{\pm i k r \cos \theta} e^{\mp i t \sqrt{k^2 + m^2}}}{\sqrt{k^2 + m^2}} \\\\ = \frac{\mp i}{8 \pi^2 r} \int_0^\infty k dk \frac{e^{\mp i (t \sqrt{k^2 + m^2} - kr)} - e^{\mp i (t \sqrt{k^2 + m^2} + kr)}}{\sqrt{k^2 + m^2}} $$

$k \to -k$의 대칭을 이용하여 적분구간을 전체 실수로 확장하고 $\frac{1}{2}$를 곱한 뒤 지수를 정리하기 위해 다음 변수들을 도입한다. 이 때 $t>0$이라고 가정한다.

$$ \rho = \sqrt{t^2 - r^2} \,,\, \cosh \alpha = t / \rho \,,\, \sinh \alpha = r / \rho \,,\, k = m \sinh \eta $$

이 경우 적분은 다음과 같이 정리된다.

$$ G^{\pm} = \frac{\mp i m}{16 \pi^2 r} \int_{-\infty}^{\infty} \sinh \eta d \eta \left( e^{\mp i m \rho \cosh (\eta - \alpha)} - e^{\mp i m \rho \cosh (\eta + \alpha)} \right) $$

우선 적분구간을 정리해준다.

$$ G^{\pm} = \frac{\mp i m}{16 \pi^2 r} \int_{-\infty}^{\infty} \left( \sinh (\eta + \alpha) - \sinh (\eta - \alpha) \right) d \eta e^{\mp i m \rho \cosh \eta} $$

다음으로는 삼각함수 항등식을 이용해서 수식을 정리해준다.

$$ G^{\pm} = \frac{\mp i m \sinh \alpha}{8 \pi^2 r} \int_{-\infty}^{\infty} \cosh \eta d \eta e^{\mp i m \rho \cosh \eta} = \frac{\mp i m}{4 \pi^2 \rho} \int_{0}^{\infty} \cosh \eta d \eta e^{\mp i m \rho \cosh \eta} $$

마찬가지로 DLMF의 10.32.9식을 이용하면 정리 완료. 이 때 $z$는 $|\text{ph} (z) | < \pi/2$의 조건을 만족해야 하므로, 엄밀히 말해서는 $\pm i m \rho$를 허수축에서 $0^+$만큼 떨어진 boundary value로서 취급해야 한다.

$$ K_\nu (z) = \int_0^\infty dt \cosh (\nu t) e^{- z \cosh t} $$

위 적분을 대입하면 Feynman propagator와 비슷하게 생긴 Wightman function을 얻는다.

$$ G^{\pm} = \frac{m^2}{4 \pi^2} \frac{K_1 (\pm i m \rho)}{\pm i m \rho} \,,\, \rho^2 = t^2 - \vec{r}^2 > 0 \,,\, t>0 $$

$t<0$의 경우에는 $\cosh \alpha$ 정의의 부호를 뒤집어준다.

$$ \rho = \sqrt{t^2 - r^2} \,,\, \cosh \alpha = -t / \rho \,,\, \sinh \alpha = r / \rho \,,\, k = m \sinh \eta $$

정리되는 식은 $t>0$과 거의 비슷하지만 지수에서 차이가 나게 된다.

$$ G^{\pm} = \frac{\mp i m}{16 \pi^2 r} \int_{-\infty}^{\infty} \sinh \eta d \eta \left( e^{\pm i m \rho \cosh (\eta + \alpha)} - e^{\pm i m \rho \cosh (\eta - \alpha)} \right) $$

전체 부호를 앞으로 빼면 $G^+ \leftrightarrow G^-$의 교환에 대응되니 다음 식으로 정리된다.

$$ G^{\pm} = \frac{m^2}{4 \pi^2} \frac{K_1 (\mp i m \rho)}{\mp i m \rho} \,,\, \rho^2 = t^2 - \vec{r}^2 > 0 \,,\, t<0 $$

함수 자체는 거의 같게 나오지만 세세한 부분에서 차이가 있는 것을 볼 수 있다. 참고로 위 결과는 DLMF의 connection formula 10.27.8을 이용해 Hankel function으로도 적을 수 있다. 구체적으로 필요한 식은 다음.

$$ K_1(iz) = - \frac{\pi}{2} H_1^{(2)} (z) \,,\, K_1(-iz) = - \frac{\pi}{2} H_2^{(1)} (z) \,,\, z>0 $$

이 경우 positive frequency Wightman function은 다음과 같이 정리되며

$$ G^+ = \frac{i m}{8 \pi \rho} \left[ H_1^{(2)} (m \rho) \Theta(t) - H_1^{(1)} (m \rho) \Theta(-t) \right] \,,\, \rho^2 = t^2 - \vec{r}^2 > 0$$

negative frequency Wightman function은 위 함수의 켤레복소수로 주어진다.

$$ G^- = \frac{- i m}{8 \pi \rho} \left[ H_1^{(1)} (m \rho) \Theta(t) - H_1^{(2)} (m \rho) \Theta(-t) \right] \,,\, \rho^2 = t^2 - \vec{r}^2 > 0$$

여기서 $\Theta(x)$는 Heaviside step function. 위 두 형태가 Bogoliubov 양자장론 교재에서 제공하고 있는 형태이다.

Spacelike separation의 경우 $|\text{ph} (im\rho) | < \pi/2$의 조건을 생각해서 analytic continuation을 하면 되는데, 결과적으로는 $ \rho' = \sqrt{r^2 - t^2}$로 두고 Bessel function의 argument가 $m \rho'$이 되면 된다. 하지만 이왕 계산을 시작했으니 Feynman propagator 계산처럼 $t=0$인 좌표계를 잡는 대신 제대로 계산해보자. 이번에 택할 변수변환은 다음과 같다.

$$ \rho' = \sqrt{r^2 - t^2} \,,\, \cosh \alpha = r / \rho' \,,\, \sinh \alpha = t / \rho' \,,\, k = m \sinh \eta $$

이번에는 사인함수로 정리된다.

$$ G^{\pm} = \frac{\mp i m}{16 \pi^2 r} \int_{-\infty}^{\infty} \sinh \eta d \eta \left( e^{\pm i m \rho' \sinh (\eta - \alpha)} - e^{\mp i m \rho' \sinh (\eta + \alpha)} \right) $$

적분을 반으로 나눠서 정리해준다. 첫번째 항은 다음과 같이 정리된다.

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \sinh \eta d \eta e^{\pm i m \rho' \sinh (\eta - \alpha)} = \int_{-\infty}^{\infty} \sinh (\eta + \alpha) d \eta e^{\pm i m \rho' \sinh \eta} \\ = \int_{-\infty}^{\infty} ( \sinh \eta \cosh \alpha + \cosh \eta \sinh \alpha) d \eta e^{\pm i m \rho' \sinh \eta} $$

두번째 항도 마찬가지로 정리할 수 있다.

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \sinh \eta d \eta e^{\mp i m \rho' \sinh (\eta + \alpha)} = \int_{-\infty}^{\infty} ( \sinh \eta \cosh \alpha - \cosh \eta \sinh \alpha) d \eta e^{\mp i m \rho' \sinh \eta} $$

둘을 더하면 다음과 같이 정리된다.

$$ \cosh \alpha \int_{-\infty}^{\infty} \sinh \eta d \eta \left( e^{\pm i m \rho' \sinh \eta} - e^{\mp i m \rho' \sinh \eta} \right) \\\\ + \sinh \alpha \int_{-\infty}^{\infty} \cosh \eta d \eta \left( e^{\pm i m \rho' \sinh \eta} + e^{\mp i m \rho' \sinh \eta} \right) $$

첫번째 항은 DLMF의 10.32.7식을 이용해 정리할 수 있다.

$$ K_\nu (x) = \frac{1}{\sin (\nu \pi / 2)} \int_0^\infty \sin \left( x \sinh t \right) \sinh (\nu t) dt $$

결과는 Feynman propagator에서 보던 것과 비슷한 항.

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \sinh \eta d \eta \left( e^{\pm i m \rho' \sinh \eta} - e^{\mp i m \rho' \sinh \eta} \right) = \pm 4 i \int_0^\infty \sinh \eta \sin (m \rho' \sinh \eta) d \eta \\ = \pm 4 i K_1 (m \rho') $$

두번째 항은 발산하는 항을 준다.

$$ \int_{-\infty}^{\infty} \cosh \eta d \eta \left( e^{\pm i m \rho' \sinh \eta} + e^{\mp i m \rho' \sinh \eta} \right) = 4 \int_0^\infty \cosh \eta \cos (m \rho' \sinh \eta) d \eta $$

대응되는 DLMF의 10.32.7식이 발산하기 때문. 식 사용 조건에 $|\mathfrak{R} \nu|<1$이 있었으니 단순 적용하기에 무리가 있기는 했지만.

$$ K_\nu (x) = \frac{1}{\cos (\nu \pi / 2)} \int_0^\infty \cos \left( x \sinh t \right) \cosh (\nu t) dt $$

여튼, 이 적분을 임시로 $f(m \rho')$이라고 부르기로 하자. 적분을 전부 더하면 다음과 같은 식을 얻는다.

$$ G^{\pm} = \frac{m^2}{4 \pi} \frac{K_1 (m \rho')}{m \rho'} \mp \frac{i m t}{ 4 \pi r} \frac{f(m \rho')}{\rho'} $$

발산하는 적분의 앞에 붙는 계수가 Lorentz symmetry를 만족하지 않는 것을 볼 수 있다. 따라서 가장 적절한 해법은 $f(m \rho') = 0$으로 두는 것. 따라서 이 경우 Wightman function은 다음과 같이 정리할 수 있다.

$$ G^{\pm} = \frac{m^2}{4 \pi} \frac{K_1(m s)}{m s} \,,\, s^2 = \vec{r}^2 - t^2 > 0 $$

앞서 구한 세 값을 한 식에 정리하고자 한다면 다음과 같이 적을 수 있다.

$$ G^{\pm} = \frac{m^2}{4 \pi^2} \frac{K_1(m \sqrt{s_{\pm}^2})}{m \sqrt{s_{\pm}^2}} \,,\, s_{\pm}^2 = \vec{r}^2 - (t \mp i 0^+)^2 $$

저번에 구한 Feynman propagator는 두 Wightman function을 조합하는 것으로 구할 수 있다.

$$ G_F = \Theta (t) G^+ + \Theta(-t) G^- = \frac{m^2}{4 \pi^2} \frac{K_1(m \sqrt{s_F^2})}{m \sqrt{s_F^2}} \,,\, s_F^2 = \vec{r}^2 - t^2 + i 0^+ $$

단순하게 analytic continuation condition이 맞도록 $s_{\pm}^2$에 붙은 $i0^+$의 위치를 바꿔준 것. 흥미로운 경우는 Pauli-Jordan 함수라고도 불리는 commutator의 기댓값. 이번에도 단위허수 $i$는 무시하기로 한다.

$$ G_{PJ} := \langle 0 | [\phi(x) , \phi(0)] | 0 \rangle = G^+ - G^- = \frac{m^2}{4 \pi^2} \left[\frac{K_1(m \sqrt{s_{+}^2})}{m \sqrt{s_{+}^2}} - \frac{K_1(m \sqrt{s_{-}^2})}{m \sqrt{s_{-}^2}}\right] $$

이 함수는 $s^2 = \vec{r}^2 - t^2 > 0$일때 0이 된다. 이렇게 spacelike separation의 commutator가 사라지는 조건을 microcausality라고 부르기도 한다.

Klein-Gordon field의 Feynman propagator를 position space에서 계산해본 적이 없는 것 같아서 뒤늦은 숙제(...) 처리. 일반적인 차원 $D$ 대신 그냥 4차원에서만 계산하기로 했다.^[각주:1] 다음의 Fourier transform을 구하는 문제.

$$ \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{-i}{-k^2 + m^2 - i \epsilon} e^{- i k \cdot x} = \int \frac{d^4 k}{(2\pi)^4} \frac{i e^{- i k_0 t} e^{- \vec{k} \cdot \vec{x}} }{k_0^2 - ( \vec{k}^2 + m^2 - i \epsilon)} $$

우선 $dk^0$ 적분을 처리한다. $t$의 부호에 의존하는 residue integral로 정리할 수 있는데 결과적으로는 $t$의 절댓값에만 의존하는 결과를 얻는다.

$$ \int \frac{d^3 k}{(2\pi)^3} \frac{e^{- i |t| \sqrt{k^2 + m^2}} e^{i \vec{k} \cdot \vec{x}}}{2 \sqrt{k^2 + m^2}} $$

앞으로는 $\tau = |t|$로 적기로 하자. 다음은 구면좌표계로 변환한 뒤 $d \cos \theta$적분을 취하면 된다.

$$ \frac{1}{2 (2 \pi)^2} \int k^2 dk d \cos \theta \frac{e^{i k r \cos \theta} e^{- i \tau \sqrt{k^2 + m^2}}}{\sqrt{k^2 + m^2}} \\\\ = \frac{-i}{8 \pi^2 r} \int_0^\infty k dk \frac{e^{- i (\tau \sqrt{k^2 + m^2} - kr)} - e^{- i (\tau \sqrt{k^2 + m^2} + kr)}}{\sqrt{k^2 + m^2}} $$

$k \to -k$의 대칭을 이용하여 적분구간을 전체 실수로 확장하고 $\frac{1}{2}$를 곱한 뒤 지수를 정리하기 위해 다음 변수들을 도입한다. 우선은 timelike separation을 고려하기로 한다.

$$ \rho = \sqrt{\tau^2 - r^2} \,,\, \cosh \alpha = \tau / \rho \,,\, \sinh \alpha = r / \rho \,,\, k = m \sinh \eta $$

이 경우 적분은 다음과 같이 정리된다.

$$ \frac{-i m}{16 \pi^2 r} \int_{-\infty}^{\infty} \sinh \eta d \eta \left( e^{- i m \rho \cosh (\eta - \alpha)} - e^{- i m \rho \cosh (\eta + \alpha)} \right) $$

우선 적분구간을 정리해준다.

$$ \frac{-i m}{16 \pi^2 r} \int_{-\infty}^{\infty} \left( \sinh (\eta + \alpha) - \sinh (\eta - \alpha) \right) d \eta e^{- i m \rho \cosh \eta} $$

다음으로는 삼각함수 항등식을 이용해서 수식을 정리해준다.

$$ \frac{-i m \sinh \alpha}{8 \pi^2 r} \int_{-\infty}^{\infty} \cosh \eta d \eta e^{- i m \rho \cosh \eta} = \frac{-i m}{4 \pi^2 \rho} \int_{0}^{\infty} \cosh \eta d \eta e^{- i m \rho \cosh \eta} $$

이제 DLMF의 10.32.9식을 이용하면 정리 완료. 이 때 $z$는 $|\text{ph} (z) | < \pi/2$의 조건을 만족해야 한다.

$$ K_\nu (z) = \int_0^\infty dt \cosh (\nu t) e^{- z \cosh t} $$

위 적분을 대입하면 Feynman propagator의 position space representation을 얻는다.

$$ \frac{-i}{-k^2 + m^2 - i \epsilon} \leftrightarrow \frac{m^2}{4 \pi^2} \frac{K_1 (i m \rho)}{i m \rho} \,,\, \rho^2 = t^2 - \vec{r}^2 > 0 $$

Spacelike separation의 경우 $ \rho' = \sqrt{r^2 - t^2}$로 두고 $\rho \to - i \rho'$로 continuation을 하면 된다. Analytic continuation에서 어떤 부호를 택할지 결정하는 문제는 $|\text{ph} (im\rho) | < \pi/2$의 조건으로부터 결정할 수도 있지만 $\tau=0$으로 두고 적분을 다음과 같이 정리하는 것으로도 결정할 수 있다.

$$ \frac{-i}{8 \pi^2 r} \int_0^\infty k dk \frac{e^{i kr} - e^{- i kr}}{\sqrt{k^2 + m^2}} = \frac{1}{4 \pi^2 r} \int_0^\infty k dk \frac{\sin (kr)}{\sqrt{k^2 + m^2}} $$

동일하게 변수변환 $k = m \sinh \eta$를 도입하면 적분이 다음과 같이 정리된다.

$$ \frac{m}{4 \pi^2 r} \int_0^\infty \sin \left( m r \sinh \eta \right) \sinh \eta d\eta $$

이번에는 DLMF의 10.32.7식을 이용한다.

$$ K_\nu (x) = \frac{1}{\sin (\nu \pi / 2)} \int_0^\infty \sin \left( x \sinh t \right) \sinh (\nu t) dt $$

정리하면 얻는 식은 다음과 같으므로 $\rho \to - i \rho'$의 부호 선택이 정답임을 알 수 있다.

$$ \frac{m^2}{4 \pi^2} \frac{K_1 (mr)}{mr} $$

결과적으로 branch cut이 자동으로 결정되는 식을 적고 싶다면 다음과 같이 적으면 되겠다.

$$ \frac{-i}{-k^2 + m^2 - i 0^+} \leftrightarrow \frac{m^2}{4 \pi^2} \frac{K_1 (i m \rho)}{i m \rho} \,,\, \rho^2 = t^2 - \vec{r}^2 - i 0^+ $$

2010.08.03 - 엔트로피 - 고전적인 정의

2010.11.22 - 열역학 제 2 법칙과 엔트로피 증가의 법칙

 

(현재) 밥 벌어먹는 주제와는 다소 거리가 있지만 열역학 및 통계역학은 개인적으로 애착이 있는 주제인데, 공학 전공 대신 이학 전공을 택하기로 마음먹은 계기가 된 학문이기 때문이다. 특히 엔트로피의 정의 및 열역학 제 2법칙의 정량적 형식화는 물리학을 전공으로 택하기로 마음먹은 직접적인 계기가 된 주제이기 때문에 더욱 애착이 있는 편이다. 여튼, 트위터에서 엔트로피의 정의에 등장하는 로그에 대한 이야기가 나와서 엔트로피에 대해 떠들다 보니 예전에 완전히 해소하지 못했던 의문에 대해 다시 생각해보게 되었다.

고전열역학과 통계역학은 서로 다른 "공리계"에 바탕을 둔 이론 체계인데, 어떻게 한 쪽의 엔트로피의 정의가 다른 쪽의 엔트로피의 정의에 대응된다고 할 수 있는가?

학부 졸업하고 한참이 지난 이제서야 이 질문에 대해 답할 수 있게 되어서 정리해보는 것이 이번 포스트의 목적이다.

---

고전열역학의 알파와 오메가는 열기관(heat engine)이다. '증기기관의 효율 개선'이란 공학적인 목표와 밀접한 관계를 갖고 발전한 학문인데다가 열역학의 가장 기본적인 물리량이라 할 수 있는 온도부터 열기관을 이용해 정의되며, 따라서 어떤 계에 열역학이 있을 경우 대응되는 열기관을 고려하는 것이 매우 자연스럽다.^[각주:1] 실제 열역학의 응용은 열기관이 요구하는 닫힌 사이클에 한정되지 않지만, 가장 중요한 개념은 열기관이란 점을 분명히 해 두자.

한편 통계역학은 원자론과 경험적 실재를 조화시키는 것을 목표로 한다. 통계역학의 전신이라 할 수 있는 기체분자운동론(kinetic theory of gases)은 수많은 "원자"로^[각주:2] 구성된 기체를 어떻게 부피, 온도, 압력 등 매우 적은 갯수의 물리량으로 정확하게 기술할 수 있는가를 설명하기 위한 이론이다. 기체분자운동론보다 다양한 물리계를 다루는 통계역학은 마찬가지로 엄청나게 많은 자유도를 가진 계의 행동을 기술하는데는 그 계의 정확한 상태(혹은 미시상태microstate)를 알 필요 없이 중요한 몇 개의 물리량만 알아도 충분하다는 경험적 실재에 바탕을 두고 있다. Jaynes로부터 시작한 통계역학과 정보이론 사이의 접점도 이런 관점에서 이해할 수 있다. (대)정준 앙상블((grand)canonical ensemble)은 거시계의 중요한 물리량으로 결정되는 거시상태(macrostate)를 알고 있을 때 실제 계가 어떤 미시상태에 있을 확률을 추정하는 문제의 답인데, 이 문제는 전형적인 주어진 정보(거시상태)로부터 원하는 정보(어떤 미시상태일 확률)를 추정하는 베이지언 추정의 사례다.

본문으로 넘어가기 전 이 포스트에서는 모두 평형상태, 준평형상태(quasi-equilibrium) 혹은 평형에 가까운 상태(near equilibrium)만 다룬다는 점을 분명히 하기로 하자. 애초에 이 범주에서 벗어나는 경우는 아직까지도 연구주제이기도 하고.

---

역사적으로는 고전열역학이 기체분자운동론과 같이 발전했지만, 고전열역학의 현대적인 재구성에서는 전혀 통계역학적인 관점을 필요로 하지 않는다. 흥미로운 점은 고전열역학의 세 "공리" 중 물리량을 정량적으로 지정하는 것은 하나(열역학 제 1법칙)뿐이라는 사실이다. 뉴턴역학의 세 "공리" 중 제 2 법칙에 대응된다고 해야 할까.

0. 열평형은 존재하며 온도를 정의할 수 있다. (A와 B가 열평형을 이루고 B와 C가 열평형을 이루면 A와 C 또한 열평형을 이룬다. 이 때 A, B, C 모두 같은 온도를 갖는다.)
1. 열은 에너지의 이동이며, 에너지는 보존된다.
2.1. 열은 낮은 온도에서 높은 온도로 흐를 수 없다. (Clausius)
2.2. 열을 순수하게 일로 변환할 수 없다. (Kelvin-Planck)

위의 열역학 법칙 중 정량적으로 정의되는 것은 (에너지의 이동으로 정의되는) 열밖에 없다. 에너지는 고전역학에서 정량적으로 정의되기 때문. 그리고 위의 열역학 법칙으로부터 정의되는 온도는 모스 굳기계처럼 상대적인 순서만 정의된다는 것을 기억하도록 하자; 온도가 높은 열원에서 온도가 낮은 열원으로 열이 흐른다는 것은 결정할 수 있지만, 온도가 높은 열원이 온도가 낮은 열원보다 얼마나 뜨거운가는 답할 수 없다. '얼마나 뜨거운가?'란 정량적인 질문에 답하기 위해서는 열역학 법칙으로부터 정의되는 온도에 구조를 좀 더 더해 열역학적 온도로 바꾸어야 한다.

켈빈으로 정의되는 절대온도는 정확히는 열역학적 온도로, 이상적인 가역기관의 열효율을 이용하여 온도에 절대값을 줄 수 있다는 것을 이용한 것이다.^[각주:3] 참고로 실제 측정에 쓰이는 온도의 SI 정의는 ITS-90 및 그 저온 확장인 PLTS-2000으로, 열역학적 온도의 근사이며 완전히 일치하지는 않는다. 고전열역학에서 온도가 정의되는 과정은 위에 링크해둔 예전 글을 참조하도록 하자. 여튼, 열역학적 온도 $T$를 정의하고 나면 열역학적 온도를 이용해 엔트로피(의 변화)를 정의할 수 있다.

$$ dS_C := \left. \frac{\delta Q}{T} \right|_{\text{rev.}} $$

여기서 rev.는 가역과정(reversible process)를 나타낸다. 이 미분이 왜 상태함수인 엔트로피 $S_C$를 정의하는지는 예전 글에서 다뤘으므로 넘어가기로 한다. 대학물리에서 배우는 엔트로피의 정의는 위의 꼴을 갖는데, 편의상 우변에 적힌 미분량을 제일 먼저 적은 클라우지우스의 이름을 따서^[각주:4] 클라우지우스 엔트로피라고 부르기로 하자. $S_C$의 아래첨자 C는 Clausius를 나타낸다.

---

통계역학은 완전히 다른 "공리계"에서 출발한다. 보통 동일 선험확률의 원리(principle of equal a priori probability)라 부른다.

0. 주어진 거시적 성질에 대응되는 모든 미시상태는 동등한 확률을 갖고 실현된다.

그리고 이 성질을 '증명'하기 위해 오늘도 많은 이론가들이 머리를 싸매고 있지만 우리의 관심사는 두통을 얻는 것이 아니므로 일단 그렇다고 받아들이기로 하자. 위 "공리"에서 다음 보조가설이 유도된다.

0.1. 거시적 물리량은 대응되는 미시상태의 수가 줄어들지 않는 방향으로 움직이는 경향을 갖는다.

그렇다면 거시적 물리량에 대응되는 미시상태의 수 $\Omega$는 어떻게 측정할까? 편의상 내부 자유도가 없는 (이상)기체를 가정할 경우, 미시상태의 수는 거시적 물리량과 일치하는 위상공간(phase space)의 부피로 정의한다. 기체의 위상공간 중 위치 $x$가 가질 수 있는 범위는 기체가 가둬진 상자의 부피 $V$로 주어질테고 운동량 $p$가 가질 수 있는 범위는 기체가 갖는 총 에너지 $E$에 의해 결정될테니, 미시상태의 수 $\Omega$는 거시적 물리량인 기체의 총 에너지 $E$와 기체가 가둬진 상자의 부피 $V$에 의해 결정된다.

$$ \Omega = \Omega(E, V) $$

문제는 미시상태의 수 $\Omega$가 별로 좋은 물리량이 아니라는 것이다. '경우의 수'로도 해석될 수 있는 $\Omega$는 동일한 부피와 동일한 에너지를 가진 같은 기체가 또 있을 경우 두배가 되는 것이 아니라 제곱이 된다. 좀 더 구체적으로 이야기하자면, 전체 계를 두 부분계(subsystem)로 나눴을 때 전체 계가 갖는 미시상태의 수 $\Omega_{\text{tot}}$는 부분계 1의 미시상태의 수 $\Omega_1$과 부분계 2의 미시상태의 수 $\Omega_2$의 곱으로 적히게 된다.

$$ \Omega_{\text{tot}} = \Omega_1 \times \Omega_2 $$

우리에게 익숙한 물리량의 행동은 크게 세기 성질(intensive property)과 크기 성질(extensive property)로 나눠지는데, 미시상태의 수 $\Omega$는 두 행동 중 어느 것과도 일치하지 않는다. 하지만 로가리듬을 이용하면 미시상태의 수 $\Omega$를 크기 성질로 바꿀 수 있다.

$$ \log \Omega_{\text{tot}} = \log \Omega_1 + \log \Omega_2 $$

보통은 이쯤에서 $\log \Omega$를 이용해 볼츠만 엔트로피 $S_B$를 정의하는데, 아직까지는 위에서 정의한 클라우지우스 엔트로피 $S_C$와의 관계가 불분명하므로 $W$라고 적기로 하자.

$$ W := \log \Omega (E,V) $$

이제 몇가지 보조가설을 도입하여 $W$의 성질 및 $W$로부터 온도를 정의하는 방법에 대해 알아보자.

1. 열평형은 존재하며, 전체 미시상태의 수가 극대화되는 거시상태에 대응된다.
2. 열은 온도가 높은 부분계에서 온도가 낮은 부분계로 이동한다.

대부분의 통계역학 교육과정에서처럼 부피에 대한 의존도는 무시하고 에너지에 대한 의존도만 살리기로 하자. 부분계 1과 부분계 2로 나눈 전체 계의 에너지를 $E$라고 할 때, 전체 계의 미시상태 수 $W_{\text{tot}}$는^[각주:5] 다음과 같이 적을 수 있다.

$$ W_{\text{tot}} (E;E_1) = W_1 (E_1) + W_2 (E - E_1) $$

여기서 $E_1$은 부분계 1이 나눠가진 에너지다. 평형상태에 대응되는 에너지 $E_1^\ast$는 $W_{\text{tot}}$의 극대화 조건으로부터 구할 수 있다. 첫번째 극대화 조건은 '미분이 0일 것'이다.

$$ \left. \frac{\partial W_{\text{tot}}}{\partial E_1} \right|_{E_1 = E_1^\ast} = \left. \frac{\partial W_1 (E_1)}{\partial E_1} \right|_{E_1 = E_1^\ast} - \left. \frac{\partial W_2 (E_2)}{\partial E_2} \right|_{E_2 = E - E_1^\ast} = 0 $$

두번째 극대화 조건은 '2계미분이 음수일 것'이다.

$$ \left. \frac{\partial^2 W_{\text{tot}}}{\partial E_1^2} \right|_{E_1 = E_1^\ast} = \left. \frac{\partial^2 W_1 (E_1)}{\partial E_1^2} \right|_{E_1 = E_1^\ast} + \left. \frac{\partial^2 W_2 (E_2)}{\partial E_2^2} \right|_{E_2 = E - E_1^\ast}  < 0 $$

잠시 두번째 조건에 대한 사족을 덧붙이고 온도의 정의로 넘어가기로 하자. 만약 두번째 극대화 조건보다 강한 다음 조건을 계의 미시상태 수 $W$에 대해 요구하면 그 계는 (같은 조건을 만족하는) 다른 계와 항상 열평형을 이룰 수 있다.

$$ \frac{\partial^2 W}{\partial E^2} < 0 $$

대부분의 경우 암묵적으로 고려하는 물리계가 1계미분에 대한 조건 $\frac{\partial W}{\partial E} > 0$과 함께 위의 성질을 만족할 것을 요구하며, 통계-열역학적으로 보통인 계(normal system in the statistical-thermodynamic sense)라고 부르기도 한다.^[각주:6] 물론 모든 계가 이 조건을 만족하는 것은 아니다. 힐베르트 공간의 차원이 유한한 양자계가 대표적인 사례. 다른 사례로는 끈이론이 있는데, 고에너지이론에서는 끈의 에너지가 충분히 높을 경우 끈의 미시상태 수가 에너지에 따라 지수적 이상으로 증가($\Omega \gtrsim e^{\alpha E}$)해 이 조건을 만족하지 못하는 경우가 존재한다. 이와 관련된 온도를 하게도른 온도(Hagedorn temperature)라고 하는데, 보통은 상전이점에 가까워져 통계역학적인 물리를 기술하기 위해 썼던 모형이 더 이상 유효하지 않아 발생하는 것으로 해석한다.

첫번째 보조가설에 대한 이야기(열평형의 존재)는 이정도로 하고, 이제 두번째 보조가설인 '열의 흐름 방향'으로 넘어가자. 열이 흘러야 하는 방향으로부터 온도의 대소관계를 정의할 수 있다. 만약 부분계 1이 가진 에너지가 평형상태에 대응되는 에너지보다 낮은 상태($E_1 < E_1^\ast$)라면 $E_1$이 증가하는 방향과 $W_{\text{tot}}$이 증가하는 방향이 동일할 것이다.

$$ E_1 < E_1^\ast \Rightarrow \frac{\partial W_{\text{tot}}}{\partial E_1} = \frac{\partial W_1 (E_1)}{\partial E_1} - \left. \frac{\partial W_2 (E_2)}{\partial E_2} \right|_{E_2 = E - E_1} > 0 \Rightarrow \frac{\partial W_1}{\partial E_1} > \frac{\partial W_2}{\partial E_2} $$

이 경우 $E_1$이 증가하려 하기 때문에 부분계 1의 온도 $t_1$은 부분계 2의 온도 $t_2$보다 낮을 것이다.

$$ E_1 < E_1^\ast \Rightarrow t_1 < t_2 $$

반대의 경우($E_1 > E_1^\ast$) 또한 생각해 볼 수 있다. 중간 계산을 건너뛰고 결론만 이야기한다면, 다음과 같은 식을 얻는다.

$$ E_1 > E_1^\ast \Rightarrow \frac{\partial W_1}{\partial E_1} < \frac{\partial W_2}{\partial E_2} \,,\, t_1 > t_2 $$

여기서 한가지 패턴을 눈치챌 수 있는데, 온도의 대소관계는 미시상태 수에 대한 에너지 미분 $\frac{\partial W}{\partial E}$의 대소관계와 반대라는 것이다. 따라서 $\frac{\partial W}{\partial E} > 0$를 만족하는 보통계의 경우 온도에 대한 단조증가함수 $\phi(t) > 0$를 다음과 같이 정의할 수 있다.

$$ \phi(t) := \left( \frac{\partial W}{\partial E} \right)^{-1} \,,\, t_1 < t_2 \Rightarrow \phi(t_1) < \phi(t_2) $$

이제 남는 문제는 $\phi(t)$를 고전열역학에서 정의되는 열역학적 온도 $T$로 취급할 수 있다는 것을 보이는 것이다. 이 문제만 해결되면 볼츠만 엔트로피 $S_B = W$가 클라우지우스 엔트로피 $S_C$에 대응됨은 자동으로 따라오는데, 볼츠만 엔트로피의 변화량을 클라우지우스 엔트로피 정의의 우변처럼 적을 수 있기 때문이다.

$$ \phi(t) = T \Rightarrow \frac{\partial S_B}{\partial E} = \frac{1}{T} \Rightarrow dS_B = \frac{dE}{T} \Leftrightarrow \left. \frac{\delta Q}{T} \right|_{\text{rev.}} = dS_C $$

그렇다면 $\phi(t) = T$를 어떻게 보일 수 있을까? 고전열역학에서 열역학적 온도 $T$가 어떻게 정의되었는지 기억하는가? 똑같은 방법을 쓰면 된다. 가역열기관(reversible heat engine)을 도입해서 열 교환비가 정확히 $\phi(t)$의 비로 주어짐을 보이면 된다.

---

가역열기관 중 가장 잘 알려진 카르노 기관(Carnot engine)을 이용하기로 하자. 영문/한국어를 불문하고 위키백과 설명에는 카르노 기관이 이상기체를 작동 유체으로 이용한다고 되어 있으나, 일반적인 가역기관으로 추상화할 경우에는 카르노 기관의 작동 유체가 이상기체일 필요가 없다. 열역학 및 통계역학 교육에서 명시적으로 언급하는 경우가 드문 것이 아쉬운 부분.

구체적으로는 다음과 같이 카르노 기관을 구성한다.

• 등온과정은 온도 $t$ 혹은 $\phi(t)$가 일정한 과정으로 구성한다.
• 단열과정은 미시상태의 수 $\Omega$ 혹은 그 로그값인 $W = \log \Omega$가 일정한 과정으로 구성한다.

등온과정은 같은 온도를 갖는 열기관과 열원 사이의 열 교환이므로 가역과정이고, 위의 방식대로 정의된 단열과정은 미시상태의 수가 늘어나지 않았기 때문에^[각주:7] 되돌릴 수 있어 가역과정이다. 등온-단열-등온-단열 네 단계를 통해 원 상태로 돌아오는 카르노 순환(Carnot cycle)은 다음과 같은 도표로 나타낼 수 있다. 비록 양 축을 온도(의 함수)인 $\phi(t)$와 미시상태의 수인 $W$로 구성했지만, 실제 열기관의 상태를 결정하는 독립변수는 열기관의 에너지 $E$와 부피 $V$이다.

이제 구성한 카르노 기관의 열 교환비를 계산해보자. 등열팽창 과정인 A-B에서 열기관이 얻는 열 $Q_h$는 A와 B에서의 에너지 차이인 $E_B - E_A$로 주어진다. 이때 열기관의 상태가 움직이는 곡선은 온도 $\phi(t)$가 상수인 곡선 $\frac{\partial W}{\partial E} = \phi(t_h)^{-1}$이므로, 고온부에서 얻은 열은 다음과 같이 적을 수 있다.

$$ Q_h = E_B - E_A = \left( \left. \frac{\partial W}{\partial E} \right|_{t=t_h} \right)^{-1} (W_B - W_A) = \phi(t_h) (W_B - W_A) $$

마찬가지로 저온부에서 버리는 열은 다음과 같이 적을 수 있다.

$$ Q_l = E_C - E_D = \left( \left. \frac{\partial W}{\partial E} \right|_{t=t_l} \right)^{-1} (W_C - W_D) = \phi(t_l) (W_C - W_D) $$

그리고 단열과정의 정의 때문에 $W_B = W_C$와 $W_A = W_D$라는 추가조건을 얻으며, 열 교환비로 다음 표현을 얻는다.

$$ \frac{Q_l}{Q_h} = \frac{\phi(t_l) (W_C - W_D)}{\phi(t_h) (W_B - W_A)} = \frac{\phi(t_l)}{\phi(t_h)} = \frac{T_l}{T_h} $$

이제 가역열기관의 열 교환비를 열역학적 온도로 정의하는 고전열역학에서와 같이 온도에 대한 양의 단조증가함수 $\phi(t)$를 열역학적 온도 $T$로 정의하면 된다. 다만 $\phi(t) = (\partial W / \partial E)^{-1}$는 에너지의 차원을 가지므로, 단위를 변환해줄 상수인 볼츠만 상수 $k_B$를 도입해서 온도와 차원을 맞춰준다.

$$ \phi(t) := k_B T = \left( \frac{\partial W}{\partial E} \right)^{-1} $$

이제 볼츠만 상수를 넘겨주면 많은 통계역학 책에서 그냥 적고 시작하는 다음 식을 얻을 수 있다.

$$ \frac{1}{T} = k_B \frac{\partial \log \Omega (E,V)}{\partial E} = \frac{\partial}{\partial E} \left( k_B  \log \Omega \right) = \frac{\partial S_B}{\partial E} $$

이 식이 주어질 경우 어떻게 볼츠만 엔트로피의 변화량 $d S_B$를 클라우지우스 엔트로피의 변화량 $d S_C$에 대응시킬 수 있는지는 위에서 이미 이야기했으므로 생략하기로 한다.

This series is divergent; therefore, we may be able to do something with it. -- Oliver Heaviside

$\frac{1}{r}$꼴을 갖는 Coulomb potential은 IR 발산이 있는 것으로 유명하다. 좀 더 구체적으로 말하자면, 학부 역학 수준에서 계산할 수 있는 궤도방정식을 풀어 얻는 Rutherford scattering의 미분단면적(differential cross-section)을 계산할 경우 다음과 같은 $\sin^{-4} (\theta/2)$의 꼴을 갖는다는 것이 알려져 있다.

$$ \frac{d\sigma}{d\Omega} \propto \frac{1}{\sin^4 (\theta/2)} $$

이 식을 적분하여 얻는 총산란단면적(total cross-section)은 발산한다.

$$ \sigma_{\text{tot}} = \int \frac{d \sigma}{d \Omega} d \Omega \propto \int \frac{d(\cos \theta)}{\sin^4 (\theta/2)} \to \infty$$

양자역학에서 Coulomb potential이 주어졌을 때의 산란문제를 풀 때도 이 성질과 관련된 현상이 나타난다. Griffiths 양자역학에서는 Coulomb potential을 Yukawa potential의 질량이 없는 극한으로 생각하기 때문에 등장하지 않지만 Landau 3권이나 교수님 세대의 메인 레퍼런스(...)란 느낌이 있는 Shiff책을 뒤적이다 보면 asymptotic region에서 파동함수가 평면파인 $e^{ikz}$로 수렴하는 것이 아니라 로그가 붙은 추가적인 위상항(phase factor)이 등장하는 것을 볼 수 있다.

$$ \psi \sim e^{ikz + (i/k) \log [k(r-z)]} $$

교재에서는 이런 Coulomb potential의 IR 발산에 대해 'Coulomb potential이 장거리 상호작용(long-range interaction)이기 때문에 발생한다'는 설명을 써놓지만, 구체적으로 무한원점에서 0으로 수렴하는 다른 potential들과 어떻게 다른지에 대해 설명하는 경우는 드물다^[각주:1]. 왜 이런 현상이 일어나는지 고전역학적으로 이해하는 것이 이 포스트의 목표.

---

Coulomb potential이 주어졌을 때 그 potential을 따라 움직이는 시험 입자(test particle)의 궤도방정식을 푸는 문제는 몇 안 되는 정확하게 풀 수 있는 고전역학 문제이다. 심지어 궤도방정식 위키백과 페이지가 있을 정도. 시간에 대한 거리의 미분방정식을 각도에 대한 거리의 미분방정식으로 바꾼 뒤 $u = 1/r$이란 변수변환으로 조화진동자 방정식으로 바꾸는 과정이나 이렇게 얻은 궤도방정식으로부터 충돌 파라메터(impact parameter)에 대한 산란각(scattering angle)의 방정식을 얻는 과정은 많은 교재에서 충분히 다루고 있으니 여기서는 생략하기로 하자^[각주:2].

여기서는 eikonal 근사의 변종으로 Coulomb potential에서의 산란을 풀어보자. Eikonal은 기하광학에서 빛의 경로를 계산하기 위해 쓰는데, WKB 근사라고 생각해도 좋다. 여담으로 eikonal은 해밀턴이 기하광학을 풀기 위한 수학적 기법을 다듬으면서 같은 기법이 고전역학에도 적용될 수 있음을 알아차리면서 현재의 해밀턴역학과 심플렉틱기하를 만들어내는 계기가 되었고, 슈뢰딩거의 파동방정식은 기하광학의 eikonal 방정식에서 영감을 얻었다고 한다.

고전역학이든 양자역학이든 산란 문제에서 eikonal 근사란 '직선 근사'라고 생각하면 된다^[각주:3]. 구체적으로 이야기한다면, 입자의 경로를 1) 아무런 산란이 없는 직선 경로에 2) 산란을 일으키는 포텐셜의 효과를 집어넣어 얼마나 직선 경로에서 벗어나는지 섭동계산으로 구하는 방법이 되겠다.

이제 Coulomb potential에서의 고전적인 산란 문제에 eikonal 근사를 적용해보자. Landau 1권에서는 뉴턴역학을 기반으로 eikonal 근사를 사용하지만 여기서는 해밀턴역학을 기반으로 eikonal 근사를 써보기로 한다^[각주:4]. 먼저 해밀토니안을 다음과 같이 적는다.

$$ H = \frac{p^2}{2} - \frac{k}{r} $$

해밀턴 운동방정식은 금방 적을 수 있다.

$$ \dot{\vec{r}} = \{ H , \vec{r} \} = \vec{p} \,,\, \dot{\vec{p}} = \{ H , \vec{p} \} = - \frac{k \vec{r}}{r^3} $$

이 역학계의 산란문제를 eikonal 근사로 푸는 것은 다음과 같은 ansatz를 이용해 섭동전개 파라메터 $k$에 대해 푸는 것으로 생각할 수 있다.

$$ \vec{p} = \vec{p}_0 + k \vec{p}_1 (t) + k^2 \vec{p}_2 (t) + \cdots \,,\, \vec{r} = \left( \vec{b} + \vec{p}_0 t \right) + k \vec{r}_1 (t) + k^2 \vec{r}_2 (t) + \cdots $$

여기서 $\vec{p}_0$는 asymptotic region에서의 운동량이고, $\vec{b}$는 충돌 파라메터의 역할을 한다. 이렇게 해석하려면 $\vec{b} \cdot \vec{p}_0 = 0$이란 조건을 추가로 얹어주는 것이 좋다. 섭동이 없는 원래 경로에서 시간 $t$의 원점을 재정의하는 것으로 이 조건을 맞출 수도 있고.

이제 위의 방정식을 풀어보자. 방정식을 풀려면 경계조건을 줘야 하는데, 가장 먼저 생각할 수 있는 경계조건은 다음 경계조건이다.

$$\vec{r}_{i>0} (-\infty) = \vec{p}_{i>0} (-\infty) = 0$$

언듯 보기에는 문제가 없는 경계조건으로 보인다. $t = -\infty$는 산란이 일어나기 한참 전의 과거이므로 섭동이 없는 원래 경로와 일치해야 한다는 직관과도 맞고. 하지만 이 경계조건은 절대로 맞춰줄 수 없다. Coulomb potential의 꼬리가 너무 길기 때문. 우선 이 문제를 무시하고 그냥 방정식을 풀어보자.

$\vec{p}_1$에 대한 운동방정식은 다음과 같이 주어진다.

$$ k \dot{\vec{p}}_1 (t) = - \frac{k (\vec{b} + \vec{p}_0 t)}{(b^2 + p_0^2 t^2)^{3/2}} $$

이 식에 처음 얹은 경계조건을 넣고 풀면 다음과 같은 답을 얻는다.

$$ \vec{p}_1 (t) = - \int_{-\infty}^t \frac{\vec{b} + \vec{p}_0 \tau}{(b^2 + p_0^2 \tau^2)^{3/2}} d\tau = -\frac{1}{ab^2} \left[ \left( 1 + \frac{at}{\sqrt{1 + a^2 t^2}} \right) \hat{b} - \frac{\hat{a}}{\sqrt{1 + a^2 t^2}} \right] $$

쌍곡함수로 변수변환을 하면 적분을 쉽게 할 수 있다. 문제를 풀 때 새로 정의한 변수들은 다음과 같다.

$$ \hat{b} := \frac{\vec{b}}{b} \,,\, \vec{a} := \frac{\vec{p}_0}{b} \,,\, \hat{a} := \frac{\vec{a}}{a} = \frac{\vec{p}_0}{p_0} $$

$k^1$ 차수에서 운동량 변화는 단순히 $\vec{p}_1 (+\infty)$를 읽어내면 된다.

$$\Delta \vec{p}_1 := \vec{p}_1 (+\infty) = - \frac{2 \hat{b}}{ab^2} = - \frac{2 \vec{b}}{p_0 b^2}$$

마찬가지로 $k^2$ 차수에서 운동량 변화는 $\vec{p}_2 (+\infty)$를 읽어내면 되는데, $\vec{p}_2$는 $\vec{r}_1$에 대한 해가 있어야 풀 수 있다^[각주:5].

$$k^2 \dot{\vec{p}}_2 = - k^2 \left[ \frac{\vec{r}_1}{r_0^3} - \frac{3 \vec{r}_0 (\vec{r}_0 \cdot \vec{r}_1)}{r_0^5} \right]$$

따라서 $\vec{r}_1(t)$를 풀어야 한다. 우선 식을 적어보자.

$$\vec{r}_1 (t) = \int_{-\infty}^{t} \vec{p}_1 (\tau) d\tau = - \frac{1}{ab^2} \int_{-\infty}^{t} \left[ \left( 1 + \frac{a\tau}{\sqrt{1 + a^2 \tau^2}} \right) \hat{b} - \frac{\hat{a}}{\sqrt{1 + a^2 \tau^2}} \right] d\tau$$

눈치가 빠른 분들은 알아차리셨겠지만, 이 정적분은 잘 정의되질 않는다. 두번째 항이 $\sim \tau^{-1}$의 꼴을 하고 있기 때문에 무한대에서 로그 발산이 있기 때문이다. 첫번째 항은 정적분으로 처리하고 두번째 항은 정적분을 포기하고 부정적분으로 처리할 경우 다음 식을 얻는다.

$$\vec{r}_1 (t) = - \frac{ e^{\sinh^{-1} (at)}}{a^2 b^2} \hat{b} + \left. \frac{\sinh^{-1}(at)}{a^2 b^2} \hat{a} \right|_{-\infty}^{t}$$

$x \in \mathbb{R}$일 때 $\sinh^{-1} x = \log (x + \sqrt{1+x^2})$이므로, 두번째 항의 발산은 예상대로 로그 발산임을 확인할 수 있다. 이 로그 발산은 다음과 같이 이해할 수 있다. Coulomb potential에서의 에너지 보존을 생각하면 무한대에서의 입자의 속력을 $v$라고 할 때 asymptotic region에서의 입자의 속력 $v$는 다음과 같다.

$$ \frac{v^2}{2} = \frac{v_0^2}{2} + \frac{k}{r} \Rightarrow v \sim v_0 + \frac{c}{r}$$

따라서 아무런 힘을 못 느끼고 $v_0$의 속력으로 이동하는 섭동이 없는 경로와 Coulomb potential의 영향을 받아 섭동이 있는 경로 사이의 변위(displacement)를 계산하면 다음과 같아진다.

$$ \Delta r \sim \int (v - v_0) dt \sim \int \frac{c}{r} dt \sim \int \frac{1}{dr/dt} \frac{c}{r} dr \sim \frac{c}{v_0} \log r $$

$r^{-1}$보다 빠르게 떨어지는 다른 potential의 경우 입자가 멀어져 가면서 potential로부터 받는 영향이 충분히 빠르게 줄어들어 섭동이 없는 경로와 potential의 영향을 받은 경로 사이의 변위가 일정하게 유지된다. 하지만 Coulomb potential의 경우 potential의 영향이 0으로 줄어드는 속도가 느려 아무리 멀어지더라도 변위의 차이가 계속 누적되는 것이다. 발산하는 총산란단면적이나 양자역학 산란 문제를 풀 때 평면파에 로그만큼의 위상항이 추가로 붙는 현상은 이 흔적이라고 이해할 수 있다.

---

여튼, $k^2$ 차수의 운동량 변화를 계산하는 문제로 돌아오자. 발산이 있으면 잡으면 되는 법이다.

가장 단순한 해법은 $t = - \infty$를 기준점으로 잡지 않고 $t = 0$를 기준점으로 잡는 것이다. 실제로 worldline quantum field theory(WQFT)를 도입해서 post-Minkowskian 계산을 하는 팀에서 이런 접근을 취하고 있는데, 이 접근법은 일관성이 있다는 장점이 있지만 asymptotic variable을 새로 계산해야 하는 번거로움이 있다.

다른 해법은 로그 발산을 미리 섭동계산의 경계조건에 반영하는 것이다. 구체적으로는 다음과 같이 로그 발산을 $\vec{r}_1^{(0)}$로 뽑아내고 $\vec{r}_1^{(1)}$에 대한 방정식을 푸는 것.

$$ \vec{r}_1 (t) = \vec{r}_1^{(0)} (t) + \vec{r}_1^{(1)} (t) \,,\, \vec{r}_1^{(0)} (t) = \frac{\sinh^{-1} (at)}{a^2 b^2} \hat{a} $$

로그 발산을 갖는 경계조건을 $\vec{r}_1^{(0)}$로 뽑아내었기 때문에 남는 경계조건은 $\vec{r}_1^{(1)} (-\infty) = 0$이 되며, $\vec{r}_1 (t)$는 다음과 같이 풀린다.

$$ \vec{r}_1 (t) = \vec{r}_1^{(0)} (t) + \vec{r}_1^{(1)} (t) = - \frac{ at + \sqrt{1 + a^2 t^2}}{a^2 b^2} \hat{b} + \frac{\log \left( at + \sqrt{1 + a^2 t^2} \right)}{a^2 b^2} \hat{a} $$

위 해를 $\vec{p}_2$에 대한 운동방정식에 집어넣으면 $k^2$ 차수의 운동량 변화를 구할 수 있다. 적분구간이 $(-\infty, +\infty)$로 대칭적이라는 것을 이용하면 식을 좀 다 단순화할 수 있다.

$$ \Delta \vec{p}_2 = \int_{-\infty}^{+\infty} \left[ \frac{1}{a^2 b^5 (1 + a^2 \tau^2)} - 3 \frac{\sqrt{1 + a^2 \tau^2} - a\tau \log (a\tau + \sqrt{1 + a^2\tau^2})}{a^2 b^5 (1 + a^2 \tau^2)^{5/2}} \right] \hat{b} d\tau \\ - \int_{-\infty}^{+\infty} \left[ \frac{3a^2\tau^2}{a^2 b^5 (1 + a^2 \tau^2)^{5/2}} \right] \hat{a} d\tau $$

얼핏 봐서는 적분이 꽤 복잡하게 보이는데, 의외로 적분하고 나면 값 자체는 단순하다.

$$ \Delta \vec{p}_2 = - \frac{2 \vec{a}}{a^4 b^5} = - \frac{2 \vec{p}_0}{p_0^4 b^2}$$

$k$를 전부 살린 산란 후 운동량은 다음과 같은데

$$\vec{p} (+ \infty) = \left( 1 - \frac{2 k^2}{p_0^4 b^2} \right) \vec{p}_0 - \frac{2k}{p_0 b^2} \vec{b} + \mathcal{O}(k^3)$$

제곱해보면 $k^2$ 차수에서 에너지 보존이 성립한다는 것도 확인할 수 있다.

$$ \left| {\vec{p} (+ \infty)} \right|^2 = p_0^2 + \mathcal{O}(k^3) $$

(매스매티카의 도움으로) 계산하긴 했는데 계산한 내가 봐도 ‘와 이걸 어떻게 계산한거지?’ 싶은 부분이 있다…(…) pic.twitter.com/vo6622yKjH

— Dexter Kim (@AstralDexter) July 28, 2021

(매스매티카의 도움을 받아 계산하기는 했지만) 계산을 나 자신도 '와 저게 정리가 되는구나...' 싶은 부분이 있어서 저 무한급수를 더하는데 들어간 테크닉을 좀 정리해보기로 했다. 저 무한급수는 일단은 다음 식^[각주:1].

\[ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(n!)^2 x^n}{(2n+1)!} = \frac{4 \csc^{-1} (2 / \sqrt{x})}{\sqrt{x(4-x)}} \]

논문을 위한 계산을 하다가 행렬의 로그를 취하는 과정에서 튀어나온 함수인데, 일반항은 찍은 것이다. 왼쪽의 급수를 어떻게 구했는가는 사실 중요한 문제는 아니니 제끼기로 하자.

---

무한급수를 이름이 있는 함수(베셀함수라던가)로 다시 쓰기 위해 가장 중요한 것은 각종 특수함수의 급수전개를 미리 알고있는 것이다. 모든 물리학/공학 학부생의 적인 수리물리/공학수학 강의에서 특수함수 파트를 배우는 고통의 시간동안 졸지 않는 것이 중요한 이유이기도 하다^[각주:2]. 하지만 위의 예제는 베셀함수가 아니니 일단 넘어가기로 하자.

무한급수를 다시 정리하는데 쓸 수 있는 가장 간단한 테크닉은 초기하함수(hypergeometric function)의 미분방정식을 구하는 방법을 응용하는 것이다. 혹은 미분방정식의 급수해 풀이법인 Frobenius method의 반대 과정으로 생각해도 좋다. 우선 다음과 같이 일반항이 주어지는 무한급수를 생각해보자.

\[ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a(n) x^n}{b(n)} \]

여기서 $a(n)$과 $b(n)$은 어떤 수열이라고 하자. 처음 제시한 무한급수의 경우 $a(n) = (n!)^2$과 $b(n) = (2n+1)!$이다.

무한급수를 다시 합하는데 가장 중요한 공식은 다음 공식이다.

\[ x \frac{d}{dx} x^n = n x^n \]

이 미분연산자를 적당히 조합하는 것으로 $a(n)$을 $a(n+1)$로 바꿔주는 연산자 $D_1$을 찾는다.

\[ D_1 f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n)}{b(n)} D_1 x^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n+1)}{b(n)} x^{n+1} \]

일반적으로는 이런 연산자 $D_1$을 찾기 매우 어렵지만, 수열 $a(n)$이 팩토리얼과 같은 종류의 함수들의 곱으로 구성되어 있어 $a(n+1) / a(n)$이 $n$에 대한 다항식 $P(n)$으로 주어질 경우에는 연산자 $D_1$을 매우 쉽게 찾을 수 있다.

\[ \frac{a(n+1)}{a(n)} = P(n) \Rightarrow D_1 = x P(x \frac{d}{dx}) \]

예시에서는 이를 만족하는 연산자가 $D_1 = x (\frac{d}{dx} x)^2$으로 주어진다.

\[ D_1 f(x) = x \left( x (xf)' \right)' = \sum_{n=0}^\infty \frac{[(n+1)!]^2 x^{n+1}}{(2n+1)!} \]

다음으로 할 일은 $b(n)$을 $b(n-1)$로 바꿔주는 연산자 $D_2$를 찾는 것이다.

\[ D_2 f(x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n)}{b(n)} D_2 x^n = \sum_{n=0}^\infty \frac{a(n)}{b(n-1)} x^{n} \]

$D_1$의 경우와 마찬가지로, 일반적으로 이런 연산자 $D_2$는 존재하지 않지만 팩토리얼과 같은 종류의 함수들의 곱으로 구성된 $b(n)$의 경우에는 $D_2$를 찾을 수 있다. 비율 $b(n)/b(n-1)$이 $n$에 대한 다항식 $Q(n)$으로 주어지기 때문.

\[ \frac{b(n)}{b(n-1)} = Q(n) \Rightarrow D_2 = Q (x \frac{d}{dx}) \]

예시에서는 이를 만족하는 연산자가 $D_2 = 2 x \frac{d}{dx} (2 x \frac{d}{dx} + 1)$으로 주어진다.

\[ D_2 f(x) = 2 x \left( f + 2xf' \right)' = \sum_{n=0}^\infty \frac{(n!)^2 x^n}{(2n-1)!} \]

(음의 정수의 팩토리얼 $(-n)! = \infty$을 도입하여 $n=0$을 포함하도록 할 수 있다.) 여기까지 왔으면 다음은 뻔하다. 두 급수전개가 사실은 같은 함수이니 $D_1 f = D_2 f$라고 둘 수 있고, 이 관계식을 바탕으로 $f(x)$가 만족하는 미분방정식을 적을 수 있다.

\[ (D_1 - D_2) f(x) = 0 \Rightarrow x(x-4) f'' + 3 (x-2) f' + f = 0 \]

이제 미분방정식의 해를 찾아서 급수전개가 일치하도록 계수를 결정해주면 된다. 여기서부터는 계산할 때 Mathematica를 이용해 답을 얻었는데, 직접 손으로 미분방정식을 푸는 방법은 없을까 생각해보기로 한다. 여담으로 미분방정식의 답은 다음과 같이 주어진다.

\[ f(x) = \frac{A}{\sqrt{x(4-x)}} + \frac{B \sin^{-1}\sqrt{1-(x/4)}}{\sqrt{x(4-x)}} \]

여기서 $A = 2 \pi$, $B = -4$를 넣어주면 처음 제시한 답을 얻는다.

---

현재 문제는 다음과 같이 생긴 미분방정식을 푸는 것이다.

\[ x(x-4) f'' + 3 (x-2) f' + f = 0 \]

위 미분방정식은 $u = x(x-4)$란 함수를 도입하여 다음과 같이 적을 수 있다.

\[ u f'' + \frac{3}{2} u' f' + \frac{1}{2} u'' f = 0 \]

이렇게 쓰고보니 공학수학이나 수리물리 첫 시간에 잠깐 배우고 잊어버리는 테크닉인 적분인자(integrating factor)를 이용한 풀이법이 존재할 것 같은 느낌이 들지 않는가? 우선 식을 다음과 같이 나눠보자.

\[ u f'' + \frac{3}{2} u' f' + \frac{1}{2} u'' f = u f'' + u' f' + \frac{1}{2} \left( u' f' + u'' f \right) = 0 \]

위 식은 다음과 같이 정리할 수 있다.

\[ ( u f' )' + \frac{1}{2} (u' f)' = ( uf' + \frac{u' f}{2} )' = 0 \]

전체 미분의 안에 들어있는 식은 적분인자로 하나의 미분으로 정리할 수 있다.

\[ ( uf' + \frac{u' f}{2} )' = ( u^{1/2} (u^{1/2} f)' )' = 0 \]

위 미분방정식의 가장 간단한 해는 $u^{1/2} f = C_1$이다. 가장 안쪽의 미분이 사라질테니까. $C_1$에 단위허수를 붙여서 정리해준다고 가정하면 첫번째 homogeneous solution으로 다음 식을 얻는다.

\[ f_1(x) = C_1 (-u)^{-1/2} = \frac{C_1}{\sqrt{x(4-x)}} \]

두번째 해는 $u^{1/2} (u^{1/2} f)' = C_2$를 요구하는 것이다. 이 경우 (적당히 적분상수에 단위허수를 붙여 부호를 정리하고 나면) 우리는 다음 식을 얻는다.

\[ f_2(x) = C_2 (-u)^{-1/2} \int (-u)^{-1/2} dx = \frac{C_2}{\sqrt{x(4-x)}} \int \frac{dx}{\sqrt{4 - (x-2)^2}} \]

가장 우변의 적분은 $\sin^{-1}$으로 정리된다.

\[ \int \frac{dx}{\sqrt{4 - (x-2)^2}} = \int \frac{d(x/2)}{\sqrt{1 - (x/2-1)^2}} = \sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1) \]

따라서 가장 일반적인 해로

\[ f(x) = \frac{C_1}{\sqrt{x(4-x)}} + \frac{C_2 \sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1)}{\sqrt{x(4-x)}} \]

를 얻게 된다. 두번째 항이 조금 이상해 보일 수 있지만 $C_1$과 $C_2$를 적당히 조절하면 $\sin^{-1}$의 argument를 다시 정리할 수 있다. 처음 제시한 꼴로 어떻게 정리되는지 보이는 것은 연습문제(...)로 남겨두기로 하자.

---

다음은 급수전개를 통해 계수를 맞추는 작업이다. $x=0$ 근처에서 작업해야 하니 가장 먼저 할 작업은 $\sin^{-1}$의 argument를 잘 정리해서 보다 급수전개하기 쉬운 꼴로 바꾸는 것이다. 이 작업을 위해 다음과 같이 $\theta$란 변수를 도입하자.

\[ \theta = \sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1) \]

이제 $\theta$를 $\theta \to \phi - \pi / 2$를 통해 $\phi$로 재정의하는 경우를 생각할 수 있다. 정확히 $-\pi/2$만큼 원점을 이동하는 이유는 우변의 argument가 $x=0$에서 -1이 되기 때문인데 $- \pi / 2$만큼 $\theta$를 옮기는 것을 변수 $C_1$의 재정의로 흡수할 수 있다. 이제 $\phi$를 구하기 위해서는 다음과 같은 관계식을 풀게 된다.

\[ \sin (\phi - \pi/2) = - \cos \phi  = \frac{x}{2} - 1 \]

위 식은 배각공식을 이용해 조금 더 정리해줄 수 있다.

\[ 1 - \cos \phi = 2 \sin^2 \frac{\phi}{2} = \frac{x}{2} \Rightarrow \phi = 2 \sin^{-1} \frac{\sqrt{x}}{2} \]

위 방법으로 $\sin^{-1} (\frac{x}{2} - 1) = 2 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) - \pi / 2$로 다시 쓸 수 있고, 결과적으로 $f(x)$는 다음과 같이 정리된다.

\[ f(x) = \frac{\tilde{C}_1}{\sqrt{x(4-x)}} + \frac{\tilde{C}_2 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) }{\sqrt{x(4-x)}} \]

이제 처음 구한 급수전개와 맞추는 작업이 남았다. 먼저 사인함수의 역함수의 급수전개는 다음과 같이 주어진다.

\[ \sin^{-1} (x) = x + \mathcal{O} (x^3)\]

계수를 결정하는데는 1차항만 필요하므로 나머지 항은 무시하기로 하자. 이제 위에서 구한 $f(x)$를 $x=0$ 근처에서 전개해보자. 이를 위해서는 다음과 같이 식을 다시 적어주는 것이 좋다.

\[ f(x) = \frac{\tilde{C}_1}{2\sqrt{x} \sqrt{1-x/4}} + \frac{\tilde{C}_2 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) }{2 \sqrt{x} \sqrt{1-x/4} } \]

위의 꼴을 $x=0$에서 전개하면 다음 결과를 얻는다.

\[ f(x) = \frac{\tilde{C}_1}{2 \sqrt{x}} + \frac{\tilde{C}_2}{4} + \mathcal{O}(\sqrt{x}) \]

원래 $f(x)$의 급수전개는

\[ f(x) = 1 + \frac{x}{6} + \frac{x^2}{30} + \cdots \]

이므로, 계수가 바로 결정되어 $f(x)$를 결정할 수 있게 된다.

\[ f(x) = \frac{4 \sin^{-1} (\sqrt{x}/2) }{\sqrt{x(4-x)}}\]

매우 제한적인 경우에만 응용할 수 있는 테크닉이긴 하지만, 무한급수를 합하는 그다지 어렵지는 않은 방법이다.

Physicists know they can approximate everything by harmonic oscillators, though.

- R. Chapling(https://rc476.user.srcf.net/asymptoticmethods/am_notes.pdf)

최근 논문을 쓰며 망각의 늪(?)에 방치해두었던 미분방정식에 대한 지식을 다시 되살려야 할 필요가 있어서 간단하게 작성해보는 시리즈. Green's function과 Sturm-Liouville 문제에 기회가 되면 특수함수와 Lie군을 다뤄보고 싶은데 마지막 항목은 초기하함수와 SL(2,R)군 사이의 관계에 대해서는 공부해야 할 필요가 있어서 할 수 있을지 모르겠다. 언제나(?) 그렇듯 미분방정식은 2계미분방정식만 고려할 생각.

어차피 편미분방정식이라고 해서 개념적으로 바뀌는 것은 없으니 상미분방정식만 생각하기로 하자. 우선은 homogeneous equation을 생각하기로 한다.

\[ \left[p(x) \frac{d^2}{dx^2} + q(x) \frac{d}{dx} + r(x) \right] f(x) = 0 \]

일반적으로 이 방정식의 해는 둘로 주어지며, 두 해를 각각 $f_1(x)$과 $f_2(x)$라고 부르기로 하자. 둘 중 하나만 알고 있을 때 다른 하나를 구하는 방법은 Kreyzig 공학수학에 나와 있을테니^[각주:1] 두 해를 전부 알고 있다고 가정해도 무리는 없을 것이다.

homogeneous equation의 특징은 두 해 $f_1(x)$와 $f_2(x)$에 대해 두 해의 임의의 선형조합 $\alpha f_1 + \beta f_2$ 또한 homogeneous equation을 만족한다는 것이다. 선형미분방정식이 선형대수학을 만나는 지점이다. 그래서 위의 방정식을 다음과 같이 선형연산자 $\mathcal{L}$을 도입하여 선형연산자 방정식의 모양으로 바꿔 쓰기도 한다.

\[ \mathcal{L} = \left[ p(x) \frac{d^2}{dx^2} + q(x) \frac{d}{dx} + r(x) \right] \Rightarrow \mathcal{L} f(x) = 0 \]

많은 경우 homogeneous solution의 계수 $\alpha$와 $\beta$는 초기조건으로 결정하며^[각주:2], 초기조건은 함수 $f(x)$의 $x=x_0$에서 함수값 $f(x_0)$와 1계미분값 $\frac{df}{dx}(x_0)$으로 주어진다. 이 문제는 다음과 같은 행렬방정식으로 나타낼 수 있다.

\[ \begin{pmatrix} f(x_0) \\ \frac{df}{dx}(x_0) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_1(x_0) & f_2(x_0) \\ \frac{df_1}{dx}(x_0) & \frac{df_2}{dx}(x_0) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \alpha \\ \beta \end{pmatrix} \]

위 식의 우변에 등장하는 행렬을 Wronskian matrix라고 부르며, 이 행렬의 행렬식(determinant)을 Wronskian이라고 한다. 일반적으로 Wronskian을 계산해 0이 되지 않는 것을 확인하는 것을 '구한 homogeneous solution들이 선형독립인가'를 묻는 질문이라고 말하는데, 위 행렬방정식 꼴을 보면 다음의 동등한 질문으로 바꿔 쓸 수 있음을 알 수 있다. "우변의 행렬의 역행렬을 구해 일반적인 초기조건 $f(x_0)$와 $\frac{df}{dx}(x_0)$를 만족하는 homogeneous solution을 찾을 수 있는가?"

그렇다면 선형대수학의 관점을 inhomogeneous equation에 어떻게 적용할 수 있을까? 일단 inhomogeneous equation을 적어보자.

\[ \left[p(x) \frac{d^2}{dx^2} + q(x) \frac{d}{dx} + r(x) \right] f_p(x) = s(x) \Rightarrow \mathcal{L} f_p = s \]

위에서 $f_p(x)$는 particular solution이라고 하며, 일반적으로 위 방정식을 만족하는 해는 homogeneous solution을 포함한 꼴인 $f_p(x) + \alpha f_1(x) + \beta f_2(x)$으로 주어진다. 여기서 자유롭게 결정할 수 있는 계수인 $\alpha$와 $\beta$를 결정하는 기준은 경계조건이 된다. 경우에 따라 위 식의 $s(x)$를 source term이라고 부르는데, 보편적으로 쓰는 용어인지는 모르겠다.

Green's function method는 위 식의 우변을 다음과 같이 바꿔쓸 수 있다는 점을 이용한다^[각주:3].

\[ s(x) = \sum_{y} \delta(x,y) s(y) \]

일부러 Dirac delta $\delta(x,y) = \delta(x-y)$를 잘 쓰지 않는 꼴로 적어두었는데, 행렬을 적는 일반적인 방법과 유사성이 잘 드러나도록 하기 위한 조치이다^[각주:4]. 만약 미분연산자 $\mathcal{L}$의 역연산자 $\mathcal{L}^{-1}$가 존재한다고 한다면, inhomogeneous equation은 양변의 좌측에 $\mathcal{L}^{-1}$를 붙여 다음과 같이 적을 수 있다.

\[ f_p(x) = \sum_{y} \left[ \mathcal{L}^{-1} \delta(x,y) \right] s(y) = \sum_{y} G(x,y) s(y) \]

미분방정식의 풀이가 행렬곱(?)으로 바뀌는 셈^[각주:5]. 문제는 $G(x,y) = \mathcal{L}^{-1} \delta(x,y)$를 어떻게 구할 것이냐가 된다.

Green's function은 결국 다음 방정식을 푸는 문제이다.

\[ \mathcal{L} G(x,y) = \delta(x,y) \]

편의상 미분방정식을 푸는 구간을 $(a,b)$라고 하고, $a$에서의 경계조건을 만족하는 homogeneous solution을 $f_1$, $b$에서의 경계조건을 만족하는 해를 $f_2$라고 하자. $\delta(x,y)$는 $x \neq y$에서 0이기 때문에, $G(x,y)$는 대충 다음과 같은 모양을 취할 것으로 예상할 수 있다.

\[ G(x,y) \propto \left\{ \begin{aligned} f_1(x) && a \le x < y \\ f_2(x) && y < x \le b \end{aligned} \right. \]

혹은 다음과 같이 표현할 수도 있다.

\[ G(x,y) = \left\{ \begin{aligned} f_1(x) g_1(y) && a \le x < y \\ f_2(x) g_2(y) && y < x \le b \end{aligned} \right. \]

이런 때 쓰기 위해 Heaviside step function이 있지만 위 꼴이 보다 다루기 쉬우니 일단은 이 꼴을 쓰기로 하자. Green's function $G(x,y)$는 $x$에 대한 2계미분에서 Dirac delta가 나와야 하기 때문에 $x$에 대해 연속적이어야 하므로^[각주:6], homogeneous solution들을 쌓아올리기 위해 도입하는 계수 $g_{1,2}(y)$는 다음 조건을 만족해야 한다.

\[ f_1(y) g_1(y) = f_2(y) g_2(y) \]

이제 이 Green's function에 대한 ansatz를 Green's function이 만족해야 하는 방정식에 집어넣어보자.

\[ \left[ \frac{d^2}{dx^2} + \frac{q(x)}{p(x)} \frac{d}{dx} + \frac{r(x)}{p(x)} \right] G(x,y) = \frac{\delta(x,y)}{p(x)} \]

Dirac delta가 들어간 방정식을 푸는 일반적인 방법은 양변에 Dirac delta의 support가 있는 neighbourhood를 적분하는 것이다.

\[ \int_{y-0^+}^{y+0^+} dx \left[ \frac{d^2}{dx^2} + \frac{q(x)}{p(x)} \frac{d}{dx} + \frac{r(x)}{p(x)} \right] G(x,y) = \int_{y-0^+}^{y+0^+} dx \frac{\delta(x,y)}{p(x)} \]

위 식을 계산하게 되면 다음과 같은 조건을 얻게 된다.

\[ \frac{d G(x = y + 0^+,y)}{dx} - \frac{d G(x = y - 0^+,y)}{dx} = f_2'(y) g_2(y) - f_1'(y) g_1(y) = \frac{1}{p(y)} \]

1계미분에 대한 적분은 Green's function이 연속적이라는 조건 때문에 사라진다. 위의 연속성 조건이랑 병렬로 놓고 보면 어디서 많이 본 것 같은 꼴이지 않은가? 두 조건을 행렬방정식으로 적어보자.

\[ \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{p(y)} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} f_1(y) & f_2(y) \\ \frac{df_1}{dx}(y) & \frac{df_2}{dx}(y) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} - g_1(y) \\ g_2(y) \end{pmatrix} \]

역행렬을 계산해서 $g_1$과 $g_2$를 풀면 다음과 같은 답을 얻는다.

\[ \begin{pmatrix} - g_1(y) \\ g_2(y) \end{pmatrix} = \frac{1}{Wr[f_1,f_2](y)} \begin{pmatrix} \frac{df_2}{dx}(y) & - f_2(y) \\ - \frac{df_1}{dx}(y) & f_1(y) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0 \\ \frac{1}{p(y)} \end{pmatrix} = \frac{1}{p(y) Wr[f_1,f_2](y)} \begin{pmatrix} - f_2(y) \\ f_1(y) \end{pmatrix} \]

여기서 $Wr[f_1,f_2] = f_1 f_2' - f_2 f_1'$는 Wronskian이다. 결론적으로, Green's function은 다음과 같이 적을 수 있다.

\[ G(x,y) = \left\{ \begin{aligned} \frac{f_1(x) f_2(y)}{p(y) Wr[f_1,f_2](y)} && a \le x < y \\ \frac{f_2(x) f_1(y)}{p(y) Wr[f_1,f_2](y)} && y < x \le b \end{aligned} \right. \]

최근에 썼던 논문은 중력 버전의 다이온에 대한 1-룹 계산이었다. 학사논문도 자기단극자와 관련된 주제였을만큼 자기단극자에 대한 관심이 많은 편이었으니 자기단극자의 중력 버전에 대해서도 관심이 있을 수 밖에 없었는데, 원래 논문의 목표는 현 논문의 결론과는 꽤 많이 달랐다. 계산이 죄다 어긋나서 목표가 달성 불가능할 것으로 보이자 목표를 뒤집어서 뒤집은 결론을 논문으로 만들어버린 것인데, 학사논문도 비슷한 과정을 통해서 논문이 되었으니 기묘한 평행선이라고 할 수 있을지도 모르겠다. '왜 아무도 명시적으로 이야기하지 않는 거지?'라고 여기는 것 중 하나가 논문의 부록A가 된 '전자와 자기단극자 둘을 동시에 기본입자로 취급하면서 UV cut-off가 둘의 질량보다 위에 존재하는 EFT는 있을 수 없다'는 논증인데, 트위터에서 간략하게 언급한 적이 있다.

그나저나 초록에 대해 약간 이야기하자면 자기단극자를 기본입자로 발견하지 못했다는 이야기가 나오는데, 기본입자를 '질량/스핀/전하로 상태가 결정되는 점입자'라고 정의하면 자기단극자는 절대로 기본입자로서 발견될 수가 없다. 의외로 이 이야기를 명시적으로 하는 곳이 없음.

— Dexter Kim (@AstralDexter) July 7, 2020

이유는 단순한데, 어떤 입자가 기본입자로서 기술되려면 고전적인 반지름이 Compton wavelength보다 작아야 한다. 전자의 경우 이 비가 대충 미세구조상수쯤 되는데, 자기단극자는 이 비가 미세구조상수의 역수가 되어서 기본입자로 기술되는게 불가능함.

— Dexter Kim (@AstralDexter) July 7, 2020

물론 아무도 이런 이야기를 하지 않은 것은 아니고 부록에 인용으로 언급했던 weak gravity conjecture(WGC)의 자하 버전에서 비슷한 논증을 하는데^[각주:1], 여기서는 입자로서 다루는 것에 대한 명시적은 이야기는 하지 않는다. 여튼 이런 특성을 고려한다고 도입한 추가 계산이 10일만에 쓴 짧은 논문의 바탕이 되었다는 점에서 꽤나 운이 좋았던 편. 저 짧은 논문을 쓸 때는 아드레날린 과다방출(..)로 불면증에 심하게 시달려서^[각주:2] 약간 제정신이 아닌 상태에서 썼는데, 결과적으로 꽤나 도발적인 결론이 나와버렸다. 실제로 쓸만한 결과일지는 시간이 지나봐야 알겠지만.

---

여튼 자기단극자 이야기나 계속해보자. 전하와 자하는 그 물체가 광자와 상호작용함을 나타내는데, 둘을 구분하는 것은 무엇일까? 논문 서론에서 언급했듯 와인버그는 전하와 자하는 광자의 두 편광과 어떻게 상호작용하는가---나선도(helicity)의 부호와 상관없이 상호작용하는가 아니면 부호에 따라 반대 방향으로 상호작용하는가---로 구분됨을 보였다. 이 차이로 인해 전하와의 상호작용은 일반적인 벡터포텐셜 $A_{\mu}$로 적히고, 자하와의 상호작용은 dual potential이라고 자주 부르는 $B_{\mu}$로 적히게 된다. $A_{\mu}$가 $dA = F$란 미분형식 방정식으로 적히는 것과는 반대로 dual potential $B_{\mu}$는 $dB = \ast F$란 미분형식 방정식을 만족한다. 전자기학을 배우면서 전자기장은 벡터포텐셜 $A_{\mu}$로 그 동역학을 기술할 수 있다고 배우는 학부생 입장에서는 '잘 와닿지는 않지만 그런가보다~' 싶은 설명이지만, 이렇게 자하의 동역학을 기술하기 위해서는 일반적인 벡터포텐셜 $A_{\mu}$로는 불가능하다는 결론은 사실 학부 수준에서 배우는 양자역학만으로도 논증할 수 있다. 대부분의 양자역학 학부 과정에 아로노프-봄 효과를 포함하기 때문.

논증은 간단하다. 다음 조건들이 모순됨을 보이면 된다.

1) 전기-자기 이중성 (electric-magnetic duality) : 전하와 자하 사이에 이중성이 양자역학 수준에서도 존재한다.

2) 국소성 (locality) : 입자가 전자기장과의 상호작용으로 얻는 효과는 그 입자가 위치한 점에서의 장의 값으로 결정된다.

3) $A_{\mu}$의 완전성 : 전자기장의 모든 효과는 $A_{\mu}$장으로 완벽하게 기술할 수 있다.

4) $A_{\mu}$의 게이지 대칭성 : $A \to A + d \lambda$에 해당하는 게이지 대칭에 대해 물리가 변하지 않는다.

구체적으로는 dual Aharonov-Bohm effect를 상상하면 된다. 솔레노이드로 생성되는 원통형 영역에 제한된 자기장 대신 똑같이 원통형 영역에 제한된 전기장을 걸어두고^[각주:3] 그 주변을 도는 자하를 상상하는 것. 이제 그 주변을 도는 자하가 Aharnonov-Bohm effect의 전하처럼 $A_{\mu}$장으로부터 위상의 변화를 얻을 수 있는지 계산해보면 된다. 답은 아니오. 왜냐하면 이런 모양의 전기장은 전기장이 0이 아닌 원통형 영역 안에서 값을 갖는 스칼라 포텐셜 $\phi$에 값을 잘 주는 것으로 완벽하게 구현할 수 있기 때문. 원통형 영역 밖에서는 $A_{\mu}$장의 값이 항등적으로 0이 되도록 해를 구할 수 있으므로, 자하는 $A_{\mu}$와 상호작용해야만 한다면 dual Aharonov-Bohm effect는 존재할 수 없다. 구체적인 해는 여러분의 지적 유희를 위한 연습문제(...)로 남겨두기로 하자^[각주:4].

---

논문의 원래 목표는 (중력 버전의 자하에 해당하는) NUT charge를 가진 물체가 있을 때, 이 물체의 동역학을 어떻게 기술할 것이냐였다. 물체가 실제로 존재한다면 힘을 걸어서 가속시키거나 감속시킬 수 있어야 하지 않겠냐는게 기본 문제의식. 이 문제의식의 흔적이 부록C인 effective one-body formalism이다. 결과적으로는 계산이 도저히 아귀가 맞지 않아서 반년 이상 헤매다가 방향을 뒤집어서 '일반상대론의 NUT charge를 자하의 중력 버전으로 해석하는 것은 다양한 가능성을 고려해봐도 1-룹 계산에서 붕괴한다'로 결론을 내버리긴 했지만 말이다. 결국 이 결론을 내면서 전기-자기 이중성에 대한 관심 때문에 마찬가지로 관심을 갖게 되었던 Taub-NUT space에 대한 관심이 많이 죽어버리고 말았다.

그나저나 자하는 실존할 것인가? 많은 사람들이 '자하는 근시일에 발견된다'가 안전한 베팅이라고 믿고 있고 나도 이 대열에 합류한 상태이긴 한데, 디락이 말년에 자기단극자의 존재 가능성에 대한 입장을 선회했다는 것을 알게 되고는 마음이 약간은 흔들리는 중. 약간의 검색을 돌려보니 도서관에서 본 것은 이 proceeding인 모양이다.

1981년 ICTP에서 디락의 논문 50주년을 기념해서 자기단극자에 대한 컨퍼런스가 열렸던 모양인데 참석이 어려웠던 디락의 편지가 제일 앞 장에 실려있다. 실험에서 도저히 나오질 않는 것을 보다 보니 이제는 존재한다고 믿지 않는다고.

— Dexter Kim (@AstralDexter) May 8, 2020

0. 런던으로 이사온지 한달 반 정도 지났습니다. 일생 처음 락다운이란 것도 겪어보고(라고 해도 대학은 이번 락다운 폐쇄에서 제외되어서 출근은 계속 하고 있습니다) 말이죠. 조금씩 생활 사이클이 런던 생활에 적응해가는 것 같군요.

0.1. 물론 완전히 적응했다고 하기는 애매한 것이, 먹거리 메뉴를 충분히 늘리지 못하고 있습니다. 사실상 숏 파스타-인도카레 두 메뉴의 사이클만 돌리고 있는데 메뉴를 두어개 정도 더 추가해 주어야 질리지 않고 잘 살아남을 것 같단 말이죠. 하기 쉬우면서 오래 먹을 수 있는 메뉴가 무엇일지는 조금 더 고민해 봐야겠습니다. 처음 대학생활을 시작하던 시절처럼 몸을 막 굴려도 어떻게든 굴러가던 시절(...)은 지났으니까요.

0.2. 결국 바이든이 미 대선에서 승리했군요. 많은 사람들이 발 뻗고 잘 수 있겠습니다(...). 저야 잠 못 잔 이유가 논문 벼락치기였습니다만 미 대선 때문에 잠을 설쳤던 것이 없다고는 못하겠군요. 여튼, 토요일이었던 어제는 진짜 하루 종일 잠만 잔 듯한 느낌이군요.

1. 4쪽짜리 짧은 논문이기는 하지만 10일만에 완성한 논문이 곧 arXiv에 올라갈 예정입니다(제출은 금요일). 이렇게 짧은 시간 안에 논문을 쥐어짜느라 제대로 잠을 못 자서 어제는 그 반동으로 동면에 들어간 곰처럼(...) 잠만 잤습니다. 처음엔 '어 이렇게 단순한 것을 왜 사람들이 발견 못했지?' 싶었던, 흥미롭기는 하지만 뭐 그냥 거기서 끝날 것 같았던 관계식이었는데, 조금 더 들여다보고 있으니 이 관계식을 이용해서 사람들이 블랙홀에 대해 갖고 있던 일반적인 생각을 검증해볼 가능성이 보이더군요. 물론 제가 그걸 확인할 능력은 안 되는 것 같아서 (+분량을 쓸데없이 늘리고 싶지는 않아서) '이런이런 관점에서 검토해보면 흥미로울 것이다'란 코멘트 정도만 남겨두었지만, 세상은 넓고 계산에 숙달된 귀신들은 많으니 누군가 논문을 인용해주겠죠. 워낙 이 분야에 걸쳐있는 사람들이 많으니 인용을 최소 다섯 개 정도는 받지 않을까 기대하고 있습니다.

1.1. 논문을 쓴 것은 쓴 것이고, 이제 다음 논문 주제를 고민해야 할 타이밍이군요. 뭘 해야 하지...

2. 포켓몬고를 꾸준히 하고 있는데, 이번에 이벤트 이로치를 잡겠다고 처음으로(?) 현질(...)을 했습니다. 올해 열렸던 글로벌 고페스트 티켓까지 포함하면 두번째이려나요. 여튼, 누더기 조금 걸친 팬텀 티도 거의 안 나는 이로치를 잡겠다고 대략 30파운드어치 레이드패스를 (추가로) 사는 삽질을 하고 나서야 겨우 얻었군요.

덕분에 열심히(졸업시즌 이후 좀 뜸해지기는 했었습니다만) 하던 포켓몬고에 현자타임(...)이 와서 당분간은 설렁설렁 플레이하게 될 것 같습니다. 같이 이로치를 잡아보자고 레이드를 미친듯이 달리셨던 분들 중 못 잡으신 분들도 있는 것을 보면 승리한 패배자(...)가 된 느낌이군요.

3. 소드실드 2차 DLC인 왕관의 설원을 재미있게 플레이하고는 있는데, 귀찮다고 도감을 다 안 채웠더니 이로치 출현확률이 엄청나게 높아진 다이맥스 어드벤처를 100% 즐기지 못하고 있어서 고민입니다. 지금이라도 도감을 다 채워야 하나. 그냥 맥스 레이드배틀의 경우 이로치 레이드방이 꽤 많아서 적당히 찾아 들어가면 금방 이로치를 잡았더니 굳이 빛나는 부적을 얻을 필요를 못 느꼈단 말이죠. 뭐, 게임을 샀으면 끝까지 즐겨보는 것도 나쁘지 않겠지만요.

제목은 아는 사람들은 다 아는(?) 책인 PCT, Spin and Statistics, and All That을 참고했다. 물론 나는 읽다 만(...) 책이지만. 이 포스트의 출발점은 다음 트윗 타래. 한번 정도는 정리해두는 것이 좋겠다는 생각이 들었다.

수학에서는 단위허수를 보통 i로 적습니다만 전기공학에서는 j로 적는 경우가 많죠. 전류를 i로 쓰기 때문일지도 모르겠군요. 여튼, 두 단위허수 사이에는 부호 차이가 있다고 생각하여 i=-j라고 두는 경우도 많습니다. i^2=(-i)^2=-1이므로, 둘 다 단위허수로 간주할 수 있죠. https://t.co/rQxIMfHk4O

— Dexter Kim (@AstralDexter) August 21, 2020

이렇게 부호 차이를 두고 해석하는 것은 진동하는 해를 복소수를 이용해 단순화할 때 오일러의 공식을 어떻게 이용하느냐와 관련이 있습니다. https://t.co/OusfC01PWn

— Dexter Kim (@AstralDexter) August 21, 2020

이 차이를 단순한 convention만의 문제라고는 할 수 없는데, 특정 부호가 다른 부호보다 선호되는 이유는 이 부호가 (retarded) Green’s function의 인과율과 해석적 성질을 결정하기 때문입니다. https://t.co/SZ3FRAvjmz

— Dexter Kim (@AstralDexter) August 21, 2020

'세상에서 가장 아름다운 공식'이란 별명이 있는 오일러 공식의 장점(?)은, 네이피어수 (혹은 자연상수) $e$ 위에 올라가는 수학적 물체(mathematical object의 번역으로 이게 맞는지 모르겠다) $a$가 무엇이든 $a^2 = -1$이란 조건을 만족하기만 하면 된다는 것이다.

\[ a^2 = -1 \Rightarrow e^{a \theta} = \cos(\theta) + a \sin(\theta)\]

여기서 $a$는 일반적인 숫자(복소수체에서는 확실히 성립하는데 일반적인 체에서도 되는지는 모르겠다)나 행렬(사원수quaternion는 $2 \times 2$ 행렬과 대응관계를 맺기 때문에 사원수에서도 위의 식이 적용된다), 혹은 클리포드 대수Clifford algebra의 원소(기하대수geometric algebra 계산에서 이 성질을 이용한다) 등 무엇이든 될 수 있다. 그냥 1이 잘 정의되어 있고 제곱해서 -1이 되는 물체가 있다고 하면 언제든 쓸 수 있다는 의미. 다른 특기할 점은 위 공식이 다루기 까다로운 경우가 많은 삼각함수trigonometric function를 지수함수exponential function로 바꾸는 역할을 한다는 것이다. 따라서 주기성을 갖는 물리량이 있는 물리계에서는 위 공식을 반대로 적용해 삼각함수로 써지는 물리량을 지수함수의 '실수부'로 놓는 작업을 자주 한다.

\[ \cos(\theta) = \text{Re}[e^{i \theta}] \]

여기까지는 학부 2학년 수준에서 얼마든지 다루는 내용.

전기공학에서는 교류회로를 다룰 때 단위허수 $j$를 $j^2 = -1$으로 도입해 전류와 같은 물리량을 다음과 같이 쓰곤 한다.

\[ I(t) = \text{Re}[I_0 e^{j (\omega t + \delta)}] \]

일반적으로 쓰는 단위허수 $i$가 있는데 왜 하필 $j$일까? 트윗 타래에서 언급했듯 $j = -i$라고 여기는 경우가 있기 때문이다. $(-1)^2 = +1$이므로, 애초부터 단위허수에는 부호를 선택하는 자유도가 남아있었던 셈. $j=-i$라고 여기는 이유는 푸리에 전개가 다음과 같은 꼴을 취하기 때문이다.

\[ F(t) = \sum_{\omega} \tilde{F} (\omega) e^{-i \omega t} \]

처음 식과 비교해보면 지수함수에 올라간 항은 $-i \omega t$로, $j \omega t$와 부호 차이를 갖고있다. $j = -i$란 인식은 이 차이에서 비롯된 것. 그렇다면 왜 푸리에 전개는 위와 같은 꼴을 택하는 것일까? 예컨대 다음과 같은 표현도 수학의 관점에서 볼 때 푸리에 전개로서는 딱히 결격사유가 없다.

\[ F(t) = \sum_{\omega} \tilde{F} (\omega) e^{+i \omega t} \]

문제는 인과율causality로부터 얻는 주파수 공간frequency space의 함수 $\tilde{F}(\omega)$가 갖길 원하는 해석적 성질analytic property에 있다. 일반적으로 푸리에 전개를 통해 해석하는 (실)함수 $F(t)$는 입력에 따라 어떤 출력을 예상할 수 있는지를 나타내는 반응함수response function이고, 인과율과 계의 시간불변성time invariance을 가정할 경우 시간차 $t$가 양수일 경우에만 0이 아닌 값을 갖는다.

\[ t<0 \Rightarrow F(t) = 0 \]

그리고 이렇게 '한쪽 방향으로만 값을 갖는 함수'는 라플라스 변환Laplace transform을 쓸 수 있다. 이 방향은 나중에 브롬위치 적분Bromwich integral을 이야기할 기회가 생기거든 돌아오기로 하자. 여튼, 주파수 공간의 함수 $\tilde{F}(\omega)$는 다음과 같이 주어진다.

\[ F(t) = \sum_{\omega} \tilde{F}(\omega) e^{\mp i \omega t} \Rightarrow \tilde{F}(\omega) = \int F(t) e^{\pm i \omega t} dt \]

일반적으로 $\tilde{F} (\omega)$는 실수값만 갖지는 않고, 실수부와 허수부를 모두 갖는다. 따라서 다음과 같은 질문을 해볼 수 있다; 어차피 복소수 값을 갖는 복소함수라면, $\tilde{F} (\omega)$를 복소해석학complex analysis을 통해 다뤄 볼 수는 없을까? 안타깝게도 $\tilde{F}$는 전체 $\omega$ 복소평면에서 해석적인 성질을 가질 수는 없다. 단순하게 복소수 $\omega = \omega_1 + i \omega_2$를 실수부와 허수부로 나누어서 분석해보자.

\[ \tilde{F}(\omega_1 + i\omega_2) = \int F(t) e^{\mp \omega_2 t \pm i \omega_1 t} dt \]

위 표현은 $\mp \omega_2 < 0$일때 $F(t)$가 어지간히 이상한 함수가 아닌 이상 수렴한다. 반대로, $\mp \omega_2 >0$일때 많은 경우 발산해버리고 말 것이다. 따라서, 다음과 같은 결론을 내릴 수 있다.

• \[ \tilde{F}(\omega) = \int F(t) e^{+ i \omega t} dt \]로 정의할 경우, $F(t)$가 인과율을 따른다는 성질은 $\tilde{F}$는 위쪽 반평면upper half plane에서 해석적인 성질을 갖는다는 성질로 이어진다.
• \[ \tilde{F}(\omega) = \int F(t) e^{- i \omega t} dt \]로 정의할 경우, $F(t)$가 인과율을 따른다는 성질은 $\tilde{F}$는 아래쪽 반평면lower half plane에서 해석적인 성질을 갖는다는 성질로 이어진다.

일반적으로 $\tilde{F}(\omega)$는 위쪽 반평면에서 해석적인 성질을 갖는 것이 바람직하다고 여겨지기 때문에 푸리에 변환의 부호가 $F(t) = \sum_{\omega} \tilde{F} e^{-i\omega t}$로 결정되는 것이다. 힐베르트 변환Hilbert transform을 이용해 반응함수의 실수부와 허수부를 관계짓는 Kramer-Kronig 관계식 또한 이 부호의 선택에 의존한다. 'Kramer-Kronig 관계식을 증명하기 위해 그리는 적분 컨투어contour를 왜 위쪽 반평면에서 닫아야만 하는가?'란 질문에 대해 답을 주기 때문. 이유는 적분에 들어가는 integrand가 위쪽 반평면에서 완전히 해석적인 성질을 가지므로, 위쪽 반평면으로 컨투어를 닫아야 0이 되기 때문이다. 아래쪽 반평면에서는 무슨 일이 일어날지 모른다는 것은 또 다른 이야기.

\[ \tilde{F}(\omega) = \int F(t) e^{+ i \omega t} dt \,,\, \text{Im} [\omega_0] \le 0 \Rightarrow \frac{\tilde{F} (\omega)}{\omega - \omega_0} \, \text{analytic on upper half plane} \]

이렇게 사소해 보이는 부호 하나에도 그 부호를 선택해야만 하는 이유가 있기 마련이다.

최근 쓰는 논문에서 대충 다음과 같은 적분을 할 일이 있었다.

\[ \int_a^b \sqrt{f(x)} dx \]

구간은 $f(a) = f(b) = 0$의 해. 문제는 이 계산이 정확하게 되지 않아서 섭동계산으로 풀어야 한다는 것.

\[ \int_{a(\epsilon)}^{b(\epsilon)} \sqrt{f(x;\epsilon)} dx \]

편의상 $\epsilon$의 선형 차수까지 이 적분을 계산한다고 가정해보자. 이 경우 적분은 다음과 같이 전개할 수 있다.

\[ \int_{a(0)}^{b(0)} \sqrt{f(x;0)} dx + \epsilon \int_{a(0)}^{b(0)} \frac{\partial \sqrt{f(x;0)}}{\partial\epsilon} dx + \left[ \int_{a(0)+\epsilon a'(0)}^{a(0)} + \int_{b(0)}^{b(0)+\epsilon b'(0)} \right] \sqrt{f(x;0)} dx \]

첫 두 항은 별 문제가 없다. 문제가 되는 것은 마지막의 적분구간이 $\epsilon$에 대해 움직이는 부분. $\sqrt{f(x;0)}$의 부정적분을 계산할 수 있다고 생각없이 움직인 적분구간을 집어넣으면 틀린 답을 얻게 된다. 예컨대 구간 $(a(0)+\epsilon a'(0), a]$에서 $f(x;0)$의 값이 음수가 된다면 나올 리가 없는 허수부가 만들어진다.

그렇다면 정확한(?) 풀이방법은 무엇일까? 우선은 처음 쓴 적분을 $G(\epsilon)$으로 정의하자. 우리가 원하는 것은 $G'(0) = \left. \frac{\partial G}{\partial \epsilon} \right|_{\epsilon=0}$이다.

\[ G(\epsilon) := \int_{a(\epsilon)}^{b(\epsilon)} \sqrt{f(x;\epsilon)} dx = G(0) + \epsilon G'(0) + \cdots \]

$G'(0)$는 정의만 사용하면 다소 싱겁게 구할 수 있다.

\[ G'(0) = \int_{a(0)}^{b(0)} \frac{\partial \sqrt{f(x;0)}}{\partial\epsilon} dx + \frac{\partial b}{\partial \epsilon} \sqrt{f(b;0)} - \frac{\partial a}{\partial \epsilon} \sqrt{f(a;0)} \]

뒤 두 항은 $f(a) = f(b) = 0$란 조건으로부터 0이므로, 실제 계산은 맨 앞 항만 해주면 된다. 물론 이렇게 단순한 문제였으면 포스트를 쓰지도 않았을테지만.

문제는 $\epsilon^2$ 차수의 계산이다. $G''(0)$는 어떻게 구할 수 있을까? 쉽게 계산되는 부분은 일단 전부 던져두고, 문제가 되는 부분만 찾아보자.

\[ G''(0) = \cdots + \frac{\partial b}{\partial \epsilon} \frac{\partial \sqrt{f(b;0)}}{\partial \epsilon} + \cdots - \frac{\partial a}{\partial \epsilon} \frac{\partial \sqrt{f(a;0)}}{\partial \epsilon} + \cdots \]

위에서 $\cdots$로 표시한 부분은 딱히 발산하지 않는 부분이기 때문에 문제없이 계산할 수 있지만, 위에 적은 항들은 그렇지 않다.

\[ \frac{\partial b}{\partial \epsilon} \frac{\partial \sqrt{f(b;0)}}{\partial \epsilon} = \frac{\partial b}{\partial \epsilon} \left( \frac{1}{2 \sqrt{f(b;0)}} \frac{\partial f(b;0)}{\partial \epsilon} \right) \stackrel{?}{=} \frac{N}{0} \]

별 생각없이 계산하다가는 $\frac10$꼴의 항들이 두개나 튀어나오게 된다. 만약 보다 고차항을 보고 싶다면 $\frac10 \times \frac10$과 같은 더 계산이 불가능한 항들이 만들어질 것이다. 그렇다면 해결방법은 무엇일까?

문제의 원인은 적분구간이 이동한다는 사실에 있다. 그러므로 적분변수를 바꿔서 적분구간이 이동하지 않도록 조정해주면 문제가 해결된다. 다음과 같은 성질을 갖는 $\epsilon$에 의존하는 변수변환을 생각하자.

\[ x \to \tilde{x}(x; \epsilon) \,,\, \tilde{x}(a(\epsilon);\epsilon) = a(0) \,,\, \tilde{x}(b(\epsilon);\epsilon) = b(0) \,,\, \lim_{\epsilon \to 0} \tilde{x}(x;\epsilon) = x \]

이 변수변환이 적당한 one-to-one mapping이라면 문제는 매우 싱겁게 해결된다. $G(\epsilon)$에 대한 $\frac{\partial}{\partial \epsilon}$ 미분이 전부 integrand에만 걸리기 때문.

\[ G(\epsilon) = \int_{a(\epsilon)}^{b(\epsilon)} \sqrt{f(x;\epsilon)} dx = \int_{a(0)}^{b(0)} \sqrt{f(x(\tilde{x};\epsilon);\epsilon)} \left( \frac{\partial x}{\partial \tilde{x}} \right) d\tilde{x} \]

물론 이 invertible mapping을 찾기란 쉽지만은 않다. 처음에는 quadratic 관계식으로 해보려고 했는데 결국은 실패했고, 결과적으로는 다음과 같은 projective 관계식을 푸는 것으로 해결했다. (정확히는 $b = \infty$에 놓여있어서 단순한 선형 이동으로 해결했지만)

\[ \frac{x - a(\epsilon)}{x - b(\epsilon)} = \frac{\tilde{x} - a(0)}{\tilde{x} - b(0)} \]

학부 4년 과정 내내(?) 섭동계산을 배우지만 그것만으로는 충분하지 않을 만큼 섭동계산의 세계는 넓고도 험하다.

섭동계산을 하다 보면 다음과 같이 작은 섭동항이 붙은 행렬의 행렬식을 계산할 일을 자주 마주하게 된다.

\[ \text{Det}(G_{ab} + \epsilon A_{ab}) \]

이 계산은 어떻게 하면 될까? 먼저 $G_{ab}$의 역행렬 $G^{ab}$를 정의해서 다음과 같이 쓰도록 하자.

\[ \text{Det}(G_{ab} + \epsilon A_{ab}) = [ \text{Det} (I_{a}^{~b} + \epsilon A_{a}^{~b}) ] \times [ \text{Det} G_{ab} ] \]

여기서 $A_{a}^{~b} := A_{ac} G^{cb}$로 정의한다. $A_{a}^{~b}$의 고유값들을 $\lambda_i$라 부르기로 한다면, 위 식은 다음과 같이 적을 수 있다.

\[ \text{Det} (I_{a}^{~b} + \epsilon A_{a}^{~b}) = \prod_i (1 + \epsilon \lambda_i) = 1 + \epsilon \sum_i \lambda_i + \epsilon^2 \sum_{i<j} \lambda_i \lambda_j + \cdots \]

이제부터는 매우 쉽다. 행렬 $A_{a}^{~b}$에 대해 다음 두 조건을 알고 있으므로, 이 두 조건으로부터 얻는 식을 잘 조합하기만 하면 된다.

\[ \text{Tr} A = \sum_i \lambda_i \,,\, \text{Tr} A^n = \sum_i \lambda_i^n \]

예컨대 $2 \sum_{i<j} \lambda_i \lambda_j = (\sum_i \lambda_i)^2 - \sum_i \lambda_i^2$이므로,

\[ \text{Det} (I + \epsilon A) = 1 + \epsilon \text{Tr} A + \epsilon^2 \frac{(\text{Tr} A)^2 - \text{Tr} A^2}{2} + \epsilon^3 \frac{(\text{Tr}A)^3 - 3 \text{Tr} A^2 \text{Tr} A +2 \text{Tr} A^3 }{6} + \cdots \]

와 같은 전개를 얻는다. 찾아보면 위와 같은 조합에 대해 뭔가 이름이 있을 법도 한데 귀찮은 관계로 생략.

For a physicist, on the other hand, every system is open, and (more to the point) approximate. One never really expects that the mathematical problem one formulates and then solves will provide an exact or complete description of a physical system.

한편 물리학자에게 모든 계는 열려있고 (더욱 중요하게는) 근사적이다. 그 누구도 어떤 물리계에 대해 형식화하고 풀어낸 수학적 문제가 그 계에 대해 완벽하거나 완전한 묘사를 줄 것으로 절대 기대하지 않는다.

- Ingmar Saberi(https://arxiv.org/abs/1801.07270)

한번은 기계 설계였나 강의를 들을 당시 조별 프로젝트 발표를 할 일이 있었습니다. 뭔가 간단한 로봇을 설계하는 일이었는데, 제가 속한 조보다 앞서 발표하던 조에서 로봇에 예상하고 있는 부하가 걸리면 변형이 얼마나 일어나는지 계산한 결과를 발표하고 있었습니다. 뭐 숫자와 식을 알고 있으니 단순한 산수일테고, 산수 끝에 얻은 변형에 대한 예측값은 10^-20 m였던가 그렇습니다. 참고로 원자핵의 크기를 대략 10^-15 m 정도로 보죠.

그 슬라이드를 보고는 발표를 듣던 교수님이 '숫자놀음은 집어치워라'라면서 대노하셨고 (그 정도로 작은 값이면 그냥 변형이 없는 것이란 말을 덧붙이면서요) 옆에서 비슷한 숫자를 슬라이드에 집어넣고 있었던 같은 조원은 깜짝 놀래서 재빠르게 숫자를 0으로 바꿨습니다. 세 팀이 조별 프로젝트 발표를 하면 그 중 가르침이 되는 팀이 꼭 있는 법이죠.

그래서 준비해 본, '어디까지 방정식을 믿을 것인가?'란 주제 하에 묶을 여러 문제들입니다. 물리는 결국 목표로 삼은 현상에 대한 모형을 세우고 그 모형을 이해하는 것으로 목표로 삼은 현상을 이해하는 것인 셈이니, 세워놓은 모형이 어디까지 현상을 제대로 기술하고 있는가에 대해 감을 갖고 있어야겠죠. 깊게 생각 안하고 공부만 하다 보면 '언제 모형을 믿으면 안된다'는 감이 없는 경우가 자주 있단 말이죠. 짤막하게 작성해 두고 아마 생각나는대로 업데이트하지 않을까 싶네요.

참, 이 포스트는 Paul J. Nahin의 Mrs. Perkins's Electric Quilt: And Other Intriguing Stories of Mathematical Physics란 책의 내용에서 영감을 받았습니다. 비록 도서관에서 빌려놓고 시간이 없어 서론만 읽은 뒤 방치해뒀다가 연체되어서 연체비만 물고 뒷쪽은 하나도 못 읽었지만 말이죠.

---

의외로 물리학을 하나도 안 배운 사람이 물리학을 어느정도 배운 사람보다 이상하다는 것을 빠르게 알아차리는 물리학에 대한 문장이 있습니다.

"전하가 자기장 안에서 받는 힘은 전하의 이동 방향과 수직이므로 자기장은 일을 하지 못한다."

이 문장은 왜 틀린 문장일까요?

문장의 전제는 맞습니다. 전하가 자기장 안에서 받는 힘은 로렌츠힘으로 기술되고, 이 힘은 전하가 이동하는 방향과 항상 수직이기 때문에 로렌츠힘에 의해 전하가 에너지를 얻는 경우는 없죠. 하지만 자기장은 일을 하지 못한다는 사실이 아닙니다. 사이클로트론과 같은 입자가속기에서는 자기장의 세기를 변화시키는 것으로 입자를 가속시키기는 하지만 이건 자기장이 변하면서 패러데이 법칙에 의해 전기장이 생성되는 원리이기 때문에 반례가 되는 것은 아닙니다. 그러니까, 가만히 있는, 혹은 정적인 자기장이 일을 하는 경우입니다. 그리고 누구나 어릴 적 자석을 가지고 놀아봤다면 모를래야 모를 수가 없는 반례이기도 하죠.

가만히 있는 자석과 조금 떨어진 곳에 가만히 있는, 자화되지 않은 철조각을 가만히 두면 철조각은 자석을 향해 날아들죠. 중력을 거스르고 날아오르는 경우도 많고요. 정적인 자기장이라도 일을 할 수 있다는 살아있는 반례죠. 물론 철조각이 자화되면서 남는 에너지를 운동에너지로 바꾸는 과정이므로 로렌츠힘에 의한 일은 아니지만, 자기장(혹은 자력)이 일을 하지 못하는 것은 아니지 않습니까.

그리고 여기에는 약간의 뒷이야기가 있습니다. 고전역학과 통계역학만 가정할 경우, 자력은 일을 할 수 없는 것이 맞습니다. 이를 보어-판레이우언 정리라고 부르죠. 그러니까 처음에 제시된 문장은 고전역학과 통계역학만 가정한 범위 안에서는 틀린 문장은 아닌 셈이죠. 단지 우리 우주가 그 범위 안에 온전히 속하지 않는 것일 뿐. 포스트의 처음에 인용한 문장이 더없이 적절하지 않습니까?

---

다음 업데이트에서는 블랙홀에 대해 이야기해보려고 합니다. 아마 트위터에서 자주 떠들어댄 문제이니 이미 아실 분들도 있을 지 모르겠군요.

Dirac delta distribution은 다음과 같은 함수열(sequence of functions)의 극한으로도 볼 수 있다. Fermi's golden rule을 증명할 때 필요한 Dirac delta의 representation이기도 하다.

$$ \delta(x) = \frac{1}{\pi} \lim_{a \to \infty} \frac{\sin^2(ax)}{ax^2}$$

위 함수열의 극한을 이용하기 위해서는 다음 적분을 증명해야 한다.

$$ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2(ax)}{ax^2} dx = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2x}{x^2} dx = \pi$$

위 적분은 어떻게 증명하면 좋을까.

다음 푸리에 변환을 생각하자.

$$ F(s) = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin^2x}{x^2} e^{isx} dx $$

우리는 $F(s=0) = \pi$를 증명하길 원하며, Riemann-Lebesgue 보조정리에 의해 $F(s \to \pm \infty) = 0$이란 경계조건을 알고있다. 이제 $F''(s)$를 직접 계산하자.

$$ F''(s) = - \int \sin^2x e^{isx} dx = \frac{\pi}{2} (\delta(s+2) - 2 \delta(s) + \delta(s-2)) $$

위 식을 $s$에 대해 두번 적분하면서 경계조건 $F^{(n)} (s \to \pm \infty) = 0$을 넣어주면 다음과 같은 결과를 얻는다.

$$ F(s) = \left\{ \begin{aligned} & 0 && |s| \ge 2 \\ & \frac{\pi}{2}(2 - |s|) && |s| \le 2 \end{aligned} \right. $$

따라서 $F(s=0) = \pi$로 증명완료.

최근 주로 계산하고 있는 것은 산란진폭(scattering amplitude)을 이용해서 천체를 점입자로 근사했을 때 두 천체 사이의 상호작용을 얻는 일. 정확히는 천체를 점입자로 근사하고 두 점입자가 만드는 계(system)의 유효 해밀토니안(effective Hamiltonian) 계산이다. 중력포텐셜 계산이라고 이야기하기도 한다. 대충 이 논문에서 한 일에 스핀을 던져넣는 작업인데, 주로 저번에 했던 일에서 제대로 정리하지 못했던 부분을 청소(...)하고 있다.

중력의 성가신 점은 좌표변환이 중력의 게이지 대칭이라는 것이다. 덕분에 중력포텐셜은 게이지를 어떻게 잡느냐에 의존하는 물리량이 되어버리고 만다. 산란진폭을 이용해서 구하는 중력포텐셜은 $\vec{p} \cdot \vec{r}$이 등장하지 않는 isotropic gauge의 포텐셜. 물론 그렇다고 중력포텐셜을 마음대로 쓸 수 있다는 것은 아니다. 서로 생긴 꼴이 다른 중력포텐셜이 실제로는 같은 동역학을 준다면, 두 중력포텐셜의 표현식 사이를 이어주는 canonical transformation이 존재해야 한다. 그러니까 $H_1 (p,q)$가 $H_2 (P,Q)$와 동등하다면 적당한 변수변환 $P(p,q), Q(p,q)$가 존재해서 $H_2 (P,Q) = H_1(p(P,Q),q(P,Q))$이면서 canonical conjugate relation인 $\{ P, Q \}_{\text{P.B}} = \{ p, q\}_{\text{P.B}} $이 (이제부터 Poisson bracket의 subscript인 P.B는 생략하도록 하자) 유지되어야 한다는 것. 흥미로운 점은 서로 다른 해밀토니안을 비교하는데 다음과 같은 식을 만족하는 generator $g$가 존재하는지의 여부로 두 해밀토니안이 물리적으로 동등한지 확인하기도 한다.

$$ H_2(p,q) - H_1(p,q) = \{ H_1 , g \} + \mathcal{O} (G^n, p^{2n})$$

예를 들면 이 논문의 4.1장에서 하는 논의라던가. 뒷 항은 $n-1$-PN order에서 보이지 않는 항들이다. 이 식을 어떻게 이해할 수 있을까?

의외로 답은 간단하다. $p, q$에서 $P,Q$까지 이어지는 continuous canonical transform을 상상해보자. 대충 $\tilde{p}(p,q;\alpha), \tilde{q}(p,q;\alpha)$란 연속함수가 존재하고 $\forall \alpha, \{ \tilde{p}, \tilde{q} \} = \{ p,q \}$면서 $\tilde{p}(p,q;0) = p, \tilde{p}(p,q;1) = P(p,q)$를 만족한다고 형식화할 수 있다. 이 경우 해밀토니안은 $H=H_1(p,q)=H_2(P,Q)$로 고정되어 있는 상태이다. 해밀토니안이 만드는 flow는 그대로 있고 그 flow를 기술하는 canonical variable들의 coordinate frame이 이동하는 것으로 볼 수 있다.

이제 관점을 바꿔보자. canonical variable들의 coordinate frame을 고정하고 해밀토니안이 만드는 flow를 흐르게 시키는 관점이다. 정확히는 $\tilde{p},\tilde{q}$를 좌표축으로 고정한 뒤 $H(\tilde{p},\tilde{q};\alpha)=H_1(p(\tilde{p},\tilde{q}),q(\tilde{p},\tilde{q}))$가 변수 $\alpha$에 대해 어떻게 흐르는지 보는 것이다. 이 경우 $\frac{d}{d\alpha}$는 symplectic vector field이므로 여기에 대응되는 (local) generator $G$가 존재한다. 식으로 쓰자면

$$ \exists G, \frac{\partial}{\partial \alpha} H(\tilde{p},\tilde{q};\alpha) = \{ H(\tilde{p},\tilde{q};\alpha) , G \} $$

이 되는 셈. 다르게 표현하면 다음의 벡터장(vector field) 방정식을 만족하는 벡터장 $\{ G, \bullet \}$가 존재한다고 할 수 있다.

$$ \exists G, \frac{\partial}{\partial \alpha} \{ H , \bullet \} = \mathcal{L}_{\{ G, \bullet \}} \{ H, \bullet \} $$

위 식에서 $\mathcal{L}$은 리 미분(Lie derivative)을 의미한다.

위에 적은 미분꼴의 방정식을 차분(difference)꼴로 바꾸면 우리가 이해하고 싶었던 식이 된다.

$$ H_2(p,q) - H_1(p,q) = \{ H_1 , g \} + \mathcal{O} (G^n, p^{2n})$$

미분방정식을 차분방정식으로 바꾸는 과정의 논리적 구멍을 메꾸고 싶다면 다음과 같은 미분형식(differential form) 꼴로 바꾼 방정식을 고려할 수 있다.

$$ \delta H(\alpha) = \{ H(\alpha), g \} \,,\, g = G \delta \alpha $$

문제에 perturbation parameter $\epsilon$이 존재한다고 가정할 경우, 위의 방정식은 다음과 같은 차분방정식으로 변경시킬 수 있다.

$$ \Delta H = \{ H, g \} \,,\, \frac{\Delta H}{H} \sim \frac{g}{H} \sim \epsilon $$

Post-Newtonian expansion의 경우 이 perturbation parameter는 $\epsilon = \frac{G\mu}{r c^2} \simeq \frac{p^2}{\mu^2 c^2}$이 된다. 이름대로 $\frac{1}{c}$을 perturbation parameter로서 이해할 수 있다는 의미.

23Feb2020 수정사항: 미분형식 꼴로 바꾼 방정식을 이용한 논증 추가.