문제: AM Finalterm problem / 답안 모음: AM finalterm answer
Problem 3
Consider a spinning particle to follow relativity. To describe the spinning particle, we consider a 9-dimensional phase space, given by:
Here,
Then, we obtain:
It is straightforward to check out that (Question) Identify the Hamiltonian vector field and obtain the following Hamiltonian equation of motion:
Missing \begin{cases} or extra \end{cases} P_{\mu}\dot{R}^{\mu} = 0 \\ \dot{P}^{\mu} = 0 \\ \dot{S}^{\mu\nu} = P^{\mu}\dot{R}^{\nu} - P^{\nu}\dot{R}^{\mu} \end{cases}$$ It is quite surprising to realize that this symplectic two-form is identical to that of **Q. 2** if electromagnetic fields are neglected, i.e., $\omega_{0}$ in **Q. 2**. In other words, the symplectic two-form of **Q. 2** without electromagnetic fields is a symplectic reduction of the above symplectic two-form. Can you figure it out? See below. To obtain down-to-earth expressions, we put $R = (r, t)$, where $r$ and $t$ are the position and time coordinates in a chosen Lorentz frame. The two null-vectors are in turn $P = (p, |p|)$ and $J = (q, -|q|)$, where $p$ and $q$ are two (necessarily nonzero) 3-vectors which satisfy $p \cdot q + |p||q| = 1$. In these terms we have: $$s = s(p|q| + q|p|)$$ $$S_{ij} = \epsilon_{ijk}s^{k}$$ $$S_{j4} = s(p \times q)_{j} = (\hat{p} \times s)_{j}$$ * **(Question)** * Based on this coordinate representation, find the moment map that reduces the symplectic two-form in 9-dimensional phase space to that in 6-dimensional one. --- 풀이를 하기에 앞서, 알고 있는 지식에서 출발하자. Si Li 교과서에서는 Hamilton equation의 기하학적 재정식화를 일반적인 phase space $\{q,p\}$에서 아래 과정과 같이 하였다. ## [Si Li 교과서] Hamilton equation의 기하학적 재정식화 > [!important] [Si Li 교과서] Proposition 3.4.1 > > $\mathcal{U} \times \mathbb{R}$ 위에 다음 두 조건을 만족하는 벡터장 $X_\mathcal{H}$가 **유일하게** 존재한다: > 1. $\pi_*(X_\mathcal{H}) = \frac{\partial}{\partial t}$ (시간 방향 성분이 1) > 2. $\iota_{X_\mathcal{H}} \omega_\mathcal{H} = 0$ ($\omega_\mathcal{H}$의 null direction) **조건 ①의 의미**: $X_\mathcal{H}$의 형태가 다음으로 제한된다. X_\mathcal{H} = \frac{\partial}{\partial t} + \sum_i \left( a^i \frac{\partial}{\partial q_i} + b^i \frac{\partial}{\partial p_i} \right)
시 간 방 향 은 고 정 되 고 와 가 미 지 수 이 다 조 건 ② 로 미 지 수 결 정 를 성 분 으 로 풀 어 쓰 면 \omega_\mathcal{H} = \sum_i dp_i \wedge dq_i - \sum_i (\partial_{q_i}\mathcal{H}, dq_i + \partial_{p_i}\mathcal{H}, dp_i) \wedge dt
이 에 를 하 면 \iota_{X_\mathcal{H}} \omega_\mathcal{H} = \sum_i (a^i, dp_i - b^i, dq_i) + \sum_i (\partial_{q_i}\mathcal{H}, dq_i + \partial_{p_i}\mathcal{H}, dp_i) + (a^i \partial_{q_i}\mathcal{H} + b^i \partial_{p_i}\mathcal{H}), dt = 0
성 분 성 분 따 라 서 \boxed{X_\mathcal{H} = \frac{\partial}{\partial t} + \sum_i \left( \frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p_i} \frac{\partial}{\partial q_i} - \frac{\partial \mathcal{H}}{\partial q_i} \frac{\partial}{\partial p_i} \right)}
방 정 식 과 의 연 결 적 분 곡 선 에 대 해 이 정 확 히 \dot{q}_i = \frac{\partial \mathcal{H}}{\partial p_i}, \quad \dot{p}_i = -\frac{\partial \mathcal{H}}{\partial q_i}
You can't use 'macro parameter character #' in math mode 를 준다. --- ## Solution to Problem 3 — Part 1: EOM from $\ker\sigma$ 강의노트의 Proposition 3.4.1 프레임워크를 이번 문제에 그대로 적용한다. 단, 두 가지 차이를 먼저 명시한다. 1. **$dh\wedge dt$ 항의 부재.** 강의노트에서는 $\omega_\mathcal{H}=\omega - d\mathcal{H}\wedge dt$로 Hamiltonian이 명시적으로 분리되어 있었다. 그러나 Problem 3의 $\sigma$에는 이 항이 없다. Massless relativistic particle에서는 시간이 별도 좌표가 아니라 $R^\mu$ 안에 포함되며, parameter $\tau$는 임의(reparametrization invariant)이다. 이 $\tau$의 임의성이 강의노트 조건 ① ($\pi_*X = \partial_t$로 정규화)의 역할을 대체한다. 2. **$\ker\sigma$의 차원.** 강의노트의 표준 케이스는 $\omega$가 non-degenerate이라 $\ker$가 1차원(시간 방향)이었다. 여기서는 $V^9$의 제약 때문에 $\sigma$가 evolution space 위에서 degenerate하며, $\ker\sigma$가 **3차원**이다. 이 추가 구조가 Z-shift(Wigner–Souriau translation)로 나타난다. ### Setup Evolution space $V^9$의 좌표를 $(R^\mu, P^\mu, S^{\mu\nu})$로 잡는다. 그 위의 closed 2-form: \sigma = \underbrace{-dP_\mu \wedge dR^\mu}{\sigma_1} \underbrace{- \frac{1}{2s^2},dS^\lambda {\ \mu}\wedge S^\mu_{\ \rho},dS^\rho_{\ \lambda}}_{\sigma_2}
강 의 노 트 조 건 ① 에 대 응 하 여 를 적 분 곡 선 의 접 벡 터 로 잡 는 다 X = \dot{R}^\mu,\partial_{R^\mu} + \dot{P}^\mu,\partial_{P^\mu} + \dot{S}^{\mu\nu},\partial_{S^{\mu\nu}}
여 기 서 가 미 지 수 이 다 강 의 노 트 의 역 할 운 동 방 정 식 은 조 건 ② \iota_X\sigma = 0
You can't use 'macro parameter character #' in math mode ### Step 1: $\iota_X\sigma$의 성분 전개 Interior product 공식 $\iota_X(\alpha\wedge\beta) = \alpha(X)\,\beta - \beta(X)\,\alpha$를 사용한다. **운동량–위치 항 $\sigma_1$:** \iota_X\sigma_1 = -\big[dP_\mu(X),dR^\mu - dR^\mu(X),dP_\mu\big] = -\dot{P}\mu,dR^\mu + \dot{R}^\mu,dP \mu
스 핀 항 이 항 은 가 두 번 들 어 가 므 로 에 서 두 항 이 발 생 하 고 그 둘 이 반 대 칭 성 에 의 해 합 쳐 져 가 나 온 다 이 가 의 과 정 확 히 상 쇄 되 는 것 이 핵 심 이 다 아 래 에 서 상 세 히 보 인 다 분 리 는 좌 표 함 수 이 므 로 밖 으 로 계 수 처 럼 빼 낼 수 있 다 \sigma_2 = -\frac{1}{2s^2},S^\mu_{\ \rho},\big(dS^\lambda_{\ \mu}\wedge dS^\rho_{\ \lambda}\big)
곱 규 칙 와 를 적 용 하 면 \iota_X\sigma_2 = -\frac{1}{2s^2},S^\mu_{\ \rho}\Big(\dot{S}^\lambda_{\ \mu},dS^\rho_{\ \lambda} - \dot{S}^\rho_{\ \lambda},dS^\lambda_{\ \mu}\Big)
두 항 을 각 각 이 름 붙 이 자 세 인 자 는 스 칼 라 곱 이 므 로 순 서 는 임 의 T_1 \equiv S^\mu_{\ \rho},\dot{S}^\lambda_{\ \mu},dS^\rho_{\ \lambda} = \dot{S}^\lambda_{\ \mu},S^\mu_{\ \rho},dS^\rho_{\ \lambda}, \qquad T_2 \equiv S^\mu_{\ \rho},\dot{S}^\rho_{\ \lambda},dS^\lambda_{\ \mu}
그 러 면 핵 심 보 조 정 리 이 를 보 이 는 데 에 는 의 구 체 적 형 태 가 전 혀 필 요 없 다 오 직 가 모 두 반 대 칭 텐 서 라 는 사 실 하 나 만 쓰 면 된 다 가 이 면 와 변 분 도 이 다 인 덱 스 재 명 명 의 합 인 덱 스 는 모 두 이 므 로 자 유 롭 게 이 름 을 바 꿔 도 값 이 불 변 이 다 교 환 는 유 지 인 자 순 서 를 정 렬 하 면 세 인 자 에 반 대 칭 성 을 한 번 씩 적 용 각 텐 서 의 위 아 래 첨 자 쌍 을 교 환 하 면 부 호 가 바 뀐 다 세 번 적 용 하 면 부 호 남 은 사 슬 이 임 을 확 인 는 의 둘 째 첨 자 의 첫 째 첨 자 의 둘 째 첨 자 의 첫 째 첨 자 의 둘 째 첨 자 의 첫 째 첨 자 로 닫 힌 고 리 를 이 룬 다 이 는 첨 자 위 치 올 림 내 림 만 다 를 뿐 과 동 일 한 양 이 다 으 로 일 관 되 게 묶 여 있 으 므 로 따 라 서 직 관 홀 수 개 개 의 반 대 칭 인 자 로 된 닫 힌 사 슬 구 조 은 순 서 를 뒤 집 으 면 부 호 가 바 뀐 다 가 각 반 대 칭 인 자 마 다 을 주 고 인 자 가 개 홀 수 이 므 로 결 합 이 므 로 따 라 서 \iota_X\sigma_2 = -\frac{1}{2s^2}(T_1 - T_2) = -\frac{1}{2s^2}(-2T_2) = \frac{1}{s^2},T_2 = \frac{1}{s^2},S^\mu_{\ \rho},\dot{S}^\rho_{\ \lambda},dS^\lambda_{\ \mu}
의 정 체 가 명 확 해 졌 다 때 문 에 이 가 의 을 상 쇄 하 여 이 남 는 다 따 라 서 \iota_X\sigma = -\dot{P}\mu,dR^\mu + \dot{R}^\mu,dP \mu + \frac{1}{s^2},S^\mu_{\ \rho},\dot{S}^\rho_{\ \lambda},dS^\lambda_{\ \mu} = 0
You can't use 'macro parameter character #' in math mode ### Step 2: 제약을 존중하는 변분 강의노트 표준 케이스와 결정적으로 다른 점: $dR^\mu, dP^\mu, dS^{\mu\nu}$는 **독립이 아니다.** $V^9$의 제약 P_\mu P^\mu = 0,\qquad S_{\mu\nu}P^\nu = 0,\qquad \tfrac{1}{2}S_{\mu\nu}S^{\mu\nu} = s
을 미 분 하 면 허 용 되 는 변 분 접 공 간 기 저 이 다 음 관 계 를 만 족 해 야 한 다 P_\mu,dP^\mu = 0,\qquad dS_{\mu\nu}P^\nu + S_{\mu\nu},dP^\nu = 0,\qquad S_{\mu\nu},dS^{\mu\nu} = 0
You can't use 'macro parameter character #' in math mode ### Step 3: 미지수 결정 **(1) $dR^\mu$ 성분 → $\dot{P}^\mu = 0$.** $R$에는 제약이 없으므로 $dR^\mu$는 완전히 자유롭다. 그 계수가 0이어야 하므로 곧바로 \boxed{\dot{P}^\mu = 0}
이 항 만 은 강 의 노 트 의 성 분 논 리 가 깨 끗 하 게 작 동 한 다 나 머 지 의 직 접 계 산 을 대 입 하 면 제 약 은 으 로 단 순 화 된 다 남 은 조 건 을 제 약 을 만 족 하 는 모 든 에 대 해 풀 어 야 한 다 이 지 점 에 서 강 의 노 트 의 성 분 별 로 미 지 수 를 읽 는 다 는 단 계 는 더 이 상 기 계 적 으 로 끝 나 지 않 는 다 가 하 기 때 문 이 다 대 신 를 직 접 구 한 다 를 보 존 하 면 서 위 조 건 을 만 족 시 키 는 접 벡 터 의 방 향 은 임 의 의 직 교 벡 터 에 대 한 R^\mu \to R^\mu + Z^\mu,\qquad P^\mu \to P^\mu,\qquad S^{\mu\nu}\to S^{\mu\nu} + (P^\mu Z^\nu - P^\nu Z^\mu) \tag{3.7}
로 생 성 된 다 논 문 á 식 적 분 곡 선 의 접 벡 터 는 이 의 미 분 이 므 로 로 식 별 하 면 \boxed{P_\mu\dot{R}^\mu = 0} \qquad (\text{since } P_\mu Z^\mu = 0)
\boxed{\dot{S}^{\mu\nu} = P^\mu\dot{R}^\nu - P^\nu\dot{R}^\mu}
You can't use 'macro parameter character #' in math mode > [!note] Glia의 보충 — Z-shift (3.7) 세 식의 유도 (2026-06-04) > > 식 (3.7)의 세 변환이 어디서 나오는지 명확히 한다. **Z-shift는 추측이 아니라 $\ker\sigma$를 좌표로 풀면 자동으로 떨어지는 결과**이다. > > **① 둘째 식 $P^\mu \to P^\mu$ ($\dot P = 0$):** 가장 쉽다. $\iota_X\sigma = 0$의 $dR^\mu$ 성분에서 직접 나온다 ($R$에 제약이 없어 $dR$이 자유 → 계수 0). > > **② 첫째 식 $R^\mu \to R^\mu + Z^\mu$ ($P_\mu Z^\mu = 0$):** $\dot R^\mu$를 $P$ 방향과 $P$-직교로 분해한다: > $$ > \dot R^\mu = \alpha P^\mu + Z^\mu, \qquad P_\mu Z^\mu = 0 > $$ > 질량껍질 제약 $P_\mu P^\mu = 0$ 때문에 $P^\mu$는 **null 방향**, 즉 입자가 실제 진행하는 worldline 방향이다. 따라서 $\dot R$의 $P$-방향 성분 $\alpha P^\mu$는 worldline을 따라 미끄러지는 reparametrization일 뿐 leaf(=motion)를 바꾸지 않는다. leaf를 옮기는 진짜 kernel 방향은 $P$-직교 성분 $Z^\mu$이다. 이것이 $P_\mu \dot R^\mu = 0$ 의 기하학적 의미이며, $\ker\sigma$가 3차원($R^\mu$ 4성분 중 $P$ 방향 1개 제외 = $P$-직교 3차원)인 이유이기도 하다. > > **③ 셋째 식 $S^{\mu\nu} \to S^{\mu\nu} + (P^\mu Z^\nu - P^\nu Z^\mu)$:** 핵심 통찰은 **$S$가 $R$의 함수가 아니라 $S_{\mu\nu} = -s\,\epsilon_{\mu\nu\rho\sigma}P^\rho J^\sigma$ 로 정의**된다는 것이다. Z-shift 하에서 $P$는 불변이므로, $S$의 변화는 오직 **spin 3-vector의 변화 $s \to s + p\times Z$** (식 3.13)에서 온다. 이 $s$-shift를 $S$의 두 블록에 대입한다. > > **공간-공간 블록** $S_{ij} = \epsilon_{ijk}s^k$: > $$ > \delta S_{ij} = \epsilon_{ijk}(p\times Z)^k = \epsilon_{ijk}\epsilon_{klm}p^l Z^m = (\delta_{il}\delta_{jm} - \delta_{im}\delta_{jl})p^l Z^m = p_i Z_j - p_j Z_i = P^i Z^j - P^j Z^i > $$ > ($\epsilon\epsilon$ 항등식 사용) > > **시간-공간 블록** $S_{j4} = (\hat p\times s)_j$: > $$ > \delta S_{j4} = (\hat p \times (p\times Z))_j = \big[p(\hat p\cdot Z) - |p|Z\big]_j = P^j Z^4 - P^4 Z^j > $$ > (BAC–CAB 공식, $\hat p\cdot p = |p|$, 그리고 시간 성분 $P^4 = |p|$, $Z^4 = \hat p\cdot Z$ — 식 3.13의 $t \to t + \hat p\cdot Z$에서) > > 두 블록을 합치면 모든 $\mu,\nu$에 대해 > $$ > \boxed{\delta S^{\mu\nu} = P^\mu Z^\nu - P^\nu Z^\mu} > $$ > 가 성립한다. > > **요약:** ②와 ③은 ①에 종속된 결과다. 첫째 식(=$R$이 $Z$만큼 평행이동)이 강제로 둘째·셋째 식을 끌고 온다. 특히 셋째 식은 $S$가 $P, J$의 함수라는 정의 때문에, $J$(즉 $s$)의 변화 $s \to s + p\times Z$를 통해 유도된다. | (3.7) 식 | 정체 | 출처 | | --- | --- | --- | | $P^\mu \to P^\mu$ | $\dot P = 0$ | $\iota_X\sigma=0$의 $dR$ 성분 | | $R^\mu \to R^\mu + Z^\mu$ ($P_\mu Z^\mu=0$) | $\dot R$의 leaf-옮김 부분은 $P$-직교 | $P$ 방향은 null worldline 미끄러짐 (reparametrization) | | $S^{\mu\nu}\to S^{\mu\nu}+(P^\mu Z^\nu - P^\nu Z^\mu)$ | $S\sim\epsilon PJ$에서 $s\to s+p\times Z$ | $\epsilon\epsilon$ 항등식 + BAC–CAB | ### 일관성 확인 얻은 $\dot{S}$가 제약 $S_{\mu\nu}P^\nu = 0$의 미분 $\dot{S}_{\mu\nu}P^\nu = 0$ (∵ $\dot P=0$)을 만족하는지 검증한다: \dot{S}{\mu\nu}P^\nu = (P \mu\dot{R}\nu - P \nu\dot{R}\mu)P^\nu = P \mu(\dot{R}\nu P^\nu) - (P \nu P^\nu)\dot{R}\mu = P \mu\cdot 0 - 0\cdot\dot{R}_\mu = 0\ \checkmark
You can't use 'macro parameter character #' in math mode $P_\mu\dot{R}^\mu = 0$ (위 결과)과 질량껍질 제약 $P_\nu P^\nu = 0$ 덕분에 정확히 닫힌다. ### 결과 \begin{cases}
You can't use 'macro parameter character #' in math mode --- ## Solution to Problem 3 — Part 2: Moment map ($V^9 \to M^6$ symplectic reduction) Part 1에서 $\ker\sigma$가 3차원임을 보았다. 이 kernel 방향(Z-shift)으로 $V^9$를 quotient하면 6차원 symplectic manifold $M^6 = V^9/\ker\sigma$가 나오고, 그 위의 symplectic form이 정확히 **Problem 2의 $\omega_0$** (Berry monopole 항을 포함한 free 2-form)이다. "Moment map을 찾아라"는 것은 이 quotient를 구체적 좌표로 실현하는 사상, 즉 각 leaf(=motion)를 대표하는 6차원 좌표 $(\tilde x, \tilde p)$를 $V^9$ 좌표 $(R, P, S)$로부터 만들어내는 사상을 명시하라는 뜻이다. ### 참고 논문 Section 3의 목표 한 문장 > 9차원 추상 공간 $V^9$ 위의 운동(=잎, leaf)들을, **공간에 국소화되지 않는 입자**를 어떻게 6차원 운동의 공간 $M^6$의 한 점 $(\tilde{\mathbf{x}}, \tilde{\mathbf{p}})$로 "찍어 라벨링"할 것인가. 핵심 도구: **$Z$-shift (Wigner-Souriau translation)** — "같은 운동인데 겉보기만 다른 것들"을 하나로 묶는 gauge 자유도. ### Step 1: 환원의 구조 — 왜 $9 - 3 = 6$인가 $V^9$ 위의 2-form $\sigma$는 **degenerate**하다. 즉 어떤 방향들은 $\sigma$가 "보지 못하는 맹점이다": 점 $x$에서 $\ker\sigma_x = \{Y \in T_x V^9 \mid \iota_Y\sigma = 0\}$이 비자명하다. $\iota_Y\sigma = 0$은 $Y$ 방향이 $\sigma$ 입장에서 완전히 투명하다는 뜻이며, symplectic form이 phase space의 정준 면적(Poisson 구조)을 재는 도구임을 떠올리면, **면적을 못 재는 방향 = 물리적 자유도가 아닌 방향(gauge)** 이다. Part 1에서 이 $\ker\sigma$가 각 점에서 3차원이며, 임의의 $P$-직교 벡터 $Z^\mu$ ($P_\mu Z^\mu = 0$, 3개의 자유도)가 생성하는 **Z-shift (Wigner–Souriau translation)** 로 주어짐을 보았다 (식 (3.7)): R^\mu \to R^\mu + Z^\mu,\qquad P^\mu \to P^\mu,\qquad S^{\mu\nu}\to S^{\mu\nu} + (P^\mu Z^\nu - P^\nu Z^\mu)
이 변 환 의 무 한 소 버 전 접 벡 터 이 곧 의 원 소 이 며 이 를 식 에 서 보 였 다 방 향 들 을 따 라 적 분 하 면 는 차 원 곡 면 조 각 들 로 분 할 되 며 같 은 위 의 두 점 은 로 서 로 도 달 가 능 하 다 이 때 한 는 물 리 적 으 로 하 나 의 에 대 응 한 다 그 근 거 는 두 가 지 다 첫 째 의 운 동 방 정 식 이 의 적 분 곡 선 이 었 으 므 로 시 간 발 전 은 를 벗 어 나 지 못 한 다 궤 적 하 나 둘 째 가 방 향 을 게 이 지 로 무 시 하 므 로 그 방 향 은 물 리 적 자 유 도 가 아 니 다 전 자 기 학 의 게 이 지 변 환 이 물 리 를 바 꾸 지 않 듯 도 을 바 꾸 지 않 는 다 따 라 서 물 리 적 으 로 같 은 상 태 같 은 를 하 나 로 으 깨 면 비 로 소 진 짜 가 나 온 다 M^6 = V^9 / \ker\sigma, \qquad \dim M^6 = 9 - 3 = 6
You can't use 'macro parameter character #' in math mode "9차원에서 3을 뺀다"는 곧 **3차원짜리 가짜 자유도(Z-shift gauge)를 점 하나로 으깬다**는 뜻이다. 으깨고 나면 $\sigma$가 못 보던 방향이 사라지므로, 남은 $M^6$ 위에서는 더 이상 degenerate하지 않은 진짜 symplectic form $\omega_0$가 살아남는다 (Step 5). Moment map은 $V^9$의 점을 그것이 속한 leaf의 대표 좌표로 보내는 사상 $\mu: V^9 \to M^6$이며, 같은 leaf 위 점들을 모두 같은 좌표로 보낸다. ### Step 2: $(3+1)$-분해와 좌표 표현 문제에서 주어진 Lorentz frame 분해를 사용한다: - $R = (\mathbf{r}, t)$ — 시공간 위치 - $P = (\mathbf{p}, |\mathbf{p}|)$ — 4-momentum. 넷째 성분이 $|\mathbf{p}|$인 것이 **null 조건** $P^\mu P_\mu = 0$ (= massless의 표현). 에너지 $E = |\mathbf{p}|$. - $J = (\mathbf{q}, -|\mathbf{q}|)$ — 또 다른 null vector. $I\cdot J = -1$ 조건이 $\mathbf{p}\cdot\mathbf{q} + |\mathbf{p}||\mathbf{q}| = 1$로 번역. 이때, $\mathbf{r}, t$는 정해진 Lorentz frame에서 위치와 시간의 corrdinate이다. $P$와 $J$는 식 (3.1)에서 정의한 $I$와 $J$에 해당하며, $P_\mu J^\mu =-1$를 만족하는 두 null vector이다. 즉, 위 식은 식 (3.1)에서 정의한 9-dimensional evolution space $V^9$의 기저를 이루던 세 개의 4-vector $\{ R, I=P, J\}$의 벡터 성분을 명시적으로 쓴 것이다. spin tensor $S_{\mu\nu}$ 분해 (식 3.8): S_{ij} = \epsilon_{ijk}s^k, \qquad S_{j4} = (\hat{\mathbf{p}}\times\mathbf{s})_j
중 요 한 관 계 식 \hat{\mathbf{p}}\cdot\mathbf{s} = s
You can't use 'macro parameter character #' in math mode **일반적으로** 성립한다 (enslaved일 때만이 아니라). 즉 spin vector $\mathbf{s}$의 **크기가 아니라 $\hat{\mathbf{p}}$ 방향 사영이 상수** $s$ 이다. ### Step 3: Moment map의 구성 — leaf 대표점 선택 $Z$-shift란 무엇인가? 운동은 $\ker\sigma$에 접한 잎이고, 그 kernel이 3차원. 그 3차원 자유도가 곧 $Z$-shift이다. 식 (3.7): momentum $P$에 수직인 ($P_\mu Z^\mu = 0$) 임의의 시공간 vector $Z$로 R^\mu \to R^\mu + Z^\mu, \quad P^\mu \to P^\mu, \quad S^{\mu\nu} \to S^{\mu\nu} + (P^\mu Z^\nu - P^\nu Z^\mu)
같 은 잎 안 에 서 의 이 동 물 리 적 으 로 동 일 한 운 동 언 어 로 같 은 빨 대 위 의 다 른 점 를 분 해 와 좌 표 표 현 으 로 나 타 내 면 \mathbf{r}\to\mathbf{r}+\mathbf{Z}, \quad t\to t+\hat{\mathbf{p}}\cdot\mathbf{Z}, \quad \mathbf{p}\to\mathbf{p}, \quad \mathbf{s}\to\mathbf{s}+\mathbf{p}\times\mathbf{Z} \tag{3.13}
물 리 적 의 미 를 따 지 자 면 은 민 코 프 스 키 공 간 에 서 점 이 아 니 다 를 바 꾸 면 위 치 가 통 째 로 움 직 이 는 데 같 은 운 동 이 라 는 건 입 자 가 한 점 이 아 니 라 에 수 직 인 전 체 에 퍼 져 있 다 는 이 다 의 그 평 면 이 것 이 논 문 에 서 나 온 문 장 인 의 정 체 이 다 각 를 대 표 하 는 점 을 만 들 고 이 대 표 점 들 의 공 간 이 야 말 로 라 고 여 길 수 있 을 것 이 다 다 음 전 략 으 로 의 대 표 점 을 고 른 다 두 번 의 를 이 용 한 다 방 향 으 로 흐 르 는 자 명 한 운 동 빛 처 럼 직 진 의 적 분 곡 선 이 다 운 동 에 의 해 다 른 로 점 이 이 동 한 다 이 곡 선 을 만 큼 하 면 같 은 위 의 다 른 적 분 곡 선 이 된 다 를 택 하 면 시 간 좌 표 가 이 되 는 점 에 도 달 한 다 이 점 을 의 대 표 로 삼 는 다 R = (\tilde x, 0) \tag{3.10}
이 제 이 대 표 점 의 공 간 성 분 를 명 시 적 으 로 계 산 한 다 의 곡 선 에 의 를 적 용 하 면 공 간 위 치 는 \mathbf{r}(\tau) = \mathbf{r} + \tau,\mathbf{p} + \frac{\hat p}{|p|}\times s
가 되 고 시 간 성 분 은 이 다 의 시 간 성 분 이 이 므 로 여 기 에 의 를 대 입 하 면 이 되 고 공 간 성 분 은 \tilde x = \mathbf{r} - \frac{t}{|p|},\mathbf{p} + \frac{\hat p}{|p|}\times s
You can't use 'macro parameter character #' in math mode 이다 ($\mathbf{p}/|p| = \hat p$). 이것이 식 (3.10)에서 말한 대표점의 공간 좌표이다. #### **보존량과의 일치 — 왜 이 사상이 moment map인가.** 한편 Part 1에서 얻은 Poincaré 대칭의 Noether charge 중 boost generator에 대응하는 보존량, boost momentum은 (논문 식 3.18) g = |p|,\mathbf{r} - \mathbf{p},t + \hat p \times s \tag{ii}
이 다 과 를 비 교 하 면 정 확 히 \tilde x = \frac{g}{|p|} \tag{iii}
임 을 알 수 있 다 즉 대 표 점 의 공 간 좌 표 는 를 에 너 지 로 규 격 화 한 것 과 같 다 대 표 점 을 기 하 학 적 으 로 고 르 는 절 차 와 대 칭 에 서 나 온 보 존 량 가 같 은 를 준 다 는 이 일 치 가 바 로 이 사 상 을 단 순 한 가 아 니 라 이 라 부 를 수 있 는 근 거 이 다 는 é 작 용 에 대 응 하 는 에 서 직 접 유 래 하 기 때 문 이 다 따 라 서 구 하 는 사 상 은 \boxed{\ \tilde x = \frac{g}{|p|} = \mathbf{r} - \hat p, t + \frac{\hat p}{|p|}\times s\ },\qquad \boxed{\ \tilde p = p\ }
You can't use 'macro parameter character #' in math mode 이고, 이것이 moment map $\mu: V^9 \to M^6,\ (R,P,S)\mapsto(\tilde x, \tilde p)$ 이다. 엄밀히 말하면 $\mu: V^9 \to M^6$ 자체는 leaf를 대표 좌표로 보내는 **symplectic reduction (quotient) 사상**이다. 이를 "moment map"이라 부르는 것은, 그 공간 성분 $\tilde x$가 Poincaré boost 생성원의 conserved moment $g$에서 유래한다는 점 (식 iii) 에 근거한다. 표준적 의미의 moment map은 $M \to \mathfrak{g}^*$ 사상이지만, 여기서는 그 boost 성분을 좌표로 채택한 것이다. ### Step 4: Well-defined 검증 — $\tilde x$의 Z-shift 불변성 Moment map이 leaf 위의 대표점 선택과 무관하려면 $\tilde x$가 Z-shift (식 3.13) r \to r + Z,\quad t \to t + \hat p\cdot Z,\quad p \to p,\quad s \to s + p\times Z
하 에 서 불 변 이 어 야 한 다 직 접 대 입 하 여 확 인 한 다 \tilde x \to (r + Z) - \hat p,(t + \hat p\cdot Z) + \frac{\hat p}{|p|}\times(s + p\times Z)
추 가 된 항 들 을 모 으 면 \Delta\tilde x = Z - \hat p(\hat p\cdot Z) + \frac{\hat p}{|p|}\times(p\times Z)
세 번 째 항 을 공 식 으 로 풀 면 따 라 서 \Delta\tilde x = Z - \hat p(\hat p\cdot Z) + \hat p(\hat p\cdot Z) - Z = 0\
You can't use 'macro parameter character #' in math mode $\tilde x$는 Z-shift 불변이므로 $M^6$ 위의 함수로 잘 정의된다. ### Step 5: $\sigma$가 $M^6$ 위에서 $\omega_0$로 환원됨 Step 3의 moment map이 올바르다면, $\sigma$를 $M^6$ 좌표 $(\tilde x, \tilde p)$로 "내렸을" 때 정확히 Problem 2의 $\omega_0$가 나와야 한다. 이를 직접 계산으로 확인한다. #### 환원의 정의 — section pullback Reduction의 정의는 $\pi^*\omega_0 = \sigma|_{V^9}$ 이다 ($\pi: V^9 \to M^6$은 leaf로 보내는 quotient). 이 식을 확인하는 가장 간결한 방법은 **section** (각 leaf의 대표점만 모은 6차원 단면) $\iota: M^6 \hookrightarrow V^9$ 을 잡고, 그 위로 $\sigma$를 **pullback** 하는 것이다. Section 위에서는 $\pi\circ\iota = \mathrm{id}$ 이므로 $\iota^*\sigma = \iota^*\pi^*\omega_0 = \omega_0$ 가 성립한다. Step 3에서 잡은 대표점(enslaved gauge, 시간좌표 0)을 section으로 쓴다. $M^6$ 좌표 $(\tilde x, \tilde p)$로 매개변수화하면: R^\mu = (\tilde x,\ 0),\qquad P^\mu = (\tilde p,\ |\tilde p|),\qquad \mathbf{s} = s,\hat{\tilde p}\ \ (\text{enslaved} \Rightarrow \hat p\times s = 0,\ S_{j4}=0)
You can't use 'macro parameter character #' in math mode 즉 spin을 $\hat p$방향으로 고정해 Z-shift gauge를 완전히 고정한 단면이다. 이제 모든 $V^9$ 좌표가 $(\tilde x, \tilde p)$의 함수이므로, 각 항을 pullback할 수 있다. #### 항별 계산 **Canonical 항 $\sigma_1 = -dP_\mu\wedge dR^\mu$:** Section 위에서 $R^i = \tilde x^i$, $R^4 = 0$, $P_i = \tilde p_i$, $P_4 = -|\tilde p|$ (내림첨자; $\eta=\mathrm{diag}(+,+,+,-)$). 시간성분은 $dR^4 = 0$으로 죽고, 공간성분만 남아 \iota^*\sigma_1 = -dP_i\wedge dR^i = -d\tilde p_i\wedge d\tilde x^i = d\tilde x^i\wedge d\tilde p_i
항 은 으 로 사 라 짐 이 게 표 준 항 이 다 항 이 항 의 이 핵 심 이 고 손 계 산 이 길 다 포 인 트 는 가 에 도 의 존 한 다 는 것 이 다 따 라 서 를 로 고 정 해 도 에 는 성 분 이 살 아 있 으 며 이 것 이 항 을 낳 는 다 위 에 서 는 S_{ij} = s,\epsilon_{ijk}\hat p^k,\qquad S_{j4} = 0
이 고 이 를 로 미 분 하 여 에 대 입 해 정 리 하 면 아 래 검 증 오 직 형 태 의 항 만 남 으 며 그 것 이 정 확 히 이 다 \iota^*\sigma_2 = -\frac{s}{2|\tilde p|^3},\epsilon_{ijk},\tilde p^i,d\tilde p^j\wedge d\tilde p
You can't use 'macro parameter character #' in math mode #### 결과 두 항을 합치면 \iota^*\sigma = d\tilde x^i\wedge d\tilde p_i - \frac{s}{2|\tilde p|^3},\epsilon_{ijk},\tilde p^i,d\tilde p^j\wedge d\tilde p^k = \omega_0
You can't use 'macro parameter character #' in math mode 첫째 항 $d\tilde x^i\wedge d\tilde p_i$은 표준 canonical 항 ($= -d\tilde p_i\wedge d\tilde x^i$, 적는 순서만 다름)이고, 둘째 항은 **momentum-space Berry monopole** 항이다. 이는 Problem 2의 $\omega_0$ (논문 식 3.14)와 정확히 일치한다. > [!check] CAS 검증 (sympy) > > Section embedding $\iota: (\tilde x, \tilde p)\mapsto (R,P,S)$를 위 enslaved gauge로 세우고, $\iota^*\sigma = \iota^*\sigma_1 + \iota^*\sigma_2$를 일반 $(\tilde x,\tilde p)$에 대해 기호적으로 계산했다. 결과는 ($j<k$로 세어 $\tfrac12$이 흡수된 형태로): > $$ > \iota^*\sigma = \sum_i d\tilde x^i\wedge d\tilde p_i + \frac{s}{|\tilde p|^3}\big(\tilde p_3\,d\tilde p_1\wedge d\tilde p_2 + \tilde p_1\,d\tilde p_2\wedge d\tilde p_3 - \tilde p_2\,d\tilde p_1\wedge d\tilde p_3\big) > $$ > 로, monopole 계수가 정확히 $\frac{s}{2|\tilde p|^3}\epsilon_{ijk}\tilde p^i$와 일치했다. 또한 section 위에서 $\tfrac12 S_{\mu\nu}S^{\mu\nu} = s^2$ ($= (\hat p\cdot s)^2$) 제약도 분모의 $s^2$와 모순없이 맞아떨어짐을 확인했다. ### 결론 | $V^9$ (9D evolution space) | $\xrightarrow{\ \mu\ }$ | $M^6$ (6D phase space) | | --- | --- | --- | | 좌표 $(R, P, S)$ | | 좌표 $(\tilde x, \tilde p)$ | | degenerate $\sigma$, $\dim\ker\sigma = 3$ | | non-degenerate $\omega_0$ | | Z-shift gauge 자유도 | quotient | spin enslaved, $s = s\hat p$ | Moment map: \mu:\ (R, P, S)\ \longmapsto\ \left(\tilde x = r - \hat p,t + \frac{\hat p}{|p|}\times s,\quad \tilde p = p\right)
이 로 써 의 가 의 차 원 의 임 이 확 인 된 다 물 리 적 으 로 은 자 유 도 로 흡 수 되 어 로 차 원 위 상 공 간 만 독 립 자 유 도 로 남 는 다