라그랑주 역학

1. 개요

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'''Lagrangian mechanics'''
'''라그랑주 역학'''은 라그랑주(J. L. Lagrange;1736~1813)가 1788년에 논문 ''해석 역학(Mécanique Analytique)''에서 발표한 이론이며, 라그랑지언이라는 물리량을 통해서 물체의 운동을 설명하는 역학 체계이다.
여담으로, "라그랑주 역학"이라는 거창한 이름만 보면 상대성 이론이라든가 양자역학처럼 뭔가 기존의 물리학으로는 설명할 수 없었던 새로운 패러다임을 만든 것 같지만, 사실은 그렇지 않다. 라그랑주 역학은 고등학교에서도 배우는 기존의 뉴턴 역학과 완전히 일치하는 결과를 주기 때문이다. 다시 말하면, 라그랑주 역학으로 풀 수 있는 문제는 뉴턴 역학으로도 풀 수 있다. 에너지장과 힘과의 관계를 통하여 뉴턴의 운동방정식(equation of motion)으로부터 오일러-라그랑주 정리를 유도할 수 있으며 반대로 오일러-라그랑주 정리로부터 뉴턴의 운동방정식을 유도할 수 있다.

2. 뉴턴 역학과 라그랑주 역학의 비교

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2.1. 계산의 편리함

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라그랑주 역학은 계산이 편하다. 라그랑주 역학의 핵심 물리량은 라그랑지언으로, '''스칼라'''이다. 기본적으로 공간을 기술하는 벡터는 성분이 3개이고, 스칼라는 하나이기 때문에 계산이 덜 복잡하다. 실제로 다양한 물리 문제에서 힘, 속도, 각운동량, 토크 같은 개념들이 등장하는데, 이들은 벡터이기 때문에 방향을 고려해줘야 하지만, 라그랑지언은 스칼라이기 때문에 방향을 고려할 필요가 없다. 그래서 그림을 그려서 힘을 화살표로 표시하는 짓을 할 필요가 없고, 그냥 기계적으로 에너지만 구한 다음 방정식에 대입만 하면 다 풀리게 된다. 특히 라그랑주 역학에서는 '''일반화 좌표계'''라는 것을 도입하는데, 이렇게 좌표 변환을 해도 운동 방정식은 변하지 않는다.[1] 이것은 좌표 변환을 하면 복잡해지는 뉴턴 역학을 생각하면 엄청난 장점이라 할 수 있다.

2.2. 철학적 관점의 차이

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뉴턴 역학과 라그랑주 역학은 똑같은 자연현상을 기술하는 것처럼 보여도 둘은 근본적인 부분에서 물리현상을 분석하는 시각이 다르다. 기본적으로, 뉴턴 역학에서 가장 중요하게 다루는 방정식은 누구나 들어본 적 있는 $$\mathbf{F}=m \mathbf{a}$$ 이다. 이 식은 물체에 힘 $$\mathbf{F}$$이 작용하면 가속도 $$\mathbf{a}$$를 만든다는 세계관을 표현하고 있다. 즉, '''원인'''인 힘이 있으면 그 '''결과'''로 가속도가 생기는 인과론적인 세계관인 것이다.
따라서 현재 상태를 완벽하게 알고 있으면 머나먼 과거부터 시작해 머나먼 미래까지 한치의 오차 없이 정확하게 예측할 수 있다. 하지만 라그랑주 역학의 세계관은 그렇지 않다. 라그랑주 역학을 한 마디로 요약하면 다음과 같다.

'''자연은 항상 액션#s-2이 최소화되는 것을 좋아한다.'''

''해밀턴의 원리''

위 원리에서 나온 액션#s-2이 무엇인지는 나중에 소개할 것이다. 이는 다시 말해 '''"신은 항상 자연을 최적화시킨다."''' 이 놀라운 결과는 마치 자연이 항상 어떤 목적(액션의 최소화)를 가지고 굴러가는 것처럼 보인다는 것을 말해준다. 더 놀라운 것은 이 법칙 하나만 가지고 뉴턴 역학이랑 완전히 똑같은 체계를 만들어낼 수 있다는 것이다. 실제로 이것은 과학자들 사이에서 뉴턴 역학보다 더 근본적인 공리로 채택되고 있으며, 고전 역학을 넘어서 현대 물리학에까지 적용되는 아주 중요한 원리이다. 이는 최소작용의 원리(Least Action Principle)라고도 부른다.
라그랑주 역학에서는 잘 규정된 최초의 시간 · 위치 좌표와 최후의 시간 · 위치 좌표, 그리고 해밀턴의 원리를 잘 만족하는 라그랑지언, 이 두 가지를 필요로 한다.[2] 최소작용의 원리를 기술할 때 라그랑지언을 구성하는 속도와 위치를 편미분을 활용해 독립적으로 기술한다. 즉, 라그랑주 역학에서 특정 시간의 상황을 기술한다는 것은 단순히 속도가 얼마이고, 변위가 얼마인지는 기술하지만 이 둘이 어떻게 연결되어있는가는 보지 않는다는 것을 의미한다.[3] 바로 이 점이 뉴턴 역학과 라그랑주 역학을 나누는 관점의 차이다.
매 순간마다 속도와 위치가 어떤 식으로 연결되어 있는 지를 확인하지 않는다는 것, 과정을 기술하지 않는다는 것이다. 최초의 시간-위치 좌표와 최후의 시간-위치 좌표만 지나가기만 하면 되며, 동시에 해밀턴의 원리를 적용하면 좌표변환에 대해서 구조적으로 항상 불변한 어떤 방정식을 얻게 된다. 이 방정식이 다름이 아니라 오일러-라그랑주 방정식이다. 해밀턴의 원리가 적용된 라그랑지언이 나타내는 물리계의 운동현상을 궤적으로 나타내면, 최초의 좌표와 최후의 좌표 사이를 지나갈 때 항상 오일러-라그랑주 방정식을 만족하는 궤적을 따라 지나간다. 따라서 지정된 최초의 좌표와 최후의 좌표 내에서 해밀턴의 원리에 따라 일이 벌어진다는 것은 알 수 있어도 최초의 좌표와 최후의 좌표를 벗어난 머나먼 미래와 머나먼 과거에 대한 예측 및 추측에 대한 답을 라그랑지언이 직접적으로 주지 않는다. 다만 오일러-라그랑주 방정식을 활용하여 뉴턴 역학적 해석을 실시할 수 있을 뿐이다.

2.3. 현대 물리학으로의 확장

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바로 이러한 관점의 차이로 인하여 라그랑주 역학은 자연스럽게 양자역학의 대수론적 해석에 동원될 수 있었던 것이다. 양자역학에서 우리가 유의미하게 정할 수 있는 것은 바로 최초의 양자상태[4]와 최후의 양자상태[5] 두개 뿐이다. 그리고 어떤 상호작용을 거치는지를 나타내는 슈뢰딩거 방정식[6]을 통해 일이 벌어지는 과정(궤적)을 이정도 일어날 수 있다란 확률로 답을 얻는다. 여기까지 읽고 나면 양자역학은 당연히 라그랑주 역학으로 해석할 수 있음을 알 수 있을 것이다.[7]
이러한 이유 때문에, 라그랑주 역학은 현대 물리학의 꽃이라고 할 수 있는 양자역학으로 넘어가는 데 아주 중요한 다리 역할을 하게 된다. 실제로, 미시 세계를 설명하는 양자역학에서는 힘 같은 물리량이나 원인과 결과 같은 개념이 고전적 의미를 상실한다. 대신 스칼라 함수인 에너지인 해밀토니언이 기본적인 물리량으로 쓰이는데, 이 해밀토니언이라는 것은 해밀턴 역학에서 나온 것이고 해밀턴 역학은 라그랑주 역학에서 나온 것이다. 결국 스칼라를 다루는 라그랑주 역학은 현대 물리학의 기초가 될 수 있었던 것이다.
따라서 이러한 라그랑주 역학의 관점에서 물리학에 접근한다면 새로운 세계에 눈을 뜰 수 있을 것이다.

3. 라그랑지언

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고전역학에서 어떠한 계의 라그랑지언 $$L$$[8]은 그 계의 운동 에너지 $$T$$에서 퍼텐셜 에너지 $$U$$를 뺀 값으로 정의된다.[9] 즉,

$$\displaystyle L \equiv T-U $$

[1] 스칼라는 좌표 변환에 불변이기 때문이다.

[2] 밑에 설명되어 있지만 먼저 이야기를 하자면 반드시 위치와 시간을 라그랑지언의 변수로 택할 필요는 없다. 다만 위치역할을 수행할수 있는 함수와 속도역할을 수행할 수 있는 함수라면 어떤 변수를 쓰든 관계없다.

[3] 대수적으로 $$ dv/dx $$는 0이 아니지만 $$ \partial v/\partial x $$는 관점에 따라서 0으로 치부할 수 있다는 점을 떠올리면 편하다.

[4] 라그랑주 역학으로 따지면 최초의 시간 · 위치 좌표

[5] 최후의 시간-위치 좌표

[6] 또는 맥스웰 방정식, 또는 클라인-고든 방정식, 또는 디랙 방정식, 등: 오일러-라그랑주 방정식과 같은 역할을 한다.

[7] 양자역학은 라그랑주 역학으로 해석된다는 것을 밝힌 사람이 파인만이며, 이 방법은 경로적분이라고 불린다.

[8] 구별을 위해 흘려쓴 서체인 $$\mathcal{L}$$이나 $$\mathscr{L}$$로 쓰기도 한다.

[9] 사실, 현대 물리학에서 라그랑지언은 하술할 '''최소 작용의 원리'''에 따라, 오일러-라그랑주 방정식을 통해 '계의 방정식'을 이끌어낼 수 있는 물리량으로 정해지는 경우가 많다. 즉, 어떤 물리 현상들의 물리량들의 결과로 정의되는 게 아니라, 라그랑지언이 더 근본적인 물리량이고 거기서 최소 작용의 원리에 따라 각종 방정식들이 도출된다고 보는 편이 타당하다.

라그랑지언을 표기할 때에는 일반화 좌표계를 사용한다. 예를 들어 3차원에서 $$ n $$개의 점입자가 있는 상황을 생각해보자. 이 상황에서 입자 하나의 위치를 표기하려면 3개의 함수가 필요하므로, 모든 입자의 위치를 나타내려면 $$ 3n $$ 개의 시간에 대한 함수가 필요하다. 이를 $$ q_{i}(t)\, (i=1,\,2,\,3) $$로 표현하자.
이때, 해당 시스템의 라그랑지언은 아래와 같이 $$ 3n $$개의 변수와 그 미분값, 그리고 시간 $$ t $$의 함수로 쓰여질 수 있다.

$$\displaystyle L=L\{q_{i}(t),\, \dot{q}_{i}(t) ; \, t \} $$

그리고 라그랑지언의 시간 적분은 $$ 3n $$개의 함수를 입력으로 하는 범함수가 되고 이것을 액션이라고 부른다.

$$\displaystyle S \equiv \int_{t_{1}}^{t_{2}}L\{q_{i}(t),\, \dot{q}_{i}(t) ; \, t \}\,dt $$

4. 해밀턴의 원리(최소 작용의 원리)

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해밀턴의 원리(Hamilton's principle)은 자연이 선택하는 경로는 라그랑지언의 시간 적분인 액션 $$S$$을 최소화시키는 경로라는 원리이다. 수식으로 쓰면 다음과 같다.

$$\displaystyle \delta S=\delta \int_{t_{1}}^{t_{2}} L\,dt=0 $$

이때, $$ \delta $$는 변분법에서의 표기법으로, $$ \delta S $$는 $$ S $$의 변분이라고 한다. 자세한 내용은 해밀턴의 원리 참조.
사실 역사적으로는 해밀턴의 원리(1834)가 라그랑주 역학(1788)보다 최근에 나온 법칙이다. 실제로 라그랑주는 처음에 해밀턴의 원리가 아닌 가상 일(virtual work)의 원리를 통해서 운동 방정식을 유도했다. 하지만 현재에는 해밀턴의 원리를 통해 라그랑주 역학을 설명하는 것이 더 명확하기 때문에 이 문서에서는 해밀턴의 원리를 먼저 소개한다.

5. 오일러-라그랑주 방정식

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우선, 해당 주제에 들어가기 앞서 새로운 표기법을 제시하고자 한다. 어떤 물리량 $$a$$의 시간 미분

$$\displaystyle \frac{da}{dt} \equiv \dot{a} $$

로 표기함을 이제부터 약속할 것이다. 즉, 시간 미분 연산자 $$d/dt$$를 점으로 나타낸 것이다. 같은 논법으로, 시간에 대한 이계도 함수는

$$\displaystyle \frac{d^{2}a}{dt^{2}} \equiv \ddot{a} $$

이다.
우리는 물체의 위치에 대해 $$x_{i}$$축의 좌표를 $$x_{i}$$[10]로 나타낼 것이며, 이것의 미분은 각 축에 대한 속도의 성분이 된다. 이때, 퍼텐셜 에너지는 위치에 대한 함수이므로 $$U(x_{i})$$로 놓을 수 있고, 운동 에너지는 곧 이 위치의 시간 미분인 속도의 함수가 되므로 $$T(\dot{x}_{i})$$가 된다. 따라서 라그랑지언은 이들의 선형 결합이므로 $$x_{i}$$, $$\dot{x}_{i}$$의 함수임을 알 수 있고, 라그랑지언이 속도와 위치의 함수라는 것을 명확히 해서 해밀턴의 원리를 다시 쓰면,

$$\displaystyle \delta \int_{ t_1 }^{ t_2 }{ L(x_{i},\,\dot{x}_{i})\, dt} = 0 $$

[10] 이를테면, 3차원의 직교 좌표계를 고려하자. 이 경우엔 일반적으로 위치의 좌표를 $$x, \, y,\,z$$로 나타낼 수 있다. 그러나 이것을 $$x_{1}\equiv x,\,x_{2}\equiv y, x_{3}\equiv z$$로 쓰자는 것이다.

따라서 위의 해밀턴의 원리를 풀면 물체의 운동을 완벽히 설명할 수 있다. 고맙게도 위 방정식을 푸는 방법은 수학자들이 이미 다 연구해 놓았기 때문에 우리는 이걸 풀려고 노력할 필요가 없다. 놀랍게도 이 식은 다변수 함수의 오일러 방정식과 완전히 똑같은 꼴이다. 이 식의 해는 다음 방정식의 해와 같음이 알려져 있다.

$$\displaystyle \frac{\partial L}{\partial x_{i}}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}_{i}}=0 $$

위 식이 바로, 입자의 오일러-라그랑주 방정식이며, 도출 과정은 해당 문서나, 변분법 문서를 참조하길 바란다.
이 방정식은 라그랑주 역학의 핵심이라고 할 수 있으며, 뉴턴 역학으로 따지면 $$ \mathbf{F} = m \mathbf{a} $$의 역할을 하는 아주 중요한 식이다. 만약 계가 $$ n $$개의 입자로 이루어져 있다면, 3차원에서 각 입자마다 좌표 3개씩 총 $$ 3n $$개의 좌표가 필요할 것이다. 입자 $$ n $$개 중 $$ \alpha $$번째 입자의 $$ i $$번째 좌표를 $$ x_{\alpha,\, i} $$라고 하자. 예를 들어 3번째 입자의 $$ y $$좌표는 $$x_{3,\,2} $$이다. 그러면 계의 오일러-라그랑주 방정식은 다음과 같은 $$ 3n $$개의 연립방정식이 된다.

$$\displaystyle \frac{\partial L}{\partial x_{\alpha,\,i}}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}_{\alpha,\,i}}=0 \quad (\alpha=1,\,2,\,3,\,\cdots,\,n ; \, i=1,\,2,\,3) $$

이러한 패러다임에 따라 역학 문제를 해석하는 방법을 라그랑주 역학이라고 부른다. 실제로 이 식은 뉴턴 역학과 같은 결과를 준다. 예를 들어 용수철에 매달려서 1차원 운동하는 입자를 생각해 보자. 이 입자는 $$x$$만을 이용하여, 위치를 기술할 수 있으므로, 입자의 퍼텐셜 에너지와 운동 에너지는 다음과 같음을 쉽게 얻는다:

$$\displaystyle U=\frac{1}{2}kx^{2} \qquad \qquad T=\frac{1}{2}m \dot{x}^{2} $$

이상으로 부터 이 계의 라그랑지언은

$$\displaystyle \begin{aligned} L&=T-U \\ &=\frac{1}{2}m \dot{x}^{2}-\frac{1}{2}kx^{2} \end{aligned} $$

이 라그랑지언을 오일러-라그랑주 방정식

$$\displaystyle \frac{\partial L}{\partial x}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{x}}=0 $$

에 대입하면, 우리는 아래와 같은 운동 방정식을 얻는다:

$$\displaystyle m \ddot{x} =-kx $$

이것은 뉴턴 역학의 결과와 완전히 일치한다.
오일러-라그랑주 방정식을 풀 때 유념할 점이 하나 있다. 기존 편미분에서는 $$ x $$를 $$ \dot{x} $$로 편미분할 때의 값은 자명하게 0이라고 할 수 없다. 그러나 특별히 라그랑지안을 적용하는 오일러-라그랑주 방정식에서 이것이 0이다. 즉, 시간에 대한 도함수꼴로 관련이 있는 변수여도 모양이 다르면 아예 다른 변수로 가정하여 문제를 해결한다.

5.1. 일반화 좌표계에서

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오일러-라그랑주 방정식을 풀 때의 핵심은 일반화 좌표계(generalized coordinates)를 도입하는 것이다. 기본적으로 라그랑주 역학은 전부 일반화 좌표계에서 풀게 된다.
자유도가 $$ s $$인 일반화 좌표계에서 운동 방정식을 풀려면 그냥 다음 절차에 따르기만 하면 쉽게 풀 수 있다.

1. 물체들의 위치 좌표들을 위에서 한 것처럼 일반화 좌표계인 $$ q_{j} $$에 대한 식으로 쓴다. 1. 위 식들의 양변을 시간으로 미분해서 속도도 일반화 좌표계로 쓴다. 1. 라그랑지언에 있는 위치와 속도에 모두 일반화 좌표계의 식을 대입한다. 1. 오일러-라그랑주 방정식에서는 문자 $$ x_{\alpha,\, i} $$ 대신 $$ q_{j} $$로 바꾸고 $$ s $$개의 연립방정식을 쓴다. 1. 방정식을 푼다.

여기서 2~5번 과정은 그냥 컴퓨터에 넣기만 하면 바로 계산이 된다. 따라서 우리가 고민해야 되는건 1번밖에 없는데, 이것조차 뉴턴 역학으로 푸는 것에 비하면 쉽다. 이런 방법으로 풀어도 되는 이유를 알아보자. 오일러-라그랑주 방정식을 처음 소개할 때, 자유도가 $$ s $$인 계의 라그랑지언은 다음과 같이 물체들의 위치와 속도에 대한 함수로 나타낼 수 있었다.

$$\displaystyle \begin{aligned} L&=T(\dot{x}_{\alpha,\, i}) - V(x_{\alpha,\, i}) \\ &=L(x_{\alpha,\, i},\,\dot{x}_{\alpha,\,i}) \end{aligned} $$

여기서 $$ x_{\alpha,\,i} , \dot{x}_{\alpha,\,i} $$는 $$ s $$개의 일반화 좌표계와 시간에 대한 함수로 나타낼 수 있다.

$$\displaystyle \begin{aligned} x_{\alpha,\,i}&=x_{\alpha,\,i}(q_{j},\,t) \\x_{\alpha,\,i}&=\dot{x}_{\alpha,\,i}(q_{j},\, \dot{q}_{j} ,\, t) \quad (j=1,\,2 ,\,3 ,\, \cdots ,\,s) \end{aligned} $$

이를 대입하면 결국 라그랑지언도 일반화 좌표계로 위치, 속도, 시간에 대한 함수가 된다.

$$\displaystyle L=L(q_{j},\, \dot{q}_{j} ,\, t) \quad (j=1,\,2 ,\,3 ,\, \cdots ,\,s) $$

그러면 해밀턴의 원리도 다음과 같이 일반화 좌표계로 쓸 수 있다.

$$\displaystyle \delta \int L(q_{j},\, \dot{q}_{j} ,\, t)\,dt=0 \quad (j=1,\,2 ,\,3 ,\, \cdots ,\,s) $$

그런데 이것은 좌표 변환을 하기 전과 완전히 똑같은 꼴이다. 즉, 이것도 다변수 함수의 오일러 방정식으로 풀 수 있다. 그러면 다음과 같이 $$ s $$개의 연립 미분방정식을 얻는다.

$$\displaystyle \frac{\partial L}{\partial q_{j}}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial \dot{q}_{j}} \quad (j=1,\,2 ,\,3 ,\, \cdots ,\,s) $$

위 식은 그냥 오일러-라그랑주 방정식에 좌표 알파벳만 바꿔 넣은 꼴이다.

5.1.1. 예제 1

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'''[문제]''' 그림과 같이 마찰이 없는 수평면 위에 질량 $$M$$이고, 경사각이 $$\theta$$, 빗면의 길이가 $$l$$인 경사면이 있다. 경사면 꼭대기에 질량 $$m$$인 작은 물체를 놓았을 때, $$m$$이 빗면을 모두 내려오기까지 걸린 시간을 구하시오. (단, 중력 가속도 $$\mathbf{g}=-g \hat{\mathbf{y}}$$이다.)

[풀이 보기]

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'''1. 물체들의 위치 좌표를 일반화 좌표계로 쓴다.'''
물체의 위치는 좌표 2개만 있으면 결정할 수 있다.[21] 하나는 경사면이 좌우로 왔다갔다 하는 것이고, 하나는 물체가 경사면 위에서 움직이는 것이다. 즉 계의 자유도는 2이다. 일반화 좌표는 아무렇게나 설정하면 되는데, 편의상 그림처럼 경사면과 y축 사이의 거리를 $$ X $$, 경사면의 꼭대기에서 물체가 미끄러진 거리를 $$ Y $$라고 하자. 경사면의 꼭대기의 좌표를 $$ (x_1, y_1) $$, 물체의 좌표를 $$ (x_2 , y_2) $$라고 하면 그림에서 다음 관계식을 얻을 수 있다.

$$ \displaystyle x_1 = X, y_1=0 $$
$$ \displaystyle x_2 = X + Y \cos \theta , y_2 = -Y \sin \theta $$

사실 여기까지 했으면 문제를 다 푼 것이다. 이제 물리 문제를 "어렵게" 만드는 요소가 없어졌기 때문이다. 뉴턴 역학에서는 중력이랑 수직항력 같은 걸 화살표로 다 표시한 다음 성분별로 다 나눠서 써야 하겠지만, 여기서는 그런 짓을 전혀 할 필요가 없다! 이제 다음 단계부터는 기계적으로 계산만 하면 된다.
'''2. 위 식을 시간으로 미분한다.'''
그냥 미분하면 된다. ($$ \theta $$는 상수이다)

$$ \displaystyle \dot{x}_1 = \dot{X}, \dot{y}_1=0 $$
$$ \displaystyle\dot{x}_2 = \dot{X} + \dot{Y} \cos \theta , \dot{y}_2 = -\dot{Y} \sin \theta $$

'''3. 라그랑지언에 좌표를 대입한다.'''
계의 운동 에너지는 $$ {1 \over 2} M v_1^2 + {1 \over 2} m v_2^2 = {1 \over 2} M (\dot{x}_1^2 + \dot{y}_1^2) + {1 \over 2} m (\dot{x}_2^2 + \dot{y}_2^2) $$이고, 퍼텐셜 에너지는 $$ Mgy_1 + mgy_2 $$이다. 따라서 라그랑지언은 다음과 같다.

$$ \displaystyle L=T-V = {1 \over 2} M (\dot{x}_1^2 + \dot{y}_1^2) + {1 \over 2} m (\dot{x}_2^2 + \dot{y}_2^2) - Mgy_1 - mgy_2 $$

여기에 과정 1과 2에서 구한 식을 그대로 대입하면 된다. 계산하면 다음과 같이 라그랑지언을 일반화 좌표계에서 쓸 수 있다.

$$ \displaystyle L= {1 \over 2} M \dot{X}^2 + {1 \over 2} m (\dot{X}^2 + 2 \dot{X} \dot{Y} \cos \theta + \dot{Y}^2) + mgY \sin \theta $$

'''4. 오일러 방정식을 쓴다.'''
일반화 좌표계 $$ (X,Y) $$에 대한 두 방정식을 쓰면 된다.

$$ \displaystyle {\partial L \over \partial X} - {d \over dt} \ {\partial L \over \partial \dot{X}} = 0 , {\partial L \over \partial Y} - {d \over dt} \ {\partial L \over \partial \dot{Y}} = 0 $$

'''5. 방정식을 푼다.'''
라그랑지언을 대입해서 풀면 된다. 대입하면

$$ \displaystyle {d \over dt} \left(M \dot{X} + m(\dot{X} + \dot{Y} \cos \theta) \right) = 0, \qquad mg \sin \theta - {d \over dt} ( m \dot{X} \cos \theta + m \dot{Y} ) = 0 $$

계산하면

$$ \displaystyle M \ddot{X} + m(\ddot{X} + \ddot{Y} \cos \theta) = 0, \qquad g \sin \theta = \ddot{X} \cos \theta + \ddot{Y} $$

이제 이것은 그냥 $$ \ddot{X}, \ddot{Y} $$에 대한 1차 연립방정식일 뿐이다. 이를 풀면 가속도를 얻는다.

$$ \displaystyle \ddot{X} = \frac{ -mg \sin \theta \cos \theta }{ M + m \sin^2 \theta }, \qquad \ddot{Y} = \frac{ (m+M) g \sin \theta }{ M + m \sin^2 \theta } $$

떨어지는 데 걸리는 시간은 $$ l = {1\over 2} a t^2 $$이므로 $$ t = \sqrt{ 2l \over a } $$로 계산하면 된다. 이때 $$ a = \ddot{Y} $$ 이다.

$$ \displaystyle t = \sqrt{\frac{ 2l (M + m \sin^2 \theta) }{ (m+M) g \sin \theta }} $$

상당히 복잡한 결과이지만, 뉴턴 역학으로 푸는 것보다는 훨씬 간단하다. 푸는 과정을 되돌아보면, 1번 과정을 빼고는 그냥 단순한 계산이었다. 심지어 1번 과정도 그냥 중학교 수준의 기하학만 있으면 알 수 있다.

상당히 복잡한 결과이지만, 뉴턴 역학으로 푸는 것보다는 훨씬 간단하다. 푸는 과정을 되돌아보면, 1번 과정을 빼고는 그냥 단순한 계산이었다. 심지어 1번 과정도 그냥 중학교 수준의 기하학만 있으면 알 수 있다. }}}

'''[추가 문제]''' 해당 문제를 뉴턴 역학적인 방법으로 풀어보시오.

[풀이1 보기]

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'''1. 좌표계 설정'''
x축과 y축을 정하자. 어떻게든 정해도 되지만, 그나마 계산을 쉽게하기 위해 x축은 바닥과 평행하게, y축은 바닥과 수직이 되게끔 정하자.
'''2. 운동량 보존의 법칙'''
경사면과 작은 물체를 하나의 계로 본다면, 바닥과의 마찰력이 없으니 x방향으로는 외력이 없다. 따라서 x방향의 운동량은 보존된다. 작은 물체가 경사면을 다 미끄러져 내려간 직후의 속력을 $$ v_1 $$ 이라하고, 똑같은 시각의 경사면의 속력을 $$ v_2 $$라 하자. 또한, $$ v_2 $$는 y방향 파트 (y-component)가 없다. 그렇다면 운동량 보존의 법칙에 의해 다음의 식이 성립한다.

$$ v_2 = \frac{m}{M} v_{1x} $$

'''3. 좌표변환과 에너지 보존의 법칙'''
경사면이 고정되어 있지 않으므로, $$ v_1 $$의 방향을 알기가 쉽지 않다. 따라서 관성계, 즉 관점을 바꿔보자. 왼쪽으로 $$ v_2 $$로 달리고 있는 사람의 관점에서 본다면, 처음에는 작은 물체와 경사면은 오른쪽으로 $$ v_2 $$로 이동하고 있다. 미끄러짐 직후에 경사면은 정지해있으며, 작은 물체는 속력 $$ v_1' $$ 으로 운동하고있다. 이 관성계에서 에너지 보존의 법칙을 적용하자. 마찰력이 없으므로 운동 에너지와 위치 에너지만 고려하면 된다.

$$ \frac{1}{2}(m+M) {v_2}^2+mgl \sin{\theta}=\frac{1}{2} m {v_1'}^2 $$

이 관점에서는 미끄러짐 후 경사면은 정지해 있으므로 $$ v_1' $$의 방향을 알아내기 쉽다. 또한, 우리는 좌표변환을 할때 y쪽은 건드리지 않았으므로 $$ v_{1y}'=v_{1y} $$이다. 정리하자면,

$$ v_{1x}'=v_1' \cos{\theta} $$
$$ v_{1y}'=v_1' \sin{\theta}=v_{1y} $$

이제 $$ v_{1x}' $$도 원래 관성계로 바꾸자. $$ v_{1x}'-v_2=v_{1x} \rightarrow v_1' \cos{\theta} =v_{1x} + v_2 \rightarrow $$

$$ v_1'=\frac{(m+M) v_{1x}}{M \cos{\theta}} $$

이 결과를 에너지 보존 공식에 넣고 계산을 하면 다음의 결과가 튀어나온다

$$ \displaystyle v_{1x}=\sqrt{\frac{2M^2gl \sin{\theta} \cos^2{\theta}}{(m+M)^2-m(m+M) \cos^2{\theta} }} $$

이 식을 더 윗쪽 식에 대입을 좀 하면 $$ v_{1y} $$를 구할 수 있다.

$$ \displaystyle v_{1y}=\sqrt{\frac{2gl(m+M) \sin^3{\theta}}{M + m \sin^2 \theta }} $$

'''4. 동역학'''
작은 물체가 y방향으로 이동한 거리는 그냥 $$ d=l \sin{\theta} $$이다. 거의 끝났다. 가속도는 일정하므로, $$ t=\frac{2d}{v_{1y}} $$이다. 따라서,

$$ \displaystyle t = \sqrt{\frac{ 2l (M + m \sin^2 \theta) }{ (m+M) g \sin \theta }} $$

[풀이2 보기]

경사면이 작은 물체에 가하는 법선력을 $$F$$라고 하자. 이 법선력은 시간에 대해 불변이다. 왼쪽으로 여러 다른 속력으로 이동하는 많은 관측자들을 상상해보자. 모든 관측자들에게는 각각 언젠가, 빗면은 정지해있고 작은 물체가 어떠한 속력으로 빗면을 미끄러져가는 순간이 있을 것이다. 하지만 중력은 항상 일정하니까, 이 작은 물체가 얼마나 빠르게 미끄러져가든, 빗면 어디에 위치해 있든, 법선력은 바뀔리가 없다. 그러므로 이 둘의 속도에 상관없이 법선력은 일정하다는 것을 유추할 수 있다. 가속도가 일정하다면 적용 가능한 동역학 방정식(kinematic equations)이 여러개 있는데, 그 중 하나를 이용하자.

법선력의 x부분을 $$F_x$$ (방향은 +x), y부분을 $$F_y$$(방향은 +y)라 하고, 동역학 방정식 중 하나인

$$\frac{1}{2}at^2=d$$

를 사용해서 3개의 연립 방정식을 쓸 수 있다.
첫째, y-방향의 동역학 방정식

$$\frac{1}{2}(g-\frac{F_y}{m})t^2=l \sin \theta$$

둘째, x-방향의 동역학 방정식. x-방향으로는 경사면도 움직이기 때문에 좌변에 두 항이 필요하다.

$$\frac{F_x}{2M}t^2+\frac{F_x}{2m}t^2=l \cos \theta$$

셋체, $$F_x$$와 $$F_y$$의 관계. 이 둘의 벡터합은 경사면과 직각을 이룬다.

$$\frac{F_x}{F_y}=\tan \theta$$

이걸로 물리학은 끝이고, 나머지는 계산 노가다이다. 이 3개의 방정식으로 이루어진 연립 방정식을 열심히 풀면 $$t$$를 구할 수 있다.
세번째 식으로 $$F_y$$를 구해서 첫번째 식에 대입. 이 변환된 첫번째 식으로 $$F_x$$를 구하고 2번째 식에 대입, 마지막으로 그 식을 사용해서 $$t$$를 구하자. 자세한 대수학적 계산은 가독성을 위해 생략.

$$ \displaystyle t = \sqrt{\frac{ 2l (M + m \sin^2 \theta) }{ (m+M) g \sin \theta }} $$

똑같은 결과가 나온다. 하지만 풀이들을 비교해보면, 뉴턴 역학의 풀이가 순수 계산도 힘들고, 식을 세우는 과정도 더 어렵다.

5.1.2. 예제 2

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'''[문제]''' 그림과 같이 질량을 무시할 수 있는 물체 $$\mathrm{P}$$가 $$x$$축으로 가속도 $$a$$인 등가속도 운동하고 있다. $$t=0$$일 때, $$\mathrm{P}$$는 원점에 있었으며, 이때의 속도는 0이었다. $$\mathrm{P}$$에 질량을 무시할 수 있는 길이 $$l$$의 실과 질량 $$m$$을 연결했다. $$m$$이 평형각을 기준으로 미소 진동할 때, $$m$$의 진동 주기를 구하시오.(단, $$m$$의 크기는 무시한다.)

[풀이 보기]

-
우리는 라그랑주 역학의 해법을 사용할 것이다. 이 문제에서 일반화 좌표로 $$\theta$$ 즉, $$\mathrm{P}$$의 중점을 통과하는 $$y$$축과 평행한 직선과 실의 각도를 택하면 된다. 그러나 일부 위키러들은 물체 $$\mathrm{P}$$가 $$x$$축으로 등가속도 운동하기 때문에 $$x$$ 또한 사용하여야 된다고 생각할 수도 있다. 그러나, 시간 $$t$$가 정해지면, $$\mathrm{P}$$의 $$x$$좌표는 정해지기 때문에 일반화 좌표를 $$\theta$$로만 위치를 기술할 수 있다.[22]
$$m$$의 좌표는 다음과 같다.

$$\displaystyle \begin{aligned} x&=\frac{1}{2}at^{2}+l\sin{\theta} \\y&=-l\cos{\theta} \end{aligned} $$

따라서 우리는 계의 라그랑지언은 다음과 같이 쉽게 결정할 수 있다.

$$\displaystyle \begin{aligned} L&=T-U \\&=\frac{1}{2}m(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2})-mgy \\ &=\frac{1}{2}m[(at-l \dot{\theta} \cos{\theta})^{2}+l^{2} \dot{\theta}^{2} \sin^{2}{\theta}]+mgl \cos{\theta} \end{aligned} $$

이에 오일러-라그랑주 방정식

$$\displaystyle \frac{\partial L}{\partial \theta}-\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{\theta}}=0 $$

을 이용하면, 아래와 같은 운동 방정식을 얻는다:

$$\displaystyle \ddot{\theta}=\frac{a}{l}\cos{\theta}-\frac{g}{l}\sin{\theta} $$

우리는 위 운동 방정식을 삼각함수 합성을 통해 아래와 같은 꼴로 나타낼 수 있다.

$$\displaystyle \ddot{\theta}=\frac{\sqrt{a^{2}+g^{2} }}{l}\sin{(\theta - \epsilon )} \qquad \qquad \tan{\epsilon} \equiv \frac{a}{g} $$

우리가 만약 $$\epsilon$$을 평형각이라 놓는다면, 각변위는

$$\displaystyle \theta-\epsilon \equiv \xi $$

로 놓을 수 있고, 이 치환을 이용하여 운동 방정식을 다시 쓰면,

$$\displaystyle \ddot{\xi}=\frac{\sqrt{a^{2}+g^{2} }}{l}\sin{\xi} $$

그런데 문제 조건에서 진자는 평형각을 기준으로 미소 진동한다고 했으므로 $$\xi \ll 1$$이 되고, $$\sin{\xi} \to \xi$$가 된다. 따라서

$$\displaystyle \ddot{\xi}=\frac{\sqrt{a^{2}+g^{2} }}{l}\xi $$

이상에서 위 진자는 평형각 $$\epsilon$$을 중심으로 주기

$$\displaystyle T=2\pi \left[ \frac{l}{\sqrt{a^{2}+g^{2} }} \right]^{1/2} $$

로 진동함을 알 수 있다. 참고로, $$a \to 0$$ 즉, $$\mathrm{P}$$가 고정된 상태라면,

$$\displaystyle T \to 2\pi \sqrt{\frac{l}{g}} $$

로써 단진자의 결과와 같이 나온다.
참고로 이 문제는 관성력을 이용하면 더욱 쉽게 풀 수 있으며, 그 결과 또한 완전히 같게 나온다.

5.1.3. 예제 3

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'''[문제]''' 그림과 같이 질량을 무시할 수 있는 길이 $$l$$의 막대 끝에 질량 $$m$$의 구슬을 꿰어, 구슬을 마찰없이 움직일 수 있게 했다. 원점을 회전축으로 하여 막대를 $$\omega t$$의 각으로 회전시킬 때, 시간 $$t$$에 따른 구슬의 좌표를 구하시오. (단, 구슬의 크기는 무시한다.)

[풀이 보기]

-
일반화 좌표로 우리는 막대의 끝으로 부터 구슬이 움직인 거리 $$s$$를 택하면 충분하다. 구하는 $$m$$의 좌표는

$$\displaystyle \begin{aligned} x&=(l-s)\cos{\omega t} \\ y&=(l-s)\sin{\omega t} \end{aligned} $$

따라서 $$m$$의 운동 에너지 $$T$$와 퍼텐셜 에너지 $$U$$는

$$\displaystyle \begin{aligned} T&=\frac{1}{2}m(\dot{x}^{2}+\dot{y}^{2}) \\ U&=mgy \end{aligned} $$

이다. 이때, $$s$$는 시간에 대한 함수임에 유의하여 미분 연산을 해야함을 참고한다. 따라서 $$m$$의 운동을 기술하는 라그랑지언 $$L=T-U$$이므로

$$\displaystyle L=\frac{1}{2}m(l^{2}\omega^{2}-2l \omega^{2} s +\omega^{2} s^{2}+\dot{s}^{2})+mg(s-l)\sin{\omega t} $$

이다. 초기 조건은 $$s(0)=\dot{s}(0)=0$$이므로 이 조건과 함께 오일러-라그랑주 방정식

$$\displaystyle \frac{\partial L}{\partial s}-\frac{d}{dt} \frac{\partial L}{\partial \dot{s}}=0 $$

을 이용하여, $$s$$에 대한 운동 방정식을 얻는다:

$$\displaystyle \ddot{s}-\omega^{2} s-g\sin{\omega t} +l \omega^{2}=0 $$

이 방정식을 풀면,

$$\displaystyle s=l(1-\cosh{\omega t})+\frac{g}{2\omega^{2}} ( {\sinh{\omega t}}-\sin{\omega t} ) $$

이 구해진다. 따라서 우리는 시간에 대한 $$m$$의 좌표를 구해보았다.

5.2. 구속력이 있는 경우

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지금까지 다뤘던 라그랑주 역학의 특징은 어려운 구속력을 그냥 무시해 버리고 풀 수 있다는 것이다. 하지만 가끔은 구속력을 무시하면 안 될 때가 있다. 예를 들어 엘리베이터를 설계할 때에는 엘리베이터를 매다는 줄이 어느 정도 장력까지 버틸 수 있는지를 고려해야 하고, 대교를 짓는다면 얼마나 많은 차가 다녀도 하중을 견딜 수 있는지를 계산해야 한다. 그런데 라그랑주 역학이 또 사기적인 것은 구속력도 뉴턴 역학보다 훨씬 쉽게 구할 수 있다는 것이다...
지금까지는 자유도가 $$ s $$인 계는 $$ s $$개의 연립방정식을 풀어서 구했다. 예를 들어 평면 위에서 원운동하는 입자는 자유도가 1이므로 하나의 방정식만 있으면 된다. 하지만 이렇게 해서는 구속력을 구할 수 없다. 따라서 다른 방법을 시도해 봐야 한다. 이는 계를 자유도 2라고 간주하고, 구속 조건을 고려하는 것이다. 즉, "자유도 2개에 의한 오일러 방정식 2개 + 구속조건 식 1개" 이렇게 해서 총 3개의 방정식이 나온다. 그러면 식이 3개니까 미지수도 3개를 풀 수 있다. 구할 수 있는 것은 "일반화 좌표 2개 + 구속력"이다. 이렇게 하면 구속력까지 모두 구할 수 있게 된다.
보통 구속 조건은 일반화 좌표로 $$ f(q_j, \, t) = 0 $$의 꼴로 쓸 수 있다.[11] 그런데 이걸 어떻게 풀 수 있을까? 답은 구속 조건이 있는 오일러 방정식에 그대로 나와 있다. 완전히 똑같은 꼴이기 때문이다. 따라서 구속 조건을 $$ f(q_j, \,t)=0 $$이라고 하면 어떤 함수 $$ \lambda (t) $$에 대하여 다음 식이 성립한다.

$$\displaystyle {\partial L \over \partial q_j} - {d \over dt} \ {\partial L \over \partial \dot{q}_j} + \lambda (t) {\partial f \over \partial q_j } = 0 $$

[11] 예를 들어, 반지름이 $$ R $$인 원운동하는 입자는 구속 조건이 $$ x^2 + y^2 = R^2 $$이므로 $$ f = x^2 + y^2 - R^2 = 0 $$로 쓸 수 있다. 또한, 두 물체가 연결된 작은 도르래는 양쪽 줄의 길이를 $$ X, Y $$라 하고 줄의 총 길이를 $$ l $$이라고 하면 $$ X+Y=l $$이므로 $$ f = X + Y - l = 0 $$로 쓸 수 있다.

구속 조건이 $$ f,g $$로 2개이면 그냥 $$ \lambda $$를 여러 개 쓰면 된다.

$$\displaystyle {\partial L \over \partial q_j} - {d \over dt} \ {\partial L \over \partial \dot{q}_j} + \lambda_1 {\partial f \over \partial q_j } + \lambda_2 {\partial g \over \partial q_j } = 0 $$

마찬가지로 구속 조건이 더 많으면 $$ \lambda $$ 항을 계속 늘리면 된다.
이는 오일러-라그랑주 방정식에 그냥 $$ \lambda ({\partial f }/{ \partial q_j }) $$같은 항들 여러 개만 더한 꼴이다. $$ m $$개의 구속 조건이 있을 때 이 항들을 보통 $$ Q_j $$로 써서

$$\displaystyle Q_j = \sum_{k=1}^{m} { \lambda_k {\partial f_k \over \partial q_j }} $$

로 정의하고, $$ Q_j $$를 '''일반화 구속력''' 또는 '''일반화 힘'''이라고 한다. 이것은 구속력의 그 좌표 방향 성분이며, 단위는 힘이 아닐 수도 있다.
신기하게도, 일반화 구속력은 그 좌표가 어떤 단위인지에 따라 실제 구속력이 나온다. 예를 들어, 극좌표계에서

$$\displaystyle Q_{r} = \lambda {\partial f \over \partial r } $$

이면 구속력 $$ Q_r $$는 $$ r $$ 방향의 구속'''력'''이 된다. 그런데,

$$\displaystyle Q_{\theta} = \lambda {\partial f \over \partial \theta } $$

이면 구속력 $$ Q_{\theta} $$는 $$ \theta $$ 방향의 구속 '''토크'''가 된다.
즉, 구속력 항을 더한 오일러-라그랑주 방정식들과 구속 조건까지 다 연립해서 풀면 모든 일반화 좌표랑 구속력까지 빠짐없이 구할 수 있다.

5.2.1. 예제

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'''[문제]''' 그림과 같이 반원 위에서 질량 $$m$$의 물체가 구속된 채 움직이고 있다. 이 물체가 반원 위를 떠나기 직전의 높이 $$h$$를 구하시오. (단, 모든 마찰은 무시한다.)

[풀이 보기]

-
$$m$$이 반원 표면에서만 움직이는 이유는 바로 구속력때문이다. 따라서 구속력이 0이 될 조건을 찾으면 $$m$$이 반원 위에서 떨어질 조건을 찾을 수 있다.
일반화 좌표계는 물체가 반원 위를 움직이는 것에서 착안하여 극좌표계로 잡고, $$m$$이 반원 위에 있으려면 $$ r=R $$이어야 한다. 따라서 구속 조건은

$$\displaystyle f(r, \, \theta)=r-R=0 $$

이 계의 라그랑지언은

$$\displaystyle \begin{aligned} L&=T-U \\ &=\frac{1}{2}m(\dot{r}^{2}+r^{2} \dot{\theta}^{2})-mgr\sin{\theta} \end{aligned} $$

이다. 유의해야 할 것은 우리는 구면 위에서 입자가 벗어나는 상황을 고려하기 때문에 섣불리 $$r=R$$을 대입해서는 안된다는 것이다. 이 시스템의 오일러-라그랑주 방정식은

$$\displaystyle \begin{aligned} {\partial L \over \partial r} - {d \over dt} \ {\partial L \over \partial \dot{r}} + \lambda{\partial f \over \partial r } &= 0 \\ {\partial L \over \partial \theta} - {d \over dt} \ {\partial L \over \partial \dot{\theta}} + \lambda{\partial f \over \partial \theta } &= 0 \end{aligned} $$

그런데 $$ {\partial f / \partial r} = 1$$이고 $$ {\partial f / \partial \theta} = 0 $$이므로, $$ r $$ 방향 일반화 구속력은 그냥 $$ \lambda $$이고, $$ \theta $$방향 일반화 구속력은 없다.
오일러-라그랑주 방정식에 라그랑지언을 대입하면,

$$\displaystyle \begin{aligned} mr \dot{\theta}^2 - mg \sin \theta - m \ddot{r} + \lambda &= 0 \\ -mgr \cos \theta - mr^2 \ddot{\theta} - 2mr \dot{r} \dot{\theta} &= 0 \end{aligned} $$

이제 우리는 구속 조건 $$ r=R $$과 이를 미분한 $$ \dot{r} = \ddot{r} = 0 $$를 대입하자.

$$\displaystyle \begin{aligned} mR \dot{\theta}^2 - mg \sin \theta + \lambda &= 0 &\qquad \cdots(1) \\ -mgR \cos \theta - mR^2 \ddot{\theta} &= 0 &\qquad \cdots(2) \end{aligned} $$

$$ (2) $$식을 정리하면,

$$\displaystyle \ddot{\theta} = -{g \over R} \cos \theta $$

그런데

$$ \displaystyle \ddot{\theta} = \frac{d \dot{\theta}} {dt} = \frac{ d \theta }{ dt } \frac{ d \dot{\theta} }{ d \theta } = \dot{\theta} \frac{ d \dot{\theta} }{ d \theta } $$

이므로 위에 대입하면,

$$ \displaystyle \dot{\theta}\, d \dot{\theta} = -{g \over R} \cos{\theta}\, d \theta $$

가 된다. 양변을 $$ t=0 $$부터 $$ t $$까지 적분하자. 이때, $$ t=0 $$일 때 입자는 반원의 꼭대기$$ (\theta =\pi/2 ) $$에 있고 초기 각속도 $$ \dot{\theta} = 0 $$임에 유의한다.

$$ \displaystyle \int_{0}^{\dot{\theta}} { \dot{\theta} \,d \dot{\theta} } = - {g \over R} \int_{\pi/2}^{\theta} {\cos \theta \, d \theta} $$

이를 계산하면,

$$ \displaystyle { \dot{\theta}^2 \over 2} = - {g \over R} \sin \theta + {g \over R} $$

이 된다. 따라서 이 식을 $$ (1) $$식에 대입하면 구속력 $$\lambda$$을 알 수 있다.

$$ \displaystyle \lambda = mg (3 \sin \theta - 2) $$

우리가 구하는 상황은 구속력이 0이 되는 상태, 즉, 반원을 벗어나서 더 이상 구속력을 받지 않는 순간을 구하는 것이므로 $$\lambda=0$$을 만족하려면,

$$\displaystyle \sin{\theta}=\frac{2}{3}$$

를 만족해야 한다. 이때,

$$\displaystyle \sin{\theta}=\frac{h}{R}$$

임을 이용하면, 구하는 값은

$$ \displaystyle h=\frac{2}{3}R$$

으로 결정된다. 따라서 $$m$$은 $$R-h=R/3$$ 만큼 내려간 뒤 반원을 벗어나게 된다.

6. 비고전역학적인 확장

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원칙적으로 뉴턴역학의 범위에서 벗어나는 어떠한 물리현상도 라그랑주 역학이 예측해 주지는 않는다.[12] 그럼에도 불구하고 라그랑지언, 액션, 라그랑주 역학에 대한 공부로부터 물리학과의 커리큘럼을 시작하는 궁극적인 이유는 고전역학을 벗어나는 레벨의 물리에서 매우 다양하게 유사한 방법론을 도입하여 사용하게 되기 때문이다.
상대성 이론에서는 시간과 공간이 동일한 방식으로 다루어져야 하므로 액션을 라그랑지언의 시간적분으로 표현하는 것이 적절하지 않다. 이를 위해서 '''라그랑지언 밀도''' $$\boldsymbol{\mathcal{L}}$$라는 개념이 흔히 사용되는데, 기본적으로 라그랑지언 밀도의 3차원적인 공간적분이 보통의 라그랑지언이 된다.

$$ \displaystyle L(t) = \int \mathcal{L} (\mathbf{r},\,t ) \, d \mathbf{r} \qquad \qquad S = \int \mathcal{L} ( x ) \,dx^\mu $$

[12] 현실적으로는 각각의 해석법이 더 유리한 경우들이 있으므로, 그때 그때 필요한 만큼 라그랑주 역학을 사용하게 된다. 그래도 실제 물리학과 학부 2학년 정도로 들어서면 뉴턴역학으로 풀기 전에 라그랑주 역학을 도입해보는 게 효율적이다.

위의 마지막 수식, 그리고 이 아래 수식들에서는 사차원 벡터 (4-vector)를 이탤릭체로 표기하는 방법을 사용한다. 혼동될 여지가 없는 경우엔 이 라그랑지언 밀도를 그냥 라그랑지언이라고 부르는 경우도 많다. 다음은 각 양자장론의 분야별로 출발점을 주는 라그랑지언 밀도와 그것에 오일러-라그랑주 방정식을 적용하여 유도한 운동방정식의 리스트이다.[13]

6.1. 비상대론적인 양자장론

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$$\displaystyle \begin{aligned} L (\psi, \, \boldsymbol{\nabla} \psi, \, \dot{\psi} ) &= i \hbar \psi^{\ast} {\partial \psi \over \partial t} - {\hbar^2 \over 2m} \boldsymbol{\nabla} \psi^{\ast} \boldsymbol{\nabla} \psi -V (\mathbf{r},\,t ) \psi^* \psi \\ i \hbar \frac{\partial}{\partial t} \psi(\mathbf{r},\,t )&= \left[ -\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2 + V(\mathbf{r},\,t ) \right] \psi(\mathbf{r},\,t ) \end{aligned} $$

[13] 실제로 양자장을 만들기 위해서는 이차 양자화 과정을 거쳐야 한다.

6.2. 스핀 0인 중성자유입자의 양자장론

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(이 문단 아래로는 $$ \epsilon_0 = \mu_0 = c = \hbar =1 $$ 로 놓는 자연 단위계를 사용한다.)

$$\displaystyle \mathcal{L} = {1 \over 2} (\partial^\mu \phi ) (\partial_\mu \phi ) - {1 \over 2} m^2 \phi^2 $$

$$\displaystyle (\partial^\mu \partial_\mu + m^2 ) \phi = 0 $$

위의 방정식을 클라인-고든 방정식이라고 부른다.[14]

6.3. 스핀 1/2인 자유입자의 양자장론

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$$\displaystyle \mathcal{L} = \bar{\psi} ( i \gamma^\mu \partial_\mu - m ) \psi $$

$$\displaystyle ( i \gamma^\mu \partial_\mu - m ) \psi = 0 $$

[14] Field의 Lagrangian 해는 유일하지 않다. 다만 사람들이 주로 많이 쓰는, 혹은 물리적 해석에 더욱 용이한 Lagrangian만을 쓸 뿐이며, 지면에 쓰인 Lagrangian은 여러책이나 논문에서 많이 사용하는 Lagrangian이다.

여기에서의 $$ \psi $$는 $$ 4 \times 1 $$ 크기의 행렬로 표현되는 스피너(spinor)이고, $$ \gamma^\mu $$는 디랙 행렬이다. 위의 방정식을 디랙 방정식이라고 부른다.

6.4. 스핀 1인 자유입자의 양자장론

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$$\displaystyle \mathcal{L} = -{1 \over 4} F^{\mu \nu} F_{\mu \nu}+ {1 \over 2} m^2 A^\mu A_\mu \qquad \qquad F^{\mu \nu} = \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu $$

$$\displaystyle \partial^\nu \partial_\nu A^\mu -\partial^\mu \partial_\nu A^\nu +m^2 A^\mu = 0 $$

여기에서의 $$ A^\mu $$가 4차원 포텐셜, $$ F^{\mu \nu} $$는 전자기 텐서이다. 보통 아래의 운동방정식의 우변에 0 대신 4차원 전류항 $$ j^\mu $$ 를 넣은 것을 프로카 방정식이라고 부른다. 위의 방정식에서 로런츠 게이지(Lorenz gauge) $$ \partial^\mu A_\mu =0$$를 적용하여 게이지 고정(gauge fixing)을 하면 위에서 스칼라 장의 운동 방정식과 똑같은 모양이된다. 즉 운동 방정식은 로런츠 게이지에서 그 자체로도 맥스웰 방정식이면서 클라인-고든 방정식이기도 하다.
참고로 질량 $$m$$이 0이지 않을 때 프로카 방정식은 우리가 알고 있는 게이지 변환에 대해 불변하지 않는다. 따라서 게이지 불변성을 만족하려면 광자의 질량이 0이어야 하며 동시에 전류 밀도(Current density) $$ j^\mu $$는 0이어야 한다는 사실을 얻는다.
여기서 조금만 더 나아가자. 전하를 띤 페르미온[15]의 전자기적 상호작용을 기술하기 위해서는 최소한 자유롭게 움직이는 페르미온과 광자에 대한 라그랑지언이 필요하고, 전하를 띈 입자가 움직이고 있으므로 전류 밀도도 필요하다. 아무런 조건 없이 전류 밀도를 고려하여 라그랑지언의 게이지 변환을 가하면 라그랑지언이 게이지 불변을 만족하지 않는 것으로 보여, 잘못된 이론을 구상한 것이 아닌가 생각해 볼 수 있다. 그러나 이 문제는 Dirac 장만을 사용해 전류밀도를 나타내고 전자기장의 게이지 변환이 전자기장만 바꾸는 것이 아닌 디락장의 phase를 바꾸는 변환으로 작동한다면, 전류 밀도가 있어도 전체 라그랑지언의 꼴은 게이지 변환에 대해서 불변하다는 것을 알게 된다.
즉, 라그랑지언을 구성하는 전류 밀도가 게이지 불변이기 위해서는 광자의 게이지 변환외에 전하를 띈 페르미온(디락장)의 게이지 변환도 동시에 작동해야 한다는 것이다. 전류 밀도가 다른 장의 게이지 변환으로 보완되어 라그랑지언의 항으로 표현될 수 있다는 것을 통해, 전류 밀도를 허용하지 말아야 할 것으로 보였던 문제가 해결된다.
그럼에도 질량이 있으면서 입자와 상호작용하는 벡터장(전자기장도 벡터장의 일부이다.)을 어떻게 기술할 것인가란 문제는 여전히 해결되지 않고 남는다. 그러나 전류 밀도가 존재하기 위해서 Dirac 장의 게이지 변환을 고려한 것과 마찬가지 방법을 활용해, 광자의 게이지 변환과 추가 field의 게이지변환을 고려하여 적절하게 질량항이 존재할 수 있게 만들수 있지 않을까 생각해 볼수 있을 것이다. 이 추가 장이 바로 힉스이다.[16]
질량항은 광자와 Dirac 장으로 구축된 양자 전자기학에서 사용하는 게이지(일명 $$ U(1)$$ 게이지) 변환보다 더 큰 개념의 게이지 변환으로 부터 얻을 수 있다. 대표적으로 표준모형의 $$ SU(2)_L \times U_Y(1)$$ [17] 게이지 불변을 예로 들수 있다. 물론 그냥 게이지 불변이기만 하면 질량항을 여전히 만들수는 없으나 $$ SU_L(2) \times U_Y(1)$$ 게이지군이 자발적 대칭성 붕괴로 인해 우리가 알고 있는 전자기학의 게이지 군인 $$ U_e(1)$$으로 변화하면[18] 줄어든 자유도만큼 게이지 장들의 질량항이 늘어난다는 것을 알수 있었다. 이것이 그 유명한 Higgs mechanism이다.[19]
이를 통해서 (전자기장과 같이) 스핀이 1인 벡터장의 질량항은 게이지 장이 만족하는 게이지 변환보다 더 큰 구조의 게이지 변환으로 부터 불변성을 부여할 수 있으므로, 질량항이 존재하면 안 될 것 같다는 문제도 해결된다.[20]

6.5. 양자 전기역학

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$$\displaystyle \mathcal{L} = \bar{\psi} \left( i \gamma^\mu \partial_\mu - m \right) \psi - {1 \over 4} F_{\mu \nu} F^{\mu \nu} - q \bar{\psi} \gamma^\mu \psi A_\mu $$

[15] 스핀이 반정수배인 입자. 대표적으로 전자가 있다.

[16] 한가지 예제로 ablian Higgs mechanism에서 계산을 진행할 경우, 광자는 질량을 갖는다. 표준모형은 Non-abilan Higgs model에 따른다. 이 첨삭에서 언급한 Non-abelian Higgs model은 다음 문단에 개략적으로 설명되어 있다.

[17] $$ SU_L(2) \times U_Y(1) $$ 게이지 불변이란 말에서 $$ SU_L(2)$$는 표준모형상 짝이되는 spin 1/2 Dirac field들(예를 들어, 중성미자와 전자, 또는 up quark와 down quark)중에 왼손잡이(Left chiral, Left handed가 아님을 주의하자.)만을 떼어내서 doublet을 구성하였을 때, $$ SU_L(2) $$ 군의 요소에 대한 변환에 불변하다는 의미의 게이지 군이다. $$ U_Y(1)$$은 전자기학에서 사용하는 게이지 변환과 유사하게 Hypercharge $$ Y $$라는 값에 따라 spin 1/2 Dirac field들의 phase를 바꾸는 변환이다.

[18] $$SU_L(2)\times U_Y(1) $$ 군의 부분군으로 $$U_e(1)$$를 구성할 수 있긴하다. 그러나 $$U_e(1)$$의 요소에 따른 변환에 대해 불변을 요구하면 남은 세개 요소의 게이지 변환에 대해서 더이상 불변하지 않게된다.

[19] 자발적 대칭성 붕괴후에도 남은, 여전히 게이지 불변이 성립하는 게이지 장은 Massless, 질량이 없다.

[20] 다만 앞선 전류 밀도의 문제와는 해결방법이 다른 것이, 자발적 대칭성 붕괴와 진공 기댓값을 요구한다는 점이다. 이를 통해서 자발적 대칭성 붕괴로 인해 줄어드는 게이지 변환의 갯수(또는 변환에 대한 자유도의 갯수)가 Massive gauge field 종류의 개수를 결정하기 때문에, Higgs mechanism은 포텐셜이 어떤 함수인가에 따라 나타나는 결론이 다르다.

$$ \psi $$ 와 $$ A^\mu $$ 각 방향의 오일러-라그랑주 방정식으로부터 전하 $$ q $$를 가진 스핀 1/2입자(전자와 양전자)와 스핀 1입자(광자)의 운동 방정식이 튀어나오고, 자연스럽게 전류의 정체가 무엇인지, 그것을 통해 두 종류의 입자가 어떻게 서로 영향을 주고받는지까지 결정된다.
양자 전기역학의 라그랑지언이 저런 꼴을 갖도록 하는 원인 중 하나로 게이지 불변성이 있다. 페르미온 장의 위상 변화 $$\psi \to e^{i \phi} \psi$$에서 $$\phi$$가 상수이면 자동으로 불변성이 만족되던 것을 $$\phi$$가 상수가 아닌 경우로 확장시키는 과정에서 게이지 불변성을 만족하는 스핀 1의 장이 튀어나오고 그 장이 다름 아닌 전자기장인 것을 볼 수 있다. 즉, 전자기장이 존재하는 이유가 게이지 불변성 때문이라는 것이다. 그리고 이 논리를 여러 페르미온들의 다중항에 대한 일반적인 위상 변화에 대한 것으로 확장시킬 수도 있다. 중력을 제외한 모든 상호작용을 다 설명하는 양-밀스 장이 바로 그것. 자세한 내용은 게이지 장 참고.

7. 관련 문서

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• 고전역학
• 해석역학
• 해밀턴 역학
• 일반화 좌표계

[각주]