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札记 3

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2024-11-11

2024-11-11

接着上节课的内容再讲一讲. 请大家记住，上面用普通物理的理论试图解释交换力，实际上完全是四字老师的杜撰，这是对 Feynman 的上课方式的一种实验性的讲法，听不懂不用担心.

回忆两个电荷q1q_1，q2q_2之间交换光子的过程，我们想要解释清楚这件事情不能在经典的角度来看，而需要引入相对论的观点. 这里考虑的是两个四维的“流”的相互作用，分别是j1μj_1^\mu和j2μ=(ρ2,j⃗2)j_2^\mu=(\rho_2,\vec{j}_2). 在 Hamiltonian 中，有一项：

∑μ=03j1μAμ\sum_{\mu=0}^3j_{1\mu}A^\mu

我们想要在新的 Hamiltonian 中去掉所谓光子的一项，因为我们从来没有见过电磁势能中有一项直接体现光子的作用. 但是这个 Hamiltonian 仍然应该是相对论协变的，所以

Hnew∝j1μ⋅j2μ=−ρ1ρ2+j⃗1⋅j⃗2H_{\text{new}}\propto j_{1\mu}\cdot j^{\mu}_2=-\rho_1\rho_2+\vec{j}_1\cdot\vec{j}_2

上面两项的符号差来源于纯粹的相对论效应. 这只有两种可能的效果：若同号电荷相斥，那么同向电流相吸；若同号电荷相吸，则同向电流相斥.

为了确定哪一种是真实的，我们需要研究交换真正的光子时发生了什么. 一个光子可以用一个矢量来描述，是Aμ=(0,Ax,Ay,0)A_\mu=(0,A_x,A_y,0)，只有两个三维分量有值是因为光子的偏振只有两种垂直于运动方向的可能.

那么光子对电荷的作用，相当于只作用在空间分量上，这意味着对“流”的 Hamiltonian 项是正的，由此确定电磁作用的方向.

现在我们能开始讲引力的相互作用. 引力子是m=0m=0，s=2s=2的粒子，因为我们现在有两个自旋，所以需要一个带有两个指标的量来刻画引力子，记为hμνh_{\mu\nu}（μ,ν=0,1,2,3\mu,\nu=0,1,2,3）.

像光子一样，光子对一个四维矢量敏感，引力子将会对一个带有两个指标的量敏感，这就是能动张量. 这个作用表现为：

hμνTμν=(ρ00T0iTj0Tij)h_{\mu\nu}T^{\mu\nu}=\begin{pmatrix} \rho^{00}&T^{0i}\\T^{j0}&T^{ij} \end{pmatrix}

ρ00\rho^{00}、$T{0i}$or$T$、TijT^{ij}分别代表质量、质量流和动量流.

引力子质量为零，这使得它和光子一样有一个神奇的性质——它只有两个偏振，所以hμνh_{\mu\nu}将只有中间的 4 个元素有值（外面一圈的 12 个元素都是 0）. 它作用在能动张量上之后，只会乘在空间-空间分量上面（也就是TijT^{ij}）.

接下来像我们在电磁相互作用中做的事情一样，我们在新的 Hamiltonian 中去掉引力子的作用，得到

Hnew∝Tμν(1)T(2)μνH_{\text{new}}\propto T^{(1)}_{\mu\nu}T^{\mu\nu}_{(2)}

所以同向动量流之间的万有引力是吸引的. 在能动张量中，质量流之间的乘积和动量流的乘积反号，质量之间的乘积与质量流的乘积反号. 所以质量之间相互吸引，同向质量流之间相互排斥.

为什么我们没办法观测到质量流的排斥？因为质量流总伴随着一个速度，这个速度无论如何不能大于光速，所以这个量永远不会太大，不会大过前面质量的吸引项.

在狭义相对论中我们其实就已经能够看出 Newton 引力的局限了，因为这是一个超距作用. 所以在狭义相对论修正下，所谓的 Newton 引力的第一阶展开：

V=−Gm1m2r+Gm1m22c2r[7v⃗1⋅v⃗2+(v⃗1⋅r^)(v⃗2⋅r^)+⋯ ]‾EIH HamiltonianV=-\frac{Gm_1m_2}{r}+\underset{\text{EIH Hamiltonian}}{\underline{\frac{Gm_1m_2}{2c^2r}[7\vec{v}_1\cdot\vec{v}_2+(\vec{v}_1\cdot\hat{r})(\vec{v}_2\cdot\hat{r})+\cdots]}}

问题：为什么修正了这一阶就不是超距作用了？

事实上，这还是一个超距作用. 只要展开有限阶的 Hamiltonian，就永远无法得到真正的超距作用. 想想在微积分学中的一些知识：我们想要通过一个(x,f(x))(x,f(x))知道相隔一段距离的(y,f(y))(y,f(y))是不可能的，因为我们不知道函数的具体形式；但是当给出f′(x)f'(x)，我们就能接近结果一点；直到给出f(n)(x)f^{(n)}(x)，我们都还无法知道确切的结果，但是到正无穷就能知道.

所以一个真正的 Hamiltonian 一般是一个不是多项式函数的东西……

讲完上面的东西，我们甚至可以研究引力的“自旋-轨道耦合”，如果地球在自转的话，可以想象在上述 EIH Hamiltonian 中，v⃗2\vec{v}_2会受到影响.

问题：太阳速度v⃗1\vec{v}_1不是零吗？

显然我们在质心系里.

我们已经在 10.2 节花掉了太多的时间. 接下来我们要开始讨论磁场中的电子. 这里，Hamiltonian 是H=−μ⃗⋅B⃗H=-\vec{\mu}\cdot\vec{B}.

电子自旋是s=12s=\frac{1}{2}，它是一个旋量，这是经典力学中没有对应的一种量.

现在我们的问题是，如何在旋量空间中表示 Hamiltonian？

显然，如果自旋平行于磁场，且B⃗∝z^\vec{B}\propto\hat{z}，则可以写出

H=(−μBμB)H=\begin{pmatrix} -\mu B&\\&\mu B \end{pmatrix}

问题：为什么反平行的态是本征态，电子却不能长久地停留在这个态上？

这本质上和问“氢原子激发态为什么会衰变”一样. 所谓本征态指的是 Hamiltonian 没有非对角元的态，但是有些本征态实际上是因为我们忽略了一些小东西所以才成为本征态，而衰变是一种高阶的效应. 比如氢原子的激发态衰变会放出光子，我们忽略了这个系统中还有光子这种粒子，将系统看作单粒子系统；这里也是一样.

现在我们想知道，如果μ⃗\vec{\mu}与B⃗\vec{B}的夹角任意，我们怎么写出HH？要做的事情就是“猜”，有以下两点：

1.HH线性依赖于B⃗\vec{B}； 2.HH的本征值仍然是±μ∣B⃗∣\pm\mu|\vec{B}|.

学习 Feynman 的讲义时，最重要的就是理解他对于一些物理直觉的描述，而非数学推导，尤其要注意这种关键性的推理.

由上面的第一个要求，可以将HH简单地写成：H=−μ(σxBx+σyBy+σzBz)H=-\mu(\sigma_xB_x+\sigma_yB_y+\sigma_zB_z). 其中每个σ\sigma都是一个二阶矩阵，而且是 Hermitian 矩阵.

H=−μ(σxBx+σyBy+σzBz)=(E1AA∗E2)H=-\mu(\sigma_xB_x+\sigma_yB_y+\sigma_zB_z)=\begin{pmatrix} E_1&A\\A^*&E_2 \end{pmatrix}

再由第二个要求，对角化这个矩阵，得到本征值所满足的方程：

E±=12[E1+E2±(E1−E2)2+4∣A∣2]=±μBx2+By2+Bz2E_\pm=\frac{1}{2}[E_1+E_2\pm\sqrt{(E_1-E_2)^2+4|A|^2}]=\pm\mu\sqrt{B_x^2+B_y^2+B_z^2}

所以要求E1=−E2E_1=-E_2.

接下来利用我们已经知道的一些结论. 当Bx=By=0B_x=B_y=0时，A=0A=0，这说明AA中不含有BzB_z. 我们合理地猜测BxB_x和ByB_y含在AA中（AA中含有两个变量是因为我们认为AA是有两个自由度的，毕竟AA是一个 complex）.

因为关于磁场的依赖是线性的，猜测∣A∣2=μ2(Bx2+By2)|A|^2=\mu^2(B_x^2+B_y^2). 那么

AA∗=μ2(Bx2+By2)A=μ(Bx−iBy) ,A∗=μ(Bx+iBy)\begin{aligned} AA^*&=\mu^2(B_x^2+B_y^2)\\\\ A=\mu(B_x-iB_y)&\,,\quad A^*=\mu(B_x+iB_y) \end{aligned}

由此得到 Hamiltonian 的具体形式

H=−μ(BzBx−iByBx+iBy−Bz)=−μB⃗⋅σ⃗H=-\mu\begin{pmatrix} B_z&B_x-iB_y\\B_x+iB_y&-B_z \end{pmatrix}=-\mu\vec{B}\cdot\vec{\sigma}

得到 Pauli 矩阵（重中之重）：

σx=(0110) ,σy=(0−ii0) ,σz=(100−1)\sigma_x=\begin{pmatrix} 0&1\\1&0 \end{pmatrix}\,,\quad\sigma_y=\begin{pmatrix} 0&-i\\i&0 \end{pmatrix}\,,\quad\sigma_z=\begin{pmatrix} 1&0\\0&-1 \end{pmatrix}

-

把 Pauli 矩阵像1+1=21+1=2一样刻在你的脑海里. 不要在期末考试的时候让我失望. ——四字

自旋指向任意的电子态∣θ,ϕ⟩\ket{\theta,\phi}，在∣±z⟩\ket{\pm z}下的坐标C±=⟨±z^∣θ,ϕ⟩C_\pm=\braket{\pm\hat{z}|\theta,\phi}. 通过这个东西来自然地得到我们在第 6 章得到的旋量矩阵地结果. 这里用到一种所谓的“动力学解法”，但是实际上 Feynman 一直在暗示这是一种几何的解法.

引入与自旋同向的B⃗=(sin⁡θcos⁡ϕ,sin⁡θsin⁡ϕ,cos⁡θ)B\vec{B}=(\sin\theta\cos\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\theta)B，得到本征态E=−μBE=-\mu B.

Schrodinger 方程：

iℏC˙±=−μ∑i=13σiBiC±i\hbar\dot{C}_\pm=-\mu\sum_{i=1}^3\sigma_iB_iC_\pm

猜解是C±=a±e±iμBt/ℏC_\pm=a_\pm e^{\pm i\mu Bt/\hbar}. 往回代入方程，反过来得到了第 6 章中的旋量矩阵.

为什么我们能从一个具体的 Hamiltonian 反过来得到一些几何的信息？回过来看看我们解方程的过程在干什么：解 Schrodinger 方程其实是由∣ψ(t=0)⟩\ket{\psi(t=0)}得到

∣ψ(t)⟩=e−iHt/ℏ∣ψ(t=0)⟩\ket{\psi(t)}=e^{-iHt/\hbar}\ket{\psi(t=0)}

当然前提是 Hamiltonian 不含时间.

所以说解方程的过程实际上是研究如何将 Hamiltonian 映射到指数上面去. 而在刚刚我们的具体问题中，有

∣ψ(t)⟩=e+iμσ⃗⋅B⃗t/ℏ∣ψ(t=0)⟩\ket{\psi(t)}=e^{+i\mu\vec{\sigma}\cdot\vec{B}t/\hbar}\ket{\psi(t=0)}

在这里引入 Einstein 求和约定：重复出现 2 次的指标自动求和，重复出现≥3\geq3次是非法的.

讲讲 Pauli 矩阵的性质：

1.trσi=0\text{tr}\sigma_i=0； 2.det⁡σi=−1\det\sigma_i=-1； 3.σi†=σi\sigma^\dagger_i=\sigma_i.

反对易括号{A,B}=AB+BA\{A,B\}=AB+BA，{σi,σj}=2δijI2\{\sigma_i,\sigma_j\}=2\delta_{ij}I_2.

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2025/10/9 02:50
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