로런츠 변환

Lorentz transformation.

1 개요

광속 불변의 원리을 만족하는 관성 좌표계 간 좌표 변환 방법이다. 원래는 갈릴레이 변환이 맥스웰 방정식과 모순되는 점이 있었기 때문에, 헨드릭 안톤 로런츠(Hendrik Antoon Lorentz)가 새로 만든 좌표 변환법이다. 정작 로런츠 자신은 이 식을 만들 때 상대성 이론 같은 개념은 고려하지 않았던 듯. 하지만 알베르트 아인슈타인이 특수상대론에서 이 변환을 주워먹고(?) 유용하게 쓰고 있다.

전자기학이 갈릴레이 변환에 의해 변한다는 점이 드러나게 되며 뉴턴 역학과 전자기학은 맞지 않는다는 걸 찾아냈는데, 그래서 맥스웰 방정식을 갈릴레이 변환에 맞게 고쳐봤더니 쓸모도 없고 영혼도 없는 잡공식이 되어버렸다. 즉 맥스웰 방정식에는 이상이 없었고, 그 반대로 맥스웰에 대해 불변인 것을 찾는 흐름이었는데, 로런츠가 처음 이 변환을 발견한 것은 그저 맥스웰 방정식의 꼴이 불변인 좌표 변환을 찾고 싶어서 그런 것일 뿐이었다. 말 그대로 수학적인 트릭을 찾고자 했던 것 그 이상도 그 이하도 아니었다. 하지만 이 식에 숨겨진 진짜 물리적인 의미인 자연의 진정한 관성 좌표계 간 좌표 변환 식이라는 사실은 상대성 원리의 확고함과 광속 불변의 원리로부터 얻어질 수 있는 의미였다. 푸앵카레가 가장 먼저 깨닫고 아인슈타인이 정립한 것이 바로 이것이었으며 먹튀(...)라고 불릴 수 없는 이유이기도 하다. 하지만 어쨌든 변환 식 자체는 로런츠가 먼저 찾아냈으니 이 변환식의 이름은 아인슈타인 변환이 아니라 로런츠 변환이 된 것이다. 이로부터 파생된 '로런츠 군'이라든가 '로런츠 불변성' 같은 단어들도 있다. 이래서 최초가 중요한 거다 아인슈타인 이름 붙은 건 없나 없긴 왜 없어 직접적인 관계는 없지만 이건도

제대로 된 로런츠 변환 식은 널리 알려진 식보다 더 복잡하다. 하지만 그래 봤자 공간에서의 회전 두어 개랑 아래에 설명할 로런츠 부스트를 짬뽕시킨 것에 불과하긴 하지만. 현재 일반적인 로런츠 변환은 공간 좌표계들끼리의 회전까지도 모두 포함하고 있다. 여기에서 군(group) 이론, 특히 리 군(Lie group) 이론으로 로런츠 변환을 묘사할 수 있으며 로런츠 군이 바로 그 결과.

2 의미

살...살려주세요 빛의 속도로 포기해 본 적 있나?

두 관성계 $$S, S'$$ 이 있고, $$S'$$ 이 $$S$$ 에 대해 $$x$$ 축 방향으로 $$v$$ 라는 속도로 이동하고 있다고 하자. 이 때, 한 물체의 좌표가 $$S$$ 에서는 $$\left( x, y, z, t \right)$$ 이고, $$S'$$ 에서는 $$\left( x', y', z', t' \right)$$ 이면, 두 좌표 사이에는 아래와 같은 관계가 있다.

$$x' = \gamma \left( x - \beta ct \right)$$

$$y' = y$$
$$z' = z$$
$$ct' = \gamma \left(ct - \beta x \right)$$

여기서 $$c$$ 는 진공에서의 빛의 속도이며,

$$\beta = \frac{v}{c}$$ , $$\gamma = \frac{ 1 }{ \sqrt{ 1 - \beta^2 } }$$

이다. 특히 여기서 $$\gamma$$ 는 로런츠 인자라고 불린다. 여기서 설명된 좌표 변환식은 $$x$$ 방향의 로런츠 부스트(Lorentz boost)이다. 물론 $$y$$ 축 방향, $$z$$ 축 방향 로런츠 부스트도 있다. 각각 $$x$$ 축의 역할을 $$y$$ 축, $$z$$ 축에 의임한 식이 되겠다.

여기서 $$x^1 = x, x^2 = y, x^3 = z, x^0 = ct$$ 로 표기하자. $$(x')^\mu$$ ( $$\mu = 0, 1, 2, 3$$ )도 $$ct', x', y', z'$$ 로 똑같이 정의한다. 그러면 위 변환 식은 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$(x')^0 = \gamma x^0 - \gamma \beta x^1$$
$$(x')^1 = -\gamma \beta x^0 + \gamma x^1$$
$$(x')^2 = x^2$$
$$(x')^3 = x^3$$

물론 행렬로도 쓸 수 있다.

$$\left( \begin{array}{r} (x')^0 \\ (x')^1 \\ (x')^2 \\ (x')^3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && -\gamma \beta \;\; && 0 \;\; && 0 \\ -\gamma \beta \;\; && \gamma \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} x^0 \\ x^1 \\ x^2 \\ x^3 \end{array} \right).$$

같은 방식으로 $$y$$ 축, $$z$$ 축 로런츠 부스트들도 표현할 수 있다. 각각 다음과 같이 표현된다.

$$\left( \begin{array}{r} (x')^0 \\ (x')^1 \\ (x')^2 \\ (x')^3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && 0 \;\; && -\gamma \beta \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ -\gamma \beta \;\; && 0 \;\; && \gamma \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} x^0 \\ x^1 \\ x^2 \\ x^3 \end{array} \right),$$
$$\left( \begin{array}{r} (x')^0 \\ (x')^1 \\ (x')^2 \\ (x')^3 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && -\gamma \beta \\ 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ -\gamma \beta \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && \gamma \end{array} \right) \left( \begin{array}{r} x^0 \\ x^1 \\ x^2 \\ x^3 \end{array} \right).$$

여기서 로런츠 부스트에 해당하는 행렬을 $$\Lambda$$ 라 하고 이 행렬의 $$(\mu, \nu)$$ -성분을 $$\Lambda^\mu_\nu$$ 라고 표기하자. 그러면 위 식은 다음과 같이 쓸 수 있다.\

$$(x')^\mu = \Lambda^\mu_\nu x^\nu.$$

여기서 우변은 원래 $$\sum_{\mu = 0}^3 \Lambda^\mu_\nu x^\nu$$ 인데, 편의 상 귀찮아서 생략한다. 이를 가리켜 아인슈타인 규약(Einstein convention)이라고 부른다. 이는 몇 가지 규칙으로 정해진다.

• 같은 인덱스가 두 번 써져 있으면 그 인덱스에 대한 총합(summation)이라는 뜻이다. 예를 들어 $$A^\mu B_\mu$$ 는 $$\sum_{\mu = 0}^3 A^\mu B_\mu$$ 에서 $$\sum_{\mu = 0}^3$$ 가 생략되어 있다는 것이다.
• 같은 인덱스는 두 번만 쓸 수 있으며, 같은 인덱스를 그보다 많이 쓴 것은 잘못된 표기다. 예를 들어 $$A^\mu B_\mu C^\mu$$ 같은 것은 잘못되었다.
• (두 개의) 같은 인덱스들 중 하나는 위 첨자에, 다른 하나는 아래 첨자에 있어야 한다. 예를 들어 $$A^\mu B^\mu$$ 같은 것은 잘못되었다.

이 문서에서 당장 중요한 것은 아니지만 로런츠 변환을 다룬다고 한다면 워낙 많이 쓰이는 표기라 여기서 소개하는 것이다.

한편, 다음을 알 수 있다.

$$\left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && 0 \;\; && -\gamma \beta \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ -\gamma \beta \;\; && 0 \;\; && \gamma \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rrrr} 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && -1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && -\gamma \beta \;\; && 0 \;\; && 0 \\ -\gamma \beta \;\; && \gamma \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rrrr} 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && -1 \end{array} \right)^{-1},$$
$$\left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && -\gamma \beta \\ 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ -\gamma \beta \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && \gamma \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rrrr} 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && -1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && -\gamma \beta \;\; && 0 \;\; && 0 \\ -\gamma \beta \;\; && \gamma \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rrrr} 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && -1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \end{array} \right)^{-1}.$$

이런 식으로 $$y$$ 측, $$z$$ 축 로런츠 부스트들을 $$x$$ 축 로런츠 부스트의 좌표 변환 버전으로 나타낼 수 있다. 회전 변환에 익숙한 사람들이라면 이때 사용된 (양 옆에 곱해진) 행렬들이 3차원 공간의 회전 변환에 해당하는 행렬임을 볼 수 있을 것이다. 이런 식으로 로런츠 변환들을 간단하게 표현할 수 있다. 한편, 위에서 설명했듯이 일반적으로 저런 3차원 회전 변환(의 4차원 형태) 역시 일반적인 로런츠 변환에 들어간다. 또한 위와 같은 방법으로 $$x$$ 축 부스트 말고도 $$y$$ 축 혹은 $$z$$ 축 로런츠 부스트로 나머지 로런츠 부스트들을 표현할 수 있다.

설명했듯이 일반적인 로런츠 변환은 임의의 방향의 로런츠 부스트에 3차원 공간에서의 임의의 회전변환을 포함하는 개념이다. 위에서 설명한 것까지 생각하면 결국 일반적인 로런츠 변환은 다음과 같다는 것을 알 수 있다.

$$\Lambda = O_2 \Lambda_{x, \beta} O_1^{-1}.$$

여기서 $$\Lambda_{x, \beta}$$ 는 $$\beta, \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \beta^2}}$$ 로 정해진 $$x$$ 축 방향 로런츠 부스트이고, $$O_1, O_2$$ 는 3차원 회전 좌표 변환의 4차원 행렬 꼴이다. 즉, 이런 $$3 \times 3$$ -직교 행렬(orthogonal matrix) $$\tilde{O}_1, \tilde{O}_2$$ 들이 존재한다는 것이다.

$$O_i = \left( \begin{array}{rr} 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && \tilde{O}_i \end{array} \right).$$

위에서 쓴 $$y$$ 축, $$z$$ 축 로런츠 부스트들도 이러한 표현에 포함된다는 것을 확인하자. 물론 굳이 $$x$$ 축일 필요는 없다.

덧붙여서 $$O'_2 = O_2 O_1^{-1}$$ 라 하자. 그러면 $$\Lambda = O'_2 ( O_1 \Lambda_{x, \beta} O_1^{-1})$$ 로 쓸 수 있다. 여기서 $$\hat{x} = (0, 1, 0, 0)$$ 에 $$O_1$$ 을 (왼쪽에) 작용시켜 얻은 것을 $$\hat{n}$$ 라 하자. 물론 이 벡터는 단위벡터일 것이다. 그러면 $$O_1 \Lambda_{x, \beta} O_1^{-1}$$ 는 다음과 같은 작용을 하는 변환이라고 볼 수 있다.

• $$\hat{n}$$ 을 $$\hat{x}$$ 와 같은 방향이 되도록 좌표를 돌린다.
• $$x$$ 축 방향으로 속력 $$\beta$$ 만큼 로런츠 부스트를 작용시킨다.
• $$\hat{x}$$ 방향이 $$\hat{n}$$ 방향이도록 좌표를 도로 돌린다.

그런데 이 작용을 가만히 보면 사실 다음과 똑같은 것임을 알 수 있다. 여기서 $$\vec{v} = \beta \hat{n}$$ 이다.

• 속도 $$\vec{v}$$ 에 해당하는 로런츠 부스트를 작용시킨다.

즉, 일반적인 로런츠 부스트를 이런 식으로 간단하게 표현할 수 있다. 실제로 $$O_1 \Lambda_{x, \beta} O_1^{-1}$$ 를 하나의 행렬 꼴로 정리해서 쓰면 생각보다 꽤 복잡한 꼴이 된다. 한편, $$O'_2$$ 는 로런츠 부스트를 시킨 다음에 별도로 공간을 회전시킨 것이 되는 셈이다.

3 일반적인 정의

로런츠 변환이 광속 불변의 원리를 만족하는 식이라고 했었다. 그 말은 즉 광속 불변의 원리로부터 로런츠 변환이 유도된다는 뜻이다. 물론 상대성 원리와 관성 좌표계의 정의가 필요하긴 하다.

관성 좌표계에 대한 설명은 대칭성 항목과 상대성 이론/심화 항목에서 어느 정도 다루긴 했으나 여기서 다시 설명할 것이다. Landau, Lifshitz 시리즈 중 Mechanics에 따르면 관성 좌표계는 다음과 같이 정의된다.

관성 좌표계는 시간과 공간에 대해 균질(homogeneous)하고 공간의 방향에 대해 등방(isotropic)한 좌표계를 말한다.

위의 책에 따르면 평행 이동을 제외한 관성 좌표계 간 좌표 변환은 다음과 같은 꼴을 갖는다.

$$\left( \begin{array}{r} (x')^0 \\ (x')^1 \\ (x')^2 \\ (x')^3 \end{array} \right) = \Lambda \left( \begin{array}{r} x^0 \\ x^1 \\ x^2 \\ x^3 \end{array} \right).$$

여기서 $$\Lambda$$ 는 어떤 행렬이다. 또한 이 공간은 어떤 기하학을 가지고 있어야 한다. 벡터 공간에 기하학을 부여한다는 이야기는 이 공간에 내적 혹은 symmetric bilinear form $$(v, w)$$ 를 정의하겠다는 뜻이다. 그리고 관성 좌표계들 간의 변환은 이 기하학을 보존시켜야 한다. 즉, 다음 식이 성립해야 한다는 것이다.

$$(\Lambda v, \Lambda w) = (v, w).$$

만약 $$x^0$$ 등이 빠진 3차원 공간이었다면 $$(\cdot, \cdot)$$ 는 우리가 잘 아는 유클리드 내적일 것이고, 그러면 $$\Lambda$$ 는 직교 행렬일 것이다. 하지만 관성 좌표계 간 좌표 변환 중에는 속도가 서로 다른 관찰자들 간의 좌표 변환도 포함되어야 한다. 자세한 설명은 위의 책 참조. 따라서 필연적으로 4차원 시공간에서 제대로 된 '내적'(아닐 수도 있지만)을 정의해야 한다. 물론 이 내적은 관성 좌표계의 정의(공간에 대한 등방성)에 따라 3차원 유클리드 공간의 내적을 포함해야 한다.

여기서 선형대수학 이론을 잠깐 꺼내 보겠다. 지금 우리가 다루는 좌표 공간은 벡터 공간이다. 따라서 기저(basis)를 생각할 수 있다. 이때 임의의 symmetric bilinear form $$(\cdot, \cdot)$$ 에 대해 $$(v_i, v_j) = a_i \delta_{ij}$$ 가 성립하는 기저 $$(v_i)$$ ( $$i = 0, 1, 2, 3$$ )가 존재한다. 여기서 $$a_i$$ 는 어떤 실수이다. 특히 지금 우리가 다루고 있는 벡터 공간은 스칼라가 실수이기 때문에 $$a_i$$ 가 1 혹은 -1이도록 잡을 수 있다. 모두 1 혹은 모두 -1일 수는 없지만 중요한 건 4차원 실수 공간에 정의되는 모든 symmetric bilinear form은 위와 같이 1 혹은 -1이도록 구해진 $$a_i$$ 중에서 1의 개수 혹은 -1의 개수에 의해 완전히 결정된다는 것이다. 즉, 두 symmetric bilinear form이 있는데 만약 둘로부터 1 혹은 -1이도록 구해진 $$a_i$$ 가 같은 개수의 1과 -1을 갖는다면 둘은 실질적으로 완전히 같은 것들이라는 것이다. 실제로 어떤 좌표 변환을 통해 하나로부터 나머지 하나의 꼴을 그대로 구할 수 있다.

그러한 기저에서 벡터들의 성분을 $$x^\mu$$ 와 같이 표현한다고 치자. 그러면 위 상황은 다음과 같이 표현될 수 있다는 것이다.

$$\displaystyle \left( \sum_{\mu = 0}^3 x_2^\mu v_\mu, \sum_{\nu = 0}^3 x_1^\nu v_\nu \right) = \sum_{\mu = 0}^3 a_\mu x_2^\mu x_1^\mu = x_2^T J x_1.$$

여기서 $$J$$ 는 대각 성분이 순서대로 $$a_\mu$$ 인, 흑은 대각 성분들이 1 아니면 -1인 대각 행렬이다. 위에서 설명한 것을 이 표기로 정리하자면 결국 $$J$$ 가 무엇이냐를 결정하는 것이 우리가 사는 4차원 시공간의 기하학을 결정하는 것이 된다.

한편 우리에게 익숙한 좌표계라면 각 성분들이 서로 수직한 것이어야 한다는 것을 알 수 있다. 공간 성분들( $$v_1, v_2, v_3$$ )이야 우리가 흔히 쓰는 직교 좌표계인 것이 좋을 것이다. 한편 나머지 한 성분( $$v_0$$ )은 시간 성분이어야 할텐데, 만약 나머지 공간 성분들과 시간 성분이 서로 수직하지 않다면 관성 좌표계의 정의에서 시간에 대한 균질성을 말하기가 어렵게 된다. 더군다나 각 성분들의 '크기', 즉 $$(v_i, v_i)$$ 는 되도록 단위 길이인 것이 우리가 원하는 좌표계에 잘 맞을 것이다. 물론 그 값이 1이 아닌 -1일 수도 있지만. 따라서 위와 같이 $$(v_i, v_j) = a_i \delta_{ij}$$ ( $$a_i = \pm 1$$ )이도록 좌표계를 잡은 것은 우리가 원하는 관성 좌표계에 가장 알맞는 좌표 선택이라고 볼 수 있다.

이때 관성 좌표계 간 좌표 변환 $$\Lambda$$ 에 대해 이 변환이 만족해야 할 조건 $$(\Lambda v, \Lambda w) = (v, w)$$ 을 다음과 같이 다시 쓸 수 있다.

$$x_2^T J x_1 = (\Lambda x_2)^T J (\Lambda x_1) = x_2^T (\Lambda^T J \Lambda) x_1.$$

$$x_1, x_2$$ 의 임의성에 의하여 위 식은 다음과 동치이다.

$$\Lambda^T J \Lambda = J.$$

따라서 $$J$$ 를 구하면 $$\Lambda$$ 가 가져야 할 조건 중 하나가 완성된다.

다시 관성 좌표계의 정의로 돌아가 보자. 이 정의에서는 공간의 등방성을 가정하고 있다. 이 가정에 따라 공간 좌표들은 유클리드 기하학을 만족해야 한다고 앞에서 말했었다. 공간이 유클리드 기하학을 만족한다는 것은 공간 좌표에 해당하는 세 성분이 있어 이들이 직교한다는 것을 말한다. 위에서 정한 기저 중 세 개 성분 $$v_1, v_2, v_3$$ 에 대해 $$(v_i, v_j) = \delta_{ij}$$ 이기를 요구한다는 것이다. 따라서 $$J$$ 의 대각 성분은 -1, 1, 1, 1 혹은 1, 1, 1, 1로 주어져야 한다.

그런데 관성 좌표계의 정의만으로는 둘 중 어느 것이냐를 결정할 수 없다. 다른 무언가가 필요하다는 것이다. 바로 지금이 광속 불변의 원리를 적용할 때이다. 광속 불변의 원리에 따르면 어떤 관성 좌표계에서 $$-(x^0)^2 + (x^1)^2 + (x^2)^2 + (x^3)^2 = 0$$ 이면 이를 다른 관성 좌표계로 좌표 변환하여 얻은 값을 $$(x')^\mu$$ 라 했을 때 $$-((x')^0)^2 + ((x')^1)^2 + ((x')^2)^2 + ((x')^3)^2 = 0$$ 임을 알 수 있다. 즉, 임의의 관성 좌표계 간 좌표 변환 $$\Lambda$$ 에 대하여 $$(x')^\mu = \Lambda^\mu_\nu x^\nu$$ 라고 쓰면, 혹은 $$(x^\mu)$$ 와 $$((x')^\mu)$$ 를 각각 $$x, x'$$ 라고 표기했을 때 $$x' = \Lambda x$$ 라고 하면, 광속 불변의 원리를 다음과 같이 쓸 수 있게 된다.

$$x^T J' x = 0 \Rightarrow (\Lambda x)^T J' (\Lambda x) = x^T (\Lambda^T J' \Lambda) x = 0.$$

여기서 $$J'$$ 는 대각 성분이 -1, 1, 1, 1인 대각 행렬이다. 따라서 모든 관성 좌표계 간 좌표 변환 $$\Lambda$$ 는 위 식을 만족해야 한다. 한편, $$J'$$ 는 대각 행렬인데 -1, 1, 1, 1을 대각 성분으로 가질 수도 있다는 점에서 아까 찾은 $$J$$ 와 비슷하다. 따라서 $$J = J'$$ 같아 보인다.

실제로 만약 둘이 다르다면 모순이 일어난다는 것을 볼 수 있다. $$J' \ne J$$ 라고 가정하자. 이 가정에 의하면 $$J = 1$$ 이므로 $$\Lambda^T J \Lambda = J$$ 를 만족하는 $$\Lambda$$ 중엔 다음과 같은 것이 있다.

$$\Lambda = \left( \begin{array}{rrrr} 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ -1 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right).$$

이때 다음을 계산할 수 있다.

$$\Lambda^T J' \Lambda = \left( \begin{array}{rrrr} 0 \;\; && -1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rrrr} -1 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rrrr} 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ -1 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{rrrr} 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && -1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right).$$

이제 $$(x^\mu) = (1, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}, 0)$$ 인 경우를 보자. 그러면

$$\displaystyle x^T J' x = -1^2 + \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2 + \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2 + 0^2 = 0$$

이다. 여기서 광속 불변의 원리에 따라 $$(\Lambda x)^T J' (\Lambda x) = x^T (\Lambda^T J' \Lambda) x = 0$$ 이어야 한다. 그런데

$$\displaystyle x^T (\Lambda^T J' \Lambda) x = 1^2 - \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2 + \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2 + 0^2 = 1 \ne 0$$

이다. 이는 모순이다. 따라서 처음 했던 가정은 부정이 되어 결국 $$J = J'$$ 임을, 즉 $$J$$ 가 대각 성분이 -1, 1, 1, 1인 대각 행렬이어야 함을 얻는다.

정리하자. 모든 관성 좌표계 간 좌표 변환 $$\Lambda$$ 는 다음을 만족해야 한다.

$$\Lambda^T J \Lambda = J \;\; (J = diag(-1, 1, 1, 1)).$$

관성 좌표계 간 좌표 변환이 만족해야 할 중요한 조건을 얻었다. 이제 이 조건으로부터 저 위에서 얻었던 일반적인 로런츠 변환을 이끌어낼 것이다.

구하기에 앞서 몇 가지 성질을 살펴 보자. 위 조건을 만족하는 두 행렬 $$\Lambda_1, \Lambda_2$$ 를 생각해 보자. 그러면 다음이 성립한다.

$$(\Lambda_1 \Lambda_2)^T J (\Lambda_1 \Lambda_2) = \Lambda_2^T (\Lambda_1^T J \Lambda_1) \Lambda_2 = \Lambda_2^T J \Lambda_2 = J.$$

따라서 $$\Lambda_1 \Lambda_2$$ 또한 관성 좌표계 간 좌표 변환이다. 한편 단위 행렬이 위 조건을 만족한다는 것은 당연하다. 그리고 $$\Lambda^T J \Lambda = J$$ 식 양변을 행렬식에 넣으면 $$\det{\Lambda} = \pm 1 \ne 0$$ 임을 알 수 있어 $$\Lambda$$ 가 역행렬을 가지며, 또한

$$(\Lambda^{-1})^T J \Lambda^{-1} = (\Lambda^{-1})^T (\Lambda^T J \Lambda) \Lambda^{-1} = J$$

임을 통해 $$\Lambda^{-1}$$ 또한 관성 좌표계 간 좌표 변환임을 알 수 있다. 이렇게 세 가지 새로운 행렬들이 관성 좌표계 간 좌표 변환임을 얻었는데, 이 사실로부터 관성 좌표계 간 좌표 변환들의 집합이 군(group)임을 알 수 있다. 특히 그 곱이 항상 미분이 가능하다는 점에서 이 군은 특별히 리 군(Lie group)임을 알 수 있다. 이 군을 가리켜 로런츠 군(Lorentz group)이라고 부른다.

로런츠 변환을 이끌어내는 문제로 돌아가자. $$\Lambda^T J \Lambda = J$$ 를 만족하는 임의의 $$\Lambda$$ 를 생각해 보자. 먼저 할 일은 로런츠 변환 $$\Lambda$$ 를 가했더니 4-벡터 $$(e_0^\mu) = (1, 0, 0, 0)$$ 가 얻어지는 4-벡터 $$(u^\mu)$$ 를 생각해 보는 것이다. 즉,

$$\Lambda^\mu_\nu u^\nu = e_0^\mu$$

혹은

$$\Lambda^0_\nu u^\nu = 1, \;\; \Lambda^i_\nu u^\nu = 0 \;\; (i = 1, 2, 3)$$

인 $$u^\mu$$ 를 생각해 보자. $$\Lambda^T J \Lambda = J$$ 양변에 행렬식을 취해 보면 $$\Lambda$$ 의 행렬식이 1 아니면 -1임을 알 수 있는데, 이는 $$\Lambda$$ 가 역행렬을 가진다는 것을 의미하고, 따라서 조금 전의 조건을 만족하는 $$u^\mu$$ 는 분명 존재한다. 또한

$$-(u^0)^2 + (u^1)^2 + (u^2)^2 + (u^3)^2 = u^T J u = e_0^T J e_0 = -1$$

임을 통해 $$(u^0)^2 = (u^1)^2 + (u^2)^2 + (u^3)^2 + 1 \gt 1$$ 인 것도 알 수 있다. 여기서 한 가지 가정을 하자. $$u^0 \gt 0$$ 이라는 조건을 달겠다. 이제 $$\gamma = u^0$$ 라 표기하고, $$\beta = \sqrt{\gamma^2 - 1} / \gamma$$ 라 하자. $$\gamma = u^0 \gt 1$$ 이므로 이들은 잘 정의된 실수들이다. 여기서 $$v^i = u^i / \gamma$$ ( $$i = 1, 2, 3$$ )라 하자. 그러면 $$\vec{v} \cdot \vec{v} = \beta^2$$ 임을 바로 알 수 있다.

이제 $$\vec{v}$$ 를 $$(\beta, 0, 0)$$ 로 돌리는 회전 변환을 생각해 보자. 이 변환은 $$\vec{v} \times (\beta, 0, 0)$$ 를 축으로 하여 적당히 회전시키는 것으로 얻을 수 있다. 이 회전 변환을 $$O_1$$ 이라 하자. 그러면 $$O_1^{-1} \Lambda^{-1}$$ 은 $$(1, 0, 0, 0)$$ 를 $$(u^\mu)$$ 로 보냈다가 $$(\gamma, \gamma \beta, 0, 0)$$ 로 보내는 변환이다. 따라서 $$\Lambda O_1$$ 는 $$(\gamma, \gamma \beta, 0, 0)$$ 를 $$(1, 0, 0, 0)$$ 로 보내는 변환이다.

$$O_2$$ 를 3차원 공간 좌표를 회전시키는 임의의 변환이라고 하자. 그러면 $$O_2$$ 가 뭐가 됐든 $$O_2^{-1}$$ 는 $$(1, 0, 0, 0)$$ 를 바꾸지 않을 것이다. 한편 $$\Lambda O_1$$ 는 기존의 $$y$$ 축, $$z$$ 축을 어디론가로 돌려 버리는 변환일 것이다. 그런데 돌려서 얻은 새로운 공간 축들도 서로 수직이기에 $$y$$ 축, $$z$$ 축을 $$\Lambda O_1$$ 와 똑같은 방향으로 돌리는 $$O_2$$ 가 존재할 것이다. 그렇다면 이렇게 얻은 $$O_2$$ 에 대해 $$O_2^{-1} \Lambda O_1$$ 는 $$y$$ 축, $$z$$ 축 방향을 그대로 유지시키면서 $$(\gamma, \gamma \beta, 0, 0)$$ 를 $$(1, 0, 0, 0)$$ 로 보내는 변환이다.

이제 확실한 건 $$O_2^{-1} \Lambda O_1$$ 는 $$(\gamma, \gamma \beta, 0, 0)$$ 를 $$(1, 0, 0, 0)$$ 로, $$(0, 0, 1, 0)$$ 를 $$(0, 0, 1, 0)$$ 로, 그리고 $$(0, 0, 0, 1)$$ 를 $$(0, 0, 0, 1)$$ 로 보내는 변환인 것이다. 한편 두 수직한 벡터에 관성 좌표계 간 좌표 변환인 $$(O_2^{-1} \Lambda O_1)^{-1}$$ 를 적용한 것 역시 수직이어야 한다. 따라서 $$(O_2^{-1} \Lambda O_1)^{-1}$$ 에 대해 $$(0, 1, 0, 0)$$ 가 보내진 결과는 $$(0, 0, 1, 0)$$ , $$(0, 0, 0, 1)$$ 둘 다에 수직이어야 한다. 이 사실들에 따라 $$(O_2^{-1} \Lambda O_1)^{-1}$$ 를 행렬로 쓰면 다음과 같다.

$$(O_2^{-1} \Lambda O_1)^{-1} = \left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && A^0_1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ \gamma \beta \;\; && A^1_1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right).$$

이제 $$\Lambda^T J \Lambda = J$$ 조건을 써 보자. $$\Lambda_0 = (O_2^{-1} \Lambda O_1)^{-1}$$ 가 관성 좌표계 간 좌표 변환이 맞다면 $$\Lambda_0^T J \Lambda_0 = J$$ 이어야 할 것이다. 이걸 계산해 보자.

$$\Lambda_0^T J \Lambda_0 = \left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && \gamma \beta \;\; && 0 \;\; && 0 \\ A^0_1 \;\; && A^1_1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rrrr} -1 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) \left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && A^0_1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ \gamma \beta \;\; && A^1_1 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right)$$
$$= \left( \begin{array}{rrrr} -\gamma^2(1 - \beta^2) \;\; && \gamma (-A^0_1 + \beta A^1_1) \;\; && 0 \;\; && 0 \\ \gamma(-A^0_1 + \beta A^1_1) \;\; && -(A^0_1)^2 + (A^1_1)^2 \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right).$$

이 식이 $$J$$ 와 같기 위해선 다음이 만족되어야 한다.

$$-A^0_1 + \beta A^1_1 = 0, \;\; (A^1_1)^2 - (A^0_1)^2 = 1.$$

이걸 연립해서 풀면 다음이어야 함을 알 수 있다.

$$A^1_1 = \gamma, \;\; A^0_1 = \gamma \beta.$$

여기서 둘 다 부호가 반대인 결과도 위 식을 만족한다는 것을 알 수 있다. 따라서 가능한 경우는 두 가지이다. 그런데 두 값의 부호가 둘 다 음수인 경우는 둘 다 양수인 경우에서 $$O_2$$ 의 왼쪽에 $$x$$ 축의 부호를 바꾸는 변환을 곱한 것과 똑같은 결과이다. 즉, 음수인 것을 $$O_2$$ 안에 흡수시킬 수 있다는 것이다. 따라서 여기서는 두 값이 모두 양수인 경우만 고려해 줘도 될 것이다.

결국 다음을 얻는다.

$$(O_2^{-1} \Lambda O_1)^{-1} = \left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && \gamma \beta \;\; && 0 \;\; && 0 \\ \gamma \beta \;\; && \gamma \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right).$$

이걸 최종적으로 다음과 같이 쓸 수 있다.

$$\Lambda = O_2 \left( \begin{array}{rrrr} \gamma \;\; && -\gamma \beta \;\; && 0 \;\; && 0 \\ -\gamma \beta \;\; && \gamma \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) O_1^{-1}.$$

이 결과는 전 섹션에서 로런츠 변환이 일반적으로 가질 꼴과 일치한다. 따라서 관성 좌표계 간 좌표 변환은 모두 로런츠 변환이라는 것을 알 수 있다.

...라고 했지만 사실 몇 가지 짚고 갈 것이 있다. 먼저 $$O_1, O_2$$ 가 유일하게 정해지지 않는다는 것이다. $$O_1$$ 을, $$\vec{v} \times (\beta, 0, 0)$$ 를 축으로 하여 적당히 회전시키는 변환이라고 정했었다. 그런데 이 $$O_1$$ 의 왼쪽에 $$x$$ 축을 회전 축으로 하여 공간 성분들을 아무렇게나 회전시키는 변환을 곱하여 그걸 $$O_1$$ 대신에 쓴다고 하자. 그래도 이 변환은 여전히 $$\vec{v}$$ 를 $$(\beta, 0, 0)$$ 로 보내는 변환이다. 이렇게 $$O_1$$ 를 바꿔도 이론 전개에서 수정할 것은 없다. 다군다나 $$O_1$$ 을 바꾸면 $$\Lambda O_1$$ 도 바뀌는 것일테고 따라서 $$O_2$$ 도 바뀌어야 한다. 따라서 $$O_1$$ 과 $$O_2$$ 가 구체적으로 무엇인지는 정할 수가 없다. 다만 $$O_1$$ 이 $$\vec{v}$$ 를 $$(\beta, 0, 0)$$ 로 보내야 하고 $$O_2$$ 가 $$y$$ 축, $$z$$ 축을 $$\Lambda O_1$$ 과 똑같이 보내야 한다는 것은 만족해야 한다.

또 하나 눈여겨 봐야 할 것은 이 변환이 패리티를 바꾸는 변환일 수 있다는 것이다. 즉, 공간 성분을 거울 대칭시킨 것이다. 앞서 말한 $$O_1$$ , $$O_2$$ 의 조건들은 패리티를 바꾸는 변환이어도 별 상관이 없다. $$A^0_1, A^1_1$$ 을 구할 때 두 값이 음수일 수도 있다고 했고 음의 부호를 $$O_2$$ 안에 흡수시킬 수 있다고 했었다. 이렇게 하는 것은 $$O_2$$ 가 패리티를 냅두느냐 바꾸느냐를 뒤집는 것이 된다. 일반적으로 $$\Lambda^0_0 \gt 0$$ 이고 $$\det{\Lambda} \lt 0$$ 이면 패리티가 바뀌는 변환이고 이 조건에서 $$O_1, O_2$$ 를 구하다 보면 둘 중 하나가 패리티를 바꾸는 변환이거나 만약 그렇지 않다면 $$A^0_1, A^1_1$$ 가 둘 다 임수이어야 하는 결과를 얻을 것이다.

여기서 아까 하나 은근슬쩍 가정했던 것 하나를 꺼내 보자. $$(u^\mu)$$ 를 정할 때 $$u^0$$ 가 양수일 수도 음수일 수도 있었는데, 양수라고 가정한 대목을 기억할 것이다. 만약 음수라면 이야기가 조금 달라진다. 이론 전개는 똑같이 할 수 있긴 한데, 결과는 항상 다음과 같은 꼴이어야 할 것이다.

$$\Lambda = O_2 \left( \begin{array}{rrrr} -\gamma \;\; && \gamma \beta \;\; && 0 \;\; && 0 \\ \gamma \beta \;\; && -\gamma \;\; && 0 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && 0 \;\; && 0 \;\; && 1 \end{array} \right) O_1^{-1}.$$

로런츠 부스트의 $$x^0$$ , $$x$$ 성분들의 부호가 전부 바뀌었다. 그리고 이걸 어느 4-벡터에 적용시키든 그 4-벡터의 시간 성분은 그 부호가 바뀔 것이다. 즉, 시간의 방향을 뒤집는 변환인 것이다. 그런데 문제는 $$O_1$$ , $$O_2$$ 를 어떻게 잡아도 이 바뀐 부호를 절대 뒤집지 못한다는 것이다. 사실 $$O_1$$ , $$O_2$$ 는

$$O_i = \left( \begin{array}{rr} 1 \;\; && 0 \\ 0 \;\; && \tilde{O}_i \end{array} \right)$$

와 같은 꼴이고 이 꼴로부터 $$O_2^{-1} \Lambda O_1$$ 의 (0, 0)-성분이 $$\Lambda$$ 의 (0, 0)-성분과 항상 같아야 함을, 즉 $$O_1$$ , $$O_2$$ 에 관계없이 $$O_2^{-1} \Lambda O_1$$ 의 (0, 0)-성분이 일정해야 함을 알 수 있고, 이는 그 부호를 결코 바꿀 수 없다는 것을 말해 준다. 따라서 $$\Lambda^0_0$$ 성분의 부호는 관성 좌표계 간 좌표 변환을 구분시켜 주는 하나의 척도로 작용할 수 있다. 그리고 지금부터 로런츠 변환은 저 위에서 구했던 꼴( $$\Lambda^0_0 \gt 0$$ 인 꼴) 말고도 $$\Lambda^0_0 \lt 0$$ 를 만족하는 좌표 변환들까지도 모두 가리키는 말로 하겠다.

결국 일반적인 로런츠 변환 $$\Lambda$$ 는 다음을 만족하는 변환이라고 정의할 수 있다.

$$\Lambda^T J \Lambda = J.$$

앞서 밝혔듯이 이를 만족하는 변환은 회전 변환-로런츠 부스트-회전 변환 혹은 회전 변환-(부호가 뒤집힌 로런츠 부스트)-회전 변환으로 쓸 수 있었다. 실제로 계산을 할 때에는 이런 식으로 간단한 꼴로 분해해서 쓴다.

덧붙여서, $$J$$ 대신에 $$-J$$ 를 넣어도 딱히 상관은 없다. 처음부터 그랬어도 이론 전개에서 몇 개 부호 빼고 바뀌는 것은 없고 논리적으로는 바뀌는 것이 없다. 전자(지금까지 우리가 썼던 경우)는 천체 물리 분야에서 주로 쓰는 꼴이고 후자( $$J$$ 가 대각 성분이 1, -1, -1, -1인 대각 행렬인 경우)는 입자 물리에서 주로 쓰는 꼴이다. 대단한 건 아니지만 상대성 이론을 베이스로 하는 글들을 읽을 때마다 어떤 부호 규칙이 쓰여졌는가를 항상 체크하고 머리 속도 그때마다 리폼해야 하고 해야 하는 부분이다.

이 문서의 내용 중 전체 또는 일부는 로렌츠변환문서에서 가져왔습니다.</div></div>