费曼物理学（2） 第7次作业

Chasse_neige

1. 浅水波与电磁场

厄尔尼诺与拉尼诺现象都可以用浅水波理论来研究，然而其解析解非常困难，一般依赖于大型的数值模拟。近十年来，物理学家发现浅水波等价于一个包含 Chern-Simons 相互作用的电磁理论，从而将厄尔尼诺与拉尼诺的产生用电磁理论的处理方法（特别是反常量子霍尔效应）联系起来。本题我们尝试说明浅水波与 1+2 维规范理论的等价性。

1. 浅水波运动方程的连续性方程形式

(1). 浅水波的运动方程可以用流体的高度 $h(t,x,y)$ 与水平方向的流速场 $\overrightarrow{u}(t,x,y)$ 来描述：

$$\frac{\partial h}{\partial t}+\overrightarrow{u}\cdot \mathrm{\nabla }h+h\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{u}=0$$$$\frac{\partial u^i}{\partial t}+(\overrightarrow{u}\cdot \mathrm{\nabla })u^i-f{ϵ}^{ij}{u}^j+g\frac{\partial h}{\partial x^i}=0$$

其中 $f$ 为科里奥利力参数，$g$ 为重力加速度。请证明浅水波的运动方程可以写成以下两个连续性方程：

$$\begin{array}{c}\frac{\partial J^0}{\partial t}+\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{J}=0\\ J_0=h(t,x,y)\\ \overrightarrow{J}=h(t,x,y)\overrightarrow{u}(t,x,y)\end{array}$$$$\begin{array}{c}\frac{\partial {\tilde{J}}^0}{\partial t}+\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{\tilde{J}}=0\\ {\tilde{J}}^0=\zeta (t,x,y)+f\\ \overrightarrow{\tilde{J}}=(\zeta (t,x,y)+f)\overrightarrow{u}(t,x,y)\\ \zeta (t,x,y)=\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y}\end{array}$$

第一个方程表征的是浅水波高度的守恒方程，第二个方程描述的是涡旋 $\zeta$ 在存在科里奥利力的情况下的守恒方程。

证明

$$\frac{\partial J^0}{\partial t}+\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{J}=\frac{\partial h}{\partial t}+\mathrm{\nabla }\cdot (h\overrightarrow{u})=\frac{\partial h}{\partial t}+\overrightarrow{u}\cdot \mathrm{\nabla }h+h\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{u}=0$$$$\begin{array}{c}\frac{\partial {\tilde{J}}^0}{\partial t}+\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{\tilde{J}}=\frac{\partial }{\partial t}(\zeta (t,x,y)+f)+\mathrm{\nabla }\cdot ((\zeta (t,x,y)+f)\overrightarrow{u}(t,x,y))\\ =\frac{\partial \zeta }{\partial t}+(\mathrm{\nabla }\zeta )\cdot \overrightarrow{u}+(\zeta +f)\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{u}\end{array}$$$$\begin{array}{c}\frac{\partial }{\partial t}\zeta =\frac{\partial }{\partial t}(\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y})=\frac{\partial }{\partial x}(f{ϵ}^{21}{u}^1-(\overrightarrow{u}\cdot \mathrm{\nabla })u^2-g\frac{\partial h}{\partial y})-\frac{\partial }{\partial y}(f{ϵ}^{12}{u}^2-(\overrightarrow{u}\cdot \mathrm{\nabla })u^1-g\frac{\partial h}{\partial x})\\ =\frac{\partial }{\partial x}(-f{u}^1-(\overrightarrow{u}\cdot \mathrm{\nabla })u^2-g\frac{\partial h}{\partial y})-\frac{\partial }{\partial y}(f{u}^2-(\overrightarrow{u}\cdot \mathrm{\nabla })u^1-g\frac{\partial h}{\partial x})\end{array}$$$$(\mathrm{\nabla }\zeta )\cdot \overrightarrow{u}=\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y})u^1+\frac{\partial }{\partial y}(\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y})u^2$$$$(\zeta +f)\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{u}=(\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y}+f)(\frac{\partial u^1}{\partial x}+\frac{\partial u^2}{\partial y})$$

所以

$$\begin{array}{c}\frac{\partial \zeta }{\partial t}+(\mathrm{\nabla }\zeta )\cdot \overrightarrow{u}+(\zeta +f)\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{u}\\ =\frac{\partial }{\partial x}(-f{u}^1-(\overrightarrow{u}\cdot \mathrm{\nabla })u^2-g\frac{\partial h}{\partial y})-\frac{\partial }{\partial y}(f{u}^2-(\overrightarrow{u}\cdot \mathrm{\nabla })u^1-g\frac{\partial h}{\partial x})\\ +\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y})u^1+\frac{\partial }{\partial y}(\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y})u^2\\ +(\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y}+f)(\frac{\partial u^1}{\partial x}+\frac{\partial u^2}{\partial y})\\ =\frac{\partial }{\partial y}(u^1\frac{\partial u^1}{\partial x}+u^2\frac{\partial u^1}{\partial y})-\frac{\partial }{\partial x}(u^1\frac{\partial u^2}{\partial x}+u^2\frac{\partial u^2}{\partial y})\\ +u^1\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y})+u^2\frac{\partial }{\partial y}(\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y})\\ +(\frac{\partial u^2}{\partial x}-\frac{\partial u^1}{\partial y})(\frac{\partial u^1}{\partial x}+\frac{\partial u^2}{\partial y})=0\end{array}$$

2. 浅水波运动方程与麦克斯韦方程组的类比

(2). 通过一些观察，我们可以将流体的高度 $h(t,x,y)$ 与水平方向的流速场 $\overrightarrow{u}(t,x,y)$ 同 1+2 维的电场磁场类比起来。请证明，如果令 $B=h$, $E_i={ϵ}_{ij}h{u}_j$，则第一个浅水波运动方程(1.1)可以写成麦克斯韦方程组的一部分:

$${ϵ}^{\mu \nu \rho }{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }{A}_{\rho }=0$$

（注：事实上，第二个浅水波运动方程 (1.2) 也可以写成类似于麦克斯韦方程组的形式。感兴趣的同学可以将此作为期末小论文的一个选题。）

证明

$$\frac{\partial h}{\partial t}+\overrightarrow{u}\cdot \mathrm{\nabla }h+h\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{u}=0$$

所以

$$\begin{array}{c}\frac{\partial h}{\partial t}+u_i{\partial }_{i}h+h{\partial }_i{u}_i=0\\ \frac{\partial h}{\partial t}+{\partial }_i(u_{i}h)=0\end{array}$$

因为 $E_i=h{ϵ}_{ij}{u}_j$ ，所以

$${ϵ}_{ik}{E}_i=h{ϵ}_{ik}{ϵ}_{ij}{u}_j=h{\delta }_{kj}{u}_j=h{u}_k$$

所以

$$\frac{\partial B}{\partial t}+{\partial }_k({ϵ}_{ik}{E}_i)=0$$

但是在当前度规下 $E^i=g^{ij}{E}_j=-E_j$

写成矢量的形式，即

$$\frac{\partial \overrightarrow{B}}{\partial t}+\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{E}=0$$

从1+2 维的电场磁场麦克斯韦方程组的协变形式出发

$${ϵ}^{\mu \nu \rho }{\partial }_{\mu }{\partial }_{\nu }{A}_{\rho }=0$$$${ϵ}^{ki0}{\partial }_k{\partial }_i{A}_0+{ϵ}^{k0j}{\partial }_k{\partial }_0{A}_j+{ϵ}^{0ij}{\partial }_0{\partial }_i{A}_j=0$$$$\begin{array}{c}\frac{1}{c}{ϵ}^{kj}{\partial }_k{E}_j+{\partial }_0({ϵ}^{ij}{\partial }_i{A}_j)=0\\ -\frac{1}{c}\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{E}-\frac{1}{c}\frac{\partial }{\partial t}(\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{A})=0\end{array}$$

所以

$$\frac{\partial \overrightarrow{B}}{\partial t}+\mathrm{\nabla }\times \overrightarrow{E}=0$$

即第一个运动方程可以视作 1+2 维时空麦克斯韦方程组的一部分

2. 自旋，磁性与相变

1. 自旋体系的概率与均值计算

(1). 考虑一个有 $N$ 个自旋为 $\frac{1}{2}$ 的粒子的体系，对于每个粒子而言，其自旋沿 $+z$ 轴与 $-z$ 轴的概率一样。请计算体系有 $n$ 个粒子自旋朝 $+z$ 轴方向的概率，并计算体系自旋的均值。

$$p_n=\frac{C_N^n}{2^N}$$

均值

$$<s>=\sum _{n=0}^N\frac{1}{2}(2n-N)\frac{C_N^n}{2^N}=0$$

2. 在外磁场作用下的概率与均值计算

(2). 在一个沿 $+z$ 方向磁场的作用下，粒子方向自旋沿 $+z$ 轴的概率变为 $\frac{1}{2}+q$，粒子自旋朝 $-z$ 轴的概率变为 $\frac{1}{2}-q$。请计算此时体系有 $n$ 个粒子自旋朝 $+z$ 轴方向的概率，并计算体系自旋的均值。

$$p_n=C_N^n(\frac{1}{2}+q{)}^n(\frac{1}{2}-q{)}^{N-n}$$$$\begin{array}{c}<s>=\sum _{n=0}^N\frac{1}{2}(2n-N)C_N^n(\frac{1}{2}+q{)}^n(\frac{1}{2}-q{)}^{N-n}\\ =\sum _{n=0}^{N}n{C}_N^n(\frac{1}{2}+q{)}^n(\frac{1}{2}-q{)}^{N-n}-\frac{1}{2}N\\ =(\frac{1}{2}+q)N\sum _{n=1}^N{C}_{N-1}^{n-1}(\frac{1}{2}+q{)}^{n-1}(\frac{1}{2}-q{)}^{N-n}-\frac{1}{2}N\\ =(\frac{1}{2}+q)N-\frac{1}{2}N=qN\end{array}$$

3. 一维伊辛模型的相变证明

(3). 考虑一个真实的一维 $N$ 个自旋链系统，即我们考虑一维的伊辛模型，其哈密顿量可以写为：

$$H=-J\sum _{⟨ij⟩}{s}_i{s}_j-h\sum _i{s}_i$$

对于一维的伊辛模型而言，我们可以解析的计算其自由能：

$$F=-NkT\log ({\lambda }_1),{\lambda }_1=\sqrt{e^{\frac{2J}{T}}{\sinh }^2\left(\frac{h}{T}\right)+e^{-\frac{2J}{T}}}+e^{\frac{J}{T}}\cosh \left(\frac{h}{T}\right)$$

请证明对于一维伊辛模型而言，其自由能对外磁场 $h$ 的导数在 $T\ne 0$ 的时候没有零点，即一维伊辛模型没有相变。

证明

$$\frac{dF}{dh}=-\frac{NkT}{{\lambda }_1}(\frac{e^{\frac{2J}{T}}\sinh (\frac{h}{T})\cosh (\frac{h}{T})\frac{1}{T}}{\sqrt{e^{\frac{2J}{T}}{\sinh }^2\left(\frac{h}{T}\right)+e^{-\frac{2J}{T}}}}+e^{\frac{J}{T}}\sinh (\frac{h}{T})\frac{1}{T})$$

在 $T\ne 0$ 的时候，该导数若存在零点，则

$$e^{\frac{2J}{T}}\sinh (\frac{h}{T})\cosh (\frac{h}{T})+e^{\frac{J}{T}}\sinh (\frac{h}{T})\sqrt{e^{\frac{2J}{T}}{\sinh }^2\left(\frac{h}{T}\right)+e^{-\frac{2J}{T}}}=0$$$$e^{\frac{4J}{T}}{\sinh }^2(\frac{h}{T}){\cosh }^2(\frac{h}{T})=e^{\frac{4J}{T}}{\sinh }^4(\frac{h}{T})+{\sinh }^2(\frac{h}{T})$$$$e^{\frac{4J}{T}}{\cosh }^2(\frac{h}{T})=e^{\frac{4J}{T}}{\sinh }^2(\frac{h}{T})+1$$$$(e^{\frac{4J}{T}}-1){\cosh }^2(\frac{h}{T})=(e^{\frac{4J}{T}}-1){\sinh }^2(\frac{h}{T})$$

由于 $J\ne 0$，所以 $e^{\frac{4J}{T}}-1\ne 0$

$${\cosh }^2(\frac{h}{T})={\sinh }^2(\frac{h}{T})$$

无解。所以 $T\ne 0$ 的时候，该导数不存在零点，即一维伊辛模型没有相变。

3. 等效原理与引力

请利用等效原理推导粒子在引力场中的运动方程。

提示：考虑一个在引力作用下自由运动的粒子。根据等效原理，存在一个自由降落的坐标系 ${\xi }^{\alpha }$ ，粒子在这个坐标系里的运动方程是时空中的一条直线：

$$\frac{d^2{\xi }^{\alpha }}{d{\tau }^2}=0$$

其中 $d\tau$ 为固有时。考虑一个任意的坐标系 $x^{\mu }$，则此时自由降落坐标 ${\xi }^{\alpha }$ 是 $x^{\mu }$ 的函数，此时我们从(3.1)出发，推导的在 $x^{\mu }$ 坐标下的运动方程即为一般的引力场中的运动方程。

根据等效原理，在自由降落的坐标系 ${\xi }^{\alpha }$ 中，粒子的运动方程为直线：

$$\frac{d^2{\xi }^{\alpha }}{d{\tau }^2}=0$$

现在转换到任意坐标系 $x^{\mu }$，其中 ${\xi }^{\alpha }$ 是 $x^{\mu }$ 的函数。利用链式法则：

一阶导数：

$$\frac{d{\xi }^{\alpha }}{d\tau }=\frac{\partial {\xi }^{\alpha }}{\partial x^{\mu }}\frac{d{x}^{\mu }}{d\tau }$$

二阶导数：

$$\frac{d^2{\xi }^{\alpha }}{d{\tau }^2}=\frac{{\partial }^2{\xi }^{\alpha }}{\partial x^{\mu }\partial x^{\nu }}\frac{d{x}^{\mu }}{d\tau }\frac{d{x}^{\nu }}{d\tau }+\frac{\partial {\xi }^{\alpha }}{\partial x^{\mu }}\frac{d^2{x}^{\mu }}{d{\tau }^2}$$

根据 $\frac{d^2{\xi }^{\alpha }}{d{\tau }^2}=0$，代入得：

$$\frac{{\partial }^2{\xi }^{\alpha }}{\partial x^{\mu }\partial x^{\nu }}\frac{d{x}^{\mu }}{d\tau }\frac{d{x}^{\nu }}{d\tau }+\frac{\partial {\xi }^{\alpha }}{\partial x^{\mu }}\frac{d^2{x}^{\mu }}{d{\tau }^2}=0$$

乘以 $\frac{\partial x^{\lambda }}{\partial {\xi }^{\alpha }}$ 并利用 $\frac{\partial x^{\lambda }}{\partial {\xi }^{\alpha }}\frac{\partial {\xi }^{\alpha }}{\partial x^{\mu }}={\delta }_{\mu }^{\lambda }$，得到：

$$\frac{d^2{x}^{\lambda }}{d{\tau }^2}+{\mathrm{\Gamma }}_{\mu \nu }^{\lambda }\frac{d{x}^{\mu }}{d\tau }\frac{d{x}^{\nu }}{d\tau }=0$$

其中克里斯托夫符号定义为：

$${\mathrm{\Gamma }}_{\mu \nu }^{\lambda }=\frac{\partial x^{\lambda }}{\partial {\xi }^{\alpha }}\frac{{\partial }^2{\xi }^{\alpha }}{\partial x^{\mu }\partial x^{\nu }}$$

所以在 $x^{\mu }$ 坐标下的运动方程即测地线方程为

$$\frac{d^2{x}^{\lambda }}{d{\tau }^2}+{\mathrm{\Gamma }}_{\mu \nu }^{\lambda }\frac{d{x}^{\mu }}{d\tau }\frac{d{x}^{\nu }}{d\tau }=0$$

4. 协变性，牛顿引力与爱因斯坦引力

本题当中，我们尝试从牛顿引力出发，利用协变性猜测爱因斯坦引力的运动方程，即爱因斯坦方程。

1. 牛顿引力的泊松方程

(1). 请类比电磁理论写出牛顿引力满足的泊松方程。

$$\mathrm{\nabla }\cdot \overrightarrow{g}=-4\pi G{\rho }_m$$$${\mathrm{\nabla }}^2\varphi =4\pi G{\rho }_m$$

其中 $\varphi$ 为引力势， $\overrightarrow{g}$ 为引力场强度，${\rho }_m$ 为质量密度。

2. 电磁理论的能量-动量张量

(2). 在第四次作业当中，我们推导了电磁理论的能量-动量张量的表达式:

$$T^{\mu \nu }=F^{\mu \alpha }{F}_{\alpha }^{\nu }-\frac{1}{4}{\eta }^{\mu \nu }{F}^{\alpha \beta }{F}_{\alpha \beta }$$

请计算 $T^{\mu \nu }$ 的 00 分量，并说明其物理意义。

$$T^{00}=F^{0\alpha }{F}_{\alpha }^0-\frac{1}{4}{F}^{\alpha \beta }{F}_{\alpha \beta }=E^2-\frac{1}{2}(E^2-B^2)=\frac{1}{2}(E^2+B^2)$$

物理意义是能量密度

3. 牛顿引力的张量形式泊松方程

(3). 假设牛顿引力中的引力势能也可以写成某个张量的 00 分量： $G_{00}=\mathrm{\nabla }{g}_{00}=-{\mathrm{\nabla }}^2(1+2\varphi )$。请利用 $G_{00}$ 与 $T_{00}$ 重新写出牛顿引力满足的泊松方程。

$$T_{00}=-{\rho }_m{c}^2$$

所以柏松方程可以改写为

$$G_{00}=-8\pi G{\rho }_m$$

所以

$$$$$$G_{00}=\frac{8\pi G}{c^2}{T}_{00}$$

4. Bonus：爱因斯坦方程的猜测

(4). Bonus: 此时我们写出的牛顿引力方程只是某个张量的分量方程，由电磁理论的经验，我们知道这个方程不具有协变性，即在洛伦兹变换或者坐标变换下不能保持方程的形式不变。利用协变性的要求，请从牛顿引力方程出发，猜测爱因斯坦方程的表达式。

$$G_{\mu \nu }=\frac{8\pi G}{c^2}{T}_{\mu \nu }$$