Dexter's story

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.

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

수업 들어가기 전 양자정보 전공하는 친구가 던져준 문제.

자연수 $m$으로 나열한 연산자(operator)들 $M_m$들이 다음 두 조건을 만족한다.

1. $\sum M_m^\dagger M_m = I$

2. $M_m^\dagger M_m = M_m $

이 때, 연산자 $M_m$들이 사영연산자(projection operator) $P_m$임을 증명하라. 사영연산자들은 다음 조건을 만족한다.

1. $\sum P_m = I$

2. $P_mP_n = P_m\delta_{mn}$

3. $P_m^\dagger = P_m$

연산자들이 작용하는 벡터 공간이 유한 차원이라면 쉽게 증명하겠는데, 무한 차원에서는 잘 모르겠다. 유한 차원이 쉬운 이유는 고유벡터(eigenvector)가 항상 하나라도 존재해야 하기 때문. 무한차원에서는 이게 안 되는데, 좋은 예로 harmonic oscillator의 creation operator가 있다. number state를 기저로 잡는 Fock basis에서 계산해보면 영벡터가 사실상 유일한 creation operator의 고유벡터가 된다(...)

먼저 2번 조건에 Hermitian adjoint를 취해 $M_n^\dagger=M_m$이란 조건을 얻는다. 사영연산자의 3번 조건 해결. 이 조건은 모든 $M_m$이 대각화 가능하다는 것을 의미하기도 한다.

위에서 구한 식을 이용해 2번 조건을 정리하면 $M_mM_m=M_m$이란 관계식을 얻는다. 연산자 $M_m$의 고유값(eigenvalue)이 0이거나 1이라는 소리. 따라서 임의의 벡터 $\left|v\right>$에 대해 $\left< v \middle| M_m \middle| v\right> \geq 0$가 성립.

마찬가지로 1번 조건을 정리하면 $\sum M_m=I$란 조건을 얻는다. 이 조건에 $M_m$의 고유벡터 $v_m$을 가져다가 양변에 취하면 $n\neq m,\left< v_n \middle| M_m \middle| v_n \right> = 0$이란 조건(이 조건을 a라 부르자)을 얻는다(위 조건 참조).

이제부터는 간단하다. 모든 $M_m$이 대각화되어 있고 대각선의 값이 1 아니면 0인 기저를 구하는 것. 우선 $M_1$을 가져다가 고유벡터(들)을 구한다. 고유벡터가 하나가 아닐 경우 Gram-Schmidt 과정을 거쳐서 직교하는 고유벡터(들)로 나눈다. 이 벡터(들)을 기저벡터 1(혹은 갯수에 따라 2, 3, 등등)로 잡는다.

다음엔 $M_2$를 가져온다. $M_m$의 고유벡터를 $\left| v_2 \right>$라고 할 때, $\left| v_2 \right>$를 $M_1$의 고유벡터 성분 $\alpha\left| v_1 \right>$과 $M_1$의 고유벡터에 수직한 성분 $\beta \left| w \right>$(이 성분의 $M_1$에 대한 고유값은 0이다)으로 나눈다. 크기가 1일 것이란 조건에서 $|\alpha|^2+|\beta|^2=1$이란 조건을, 조건 a에서 $|\alpha|^2=0$이란 조건을 얻으므로 $\left| v_2 \right>$는 $M_1$의 고유벡터들과 수직하다는 사실을 알 수 있다. 다음은 $M_1$에서와 마찬가지로 $M_2$의 고유벡터들을 기저에 포함시키면 끝. 이 과정을 계속 반복하면 모든 $M_m$이 diagonal인 orthonormal basis를 구성할 수 있고, 이 basis에서 각 $M_m$의 대각선 성분은 1 아니면 0이며, 서로 다른 $M_m$은 대각선 성분 중 1을 공유하지 않는다는 사실을 알 수 있다.

문제의 $M_m$은 '측정'을 의미한다고 추정하고 있다.^[각주:1] $\left| v \right>$란 벡터에 해당하는 상태에 있는 계에 대해 측정을 행했더니 $m$번째 가능한 결과값이 튀어나왔을 때 $\left| v \right>$ 벡터는 $ M_m \left| v \right>=\left| M_m v \right>$란 상태로 변했다는 것을 의미. 2번 조건은 $m$번째 측정값이 나올 확률 $\left< M_m v \middle| M_m v \right>/\left< v \middle| v \right>$이 $M_m$의 기댓값 $\left< v \middle| M_m \middle| v \right>/\left< v \middle| v \right>$와 같을 것을 요구하는 것이고, 1번 조건은 측정값이 나올 확률들을 다 더하면 1이 될 것 혹은 측정하게 되면 어떤 측정값이든 하나는 얻어질 것을 의미한다. 측정에 해당하는 연산자 $M_m$들은 unitary할 수 없다(projection operator는 당연히 unitary하지 않다)는 것을 보여주는 것이 목적인 모양.

2번 조건을 보이기 위해서는 벡터공간의 임의의 벡터 $\left| v \right>$에 대해 연산자 $A$의 기댓값이 $\left< v \middle| A \middle| v \right>=0$란 조건을 만족할 경우 항등적으로 $A=0$이란 것을 증명하면 된다. 이건 유한 차원에서는 매우 쉬운데, Schur decomposition을 통해 $A$를 upper triangular로 만드는 orthonormal basis를 잡을 수 있고, upper triangular로 바꾸었을 때 대각 성분이 전부 0임은 자명하며, 이로부터 (1,2)성분, (1,3)성분, (2,3)성분 등등이 0이어야 한다는 것을 계산을 통해 보일 수 있기 때문이다(그렇지 않다면 기댓값이 0이 아닌 벡터 $\left| v \right>$를 찾을 수 있다).

다음 연작 트윗에 대한 보충설명.

통계역학 과제로 "독립적인 susceptibility가 3개임을 증명하시오"가 나왔다. 여기서 susceptibility는 비열이나 Joule-Thomson 계수처럼 '한 열역학적 함수가 고정되었을 때 다른 두 열역학적 변수의 변화비'를 말한다.

— Dauntless Dexter Kim (@AstralDexter) September 17, 2014

쉬운 문제는 아닌데 풀이방법이 재미있어서 기록해둔다. 문제의 핵심: 1. 열역학에서 다루는 기체는 변수 둘로 상태가 완전히 정해진다 2. 열역학에서 다루는 상태함수는 E, T, S, p, V 다섯가지 상태함수들의 조합으로 쓸 수 있다

— Dauntless Dexter Kim (@AstralDexter) September 17, 2014

증명: 1. 임의의 열역학적 상태함수 A에 대한 두 상태변수의 편미분을 구한다. 여기서 열역학 1법칙이 이용된다. 정의를 이용해 δA를 δE, δT, 등등의 미소변화량으로 전개하고 δE, δT 등을 상태변수의 변화로 전개하면 된다.

— Dauntless Dexter Kim (@AstralDexter) September 17, 2014

2. 열역학적 상태함수 A를 고정했을 때 상태함수 B와 C의 변화비(=susceptibility)를 본다. 우선은 δA, δB, δC를 1에서 구한 편미분을 이용해 상태변수의 변화로 전개한 후, δA=0을 두고 δB/δC를 구하면 된다.

— Dauntless Dexter Kim (@AstralDexter) September 17, 2014

3. 1에서 구한 편미분량이 Maxwell relation을 통해 단 세개의 susceptibility로 완전히 써질 수 있음을 확인한다. 1에서 셋으로 충분했으니 2에서도 셋으로 충분하다. 증명 끝.

— Dauntless Dexter Kim (@AstralDexter) September 17, 2014

통계역학적 문제보다는 열역학 문제에 가깝다. 열역학 잘 하려면 편미분을 잘해야 한다는 옛 믿음을 강화시켜주는 연습문제. 열역학적 변수는 '기체의 상태를 정해주는 두 값'을(pV조합이나 TS조합 등), 열역학적 함수는 엔탈피, 깁스에너지 등을 말한다.

— Dauntless Dexter Kim (@AstralDexter) September 17, 2014

일단 susceptibility라는 뭉뚱그려진 표현(?)은 '하나의 제한조건(에너지가 일정할 것 등)이 걸려있을 때 두 상태함수의 변화비'로부터 유도되는 값들을 말한다. 정압비열은 '압력이 일정할 때 온도의 변화에 대한 엔트로피의 변화비'에 온도를 곱한 값이 되고, 쓰로틀링(throttling)에 등장하는 줄-톰슨 계수(Joule-Thomson coefficient)는 '엔탈피가 일정할 때 압력의 변화에 대한 온도의 변화비'가 된다.

\[C_p\equiv T\left.\frac{\partial S}{\partial T}\right|_p=\left.\frac{\delta Q}{\delta T}\right|_{\delta p=0} \\\\C_{JT}\equiv\left.\frac{\partial T}{\partial p}\right|_H\]

열역학에서 다루는 기체(물론 액체나 고체, 플라즈마에도 적용되지만 고체를 다룰 경우에는 자화를 다루며 자기장까지 끌려나오는 경우가 있어서 좀 애매하다. 보통 '무언가를 태우는' 열역학에서 써먹을법한 상태를 가정한다)는 '단 두개의 변수로 상태를 완전히 정의할 수 있다'는 가정이 붙는다. 이건 canonical ensemble의 partition function을 구할 때 온도 T와 부피 V만 주어지면 된다는 사실로부터도 알 수 있고, 더 쉽게는 제1법칙에서 에너지가 단 두개의 열역학적 변수로 적분이 가능하다는 사실로부터 알 수도 있다. 이렇게 '상태를 정해주기 위해 선택한 두 열역학적 값'을 열역학적 변수로 부르기로 하자.

열역학에서는 굉장히 다양한 함수를 다룬다. 에너지에 엔트로피와 온도의 곱을 뺀 헬름홀츠 에너지라던가, 에너지에 부피와 압력의 곱을 더한 엔탈피라던가. 이렇게 하나의 상태가 주어졌을 때 그 상태가 갖는 여러 물리적 성질들을 열역학적 (상태)함수라고 부르자. 우리가 열역학에서 관심갖는 대부분의 함수들은 다섯가지 변수(에너지 E, 온도 T, 엔트로피 S, 압력 p, 부피 V)로부터 정의된다. 따라서 임의의 열역학적 함수 f에 대해 이 함수의 변화량은 다음과 같이 전개할 수 있다. f의 정의로부터 미분이 가능하기 때문이다.

\[f=f(E,T,S,p,V) \\\delta f=\frac{\partial f}{\partial E}\delta E+\frac{\partial f}{\partial T}\delta T+\frac{\partial f}{\partial S}\delta S+\frac{\partial f}{\partial p}\delta p+\frac{\partial f}{\partial V}\delta V \]

여기에 어떤 장난을 치느냐? 열역학 1법칙을 이용해 변화량을 열역학적 변수 두개로 줄여버린다.

\[ \delta E=T\delta S-p\delta V \\\delta T=\left.\frac{\partial T}{\partial S}\right|_V\delta S+\left. \frac{\partial T}{\partial V}\right|_S\delta V \\\delta p=\left.\frac{\partial p}{\partial S}\right|_V\delta S+\left. \frac{\partial p}{\partial V}\right|_S\delta V \\\therefore\delta f=\frac{\partial f}{\partial E}\delta E+\frac{\partial f}{\partial T}\delta T+\frac{\partial f}{\partial S}\delta S+\frac{\partial f}{\partial p}\delta p+\frac{\partial f}{\partial V}\delta V \\\text{ }=\left.(T\frac{\partial f}{\partial E}+\frac{\partial f}{\partial T}\left.\frac{\partial T}{\partial S}\right|_V+\frac{\partial f}{\partial S}+\frac{\partial f}{\partial p}\left.\frac{\partial p}{\partial S}\right|_V\right)\delta S \\\text{ }\text{ }+\left.(-p\frac{\partial f}{\partial E}+\frac{\partial f}{\partial T}\left. \frac{\partial T}{\partial V}\right|_S+\frac{\partial f}{\partial V}+\frac{\partial f}{\partial p}\left. \frac{\partial p}{\partial V}\right|_S\right)\delta V\]

참고로 Maxwell relation에 의해 맨 마지막 줄에 등장하는 편미분 넷 중 둘이 같다. 여기서 '세 susceptibility(소괄호로 강조되어 있다)로 임의의 열역학적 상태함수에 대한 편미분을 구할 수 있다'는 중간정리를 얻는다.

\[\left. \frac{\partial p}{\partial S}\right|_V=-\left. \frac{\partial T}{\partial V}\right|_S \\\therefore\left. \frac{\partial f}{\partial S}\right|_V=\left[T\frac{\partial f}{\partial E}+\frac{\partial f}{\partial T}\left(\left. \frac{\partial T}{\partial S}\right|_V\right)+\frac{\partial f}{\partial S}-\frac{\partial f}{\partial p}\left(\left. \frac{\partial T}{\partial V}\right|_S\right)\right] \\\left. \frac{\partial f}{\partial V}\right|_S=\left[-p\frac{\partial f}{\partial E}+\frac{\partial f}{\partial T}\left(\left. \frac{\partial T}{\partial V}\right|_S\right)+\frac{\partial f}{\partial V}+\frac{\partial f}{\partial p}\left(\left. \frac{\partial p}{\partial V}\right|_S\right)\right]\delta V\]

이제는 편미분을 임의의 함수에 대해서 쓸 차례이다. 원 증명에서는 알파베타감마를 썼는데 귀찮은 관계로 A, B, C라고 하자. 이 값들의 변화는 다음과 같이 쓸 수 있다.

\[\\\delta A=\left. \frac{\partial A}{\partial S}\right|_V\delta S+\left. \frac{\partial A}{\partial V}\right|_S\delta V \\\delta B=\left. \frac{\partial B}{\partial S}\right|_V\delta S+\left. \frac{\partial B}{\partial V}\right|_S\delta V \\\delta C=\left. \frac{\partial C}{\partial S}\right|_V\delta S+\left. \frac{\partial C}{\partial V}\right|_S\delta V \]

이것을 이용해 편미분을 계산할 수 있다. 자세한 계산과정은 간단한 산수니 생략하겠다.

\[\left. \frac{\partial A}{\partial B}\right|_C=\left. \frac{\delta A}{\delta B}\right|_{\delta C=0} \\\\\\=\frac{\left. \frac{\partial A}{\partial S}\right|_V\left. \frac{\partial C}{\partial V}\right|_S-\left. \frac{\partial A}{\partial V}\right|_S\left. \frac{\partial C}{\partial S}\right|_V}{\left. \frac{\partial B}{\partial S}\right|_V\left. \frac{\partial C}{\partial V}\right|_S-\left. \frac{\partial B}{\partial V}\right|_S\left. \frac{\partial C}{\partial S}\right|_V}\]

자, 저 계산식 안에 있는 모든 항목들은 단 세 susceptibility로 모두 계산할 수 있다. 따라서, 세 susceptibility의 값만 있으면 모든 susceptibility를 알 수 있다는 말이 된다. 증명 완료.

트위터에서도 말했다시피 이건 통계역학 문제보다는 열역학 문제에 가깝다. 편미분을 얼마나 자유롭게 사용할 수 있는지를 살펴보겠다는 문제.