게이지 장

1 개요

Gauge field

간단하게 말하자면 게이지 변환에 불변하는 장을 가리킨다. 현대 물리학에서 중력을 제외한 모든 상호작용들, 즉 전자기력, 약한 상호작용, 강한 상호작용은 모두 이 게이지 장으로 표현이 된다.

왜 하필 '게이지'라는 이름이 쓰였는가는 벡터 퍼텐셜 항목을 참고할 것.

2 전자기장에서의 게이지 변환과 게이지 불변성

전자기학에서는 주로 스칼라 퍼텐셜과 벡터 퍼텐셜인 [math]\displaystyle V, \mathbf{A}[/math]를 중심으로 다룬다. 벡터 퍼텐셜 문서 참고.

3 일반적인 게이지 변환

물리 덕후(...)라면 게이지 변환이 여러 가지가 있다는 것을 알 것이다. 실제로 물리학자들은 다양한 게이지 변환을 주는 방법을 터득하였고 그렇게 해서 얻은 몇 가지 그럴싸한(?) 장들로 표준모형을 만들었다. 이를 달성하기 위해서는 반드시 양자역학이 필요하다.[1] 또한 식을 매끄럽게 전개하기 위해서는 4차원 시공간에서 전자기장을 표현해야 하는데 (즉 로렌츠 불변성이 드러나야(manifest) 하는데), 이에 대한 설명은 상대성 이론에 잘 다뤄져 있으니 참고할 것.

3.1 슈뢰딩거 방정식에서의 게이지 변환

먼저 슈뢰딩거 방정식에서 무슨 일이 벌어지는가를 살펴보자. 그럴려면 먼저 스칼라 퍼텐셜 [math]\displaystyle \phi[/math]와 벡터 퍼텐셜 [math]\displaystyle \mathbf{A}[/math] 내에서 전하 [math]\displaystyle -e[/math]를 띤 한 고전적인 입자의 해밀토니안을 알아야 한다. 다들 해밀토니안은 알고 있죠?[2]

[math]\displaystyle H = \frac{1}{2m} (\mathbf{p} + e\mathbf{A})^2 - e\phi[/math].

여기서 [math]\displaystyle \mathbf{p} = m\mathbf{v} - e\mathbf{A}[/math]이다. 이러한 라그랑지안-해밀토니안 체계에 익숙하지 않은 사람들은 이렇게 [math]\displaystyle \mathbf{p}[/math]를 정의하는 것이 의아할 수도 있을 것이다. 하지만 사실 실제로 보존되는 양은 [math]\displaystyle m\mathbf{v}[/math]가 아닌 [math]\displaystyle \mathbf{p} = m\mathbf{v} - e\mathbf{A}[/math]이다. 아무튼 여기선 별로 중요한 게 아니고 어쨌든 이 상황에서 실제 '운동량'은 [math]\displaystyle m\mathbf{v}[/math]가 아닌 [math]\displaystyle \mathbf{p} = m\mathbf{v} - e\mathbf{A}[/math]라는 것이다. 그래서 해밀토니안이 저렇게 써지는 것이다.

이제 늘 하던대로(?) 이 해밀토니안을 가지고 슈뢰딩거 방정식을 써 보자. 그냥 [math]\displaystyle \mathbf{p}[/math][math]\displaystyle \frac{\hbar}{i} \nabla[/math]로 바꾸는 식으로 해밀토니안을 연산자로 바꾼 다음 슈뢰딩거 방정식 [math]\displaystyle i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \psi = H \psi[/math]에 대입하면 된다. 그 결과는 다음과 같다.

[math]\displaystyle i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \psi(\mathbf{x}, t) = \left( \frac{1}{2m} (-i\hbar \nabla + e\mathbf{A})^2 - e\phi \right) \psi(\mathbf{x}, t)[/math].

이때 주의할 것인 [math]\displaystyle (-i\hbar \nabla + e\mathbf{A})^2 \psi = -\hbar^2 \nabla^2 \psi - ie\hbar \nabla \cdot ( \mathbf{A} \psi ) - ie\hbar(\mathbf{A} \cdot \nabla) \psi + eA^2 \psi[/math]로, 둘째 항과 셋째 항은 일반적으로 다르다. 즉, [math]\displaystyle (\mathbf{A} \cdot \nabla) \psi \ne (\nabla \cdot \mathbf{A}) \psi[/math]이다.

이제 게이지 변환을 생각해 보자. 게이지 변환이 [math]\displaystyle \phi \to \phi' = \phi - \partial \Lambda / \partial t, \mathbf{A} \to \mathbf{A}' = \mathbf{A} + \nabla \Lambda[/math]로 변환되는 상황을 생각해 보자. 고전적인 결과에서는 이러한 변환이 이뤄져도 물리적인 결과가 달라지진 않았다. 마찬가지로 양자역학에서도 물리적인 결과가 달라지진 않으리라고 여기는 것이다. 그런데 이렇게 해밀토니안이 바뀌면 처음의 파동함수가 이렇게 변환된 후의 해밀토니안에 대한 슈뢰딩거 방정식의 한 해가 되리란 보장은 없다. 실제로도 그렇고. 따라서 파동함수에도 어떤 게이지 변환이 이루어져야 한다. 그런 변환을 [math]\displaystyle \psi(\mathbf{x}, t) \to \psi'(\mathbf{x}, t)[/math]라 하자. 이 변환이 올바른 게이지 변환이기 위해선 다음을 만족해야 한다.

- [math]\displaystyle \psi'[/math]가 게이지 변환 된 후의 해밀토니안에 대한 슈뢰딩거 방정식의 올바른 해일 것.
- 모든 [math]\displaystyle \mathbf{x}, t[/math]에 대해 [math]\displaystyle |\psi'(\mathbf{x}, t)|^2 = |\psi(\mathbf{x}, t)|^2[/math]일 것.

사실 둘째 조건으로부터 큰 힌트를 얻을 수 있다. 바로 [math]\displaystyle \psi'(\mathbf{x}, t) = \exp{(i\lambda(\mathbf{x}, t))} \psi(\mathbf{x}, t)[/math]이어야 한다는 것이다. 여기서 [math]\displaystyle \lambda(\mathbf{x}, t)[/math]는 어떤 함수인데, 아무래도 [math]\displaystyle \Lambda[/math]와 관련이 있을 것이다. 관건은 이 [math]\displaystyle \psi' = \exp{(i\lambda(\mathbf{x}, t)} \psi[/math]가 다음 방정식의 해, 즉 게이지 변환 된 슈뢰딩거 방정식의 해이어야 한다는 것이다.

[math]\displaystyle i\hbar \frac{\partial}{\partial t} ( e^{i\lambda} \psi ) = \frac{1}{2m} ( -i\hbar \nabla + e\mathbf{A}' )^2 ( e^{i\lambda} \psi ) - e\phi' ( e^{i\lambda} \psi ) [/math].

좌변은 다음과 같이 써질 것이다.

[math]\displaystyle i\hbar \frac{\partial}{\partial t} ( e^{i\lambda} \psi ) = e^{i\lambda} i\hbar \frac{\partial}{\partial t} \psi - e^{i\lambda} \hbar \frac{\partial \lambda}{\partial t} \psi[/math].

우변에 [math]\displaystyle \phi' = \phi + \partial \Lambda / \partial t[/math], [math]\displaystyle \mathbf{A}' = \mathbf{A} + \nabla \Lambda[/math]를 대입하여 정리해 보자. 왠지 이건 미친 짓 같다

[math]\displaystyle \frac{1}{2m} ( -i\hbar \nabla + e\mathbf{A}' )^2 ( e^{i\lambda} \psi ) - e\phi' ( e^{i\lambda} \psi )[/math]
[math]\displaystyle = \frac{1}{2m} ( -i\hbar \nabla + e\mathbf{A} + e\nabla \Lambda )^2 ( e^{i\lambda} \psi ) - e \left( \phi - \frac{\partial \Lambda}{\partial t} \right) ( e^{i\lambda} \psi )[/math]
[math]\displaystyle = -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 (e^{i\lambda} \psi) - \frac{ie\hbar}{2m} \nabla \cdot ( ( \mathbf{A} + \nabla \Lambda ) (e^{i\lambda} \psi) ) - \frac{ie\hbar}{2m} ( ( \mathbf{A} + \nabla \Lambda ) \cdot \nabla ) (e^{i\lambda} \psi) [/math]
[math]\displaystyle \;\;\; + \frac{e^2}{2m} ( \mathbf{A} + \nabla \Lambda )^2 ( e^{i\lambda} \psi ) - e \left( \phi - \frac{\partial \Lambda}{\partial t} \right) ( e^{i\lambda} \psi )[/math]
[math]\displaystyle = e^{i\lambda} \left( -\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 \psi - \frac{ie\hbar}{2m} \nabla \cdot ( \mathbf{A} \psi ) - \frac{ie\hbar}{2m} ( \mathbf{A} \cdot \nabla ) \psi + \frac{e^2}{2m} |\mathbf{A}|^2 \psi - e \phi \psi \right)[/math]
[math]\displaystyle \;\;\; + e^{i\lambda} \left( -\frac{i\hbar^2}{m} \nabla \lambda - \frac{ie\hbar}{2m} \nabla \Lambda - \frac{ie\hbar}{2m} \nabla \Lambda \right) \cdot \nabla \psi[/math]
[math]\displaystyle \;\;\; + e^{i\lambda} \left( \frac{\hbar^2}{2m} \nabla \lambda \cdot \nabla \lambda - \frac{i\hbar^2}{2m} \nabla^2 \lambda - \frac{ie\hbar}{2m} \nabla^2 \Lambda + \frac{e\hbar}{2m} (\mathbf{A} + \nabla \Lambda) \cdot \nabla \lambda + \frac{e\hbar}{2m} (\mathbf{A} + \nabla \Lambda) \cdot \nabla \lambda + \frac{e^2}{2m} ( 2\mathbf{A} + \nabla \Lambda ) \cdot \nabla \Lambda \right) \psi[/math]
[math]\displaystyle \;\;\; + e^{i\lambda} e \frac{\partial \Lambda}{\partial t} \psi[/math].

뭔가 엄청 복잡해 보인다. 하지만 이 우변 식은 신기하게도 [math]\displaystyle \lambda = -\frac{e}{\hbar} \Lambda[/math]로 놓기만 해도 완전히 좌변 식과 일치하게 된다. 즉, 위 식에서 마지막 둘째 줄과 셋째 줄은 완전히 소거되고 마지막 줄은 좌변의 마지막 항([math]\displaystyle e^{i\lambda} \hbar \frac{\partial \lambda}{\partial t} \psi[/math])와 일치한다. 나머지는 게이지 변환 하기 전의 슈뢰딩거 방정식(의 양변에 [math]\displaystyle e^{i\lambda}[/math]를 곱한 것)이 되므로 항상 같다. 물론 좌변과 우변이 같으려면 [math]\displaystyle \lambda = -\frac{e}{\hbar} \Lambda[/math] 뿐인 것도 있고.

따라서 슈뢰딩거 방정식에서 게이지 변환은 다음과 같게 된다.

[math]\displaystyle \psi \to e^{-\frac{ie}{\hbar} \Lambda} \psi[/math],
[math]\displaystyle \phi \to \phi - \frac{\partial \Lambda}{\partial t}[/math],
[math]\displaystyle \mathbf{A} \to \mathbf{A} + \nabla \Lambda[/math].

이로부터 얻을 수 있는 결론은 파동함수의 게이지 변환이 사실은 위상(phase)의 변화라는 것이다. 그런데 이 위상의 변화는 단순히 상수가 아닌 시간과 위치에 따른 함수로 나타내어진다는 것이 특이하다. 이러한 변환을 가리켜 국소적(local)인 게이지 변환이라고 부른다. 이런 식으로 전자 등의 파동함수에 대한 위상의 국소적인 변환(게이지 변환)은 양자장론에 가서 더더욱 심화된다.

3.2 디랙 방정식에서의 게이지 변환

단순히 [math]\displaystyle \lambda = -\frac{e}{\hbar} \Lambda[/math]로 놓는 것만으로도 위의 복잡한 우변이 갖는 거의 대부분의 항들이 전부 소거가 되고 게이지 불변성이 나타났었다. 기가 막힌 우연 같지만 사실 상대론적으로 나타내면 우연이 아니라는 것을 알 수 있다. 이를 보기 위해선 4차원 시공간에서 맥스웰 방정식을 표현할 줄 알아야 하는데, 상대성 이론을 읽고 오는 것이 아무래도 좋겠다. 그리고 편의 상 [math]\displaystyle c = 1, \hbar = 1 (\mu_0 = 1)[/math]로 두겠다.[3][4]

상대성 이론을 읽었으면 알겠지만 [math]\displaystyle A^0 = \phi / c[/math], [math]\displaystyle A^i = \mathbf{A}_i[/math]로 표기하고 [math]\displaystyle F_{\mu \nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu[/math]로 표기하면 맥스웰 방정식은 다음과 같이 써 진다.

[math]\displaystyle \partial_\mu F^{\mu \nu} = j^\nu, [/math]
[math]\displaystyle \partial_\mu F_{\nu \lambda} + \partial_\nu F_{\lambda \mu} + \partial_\lambda F_{\mu \nu} = 0.[/math]

여기서 [math]\displaystyle j^\nu[/math]는 4차원 전류 벡터로 0번째 성분은 [math]\displaystyle c \rho[/math], 즉 정지 전하 밀도이고 나머지 세 성분들은 3차원에서 전류 밀도 벡터 [math]\displaystyle \mathbf{j}[/math]에 해당한다. 또한 [math]\displaystyle F_{\mu \nu}[/math]가 갖는 6개의 독립 성분들은 사실 [math]\displaystyle \mathbf{E}[/math]의 성분들과 [math]\displaystyle \mathbf{B}[/math]의 성분들로 구성되어 있다. 이들을 대입하여 정리하면 맥스웰 방정식 중 [math]\displaystyle \nabla \cdot \mathbf{E} = \rho / \epsilon_0[/math][math]\displaystyle \nabla \times \mathbf{B} - \frac{1}{c^2} \partial \mathbf{E} / \partial t = \mu_0 \mathbf{j}[/math]가 첫번째 방정식에 포함되며 나머지 두 방정식 [math]\displaystyle \nabla \cdot \mathbf{B} = 0[/math][math]\displaystyle \nabla \times \mathbf{E} + \partial \mathbf{B} / \partial t = 0[/math]은 두번째 방정식에 포함됨을 안다.

한편, 위에서 썼던 게이지 변환은 다음과 같이 한 줄로 요약된다.

[math]\displaystyle A^\mu \to A^\mu + \partial^\mu \Lambda.[/math]

이 변환이 이루어지면 다음을 얻을 수 있다.

[math]\displaystyle F_{\mu \nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu \to \partial_\mu (A_\nu + \partial_\nu \Lambda) - \partial_\nu (A_\mu + \partial_\mu \Lambda) = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu = F_{\mu \nu}.[/math]

즉, 게이지 변환을 해도 [math]\displaystyle F_{\mu \nu}[/math]는 변하지 않는다. 이것은 사실 [math]\displaystyle F_{\mu \nu}[/math]가 (게이지 변환에도 변하는 않는 값들인) [math]\displaystyle \mathbf{E}[/math][math]\displaystyle \mathbf{B}[/math]로 구성되어 있다는 사실로부터 당연하다.

이제 상대성 이론 아래에서 전하를 가진 입자가 양자역학적으로 어떻게 기술되는가를 살펴 보자. 디랙 장을 [math]\displaystyle \psi[/math]라고 표기하자. 그러면 질량 [math]\displaystyle m[/math]을 가지는 자유 입자에 대한 디랙 장의 디랙 방정식은 다음과 같이 표현된다.

[math]\displaystyle i\gamma^\mu \partial_\mu \psi - m \psi = 0.[/math]

여기서 [math]\displaystyle \gamma^\mu[/math]는 디랙 행렬이다. 그리고 이 방정식에 대한 액션은 다음과 같다.

[math]\displaystyle S = \int \bar{\psi} ( i \gamma^\mu \partial_\mu - m ) \psi d^4 x.[/math]

여기서 [math]\displaystyle \bar{\psi} = \psi^\dagger \gamma^0[/math]이다. [math]\displaystyle \bar{\psi}[/math]에 대한 변분을 취해 주면 디랙 방정식이 나온다는 것이다. 이것은 자유 입자에 대한 액션이다. 이러한 액션은 사실 1/2-스피너(spinor)[5]로 불리우는 물리량으로 표현되는 자유 장으로 구성되는 스칼라들 중에서 가장 작은 것들을 모아둔 것이다. 즉, 전자기장의 경우에서 봤듯이 로렌츠 불변성을 요구하였을 때 튀어 나오는 디랙 장의 액션에 해당한다.

상대성 이론에서 거시적인 영역에서의 입자를 다뤘을 때 그 액션이 다음과 같이 쪼개짐을 봤었다.

액션 = (입자 만의 액션) + (입자-전자기장의 커플링 액션) + (전자기장 만의 액션).

위에 적은 디랙 방정식의 액션은 입자 만의 액션에 해당된다. 전자기장 만의 액션은 [math]\displaystyle -\frac{1}{4} F_{\mu \nu} F^{\mu \nu}[/math]임을 안다. 그러면 이제 입자-전자기장의 커플링 액션이 무엇인지만 알면 되는 것이다. 그런데 거시적인 입자의 경우에서 우리는 이 액션이 다음과 같이 표현되었던 것을 봤었다.

[math]\displaystyle \int -A_\mu j^\mu d^4 x.[/math]

이것을 그대로 대입하면 될 것 같다. 관건은 디랙 장에 있어서 [math]\displaystyle j^\mu[/math]가 무엇이냐는 것이다. 그런데 [math]\displaystyle j^\mu[/math]는 어떤 전하 혹은 물질의 흐름 밀도이므로 이것을 디랙 장의 흐름 밀도와 비례하는 것으로 보면 좋겠다. 디랙 장의 흐름은 [math]\displaystyle \bar{\psi} \gamma^\mu \psi[/math]임을 보일 수 있다. 디랙 장에 해당하는 입자의 전하를 [math]\displaystyle e[/math]라고 두면 이 액션 항을 다음과 같이 쓸 수 있을 것이다.

[math]\displaystyle \int -A_\mu (e \bar{\psi} \gamma^\mu \psi) d^4 x. = \int -e \bar{\psi} \gamma^\mu A_\mu \psi d^4 x.[/math]

이것을 대입하면 총 액션이 다음과 같음을 알 수 있다.

[math]\displaystyle S = \int \bar{\psi} ( i \gamma^\mu \partial_\mu - m ) \psi - e \bar{\psi} \gamma^\mu A_\mu \psi - \frac{1}{4} F_{\mu \nu} F^{\mu \nu} d^4 x.[/math]

만약 [math]\displaystyle D_\mu = \partial_\mu + ie A_\mu[/math]로 표기하면 위 방정식은 다음과 같이 쓸 수 있다.

[math]\displaystyle S = \int \bar{\psi} ( i \gamma^\mu D_\mu - m ) \psi - \frac{1}{4} F_{\mu \nu} F^{\mu \nu} d^4 x.[/math]

이 액션이 다름 아닌 양자전기동역학(QED)의 액션이다. 이 액션(과 양자장론의 프레임)을 이용해 거시 세계부터 미시 세계까지 모든 전자기적 현상을 설명할 수 있다![6]

소개가 길었는데, 이제부터 보일 것은 디랙 장의 게이지 변환이 어떻게 일어날 것인가 하는 것이다. 먼저 이 액션으로부터 운동 방정식을 얻어야 한다. [math]\displaystyle \bar{\psi}[/math]에 대한 변분을 취해주면 다음 방정식을 얻는다.

[math]\displaystyle i \gamma^\mu D_\mu \psi - m \psi = i \gamma^\mu \partial_\mu \psi - e \gamma^\mu A_\mu \psi - m \psi = 0.[/math]

관건은 게이지 변환 [math]\displaystyle A_\mu \to A'_\mu = A_\mu + \partial_\mu \Lambda[/math]을 취했을 때 [math]\displaystyle \psi[/math]가 어떻게 변환되어야 물리가 바뀌지 않을까, 즉 저 방정식이 그대로 유지될까 하는 것이다. 슈뢰딩거 방정식의 경우에서 봤듯이 [math]\displaystyle \psi\gt[/math][math]\displaystyle \psi' = e^{i\lambda} \psi[/math]와 같이 변해야 할 것이다. 이것을 대입해서 정리해 보자.

[math]\displaystyle i \gamma^\mu \partial_\mu \psi' - e \gamma^\mu A'_\mu \psi' - m \psi'[/math]
[math]\displaystyle =i \gamma^\mu \partial_\mu ( e^{i\lambda} \psi ) - e \gamma^\mu ( A_\mu + \partial_\mu \Lambda ) ( e^{i\lambda} \psi ) - m ( e^{i\lambda} \psi )[/math]
[math]\displaystyle =e^{i\lambda} i \gamma^\mu \partial_\mu \psi - e^{i\lambda} \gamma^\mu ( \partial_\mu \lambda ) \psi - e^{i\lambda} e \gamma^\mu A_\mu \psi - e^{i\lambda} \gamma^\mu ( e \partial_\mu \Lambda ) \psi - e^{i\lambda} m \psi[/math]
[math]\displaystyle =e^{i\lambda} ( i \gamma^\mu \partial_\mu \psi - e \gamma^\mu A_\mu \psi - m \psi ) - e^{i\lambda} \gamma^\mu ( \partial_\mu \lambda + e \partial_\mu \Lambda ) \psi[/math].

훨씬 쉽다 뭔 말인지 몰라서 그렇지

게이지 변환에 대하여 방정식이 바뀌지 않으려면 위어서 얻은 결과가 항상 0이어야 한다. 위 마지막 결과에서 첫번째 항은 게이지 변환이 되기 전 운동 방정식에 해당하는 것으로 0이 된다. 따라서 다음이 0이어야 한다는 것을 얻을 수 있다.

[math]\displaystyle \partial_\mu \lambda + e \partial_\mu \Lambda = 0[/math].

이로부터 다음을 얻는다.

[math]\displaystyle \lambda = -e \Lambda.[/math] [7]

([math]\displaystyle \hbar = 1[/math]이라고 놓은 것을 감안하면) 정확하게 슈뢰딩거 방정식에서 얻었던 것과 같은 결과를 얻었다. 물론 디랙 방정식은 고전적인 영역에서 슈뢰딩거 방정식으로 근사가 된다. 이로부터 위에서 얻었던 그 결과가 결코 우연이 아님을 알 수 있다. 결국 정리하자면 게이지 변환은 다음과 같다.

[math]\displaystyle \psi \to e^{-ie \Lambda} \psi, [/math]
[math]\displaystyle A^\mu \to A^\mu + \partial^\mu \Lambda.[/math]

3.3 게이지 변환으로부터 전자기장을 얻기

상대성 이론에서 몇 가지 요구사항으로부터 맥스웰 방정식이 튀어 나왔음을 봤었다. 이번에는 다른 방법으로 맥스웰 방정식을 구해 보도록 하겠다. 다른 방법으로 뭐 하러 맥스웰 방정식을 구하나 싶겠지만 이것을 이해하는 것이 일반적인 게이지 변환과 게이지 불변성의 중요성을 이해하는 데 있어서 중요하다. 다음에 이어지는 내용은 Peskin의 An Introduction to Quantum Field Theory에서 참고하였다.

물론 먼저 맥스웰 방정식을 잊어 버린다. 그러면 우리는 [math]\displaystyle A^\mu[/math], [math]\displaystyle F_{\mu \nu}[/math]와 그 방정식, 액션들을 모두 잊어버리는 것이 돤다. 물론 게이지 변환도. 딱 하나만 남겨둘 것이다. 디랙 장의 게이지 변환이 그것이다. 즉, 이제부터 하려는 것은 로렌츠 불변성과 더불어 게이지 변환 [math]\displaystyle \psi \to \psi' = e^{-i\Lambda} \psi[/math]에 대해 불변하는 물리 법칙을 얻으려는 것이다.

[math]\displaystyle \psi \to \psi' = e^{-i\Lambda} \psi[/math]를 게이지 변환이라고 불렀는데, 이것은 흔히 국소적인 위상 변환라고 부른다. 만약 [math]\displaystyle \Lambda[/math]가 상수라면 이때 이 변환을 전역적인 위상 변환라고 부른다. 그리고 이러한 전역적인 변환을 가해도 물리가 변하지 않는 것을 가리켜 전역 대칭성(global symmetry)가 있다고 말한다. 이러한 전역적인 위상 변환에 대한 불변성은 이미 양자역학에서 익숙한 사항이다. 슈뢰딩거 방정식에 대입해 보면 바로 알 수 있는 것이다. 하지만 국소적인 위상 변환, 즉 [math]\displaystyle \Lambda[/math]가 더 이상 상수가 아닌 (시간과) 공간에 대한 함수일 때 변환이라면 이야기가 달라진다. 당장 슈뢰딩거 방정식에 대입해 봐도 일반적인 슈뢰딩거 방정식에서는 방정식 자체가 변해 버린다. 즉, 슈뢰딩거 방정식은 국소적인 위상 변환에 대해 불변하지 않다. 하지만 퍼텐셜(과 운동량)이 적절하게 잡히고 새로운 물리량들이 파동함수의 국소적인 위상 변환에 대해 어떤 특정한 변환을 같이 하게 된다면 국소적인 위상 변환이 일어나도 슈뢰딩거 방정식이 변하지 않는다는 것을 위에서 봤었다. 그리고 이렇게 국소적인 변환을 가해도 물리가 변하지 않는 상황을 가리켜 국소 대칭성(local symmetry)이 있다고 말한다.

사실 좌표계의 변환에서도 전역 대칭성과 국소 대칭성을 말할 수 있었다. 특수 상대성 이론에서 좌표 변환 행렬 [math]\displaystyle \partial (x')^\mu / \partial x^\nu[/math]는 상수 행렬(로렌츠 변환 행렬)이었다. 이런 것도 전역적인 변환이고, 물리 법칙들은 좌표 변환에 대한 전역 대칭성을 가지고 있는 것이다. 그런데 일반 상대성 이론에서는 여기서 더 나아가 좌표 변환 행렬이 상수가 아닌 경우에서도 물리 법칙이 불변할 것을 요구했다. 이때 미분기하학으로 상황을 표현하면서 도함수, 적분, 메트릭 텐서 같은 것들의 재정의 및 도입을 거쳐 모든 물리 법칙들이 일반적인 좌표 변환, 즉 시공간에 대해 변하는 좌표 변환에서도 불변이도록 한 것이 일반 상대성 이론에서 한 일이었다. 그렇게 해서 물리 법칙들은 좌표 변환에 대한 국소 대칭성을 가지게 되었다. 그런데 그런 일반적인 요구 사항을 만족시키도록 하니 새로운 물리량의 다이나믹스가 튀어 나왔다. 시공간의 휘어짐, 혹은 중력이 그것이었다. 즉, 좌표 변환에 대한 전역 대칭성이 국소 대칭성으로 확장되더니 새로운 물리 법칙(시공간의 휨, 중력)이 튀어나왔다. 게이지 대칭성 혹은 위상에 대한 국소 대칭성을 요구할 때에도 이와 똑같은 일이 벌어진다. 처음엔 별 거 없었던 위상에 대한 전역 대칭성이 국소 대칭성으로 확장되면 새로운 물리 법칙이 튀어나온다는 것이다. 다음에 보일 내용이 바로 그것이다.

먼저 자유 입자에 대한 디랙 장의 액션을 살펴 보자. 다음과 같았다.

[math]\displaystyle S = \int \bar{\psi} i \gamma^\mu \partial_\mu \psi - m \bar{\psi} \psi d^4 x.[/math]

이 액션은 일단 로렌츠 불변성을 갖는다. 그리고 [math]\displaystyle a[/math]가 상수일 때 [math]\displaystyle \psi \to e^{ia} \psi[/math] 같은 변환을 취해줘도 액션은 변하지 않는다. 즉, 전역적인 위상 변환에 대해 불변하다. 이제 전역적이지 않은, 즉 국소 위상 변환을 생각해 보자. [math]\displaystyle \overline{e^{-i\Lambda} \psi} = (e^{-i\Lambda} \psi)^\dagger \gamma^0 = \psi^\dagger \gamma^0 e^{i\Lambda} = \bar{\psi} e^{i\Lambda}[/math]이므로 위 액션 중 두번째 항은 국소 위상 변환, 즉 게이지 변환에 대해 변하지 않는다. 하지만 첫번째 항은 그렇지 않다. 다음으로부터 알 수 있다.

[math]\displaystyle \bar{\psi'} i \gamma^\mu \partial_\mu \psi' = \bar{\psi} e^{i\Lambda} i \gamma^\mu \partial_\mu (e^{-i\Lambda} \psi) = \bar{\psi} e^{i\Lambda} i \gamma^\mu e^{-i\Lambda} (\partial_\mu \psi - i ( \partial_\mu \Lambda ) \psi) = \bar{\psi} i \gamma^\mu \partial_\mu \psi + \bar{\psi} \gamma^\mu (\partial_\mu \Lambda) \psi.[/math]

게이지 불변성, 즉 국소 위상 변환에 대한 불변성이 있으려면 최종 결과가 원래 액션 [math]\displaystyle \bar{\psi} i \gamma^\mu \partial_\mu \psi[/math]와 같아야 한다. 그런데 그렇지 않고 어떤 또다른 항 하나가 더 붙었다. 게이지 불변성이 없는 것이다. 보통 같았으면 포기했을지도 모르겠지만 대신에 물리학자들은 이 액션을 변형시키는 것으로 문제를 해결하려고 했다. 여기서 디랙 장 만으로 구성된 다른 항을 액션에 추가하는 것은 별 도음이 안 된다. 사실 재규격화 가능성을 생각하면 그마저도 불가능한 상황이다. 따라서 기존에 있던 뭔가를 다른 것으로 바꿔야 한다.

그러고 보면 저 새로운 항은 미분 연산에 의한 것이었다. 즉 미분 연산자가 게이지 불변성에 방해를 끼치는 것이었다. 실제로 문제가 일어날 만 하다는 것을 도함수의 정의로부터 알 수 있다. 임의의 벡터 [math]\displaystyle a^\mu[/math]의 방향으로의 도함수는 다음과 같이 정의된다.

[math]\displaystyle a^\mu \partial_\mu \psi = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} (\psi(x + ha) - \psi(x)).[/math]

그런데 일단 이 꼴부터가 게이지 불변성에 맞지 않는다는 것을 알 수 있다. 디랙 장의 게이지 변환은 각 점에서 각기 다른 위상 차이를 주는 것으로 정의된다는 것을 식으로부터 알 수 있다. 즉, 게이지 변환에 의한 위상 변화는 [math]\displaystyle \psi(x + ha)[/math][math]\displaystyle \psi(x)[/math]에서 각각 다르다. 그런데 각 점에서의 위상 변화는 [math]\displaystyle \Lambda[/math]가 뭐냐에 따라 각각 다 다른데 이런 상황에서 [math]\displaystyle \psi(x + ha)[/math][math]\displaystyle \psi(x)[/math]의 차이는 아무리 가까운 두 점에서의 차이라 할 지라도 [math]\displaystyle \Lambda[/math]에 너무 의존적이게 된다. 이러한 의존성은 게이지 불변성을 해치는 결과를 가져온다. [math]\displaystyle \bar{\psi}[/math]의 변환을 상쇄시키지 못하는 것은 당연하고. 이러한 점들을 감안하였을 때 도함수를 아예 새로운 것으로 대체해야 한다. 이런 것으로 말이다.

[math]\displaystyle a^\mu D_\mu \psi = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} (\psi(x + ha) - U(x + ha, x) \psi(x)).[/math]

여기서 [math]\displaystyle D_\mu[/math]공변 도함수(covariant derivative)라고 불리우며[8] [math]\displaystyle U(y, x)[/math]는 어떤 함수로 [math]\displaystyle U(y, x) \to e^{-i\Lambda(y)} U(y, x) e^{i\Lambda(x)}[/math]와 같이 게이지 변환이 되는 함수이다. 이것을 도입하면 위 식에서 각 항의 게이지 변환에 의한 위상 변화는 둘 다 [math]\displaystyle e^{-i\Lambda(x + ha)}[/math]가 되어 다음과 같은 게이지 변환이 성립함을 알 수 있다.

[math]\displaystyle a^\mu D_\mu \psi \to a^\mu (e^{-i\Lambda} D_\mu \psi).[/math]

따라서 액션의 [math]\displaystyle \partial_\mu[/math][math]\displaystyle D_\mu[/math]로 교체하면, 즉

[math]\displaystyle S = \int \bar{\psi} i \gamma^\mu D_\mu \psi - m \bar{\psi} \psi d^4 x.[/math]

과 같이 액션을 바꿔 쓰면 이 액션은 게이지 불변성을 만족한다!

이제 [math]\displaystyle U(y, x)[/math]의 정체를 더 살펴 보자. [math]\displaystyle U(y, x)[/math]의 정확한 꼴까지는 별로 관심이 없다. 다만 [math]\displaystyle h[/math]가 작을 때 [math]\displaystyle U(x + ha, x)[/math]가 어떤 꼴로 써지는 것만 알아도 충분하다. 어차피 [math]\displaystyle h[/math]의 2차 이상을 가진 항은 [math]\displaystyle D_\mu[/math]의 정의를 봤을 때 전부 없어져 액션에는 별 영향을 못 미치기 때문이다. 유니타리 성질 등 몇 가지 당연하거나 꼭 있어야 할 성질들을 고려하면 [math]\displaystyle U(x, x) = 1[/math]이고 [math]\displaystyle U(y, x) = exp{iu(y, x)}[/math] 꼴이어야 함을 알 수 있는데, 이를 통해 어떤 벡터 장 [math]\displaystyle A_\mu[/math]가 존재해 [math]\displaystyle U(x + ha, x)[/math]가 다음과 같이 써질 수 있음을 알 수 있다.[9]

[math]\displaystyle U(x + ha, x) = 1 - ie h a^\mu A_\mu + h^2 (\cdots).[/math]

여기서 [math]\displaystyle e[/math]는 어떤 상수인데, 커플링(coupling) 상수로의 역할도 그렇고 단위를 맞출 때의 용도도 그렇고 있는 게 좋은 상수이다. 이것 공변 도함수의 정의에 대입하자. 그러면 결국 다음을 얻는다.

[math]\displaystyle a^\mu D_\mu \psi = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} (\psi(x + ha) - U(x + ha, x) \psi(x))[/math]
[math]\displaystyle = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \left[ \psi(x + ha) - (1 - ie h a^\mu A_\mu + h^2 (\cdots)) \psi(x) \right] = a^\mu ( \partial_\mu + ie A_\mu ) \psi.[/math]

따라서 [math]\displaystyle D_\mu = \partial_\mu + ie A_\mu[/math]이다. 어디서 많이 봤다 한편, [math]\displaystyle U(y, x)[/math]의 게이지 변환을 통해 [math]\displaystyle A_\mu[/math]의 게이지 변환을 알 수 있다.

[math]\displaystyle e^{-i\Lambda(x + ha)} U(x + ha, x) e^{i\Lambda(x)} = \left( \sum_{r = 0}^\infty h^r \left. \frac{d^r}{dh^r} \right|_0 e^{-i\Lambda(x + ha)} \right) (1 - ie h a^\mu A_\mu + h^2 (\cdots)) e^{i\Lambda(x)}[/math]
[math]\displaystyle = e^{-i\Lambda(x)} \left( 1 - ih a^\mu \partial_\mu \Lambda(x) + h^2 (\cdots) \right) (1 - ie h a^\mu A_\mu + h^2 (\cdots)) e^{i\Lambda(x)}[/math]
[math]\displaystyle = (1 - ie h a^\mu ( A_\mu + \frac{1}{e} \partial_\mu \Lambda ) + h^2 (\cdots))[/math].

[math]\displaystyle h[/math]가 임의이므로 위 식에서 [math]\displaystyle h[/math]의 각 항은 독립적이다. 이로부터 [math]\displaystyle A_\mu[/math][math]\displaystyle A_\mu + \frac{1}{e} \partial_\mu \Lambda[/math]로 게이지 변환한다는 것을 알 수 있다. 여기서 잠깐 위에서 얻은 QED의 액션과 그 게이지 변환과 비교해 보자. 사실 지금 얻은 결과에서 모든 [math]\displaystyle \Lambda[/math][math]\displaystyle e\Lambda[/math]로 교체하면 QED에서 다뤘던 것과 똑같은 액션에 똑같은 게이지 변환이 일어난다는 것을 알 수 있다. 즉, 게이지 불변성을 요구했더니 전자기장(으로 보이는 것)이 존재하여 디랙 장이 전자기장과 상호작용해야 한다는 것을 얻었다.

하지만 아직 단정하기는 이르다. 디랙 장이 어떤 벡터 장과 상호작용해야 한다는 것을 얻었지만 이 장의 정체는 아직 불분명하다. 특히 이 장의 동역학을 아직 모른다. 즉, 벡터장 [math]\displaystyle A_\mu[/math] 만으로 이루어진 액션 항을 구해야 한다. 그런데 지금 우리가 요구하는 것은 로렌츠 불변성과 더불어 게이지 불변성까지 있어야 한다. 그럴려먼 [math]\displaystyle A_\mu[/math]와 그 도함수로만 이루어진 스칼라가 필요하다.

상대성 이론의 일반 상대성 이론 파트에서 봤듯이 이런 경우에는 다음이 도움을 준다.

[math]\displaystyle [D_\mu, D_\nu] \psi = (D_\mu D_\nu - D_\mu D_\nu) \psi.[/math]

위 식은 딱 봐도 게이저 변환을 하면 [math]\displaystyle [D_\mu, D_\nu] \psi \to e^{-i\Lambda} [D_\mu, D_\nu] \psi[/math]임을 알 수 있다. 그리고 위 식은 다음과 같이 써진다는 것을 바로 구할 수 있다.

[math]\displaystyle [D_\mu, D_\nu] \psi = ie (\partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu) \psi.[/math]

따라서 게이지 변환에 대해 변하지 않는 텐서 [math]\displaystyle F_{\mu \nu} = \partial_\mu A_\nu - \partial_\nu A_\mu[/math]를 얻는다. 그리고 이 텐서로부터 얻을 수 있는 스칼라 [math]\displaystyle F_{\mu \nu} F^{\mu \nu}[/math]가 액션 안에 들어가기 적합해 보인다. 따라서 다음 액션을 생각할 수 있다.

[math]\displaystyle S = \int \bar{\psi} ( i \gamma^\mu D_\mu - m ) \psi - \frac{1}{4} F_{\mu \nu} F^{\mu \nu} d^4 x.[/math]

정확하게 QED의 액션이다. 결국 로렌츠 불변성과 게이지 불변성 만으로[10] 양자전기동역학이 얻어진 것이다!

다만 아직 완성이라고 말하기 어려운 게, 사실 위에 쓴 액션은 제일 간단한 액션이다. 무슨 말이냐면 사실 가능한 (로렌츠 불변이면서 게이지 불변인) 스칼라는 무수히 많다. 예를 들어 [math]\displaystyle (\bar{\psi} \psi)^2[/math]이라든가 [math]\displaystyle \bar{\psi} \gamma^\mu F_{\mu \nu} \gamma^\nu \psi[/math]라든가. 고전적인 결과와 맞추기 위해서라고 해도 사실 저런 항들의 계수가 고전적인 영역에서 무시할 수 있을 정도로 작다고 주장하면 할 말 없어진다.(...) 이런 것들이 왜 액션에 포함될 수 없는지를 말하는 것은 로렌츠 불변성과 게이지 대칭성 만으로 설명할 수가 없다. 그런데 이런 다른 항들이 불가능하다는 것을 설명할 수 있는 방법이 양자장론의 프레임 안에 들어 있다. 바로 재규격화 가능성(renormalizability)이다. 자세한 설명은 너무 어려우므로 생략하겠지만 이 성질 때문에 QED의 액션은 딱 저 정도로 결정된다는 것을 말할 수 있다. 어쨌든 게이지 불변성 혹은 게이지 대칭성은 이러한 강력함을 가지고 있기에 많은 물리학자들이 중요하게 여기는 것이다. 괜히 물리학자들이 대칭성을 논하는 것이 아니다.

이렇게 해서 위상에 대한 전역 대칭성을 국소 대칭성으로 확장시키면 전자기장이 있어야 한다는 것을 이끌어냈다. 맨 위에서 중력과 비교한 내용과 일치하는 내용이다. 더 강력한 대칭성이 우리가 전에 알고 있던 물리학의 근본이 된다는 것은 한편으로는 우아하다고 볼 수 있다(...). 역시 물리학자들은 변태가 맞아[11] 물론 그냥 자연이 그런 거니까 생각하면 이런 작업이 무슨 필요인가 하는 생각도 들지 모른다. 하지만 그것에 그치면 이런 현상을 못 보게 되는 것이다. 최소한의 요구 만으로, 특히 다른 것도 아닌 대칭성을 요구한 것만으로 삼라만상의 근본 원리가 왜 그렇게 되어 있는가를 설명할 수 있는 것이다. 경제적이면서도 대칭성으로부터 나왔다는 것 때문에 우아하기까지 하다. 이런 것 때문에 물리학자들은 자연의 근본 원리가 대칭성이라고 굳게 믿고 있다. 괜히 물리학자들이 대칭성을 강조하는 것이 아닌 것이다. 그리고 다음 항목에서는 대칭성이 이미 알고 있던 법칙의 이유를 설명하는 데에 그치지 않고 우리가 모르고 있던 새로운 법칙[12]을 이끌어낸다는 것을 보게 될 것이다.

참고로 [math]\displaystyle A^2 = A_\mu A^\mu[/math]와 같은 항은 로렌츠 불변성을 만족하지만 게이지 대칭성을 만족하지 못하므로 QED의 액션에 포함될 수 없다. 그런데 양자장론에 의하면 액션에 들어 가 있는 한 장의 제곱은 그 장에 해당하는 입자의 질량을 나타내는 항이다. 디랙 장의 [math]\displaystyle m \bar{\psi} \psi[/math]가 바로 이에 해당한다.[13] 마찬가지로 벡터 장의 제곱 역시 입자의 질량을 결정하는 항인데, 이 항이 QED의 액션에 포함되어 있지 않다는 것은 벡터 장의 양자가 0의 질량을 가진다는 것의 의미한다. 즉, 전자기장의 양자인 광지의 질량은 0이어야 한다는 것이다. 이렇게 게이지 대칭성은 왜 광자의 질량이 0인가를 설명해 준다.

3.4 일반적인 게이지 대칭성, non-Abelian 게이지 장

[math]\displaystyle \psi \to e^{-i\Lambda} \psi[/math] 변환에 대한 게이지 대칭성을 요구한 것이 강력한 결과를 가져 왔다는 것을 위에서 살펴 봤었다. 그런데 미친(...) 물리학자들은 여기서 멈추지 않았다. 저러한 게이지 변환이 더 있을 수 있을 거라는 생각을 하기에 이른다.

저걸 어떻게 바꾸나 싶겠지만 변환으로 곱해진 [math]\displaystyle e^{-i\Lambda}[/math]를 가만 보면 확장할 수 있는 방법이 보인다. 이 항은 지금 한 실수(함수)지만 만약 이것이 행렬이라면? 사실 [math]\displaystyle \psi \to e^{-i\Lambda} \psi[/math][math]\displaystyle \psi[/math]라는 어떤 ([math]\displaystyle 1 \times 1[/math]-)행렬에[14] ([math]\displaystyle 1 \times 1[/math]-)행렬 [math]\displaystyle e^{-i\Lambda}[/math]을 곱한 것이다. 이것을 스피너로 구성된 [math]\displaystyle n \times 1[/math]-행렬에 [math]\displaystyle n \times n[/math]-행렬을 곱한 것으로 확장한다면?

미친(...) 생각 같아 보이지만[15] 사실 관측에서 이와 관련이 있을 것 같은 현상이 있었다. 바리온들의 대칭성이 그것이었는데, 여러 입자들이 어떤 순서쌍(multiplet)을 이루어 마치 벡터처럼 행동하고 이 벡터에 대한 대칭성이 존재하는 것으로 보였던 것이다. 그래서 디랙 장을 하나만 아니라 여러 개를 묶어서 한꺼번에 다루는 것을 물리학자들은 생각해 냈고 이런 상황에서 여러 개가 뒤섞이는 게이지 변환을 생각하는 것은 어찌 보면 당연했다. 좋은 논문감이다

아무튼 [math]\displaystyle \psi \to e^{-i\Lambda} \psi[/math]를 행렬로 확장해 보자. 즉, [math]\displaystyle \psi[/math][math]\displaystyle \psi = (\psi_1, \psi_2, \cdots, \psi_n)[/math][math]\displaystyle n \times 1[/math]-열백터로 놓고 [math]\displaystyle \Lambda[/math][math]\displaystyle n \times n[/math]-행렬(함수)이라고 놓차는 것이다. 행렬을 지수 함수에 넣었어. 뭐지 이게 ㄷㄷ

그런데 일반적으로 행렬 [math]\displaystyle e^{-i\Lambda}[/math]들을 모은 집합은 군(group)이 된다. 즉, 곱셈에 대해 닫혀 있고 항등원을 가지며 모든 원소가 역원을 가지는 집합인 것이다. 이 군을 가리켜 게이지 군(gauge group)이라고 부른다. 특히 이 군은 곱셈과 역원 연산이 항상 미분 가능하다는 것을 볼 수 있다. 이런 군을 가리켜 리 군(Lie group)이라고 부른다. 즉, 모든 게이지 군은 리 군 중 하나이다. 한편, 이러한 리 군은 행렬 [math]\displaystyle \Lambda[/math]들로 인해 생성된다(generated)고 말하는데, 이 행렬들을 가리켜 리 대수(Lie algebra)라고 부른다.[16] 바로 여기서 현대 수학의 금자탑 중 하나인 리 군이 제대로 써먹히는 것이다.[17] 다만 리 군과 리 대수만 하더라도 엄청나게 설명할 것이 많기에 이야기를 진행하는 도중 필요한 것들만 간단하게 살명하기로 하고 나머지에 대한 더 이상의 자세한 설명은 생략한다.

예를 들어 위에서 다뤘던 [math]\displaystyle n = 1[/math]인 경우는 게이지 군이 [math]\displaystyle U(1)[/math]과 같은 것이다. 이 군은 그야말로 [math]\displaystyle e^{i\theta}[/math] 같은 것들의 집합[18]과 같은 것인데[19] 그런 의미에서 전자기장을 가리켜 [math]\displaystyle U(1)[/math]-게이지 장이라고 부른다. 그런데 [math]\displaystyle U(1)[/math]의 곱은 교환법칙을 가진다는 것을 바로 알 수 있다. 이런 성질을 가지는 군을 가리켜 가환 군 또는 Abelian 군[20]이라고 부른다. 이런 Abelian 군에 의한 게이지 대칭성을 갖는 장을 가리켜 Abelian 게이지 장이라고 부른다.

그런데 리 군 대부분은 Abelian이 아니다. 오히려 Abelian인 경우는 매우 특수한 경우에 속한다. 실제로 게이지 장 중에서 Abelian인 경우는 전자기장이 유일하다.[21] 따라서 이제부터 다루게 될 게이지 장은 non-Abelian 게이지 장이 될 것이다. 한편, 여기서부터는 디랙 장이라는 표현 대신 페르미온 장이라는 표현으로 [math]\displaystyle \psi[/math]를 표현할 것이다.

위에서 그랬듯 페르미온 장이 로렌츠 불변성과 게이지 불변성을 가지는 법칙을 만족하리라고 기대할 것이다. 그러면 위에서 그랬듯이 어떤 벡터 장이 튀어나올 것인데, 이번에도 우리는 그것이 뭔지 모른다고 할 것이다.아니 잠깐, 정말로 모르는 거잖아 모르긴 뭘 몰라

일단 자유 입자에 대한 페르미온 장의 액션부터 써 보자. 다음과 같을 것이다.

[math]\displaystyle S = \int \bar{\psi} i \gamma^\mu \partial_\mu \psi - m \bar{\psi} \psi d^4 x.[/math]

물론 위에서 썼던 것과 다를 이유는 없다(...). 다만 이번에는 예컨대 [math]\displaystyle \bar{\psi}[/math]를 아예 [math]\displaystyle \bar{\psi_i}[/math]들의 행벡터로 놓아서 계산해야 한다는 것을 주의해야 한다.

한편, 게이지 변환을 조금 다르게 쓸 필요가 있다. 이렇게.

[math]\displaystyle \psi \to e^{-i \Lambda^a t^a} \psi.[/math]

여기서 [math]\displaystyle t^a[/math]는 어떤 행렬들이고 [math]\displaystyle \Lambda^a[/math]는 함수들이며 [math]\displaystyle \sum_a[/math] 기호가 생략되었다. 비슷하긴 한데 축약과는 다르다 축약과는 [math]\displaystyle t^a[/math]는 특별한 행렬들인데, 이 행렬들은 주어진 리 군에 해당하는 리 대수의 한 기저(basis)를 이루는 행렬들이다. 이렇게 표현하면 모든 게이지 변환을 다루기 쉽게 표현할 수 있다.

위에서 그랬듯이 자유 입자의 액션은 로렌츠 변환에 불변이나 도함수가 들어간 항 때문에 게이지 변환에 불변이지 않다. 이걸 해결하기 위해서 물론

[math]\displaystyle a^\mu D_\mu \psi = \lim_{h \to } \frac{1}{h} (\psi(x + ha) - U(x + ha, x) \psi(x))[/math]

로 정의한 다음 [math]\displaystyle \partial_\mu[/math][math]\displaystyle D_\mu[/math]로 교체하고 나서 새로운 벡터장 만의 액션을 추가할 것이다. 다만 이번에 [math]\displaystyle U(x + ha, x)[/math]는 행렬로. 그러면 [math]\displaystyle U(x + ha, x)[/math]는 이렇게 전개될 수 있다.

[math]\displaystyle U(x + ha, x) = 1 - ig h a^\mu A_\mu + h^2 (\cdots).[/math]

여기서 [math]\displaystyle g[/math][math]\displaystyle e[/math] 대신 쓴 기호이다. [math]\displaystyle A_\mu[/math]는 행렬인데, 이걸 [math]\displaystyle t^a[/math]들을 이용해서 좀 더 다루기 간편한 꼴로 만들 수 있다. 이렇게.

[math]\displaystyle U(x + ha, x) = 1 - ig h a^\mu t^a A^a_\mu + h^2 (\cdots).[/math]

이 정의대로라면 공변 도함수는 이렇게 써질 것이다.

[math]\displaystyle D_\mu = \partial_\mu + ig t^a A^a_\mu.[/math]

그리고 액션의 도함수를 이걸로 교체할 것이다.

이제 이게 진짜로 게이지 불변성을 가지는지 살펴 보자. 그런데... 여기서부터 non-Abelian 성질 때문에 좀 복잡해진다. 게이지 불변성을 알기 위해서는 [math]\displaystyle A^a_\mu[/math]의 게이지 변환을 알아야 한다. 그런데 게이지 변환으로 곱해 주는 것이 더 이상 그냥 수가 아니라 행렬이기에 [math]\displaystyle e^{-i t^a \Lambda^a(x + ha)} = \sum_{r = 0}^\infty h^r \left. \frac{d^r}{dh^r} \right|_0 e^{-i t^a \Lambda^a(x + ha)}[/math][math]\displaystyle e^{-i t^a \Lambda^a(x)} \left( 1 - ih a^\mu t^a \partial_\mu \Lambda^a(x) + h^2 (\cdots) \right)[/math]와 같이 쓰기가 어려워진다. 따라서 위에서 썼던 방법을 그대로 쓸 수는 없다. 다른 방법을 써 보자. 행렬이라고 해도 이런 것은 성립한다.

[math]\displaystyle 0 = \left. \frac{d}{dh} \right|_0 1 = \left. \frac{d}{dh} \right|_0 (e^{-i \Lambda(x + ha)} e^{i \Lambda(x + ha)}) = e^{-i \Lambda(x)} \left. \frac{d}{dh} \right|_0 e^{i \Lambda(x + ha)} + \left( \left. \frac{d}{dh} \right|_0 e^{-i \Lambda(x + ha)} \right) e^{i\Lambda(x)}[/math]
[math]\displaystyle \;\; = e^{-i \Lambda(x)} a^\mu \partial_\mu e^{i \Lambda(x)} + \left( \left. \frac{d}{dh} \right|_0 e^{-i \Lambda(x + ha)} \right) e^{i\Lambda(x)}[/math]

이제 이걸 이용하면 다음을 얻는다.

[math]\displaystyle e^{-i\Lambda(x + ha)} U(x + ha, x) e^{i\Lambda(x)}[/math]
[math]\displaystyle = \left( e^{-i t^a \Lambda^a(x)} + h \left. \frac{d}{dh} \right|_0 e^{-i t^a \Lambda^a(x + ha)} + h^2 (\cdots) \right) (1 - ig h a^\mu t^a A^a_\mu + h^2 (\cdots)) e^{i t^a \Lambda^a(x)}[/math]
[math]\displaystyle = 1 - ig h a^\mu e^{-i t^a \Lambda^a(x)} t^a A^a_\mu e^{-i t^a \Lambda^a(x)} + h \left( \left. \frac{d}{dh} \right|_0 e^{-i t^a \Lambda^a(x + ha)} \right) e^{i t^a \Lambda^a(x)} + h^2 (\cdots)[/math]
[math]\displaystyle = 1 - ig h a^\mu e^{-i t^a \Lambda^a(x)} t^a A^a_\mu e^{-i t^a \Lambda^a(x)} - h e^{-i t^a \Lambda^a(x)} a^\mu \partial_\mu e^{i t^a \Lambda^a(x)} + h^2 (\cdots)[/math]
[math]\displaystyle = 1 - ig h a^\mu e^{-i t^a \Lambda^a(x)} \left( t^a A^a_\mu - \frac{i}{g} \partial_\mu \right) e^{-i t^a \Lambda^a(x)} + h^2 (\cdots).[/math]

따라서 [math]\displaystyle A^a_\mu[/math]의 게이지 변환은 다음과 같다.

[math]\displaystyle t^a A^a_\mu \to e^{-i t^a \Lambda^a} \left( t^a A^a_\mu - \frac{i}{g} \partial_\mu \right) e^{i t^a \Lambda^a}.[/math]

만약 [math]\displaystyle t^a[/math][math]\displaystyle 1 \times 1[/math]-행렬이었으면 위 식은 정확하게 전자기장에서의 게이지 변환으로 줄어든다. 하지만 일반적으로 벡터장의 게이지 변환은 저렇게 제법 복잡하다. 복잡하긴 하지만 우리의 액션이 게이지 불변성을 가지게 하는 데 도움을 준다면 사실 아무래도 상관 없다. 이걸 가지고 우리의 액션이 게이지 변환에 불변하는가를 살펴 보자.

[math]\displaystyle \bar{\psi} i \gamma^\mu (\partial_\mu + ig t^a A^a_\mu) \psi[/math]
[math]\displaystyle \to \bar{\psi} e^{i t^a \Lambda^a} i \gamma_\mu \left(\partial_\mu + ig e^{-i t^a \Lambda^a} ( t^a A^a_\mu - \frac{i}{g} \partial_\mu ) e^{i t^a \Lambda^a} \right) (e^{-i t^a \Lambda^a} \psi)[/math]
[math]\displaystyle = \bar{\psi} e^{i t^a \Lambda^a} i \gamma_\mu \left( e^{-i t^a \Lambda^a} \partial_\mu \psi + ( \partial_\mu e^{-i t^a \Lambda^a} ) \psi + ig e^{-i t^a \Lambda^a} t^a A^a_\mu \psi + e^{-i t^a \Lambda^a} ( \partial_\mu e^{i t^a \Lambda^a} ) e^{-i t^a \Lambda^a} \psi \right)[/math]
[math]\displaystyle = \bar{\psi} e^{i t^a \Lambda^a} i \gamma_\mu \left( e^{-i t^a \Lambda^a} \partial_\mu \psi + ( \partial_\mu e^{-i t^a \Lambda^a} ) \psi + ig e^{-i t^a \Lambda^a} t^a A^a_\mu \psi + e^{-i t^a \Lambda^a} ( - e^{i t^a \Lambda^a} \partial_\mu e^{-i t^a \Lambda^a} ) \psi \right)[/math]
[math]\displaystyle = \bar{\psi} e^{i t^a \Lambda^a} i \gamma_\mu \left( e^{-i t^a \Lambda^a} \partial_\mu \psi + e^{-i t^a \Lambda^a} ig t^a A^a_\mu \psi \right)[/math]
[math]\displaystyle = \bar{\psi} i \gamma^\mu (\partial_\mu + ig t^a A^a_\mu) \psi.[/math]

따라서 이렇게 교체되어 얻은 액션이 게이지 불변성을 가진다는 것을 알 수 있다.

마지막으로 벡터장 만의 액션 항을 만들어 보자. 그럴려면 전자기장의 [math]\displaystyle F_{\mu \nu}[/math]와 같은 것이 필요하다. 물론 이건 [math]\displaystyle [D_\mu, D_\nu]\psi[/math]를 통해 정의될 수 있다. 그런데 이번에도 상황은 간단하지 않다. 전개해 보자.

[math]\displaystyle [D_\mu, D_\nu] \psi = (D_\mu D_\nu - D_\nu D_\mu) \psi = D_\mu (\partial_\nu + ig t^a A^a_\nu) \psi - D_\nu (\partial_\mu + ig t^a A^a_\mu) \psi[/math]
[math]\displaystyle = (\partial_\mu + ig t^a A^a_\mu) (\partial_\nu + ig t^b A^b_\nu) \psi - (\partial_\nu + ig t^b A^b_\nu) (\partial_\mu + ig t^a A^a_\mu) \psi[/math]
[math]\displaystyle = (\partial_\mu \partial_\nu \psi + \partial_\mu (ig t^b A^b_\nu \psi) + ig t^a A^a_\mu \partial_\nu \psi - g^2 t^a t^b A^a_\mu A^b_\nu \psi )[/math]
[math]\displaystyle \;\;\; - (\partial_\nu \partial_\mu \psi + \partial_\nu (ig t^a A^a_\mu \psi) + ig t^b A^b_\nu \partial_\mu \psi - g^2 t^b t^a A^b_\nu A^a_\mu \psi )[/math]
[math]\displaystyle = (\partial_\mu \partial_\nu \psi + ig t^b (\partial_\mu A^b_\nu) \psi + ig t^b A^b_\nu \partial_\mu \psi + ig t^a A^a_\mu \partial_\nu \psi - g^2 t^a t^b A^a_\mu A^b_\nu \psi )[/math]
[math]\displaystyle \;\;\; - (\partial_\mu \partial_\nu \psi + ig t^a (\partial_\nu A^a_\mu) \psi + ig t^a A^a_\mu \partial_\nu \psi + ig t^b A^b_\nu \partial_\mu \psi - g^2 t^b t^a A^a_\mu A^b_\nu \psi )[/math]
[math]\displaystyle = ig (t^b \partial_\mu A^b_\nu - t^a \partial_\nu A^a_\mu + ig ( t^a t^b - t^b t^a ) A^a A^b) \psi.[/math]

이제 [math]\displaystyle t^a t^b - t^b t^a = [t^a, t^b] = if^{abc} t^c[/math]로 정의하자. 리 군과 리 대수 이론에 따르면 리 대수의 임의의 두 원소는 저런 교환자(commutator) [math]\displaystyle [\cdot, \cdot][/math]에 닫혀 있다. 따라서 이는 잘 정의된 식이다. 이걸 가지고 위 식을 다시 쓸 수 있다.[22]

[math]\displaystyle [D_\mu, D_\nu] \psi = ig (t^a \partial_\mu A^a_\nu - t^a \partial_\nu A^a_\mu + ig ( t^b t^c - t^c t^b ) A^b A^c) \psi[/math]
[math]\displaystyle = ig (t^a \partial_\mu A^a_\nu - t^a \partial_\nu A^a_\mu + ig ( if^{bca} t^a ) A^b A^c) \psi[/math]
[math]\displaystyle = ig t^a (\partial_\mu A^a_\nu - \partial_\nu A^a_\mu - gf^{bca} A^b A^c) \psi[/math].

이로부터 다음 정의가 가능하다.

[math]\displaystyle F^a_{\mu \nu} = \partial_\mu A^a_\nu - \partial_\nu A^a_\mu - gf^{bca} A^b A^c.[/math]

위에서 보인 것에 따라 다음 게이지 변환이 성립한다.

[math]\displaystyle t^a F^a_{\mu \nu} \to e^{-i t^a \Lambda^a} t^a F^a_{\mu \nu} e^{i t^a \Lambda^a}.[/math]

이 식은 [math]\displaystyle F^a_{\mu \nu}[/math]로부터 어떻게 로렌츠 불변이고 게이지 불변인 스칼라를 만들 수 있는지를 보여준다. 사실 다음과 같은 게이지 변환이 성립한다.

[math]\displaystyle tr(t^a F^a_{\mu \nu} t^b F^{b \mu \nu}) \to tr(e^{-i t^a \Lambda^a} t^a F^a_{\mu \nu} e^{i t^a \Lambda^a} e^{-i t^a \Lambda^a} t^b F^{b \mu \nu} e^{i t^a \Lambda^a}) = tr(t^a F^a_{\mu \nu} t^b F^{b \mu \nu}).[/math]

이제 [math]\displaystyle (F^a_{\mu \nu})^2 = tr(t^a F^a_{\mu \nu} t^b F^{b \mu \nu})[/math]로 정의하면 이 식은 로렌츠 불변이면서 게이지 불변인 스칼라이다. 따라서 총 액션은 다음과 같이 쓸 수 있다.

[math]\displaystyle S = \int \bar{\psi} ( i \gamma^\mu D_\mu - m ) \psi - \frac{1}{4} (F^a_{\mu \nu})^2 d^4 x[/math].

이렇게 해서 일반적인 게이지 대칭을 만족하는 액션을 찾았다. 즉, 전자기장의 일반화를 찾은 것이다. 여기서 얻어진 새로운 벡터장 [math]\displaystyle A^a_\mu[/math]는 이걸 처음으로 고안해 낸 사람들의 이름을 따 양-밀스 장이라고 부른다. 이렇게 해서 게이지 변환을 일반화시키면 다양한 상호작용들을 찾을 수 있게 된다.

한편, 일반적으로 게이지 군으로 가능한 군은 유니타리 조건 때문에 극히 제한되는데, 그 결과로 가능한 게이지 군은 모두 어떤 (컴팩트(compact)한) 단순 리 군(simple Lie group)들과 [math]\displaystyle U(1)[/math][23]의 곱으로만 표현이 가능하다. 그리고 단순 리 군은 모두 분류가 되어 있으며, 이는 현대 수학의 가장 빛나는 업적 중 하나로 꼽힌다.

위에서 바리온들의 대칭성을 논했었다. 겔만 등의 물리학자들은 이 대칭이 컴팩트한 단순 리 군인 [math]\displaystyle SU(3)[/math]에 해당하는 대칭이라는 것을 짐작했다. 그리고 이로부터 바리온들을 구성하는 쿼크들의 상호작용, 즉 강한 상호작용이 [math]\displaystyle SU(3)[/math]-게이지 장으로 기술될 수 있음을 알게 되었다. 그 후 실험으로 게이지 장 이론이 잘 맞는다는 것을 확인할 수 있었다. 흥미로운 것은 강한 상호작용의 구체적인 수학적 기술이 관측으로부터 얻어진 것이 아닌 이러한 몇 가지 대칭성(로렌츠 불변성, 게이지 대칭성)으로부터 얻어진 이론(수학)적인 결과로 얻어졌다는 사실이다. 이렇듯 게이지 장은 (중력을 제외한) 모든 상호작용들을 기술할 수 있는 강력한 도구로 쓰이고 있다.

강력에 대한 설명을 더 해 보자. [math]\displaystyle t^a[/math]들은 모두 [math]\displaystyle SU(3)[/math]를 생성하는 [math]\displaystyle 3 \times 3[/math]-행렬[24]들이다. 즉, 이 군에 해당하는 리 대수 [math]\displaystyle \mathbf{su}(3)[/math]의 한 기저[25]이다. 이 경우 [math]\displaystyle t^a[/math]의 개수는 8개이다.[26] 이는 곧 [math]\displaystyle \psi[/math]가 세 개의 성분을 가지며 장은 8개의 성분으로 표현된다는 것을 의미한다. 바로 여기서 3개의 색깔(페르미온 장의 성분 개수)과 8가지 종류의 글루온([math]\displaystyle t^a[/math]의 개수)이 나오는 것이다. 소위 양자색동역학(QCD --- Quantum ChromoDynamics)의 정체인 것이다. 그리고 이 법칙은 실험과 잘 맞아떨어졌다. 이렇게 게이지 장 이론은 자연의 근본적인 상호작용 중 하나를 잘 설명해 준다.

여담으로, 페르미온 장에 대한 변분을 취하면 전자기장([math]\displaystyle U(1)[/math]-게이지 장)의 경우에서 얻었던 운동 방정식을 거의 그대로 얻는다. 하지만 벡터장에 대한 변분을 취해서 얻은 방정식은 맥스웰 방정식과 사뭇 다르다. 벡터 퍼텐셜에 대한 방정식은 다음과 같이 주어진다.

[math]\displaystyle D^\mu F^a_{\mu \nu} = j_\nu.[/math]

그런데 이 식에서 [math]\displaystyle F^a_{\mu \nu}[/math]는 이미 [math]\displaystyle A^\mu[/math]에 대한 2차 항을 가지고 있다. 따라서 이 방정식은 비선형 2계 편미분 방정식이다. 이공계생들 비명 소리가 여기까지 들린다 그리고 이걸 풀 수 있는 일반적인 방법은 아직 존재하지 않는다. 심지어 어떤 특정한 조건에서 양-밀스 장방정식의 해를 구하는 문제가 다름 아닌 밀레니엄 문제들 중 하나이다! (참고: 양-밀스 질량 간극 가설)

3.5 자발적 대칭성 깨짐, 힉스 매커니즘, 전자기약력

이 대목은 게이지 장 혹은 게이지 대칭성이라는 주요 타이틀을 놓고 봤을 때 다른 항목에서나 다뤄질 법한 이야기이다. 하지만 자연에 드러나는 게이지 대칭성이 어떤 모습으로 나타나는가를 살펴보는 데 있어서 이 주제 또한 중요한 대목이기도 하다.

양-밀스 장으로 기술되는 액션에 [math]\displaystyle A_\mu A^\mu[/math] 같은 항(질량항)이 들어갈 수 없고 이는 장이 질량을 가질 수 없다는 것으로 연결된다고 말한 적이 있었다. 실제로 광자와 강한 상호작용의 양자인 글루온은 질량이 0인 것으로 관측되었다. 하지만 약한 상호작용을 고려하면 문제가 생긴다. 약한 상호작용의 양자들은 질량이 0이 아니다 못해 양성자보다 무거울 것으로 추정되었기 때문이다. 양-밀스 장으로는 약한 상호작용을 설명하기 어려워 보였다.

그러던 중 만약 게이지 대칭성이 깨진다면 저런 질량항이 생길 수 있다는 아이디어가 제시되었다. 페르미온 장과 같은 게이지 변환을 갖는 어떤 스칼라 장이 존재해 다음과 같은 커플링 항이 있다고 하자.

[math]\displaystyle |D_\mu \phi|^2 = |( \partial_\mu + ie A_\mu )\phi|^2.[/math]

편의 상 전자기장의 경우만 살펴 보겠다. 그런데 만약 [math]\displaystyle \phi(x) \to \phi_1(x) + \phi_0[/math]로 바꿔 쓴다고 하면 위 항에서 이런 항이 튀어 나온다.

[math]\displaystyle e^2 |\phi_0|^2 A_\mu A^\mu.[/math]

위에서 말했던 질량항이 생긴 것이다. 그런데 [math]\displaystyle \phi(x) \to \phi_1(x) + \phi_0[/math]를 취하고 나면 시스템은 [math]\displaystyle \phi_1(x)[/math]에 대해 처음의 게이지 대칭성을 잃어버린다. 그 대신 전자기장(양-밀스 장)에 질량항이 생겨 매개 입자가 질량을 가지게 된다.[27] 이런 방식은 임의의 양-밀스 장에 대해 성립한다.

저런 변환이 굳이 일어나리란 법은 없고 사실 그냥 수학적으로 일부러 저렇게 쓴 것과 별 차이가 없을 수도 있다. 하지만 스칼라 장의 퍼텐셜(나머지 항들)이 저런 변환을 강제하면 어떨까? 예를 들어 스칼라 장의 에너지가 최소인 지점이 장의 크기가 0인 지점[28]이 아니고 [math]\displaystyle \phi = \phi_0[/math]일 때[29]라면 어떨까? 그러면 [math]\displaystyle \phi[/math]는 에너지가 가장 낮게 되는 [math]\displaystyle \phi_0[/math] 근처에만 머물려고 할 것이며 실질적으로 [math]\displaystyle \phi(x) \to \phi_1(x) + \phi_0[/math]가 의미를 가지게 되어 처음의 게이지 대칭성이 더 이상 유지되지 못 하게 된다. 이러한 현상을 가리켜 자발적 대칭성 깨짐라고 부르며, 이렇게 만드는 매커니즘이 그 유명한 힉스 매커니즘이다. 그리고 저 스칼라 장이 다름 아닌 힉스 장이다. 2013년에 발견된 힉스 입자는 바로 이 힉스 장의 양자에 해당한다.

아무튼 이런 식으로 양-밀스 장은 대칭성이 깨지는 대신 질량을 가지게 된다. 와인버그, 글래쇼, 살람은 기존의 게이지 장 이론에 힉스 매커니즘을 도입하여 약력을 설명하려고 했다. 이때 필요한 게이지 군은 [math]\displaystyle SU(2) \times U(1)[/math]인데, 이때 이 게이지 장의 양자(매개 입자)는 총 네 개이다. 이들은 전부 다 질량이 0인데, 힉스 매커니즘에 의하여 대칭성이 깨지면 이 네 입자 중 하나만 뺴고 전부 다가 0이 아닌 질량을 갖게 된다. 이 0이 아닌 질량을 가지는 입자들이 바로 관측으로 확인된 입자들은 W+, W-, Z0 입자들이다. 그러면 나머지 한 입자는 뭘까? 이론 전개에 의하면 이 질량이 0인 입자는 사실 광자에 해당한다는 것을 알 수 있다. 즉, (힉스 매커니즘에 의하여) 대칭성이 붕괴된 [math]\displaystyle SU(2) \times U(1)[/math]-게이지 장은 약력과 전자기력 모두를 포함하는 장인 것이다! 그리고 에너지 혹은 온도가 충분히 높은 영역에서 원래 대칭성이 다시 살아나면[30] 전자기력과 약력은 더 이상 구분되지 않고 하나의 게이지 군으로 기술된다. 소위 전자기력과 약력의 통합인 전자기약력인 것이다! 이런 식으로 최초의 통일장 이론이 등장한 것이다. 그리고 이 이론은 실험을 통해 검증 받았고, 놀라운 성공을 거두어 와인버그, 글래쇼, 살람 이 세 사람이 노벨 물리학상을 공동으로 수상할 수 있게 된 것이다.

결국 이러한 전자기약력+힉스 매커니즘은 전자기력과 약력을 제대로 기술하는 이론이 되었고 여기에 따로 놀고 있는 강력까지 붙여서 총 게이지 군이 [math]\displaystyle SU(3) \times SU(2) \times U(1)[/math]임을 확인할 수 있었다. 이렇게 해서 얻어진 이론이 바로 표준모형이다.

4 한계

게이지 장 자체에는 거의 한계가 없다. 중력은 어차피 텐서장으로 기술되는 것이라서 게이지 장과 상관 없는 것이다. 양자중력이 아직 없는 이유는 중력을 올바르게 기술하기에 양자장론의 프레임이 부족한 것이지 게이지 장과는 별 관계가 없다. 매개 입자의 질량을 설명하지 못했던 한계도 힉스 매커니즘으로 해결이 되었다.

다만 그래도 한 가지 한계를 꼽자면 왜 게이지 군이 그것이어야 하는가일 것이다. 표준모형에 따르면 게이지 군은 [math]\displaystyle SU(3) \times SU(2) \times U(1)[/math]이다. 그런데 왜 하필 이 군이어야 하는지에 대한 답은 아직 없다. 일단 이 게이지 군이 자연의 진정한 게이지 군이라고 믿는 물리학자는 거의 없을 것이다. 이렇게 써 놔도 사실 강한 상호작용은 여전히 따로 노는 모습을 가지고 있으며 표준모형이 가지고 있는 몇 가지 부족한 모습들[31]이 있기에 그럴 수 밖에 없을 것이다.

이를 해결하기 위해 물리학자들은 [math]\displaystyle SU(3) \times SU(2) \times U(1)[/math]를 포함하는 더 큰 단일 게이지 군으로 기술되는 이론을 찾고 있다. 그 중 가장 먼저 나왔고 가장 간단했던 이론이 바로 [math]\displaystyle SU(5)[/math]-GUT 이론이다. GUT는 Grand Unified Theory의 약어인데, 말 그대로 전자기약력에서 보여준 통합(전자기력+약력)보다 더 큰 통합을 이뤘다는 뜻이다. 바로 강력까지 완전히 통합한 것이다. 표준모형에서 나타나는 게이지 군 [math]\displaystyle SU(3) \times SU(2) \times U(1)[/math]은 사실 [math]\displaystyle SU(5)[/math] 게이지 장의 대칭성이 붕괴되어 일어난 결과라는 것이다. 꽤 그럴 듯한 이론이었으나 양성자의 붕괴를 예측하여 얻은 양성자의 반감기가 실험과 안 맞았고[32] 따라서 이 이론은 좌초되었다. 지금까지 게이지 장 이론이 예측하는 족족 다 들어맞는 것 같은 모습을 보여줬지만 여기서만큼은 아니었던 것이다.

물리학자들은 이제 가장 간단했던 [math]\displaystyle SU(5)[/math]-GUT가 아닌 다른 새로운 GUT를 찾아나서고 있다. 가장 유력한 것 중 하나가 [math]\displaystyle SO(10)[/math]-이론. 그냥 뻥튀기 시킨 거 아녀? 하지만 이 이론이 맞는지는 여전히 오리무중이며 실제로 검증을 위해서는 엄청나게 높은 에너지가 필요하다. [math]\displaystyle 10^{15} \sim 10^{17}[/math] GeV에 달하는 에너지를 요구하니 말이다. 즉, 이 에너지 이상에 도달해야 가짜 진공으로 넘어 가 ([math]\displaystyle SU(3) \times SU(2) \times U(1)[/math]로 대칭성이 깨져 있던) 게이지 군이 원래 모습을 찾을 수 있기 때문이다.[33] 이 에너지는 현존하는 가장 거대한 입자 가속기(LHC)의 최대 출력(수천 GeV)보다 수천억 배(!!!)나 더 큰 에너지로, GUT가 검증 가능한 이론이냐, 심지어 지금 당장 연구할 가치가 있는 이론이냐[34] 하는 비판이 생겨나는 원인이 되고 있다. 그래도 [math]\displaystyle 10^{19}[/math] GeV에서 노는 모 이론보단 낫네 그거나 그거나

어쨌든 지금도 GUT는 검증이 되든 말든 활발하게 연구가 되는 분야지만 정작 왜 게이지 군이 그래야 하는가, 아니면 예를 들어 [math]\displaystyle SU(5)[/math]는 게이지 군이 될 수 없는가 하는 질문은 여전히 답이 없다. 그리고 게이지 장 이론 그 자체만으로는 그 답을 찾을 수 없을 것으로 보인다.[35] 게이지 장 이론의 한계라고 볼 수 있는 대목인 것이다. 이거 해결하면 노벨상?
  1. 사실 양자역학까지 필요하진 않다. 아래에 서술할 스피너 장(디랙 장)의 경우 고전적으로도 충분히 기술될 수 있기 때문이다. 실제로 아래에 이어질 서술들 중에서 고전 양자역학(슈뢰딩거 방정식에 의해 기술되는 양자역학)과 재규격화 가능성(renormalizability)을 제외하면 진짜 양자역학이라고 부를 만한 것이 필요하지 않다. 다만 스피너 장 같은 것은 고전 역학 같은 영역에서 나타나지 않고 양자역학(양자장론 등)에서만 다뤄지기에 양자역학이 필요하다고 할 만 하겠다.
  2. 자유 변수 [math]\displaystyle q_i[/math]에 대한 라그랑지안 [math]\displaystyle L[/math]이 주어져 있을 때 해밀토니안은 [math]\displaystyle H = \sum_i p_i \dot{q_i} - L[/math]로 주어지는데 ([math]\displaystyle \dot{q_i} = dq_i / dt[/math]), 여기서 [math]\displaystyle p_i = \partial L / \partial \dot{q_i}[/math]로 canonical conjugate(momentum)이다. 한편 전하 [math]\displaystyle -e[/math]를 띤 입자의 경우 [math]\displaystyle q_i = x_i[/math]이고 라그랑지안은 (고전적인 극한에서) [math]\displaystyle L = \frac{1}{2} mv^2 + e\phi - e\mathbf{A} \cdot \mathbf{v}[/math]로 주어진다. 상대성 이론을 참고할 것.
  3. 이런 단위계를 자연 단위계(natural system)이라고 부른다.
  4. 적당한 단위 변환으로 충분히 가능한 일이다. 이렇게 하면 [길이 단위] = [시간 단위] = [질량 단위]^-1(=[에너지 단위]^-1 = [운동량 단위]^-1가 되는데, 질량 단위만 생각하는 게 편하다)가 된다. 나중에 다른 단위계(예를 들어 SI 단위계)에서 값을 구하고 싶으면 그 물리량이 뭔지에 맞춰 [math]\displaystyle c[/math][math]\displaystyle \hbar[/math]를 살리면 그만이다. 예컨대 시간을 나타내는 물리량 [math]\displaystyle T[/math]는 이 단위계에서 길이와 단위가 같은데, 나중에 [math]\displaystyle T/c[/math]라고 붙여 시간 단위를 갖게 만들면 SI 단위계에서의 값을 계산할 수 있다.
  5. 상대성 이론에서 물리적으로 의미 있는 양은 스칼라, 벡터, 텐서 뿐이라고 했었다. 그런데 사실 더 있는데, 그것이 바로 스피너이다. 로렌츠 변환을 표현하는 다른 방법을 통해 보면 스칼라, 벡터, 텐서 뿐만 아니라 스피너도 있다는 사실을 알 수 있다. 사실 로렌츠 변환을 표현하는 방법들(representation)은 모두 분류가 되어 있으며 각각 반정수(0, 1/2, 1, 3/2, 2, ...)가 붙어 있는데, 0은 스칼라, 1은 벡터, 정수 n은 인덱스 수가 n개인 텐서에 해당하는 반면 나머지 정수가 아닌 반정수들에는 스피너들이 할당되어 있다. 그리고 이들 각각 물리량으로 표현되는 장들이 존재한다. 정수 번호가 붙은 물리량으로 표현되는 장들은 보존 장이라고 불리우며 정수가 아닌 반정수 번호가 붙은 물리량(스피너)으로 표현되는 장들은 페르미온 장들로 불리운다. 눈치챘겠지만, 이들 번호가 각 장을 양자화하여 얻은 입자들의 스핀에 해당한다. 그리고 상대론적 양자장론에 따르면 (스칼라, 벡터, )텐서로 표현되는 장은 보즈-아인슈타인 통계를 따르며 스피너로 표현되는 장은 페르미-디랙 통계를 따른다는 것도 보일 수 있다.
  6. 물론 다른 장들의 역할이 두드러질 정도로 높은 에너지 영역에서는 이야기가 달라진다. 거기서부턴 표준모형의 영역이다.
  7. 상수 차이는 사실 보통의 위상 변화에 해당하는 것이어서 무시할 수 있다.
  8. 일반 상대성 이론 혹은 미분기하학에서 봤던 그 공변 도함수와 유사하다. 이 사실은 게이지 장이 미분기하학에서 표현될 수 있도록 하는 단초를 마련한다.
  9. 물론 로렌츠 불변성은 기본이다.
  10. 그리고 적당한 디랙 장이 존재한다는 것도.
  11. 물리학자들이 쓴 책들을 보면 '아름답다', '우아하다'라고 말하는 대목들이 많은데, 사실 이런 것 때문이다.
  12. 그 법칙의 지배를 받는 상호작용(강한 상호작용, 약한 상호작용)이야 이미 관측이 되어 그 존재를 알았지만 정확한 매커니즘은 모르고 있었던 것이다. 즉, 전자기장을 설명하는 맥스웰 방정식 같은 게 그 전엔 없었던 것이다.
  13. 참고로 스칼라 장의 액션을 봐도 [math]\displaystyle m^2 \phi^2[/math]가 질량에 해당하는 항임을 알 수 있다.
  14. 사실 스피너는 그 자체로 4개의 성분을 가진다고 볼 수 있다. 하지만 게이지 변환을 생각할 때에는 그러한 4개 성분을 그냥 한 성분으로 묶어서 취급한다. 즉, 앞으로 언급할 행렬들은 그 성분들이 전부 [math]\displaystyle \psi[/math] 같은 스피너이거나 혹은 여기에 곱해지는 디랙 감마 행렬 같은 것들이 된다. 행렬을 성분으로 갖는 행렬이라니 몰라 뭐야 그거 무서워
  15. 근데 수학자들의 눈에는 그런 게 그냥 보일 수도 있다. 워낙 이런 일들만 하고 살아온 인간들이다 보니. 행렬 연산으로 확장해 보겠습니다. 어때요, 참 쉽죠?
  16. 사실 수학에서 말하는 정확한 '리 대수'와는 다르다. 실제로는 [math]\displaystyle e^{\Lambda}[/math]와 같은 식으로 생성할 때를 가리켜 부르는 것이다. 물론 불편하긴 해도 잘 변환하면 수학에서 전개된 리 군, 리 대수 이론을 물리학에서도 잘 써먹을 수 있긴 하지만. 이렇듯 수학에서 쓰이는 용어와 정의와 물리학에서 쓰이는 것은 차이가 조금씩 날 때가 많다.
  17. 로렌츠 변환들을 모은 집합 역시 리 군이 된다. 사실 이미 우리는 리 군을 열심히 써 왔던 것이다. 하지만 게이지 장 이론에서만큼 다양한 리 군이 동원된 적은 없었다.
  18. 여기에 복소수 곱셈을 준 것. 이렇게 연산까지 줘야 군이라고 말할 수 있는 것이다.
  19. '같다'는 것은 '둘 간에 어떤 동형사상(isomorphism)이 존재한다'는 뜻으로 읽어야 한다. 현대 수학의 기본적인 철학(?) 중 하나로, 이인석 교수의 선형대수와 군에서는 isomorphism에 '이름 바꾸기'라는 별명을 달아준다.
  20. 수학자 아벨(Abel)의 이름을 딴 이름이다. 대수학에서 워낙 많이 쓰이는 탓에 책에 따라서는 사람 이름인데도 그냥 abelian이라고 쓰이기도 한다.
  21. 그럴 수 밖에 없는 것이, 나중에 보겠지만 게이지 대칭에 쓰이는 리 군들 중에서 Abelian인 것은 [math]\displaystyle U(1)[/math] 혹은 [math]\displaystyle U(1)[/math] 여러 개의 direct product가 전부이다.
  22. 기저를 잘 주면 [math]\displaystyle f^{abc}[/math]의 인덱스들이 순환 대칭을 가지도록 할 수 있다. 즉, [math]\displaystyle f^{abc} = f^{bca}[/math]가 성립할 수 있다는 것이다. 그리고 보통 양자장론 책에서는 이렇게 놓는 것이 편리함을 줄 때가 많아서 기본적으로 이걸 가정한다. 하지만 여기서는 이 가정을 채택하지 않겠다.
  23. 이건 없어도 되고, 이것만 있어도 된다. 이것만 있는 경우가 바로 전자기장.
  24. 사실 [math]\displaystyle 3 \times 3[/math] 말고도 다양한 크기의 행렬들로 저 군을 표현할 수 있다. [math]\displaystyle SU(3)[/math]라서 [math]\displaystyle 3 \times 3[/math]가 아닌 것이다. 게다가 가능한 방법들은 무한히 많다! 그 중에서 강력을 잘 설명해 주는 것이 따로 있을 뿐인 것이다. 참고로 임의의 단순 리 군을 표현하는 방법(representation)들 역시 모두 분류가 되어 있고, 이 역시 현대 수학의 큰 성과 중 하나이다.
  25. 표현 방법이 정해졌다고 기저가 유일하게 정해지는 것은 아니다. 그래도 기저를 무엇으로 택하는가는 사실 큰 문제가 안 된다. 그럼에도 강력을 다룰 땐 편의 상 보통 기저도 특정한 행렬들로 고정시킨다. 그렇게 고정이 되었을 때 [math]\displaystyle 2t^a[/math]들을 겔만 행렬들(Gell-Mann matrices)이라고 부른다.
  26. 일반적으로 [math]\displaystyle SU(N)[/math]의 경우 [math]\displaystyle t^a[/math]의 개수는 [math]\displaystyle N^2 - 1[/math]로 주어진다.
  27. 사실 페르미온 장도 질량을 가지기 어렵다. CP-대칭성 등에 의하여 페르미온 장의 질량항은 위에서 쓴 그 모양을 유지할 수가 없는데, 그렇게 되면 질량항은 게이지 불변이지 않게 된다. 따라서 페르미온들도 질량을 가질 수 없게 된다. 도대체 질량을 갖고 있는 게 뭔데? 하지만 실제 페르미온들은 질량을 가지고 있다. 이 문제 역시 힉스 매커니즘을 통해 해결이 가능하다. 괜히 힉스 입자가 질량을 부여하는 입자(정확한 표현은 아니지만, 어쨌든)라는 별칭을 가지게 된 것이 아니다.
  28. 이때를 가리켜 가짜 진공이라고 부른다.
  29. 이때를 가리켜 진짜 진공이라고 부른다.
  30. 가짜 진공 상태에 머물 수 있게 되면.
  31. 19가지나 되는 독립된 파라메터들과 중성미자의 질량을 설명하지 못한다는 것이 그 주 원인일 것이다.
  32. 그 거대한 물탱크(...)인 일본의 (슈퍼) 카미오칸데가 양성자 붕괴를 검출하기 위해 지어진 것이다.
  33. 그런데 이 정도 레벨의 에너지를 요구한다는 것이 재밌게도 GUT의 존재에 대한 한 증거로 받아들여지고 있다. 다름 아닌 우주론의 인플레이션(inflation) 이론 때문인데, 물리학자들은 어떤 스칼라 장의 상태가 바뀌면서 (대칭성이 깨지면서) 암흑 에너지에 해당하는 것이 엄청나게 생겨 났을 것이고 이로 인해 엄청난 팽창이 일어났을 것이라고 추측하고 있다. 이 현상의 한 가지 덤은 지금의 물질들이 이러한 대격변 와중에 생겨났다는 것이고. 그런데 이 현상의 원인이 되는 스칼라 장의 대칭성이 깨지는 경계는 에너지가 [math]\displaystyle 10^{15} \sim 10^{17}[/math] GeV에 달하는 영역이다. 이것은 전자기약력의 스칼라 장의 경계보다 훨씬 더 높은 에너지이다. 따라서 뭔가 또다른 스칼라 장이 있어 또다른 대칭성이 깨졌어야 하고, 그것이 다름 아닌 강력과 전자기약력이 통합된 게이지 장의 게이지 대칭성이지 않은가 하는 추측을 하는 것이다.
  34. 어차피 오랫동안 검증을 못 할테니까. 위키러들 죽기 전에 되려나
  35. 실제로 로렌츠 불변성과 게이지 불변성을 모두 만족하는 스칼라들이 무수히 많음에도 어떤 특정한 것들만 가능하다는 사실은 게이지 장 이론에서 얻어진 것이 아닌 양자장론의 프레임(재규격화 가능성)에서 얻어진 것이다.