문제
직교좌표계 $(x,y)$에서 다음과 같은 함수를 생각해보자 : \[f(x,y)=-x^2-y^2+4. \tag{1}\label{eq:oblique-function}\]
식 $\eqref{eq:oblique-function}$의 변수 $x$와 $y$는, 아래의 그림 (a)와 같은 데카르트 좌표계에서 읽은 좌표이다. 여기서, 직선 $y=x$를 하나의 축으로 잡고, 이를 ‘$s$축’이라 하자. 그리고 기존의 $x$축과 $s$축으로 그림 (b)와 같은 새로운 ‘$(X,s)$ 좌표계’를 구성했다고 해보자 :
문제(1) $f(x,y)$를 새로운 변수 $(X,s)$로 나타내어라.
문제(2) 새 좌표계에서 gradient $\nabla f$를 구하여라.
풀이
문제 (1) $f(x,y)$를 새로운 변수 $(X,s)$로 나타내어라.
위치벡터 $\mathbf{r}$은 데카르트 좌표계에선 $x\hat{\mathbf{x}}+y\hat{\mathbf{y}}$으로, 기울어진 좌표계에선 $X\hat{\mathbf{X}}+s\hat{\mathbf{s}}$로 나타내어진다. 우리는 지금 식 $\eqref{eq:oblique-function}$을 기울어진 좌표계의 좌표 $(X,s)$로 나타내는 것이 목표이므로, $x$와 $y$를 기울어진 좌표의 함수로 나타낼 수 있어야 한다 : $x=x(X,s)$, $y=y(X,s)$.
기울어진 좌표계에서의 위치벡터 $\mathbf{r}$은 다음과 같이 행렬로 나타낼 수 있는데 : $$ \mathbf{r} =X\hat{\mathbf{X}}+s\hat{\mathbf{s}} =\begin{pmatrix}X&s\end{pmatrix} \begin{pmatrix} \hat{\mathbf{X}}\\ \hat{\mathbf{s}} \end{pmatrix} \tag{2}\label{eq:oblique-position}$$
기울어진 좌표계의 단위벡터를 데카르트 좌표계의 단위벡터로 나타낼 수 있다면, 우리는 식 $\eqref{eq:oblique-position}$를 $\hat{\mathbf{x}}$와 $\hat{\mathbf{y}}$의 선형결합으로 나타낼 수 있고 이때 계수는 $X$와 $s$의 함수가 된다. 우선 두 좌표계 단위벡터 사이의 관계를 써보면 : $$\hat{\mathbf{X}}=\hat{\mathbf{x}}, \quad \hat{\mathbf{s}}=\tfrac{1}{\sqrt{2}}(\hat{\mathbf{x}}+\hat{\mathbf{y}})$$
이를 행렬로 나타내면 : $$\begin{pmatrix}\hat{\mathbf{X}}\\\hat{\mathbf{s}}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1&0\\\tfrac{1}{\sqrt{2}}&\tfrac{1}{\sqrt{2}}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\hat{\mathbf{x}}\\\hat{\mathbf{y}}\end{pmatrix} $$
이를 식 $\eqref{eq:oblique-position}$에 대입하면 : $$ \begin{aligned} \mathbf{r} &=\begin{pmatrix}X&s\end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1&0\\ \tfrac{1}{\sqrt{2}}&\tfrac{1}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \hat{\mathbf{x}}\\ \hat{\mathbf{y}} \end{pmatrix}\\[8pt] &=\begin{pmatrix} X+\dfrac{s}{\sqrt{2}}&\dfrac{s}{\sqrt{2}} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \hat{\mathbf{x}}\\ \hat{\mathbf{y}} \end{pmatrix} \end{aligned} $$
따라서 $x=X+\frac{s}{\sqrt{2}}$이고 $y=\frac{s}{\sqrt{2}}$이다. 이를 원래 함수 $\eqref{eq:oblique-function}$에 대입해보자. 기울어진 좌표계에서는 함수 형태가 다를 것이므로 이를 $F(X,s)$라 하면 : \[ \begin{aligned} F(X,s)&:=f\!\left(X+\frac{s}{\sqrt2},\frac{s}{\sqrt2}\right)\\ &=-\left(X+\frac{s}{\sqrt2}\right)^2-\frac{s^2}{2}+4\\ &=\boxed{-X^2-\sqrt2Xs-s^2+4} \end{aligned} \]
문제 (2) 새 좌표계에서 gradient $\nabla f$를 구하여라.
우선 앞 문제에서 구한 $F(X,s)$를 각각의 좌표로 편미분해보자 : \[ \frac{\partial F}{\partial X}=-2X-\sqrt2s, \qquad \frac{\partial F}{\partial s}=-\sqrt2X-2s. \tag{3}\label{eq:oblique-partials}\]
개인적으로 느낄 때, ‘기울어진 좌표계’의 어려움은 여기서부터 시작된다. 그래디언트의 일반적인 형태를 생각해보면, 새로운 좌표계에서도 다음과 같은 형태가 성립할 것 같은 느낌이 든다 : \[ \nabla f\;\overset{?}{=}\; \tfrac{\partial F}{\partial X}\hat{\mathbf X}+\tfrac{\partial F}{\partial s}\hat{\mathbf s} \tag{4}\label{eq:oblique-wrong-gradient}\]
하지만 답을 쉽게 알 수 있는 한 점에 대해서만 확인해보면, 이는 틀린 표현이란 걸 금방 알 수 있다. 새 좌표의 점 $(X,s)=(1,0)$은 기존 좌표에서도 $(x,y)=(1,0)$이다. 원래 함수에서 이 점에 대한 그래디언트를 구하면 $-2\hat{\mathbf x}$가 나와야 하고, 그래디언트는 국소적으로 함수가 가장 빠르게 증가하는 방향을 가리키므로 좌표계에 따라 달라지는 벡터가 아니니, 이 결과는 새 좌표계에서도 같아야 한다. 하지만 $(X,s)=(1,0)$을 식 $\eqref{eq:oblique-wrong-gradient}$의 우변에 대입하면 : \[ -2\hat{\mathbf X}-\sqrt2\hat{\mathbf s} =-3\hat{\mathbf x}-\hat{\mathbf y} \]
방향도 크기도 달라졌다. 함수는 그대로이고 좌표축만 기울였을 뿐인데, 같은 언덕의 같은 지점에서 가장 가파르게 올라가는 방향이 바뀌어 버린 것이다.
우리는 옳은 답을 찾기 위해, 먼저 확실하게 옳은 식을 써야 한다. 기울어진 좌표계에서도 확실하게 옳은 것은 ‘chain rule’이다 : \[df=\tfrac{\partial F}{\partial X}dX+\tfrac{\partial F}{\partial s}ds \tag{5}\label{eq:oblique-differential}\]
기울어진 좌표계에서의 chain rule을 설명한 지난 포스팅을 공부했다면 이 사실이 당연하겠지만, 안 했다면 식 $\eqref{eq:oblique-differential}$를 일단 받아들이자.
새로운 좌표계에서의 그래디언트는 2차원 상의 벡터이므로, 직교는 아니지만 서로 독립적인 단위벡터 \(\hat{\mathbf{X}}\)와 \(\hat{\mathbf{s}}\)의 선형결합으로 표현될 것이다 : $$\nabla f=A\hat{\mathbf{X}}+B\hat{\mathbf{s}}$$
여기서 $A$와 $B$는 우리가 그 정확한 형태를 찾아야 할 계수들이다. 그리고 임의의 방향에 대한 함수의 미소변화량 $df$는 그래디언트와 위치에 대한 미소벡터 $d\mathbf{r}$의 내적이다 : \[ df=\nabla f\cdot d\mathbf r, \qquad d\mathbf r=\hat{\mathbf X}\,dX+\hat{\mathbf s}\,ds \]
$\hat{\mathbf X}$와 $\hat{\mathbf s}$는 서로 직교하지 않는다. 따라서 두 벡터를 내적할 때 cross term을 빼먹으면 안 된다. $\hat{\mathbf X}\cdot\hat{\mathbf s}=\tfrac{1}{\sqrt2}$를 넣으면 : \[ \begin{aligned} \nabla f\cdot d\mathbf r &=(A\hat{\mathbf X}+B\hat{\mathbf s})\cdot (\hat{\mathbf X}\,dX+\hat{\mathbf s}\,ds)\\ &=\left(A+\frac{B}{\sqrt2}\right)dX +\left(\frac{A}{\sqrt2}+B\right)ds \end{aligned} \]
이 결과가 임의의 $dX,ds$에 대해 식 $\eqref{eq:oblique-differential}$과 같아야 하므로 : \[ \frac{\partial F}{\partial X}=A+\frac{B}{\sqrt2}, \qquad \frac{\partial F}{\partial s}=\frac{A}{\sqrt2}+B \tag{6}\label{eq:oblique-components}\]
식 $\eqref{eq:oblique-components}$을 $A$와 $B$에 대해 풀면 : \[ A=2\tfrac{\partial F}{\partial X}-\sqrt2\tfrac{\partial F}{\partial s}, \qquad B=-\sqrt2\tfrac{\partial F}{\partial X}+2\tfrac{\partial F}{\partial s} \]
여기에 식 $\eqref{eq:oblique-partials}$을 넣으면 $A=-2X$, $B=-2s$이다. 따라서 문제(2)의 답은 다음과 같다 : \[ \boxed{\nabla f=-2X\hat{\mathbf X}-2s\hat{\mathbf s}} \tag{7}\label{eq:oblique-answer}\]
$$* \quad * \quad *$$
이런 예시를 통해서, 우리는 수학적 표현이 얼마나 중요한지를 몸소 느낄 수 있다. 아인슈타인 덧셈규칙에서는 한 항 안에서 같은 첨자가 위아래로 한 번씩 나타나면 그 첨자에 대해 합을 취한다. 하지만 위 풀이에서는 그런 첨자를 생략함으로써 무엇이 공변covariant, 아랫첨자이고 무엇이 반변contravariant, 윗첨자인지를 가려버렸던 것이다. 첨자 표기를 살려주면 어디서 무엇이 잘못되었는지가 자연스레 드러난다.
식 $\eqref{eq:oblique-position}$에서 위치벡터 $\mathbf{r}$은 좌표와 단위벡터를 곱한 항들의 합으로 되어 있는데, 따라서 이를 다음과 같이 첨자를 살려서 다시 써보자 : $$\mathbf{r}=x^1 \hat{\mathbf{x}}_1+x^2\hat{\mathbf{x}}_2 $$
그러니까, 여기서 좌표 $x^i$와 기저 $\hat{\mathbf{x}}_i$는 첨자가 없는 이전 표현과 다음과 같은 관계에 있는 것이다 : \[ (x^1,x^2)=(X,s), \qquad \hat{\mathbf{x}}_1=\hat{\mathbf X},\quad \hat{\mathbf{x}}_2=\hat{\mathbf s} \]
그리고 이전 포스팅에서 설명했듯, 이때 메트릭 텐서metric tensor $g_{ij}$는 다음과 같이 기저들의 내적으로 정의된다 : \[g_{ij}=\hat{\mathbf{x}}_i\cdot\hat{\mathbf{x}}_j,\qquad (g_{ij})=\begin{pmatrix}1& \tfrac{1}{\sqrt2} \\ \tfrac{1}{\sqrt2}&1\end{pmatrix} \]
그리고 $g^{ij}$는 그 역행렬이며 : \[(g^{ij})=\begin{pmatrix}2&-\sqrt2\\-\sqrt2&2\end{pmatrix} \]
공변 기저 $\hat{\mathbf{x}}_i$와 반변 기저 $\hat{\mathbf{x}}^j$는 메트릭 텐서에 의해 다음과 같이 변환된다 : $$\hat{\mathbf{x}}^i=g^{ij}\hat{\mathbf{x}}_j \tag{8}\label{eq:oblique-raise-basis}$$
결국 앞의 식 $\eqref{eq:oblique-wrong-gradient}$이 잘못되었던 이유는, 아랫첨자에 해당하는 편미분 항 $\small \tfrac{\partial F}{\partial x^i}$과 역시나 아랫첨자에 해당하는 공변 기저벡터 $\hat{\mathbf{x}}_i$를 곱해서 더했기 때문이다. 식 $\eqref{eq:oblique-raise-basis}$과 같이 반변 기저를 공변 기저의 선형결합으로 써보면 : $$\begin{pmatrix}\hat{\mathbf{x}}^{1}\\\hat{\mathbf{x}}^{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2&-\sqrt{2}\\-\sqrt{2}&2\end{pmatrix}\begin{pmatrix}\hat{\mathbf{x}}_{1}\\\hat{\mathbf{x}}_{2}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\hat{\mathbf{x}}_{1}-\sqrt{2}\hat{\mathbf{x}}_{2}\\-\sqrt{2}\hat{\mathbf{x}}_{1}+2\hat{\mathbf{x}}_{2}\end{pmatrix}$$
따라서 아인슈타인 덧셈규칙에 맞게 식 $\eqref{eq:oblique-wrong-gradient}$을 다시 써서 계산해보면 : $$ \begin{aligned} \nabla f &=\frac{\partial F}{\partial x^1}\hat{\mathbf{x}}^{1} +\frac{\partial F}{\partial x^2}\hat{\mathbf{x}}^{2}\\[6pt] &=(-2X-\sqrt{2}s) \left(2\hat{\mathbf{x}}_{1}-\sqrt{2}\hat{\mathbf{x}}_{2}\right)\\ &\quad+(-\sqrt{2}X-2s) \left(-\sqrt{2}\hat{\mathbf{x}}_{1}+2\hat{\mathbf{x}}_{2}\right)\\[6pt] &=\hat{\mathbf{x}}_{1} \left(-4X-2\sqrt{2}s+2X+2\sqrt{2}s\right)\\ &\quad+\hat{\mathbf{x}}_{2} \left(2\sqrt{2}X+2s-2\sqrt{2}X-4s\right)\\[6pt] &=-2X\hat{\mathbf{x}}_{1}-2s\hat{\mathbf{x}}_{2}\\ &=-2X\hat{\mathbf{X}}-2s\hat{\mathbf{s}}. \end{aligned} $$
그러니까, 식 $\eqref{eq:oblique-wrong-gradient}$의 덧셈에서 위아래 첨자만 기계적으로 맞추었더니 식 $\eqref{eq:oblique-answer}$에서 얻었던 답이 나왔다.
폴 디락Paul Dirac이 해밀턴 역학Hamiltonian mechanics의 푸아송 괄호Poisson bracket의 형태를 그대로 빌려다가 양자역학을 정식화했다는 건 참으로 유명한 이야기이다. 이는 ‘수식은 그것을 만든 사람보다 똑똑하다’는 사실을 여실히 보여준다. 나는 아인슈타인 덧셈규칙도 비슷한 선상에 있다고 느낀다. 윗첨자와 아랫첨자를 맞춰준다는 그 간단한 수학 문법 자체가 참으로 많은 사실을 참으로 간명하게 설명한다. ■