自由旋转链

博主：小雨
发布时间：2023 年 09 月 08 日
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分类：统计物理

本文写于2021年.

旋转变换

考虑如下图的平面坐标系旋转变换

根据极坐标可得,

$$ \begin{equation}\left[ \begin{matrix} u \\ v \end{matrix}\right] =\left[ \begin{matrix} r\cos{\alpha} \\ r\sin{\alpha} \end{matrix} \right], \left[ \begin{matrix} u' \\ v' \end{matrix}\right] =\left[ \begin{matrix} r\cos{(\alpha-\theta)} \\ r\sin{(\alpha-\theta)} \end{matrix} \right], \end{equation} $$

所以新旧坐标的关系为

$$ \begin{equation} \begin{aligned} \left[ \begin{matrix} u'\\ v' \end{matrix}\right] &= \left[ \begin{matrix} r\cos{\theta}\cos{\alpha} + r\sin{\theta}\sin{\alpha} \\ -r\sin{\theta}\cos{\alpha}+r\cos{\theta}\sin{\alpha} \end{matrix} \right] \\ &= \left[ \begin{matrix} \cos{\theta} & \sin{\theta} \\ -\sin{\theta} & \cos{\theta} \end{matrix} \right] \left[ \begin{matrix} u \\ v \end{matrix} \right]. \end{aligned} \end{equation} $$

对于三维情形, 有如下类似的结论:

绕 $x$ 轴逆时针旋转 $\theta$ 角度
$$ \begin{equation} \left[ \begin{matrix} x' \\ y' \\ z' \end{matrix} \right] = \begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & \cos{\theta} & \sin{\theta} \\ 0 & -\sin{\theta} & \cos{\theta} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y\\ z \end{bmatrix}. \end{equation} $$
绕 $y$ 轴逆时针旋转 $\theta$ 角度
$$ \begin{equation} \begin{bmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos{\theta} & 0 & \sin{\theta} \\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin{\theta} & 0 & \cos{\theta} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}. \end{equation} $$
绕 $z$ 轴逆时针旋转 $\theta$ 角度
$$ \begin{equation} \begin{bmatrix} x' \\ y' \\ z' \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos{\theta} & \sin{\theta} & 0 \\ -\sin{\theta} & \cos{\theta} & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \\ z \end{bmatrix}. \end{equation} $$
局部坐标系
设 $\vec{R}=\sum\limits_{i=0}^{N}\vec{r}_{i}$, $\vec{r}_i=b$, $i=0,1,\cdots, N$, 并且 $\vec{r}_0 = (0,0,b)^T$. 对于每个向量 $\vec{r}_n$, $n=1,2,\cdots$, 它都会对应着两个角, 与 $\vec{r}_{n-1}$ 所成的向量角以及因为 $\vec{r}_{n-1}$ 的扭转致使 $\vec{r}_{n}$ 在一个锥面上的扭转角.

构建 $\vec{r}_n$ 所生成的局部坐标系如下, 以 $\vec{r}_n$ 方向为 $z$ 轴, $x$ 轴位于 $\vec{r}_{n-1}$ 与 $\vec{r}_n$ 所确定的平面上, 方向与 $z$ 轴垂直, 而 $y$ 轴的选取满足右手系即可. 如果 $\vec{r}_{n+1}$ 所对应的向量角和扭转角分别为 $\theta_{n+1}$ 和 $\varphi_{n+1}$, 那么 $\vec{r}_{n+1}$ 在以 $\vec{r}_n$ 生成的局部坐标系下的球坐标即为 $(b, \varphi_{n+1}, \theta_{n+1})$, 进一步, 直角坐标(坐标$(\vec{r}_j)_{\vec{r}_i}$表示$\vec{r}_j$在$\vec{r}_i$所生成的局部坐标系下的坐标, $j\geqslant i$)

$$ \begin{equation}\label{1} (\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_n} = \begin{bmatrix} b\sin{\theta_{n+1}}\cos{\varphi_{n+1}} \\ b\sin{\theta_{n+1}}\sin{\varphi_{n+1}} \\ b\cos{\theta_{n+1}} \end{bmatrix}. \end{equation} $$

事实上, 由扭转角的定义可知, 如果 $0\leqslant\varphi_{n+1}\leqslant \pi$, 那么 $\vec{r}_n$, $\vec{r}_{n-1}$ 所确定的平面和 $\vec{r}_{n}$, $\vec{r}_{n+1}$ 所确定的平面这两个平面所构成的二面角为 $\varphi_{n+1}$; 如果 $\pi <\varphi_{n+1}< 2\pi$, 那么这个二面角为 $2\pi -\varphi_{n+1}$.

如图所示, 该坐标系是 $\vec{r}_n$ 生成的局部坐标系, 二面角为 $\angle AED$, $\vec{r}_{n+1}$ 与 $z$ 轴的夹角即为向量角 $\theta_{n+1}$, $\vec{r}_{n+1}$ 在 $xOy$ 平面的投影 $OB$ 与 $x$ 轴的夹角 $\angle BOC = \angle AED = \varphi_{n+1}$.
根据局部坐标系的定义, $\vec{r}_n$ 生成的坐标系绕 $z$ 轴逆时针旋转 $\varphi_{n+1}$ 角度, 然后再绕新的 $y$ 轴顺时针旋转 $\theta_{n+1}$ 角度即为 $\vec{r}_{n+1}$ 生成的坐标系.
该变换 $T_{n+1}$ 写成矩阵的形式是

$$ \begin{equation}\label{2} \begin{aligned} T_{n+1} &= \begin{bmatrix} \cos{\theta_{n+1}} & 0 & -\sin{\theta_{n+1}}\\ 0 & 1 & 0 \\ \sin{\theta_{n+1}} & 0 & \cos{\theta_{n+1}} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos{\varphi_{n+1}} & \sin{\varphi_{n+1}} & 0 \\ -\sin{\varphi_{n+1}} & \cos{\varphi_{n+1}} & 0 \\ 0&0&1 \end{bmatrix} \\ &= \begin{bmatrix} \cos{\theta_{n+1}}\cos{\varphi_{n+1}} & \cos{\theta_{n+1}}\sin{\varphi_{n+1}} & -\sin{\theta_{n+1}} \\ -\sin{\varphi_{n+1}} & \cos{\varphi_{n+1}} & 0\\ \sin{\theta_{n+1}}\cos{\varphi_{n+1}} & \sin{\theta_{n+1}}\sin{\varphi_{n+1}} & \cos{\theta_{n+1}} \end{bmatrix}, \end{aligned} \end{equation} $$

那么

$$ \begin{equation}\label{3} \begin{aligned} T_{n+1}^{-1} &= \begin{bmatrix} \cos{\varphi_{n+1}} & -\sin{\varphi_{n+1}} & 0 \\ \sin{\varphi_{n+1}} & \cos{\varphi_{n+1}} & 0 \\ 0&0&1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \cos{\theta_{n+1}} & 0 & \sin{\theta_{n+1}}\\ 0 & 1 & 0 \\ -\sin{\theta_{n+1}} & 0 & \cos{\theta_{n+1}} \end{bmatrix} \\ &=\begin{bmatrix} \cos{\varphi_{n+1}}\sin{\theta_{n+1}} & -\sin{\varphi_{n+1}} & \cos{\varphi_{n+1}}\sin{\theta_{n+1}} \\ \sin{\varphi_{n+1}}\cos{\theta_{n+1}} & \cos{\varphi_{n+1}} & \sin{\varphi_{n+1}}\sin{\theta_{n+1}} \\ -\sin{\theta_{n+1}} & 0 & \cos{\theta_{n+1}} \end{bmatrix}. \end{aligned} \end{equation} $$

事实上, 我们可以这样验证局部坐标系之间是否真的是这样的变换.

如图所示, $xOyOz$ 坐标系是 $\vec{r}_n$ 所生成的局部坐标系, $x''Oy''Oz''$ 是 $\vec{r}_{n+1}$ 所生成的局部坐标系. 首先, 将 $xOy$ 平面绕 $z$ 轴逆时针旋转 $\varphi_{n+1}$ 角度得到 $x'Oy'Oz'$, 显然 $Oy'$ 是垂直于 $z'Ox'$ 这个平面的, 因为 $Ox'$ 方向就是 $\vec{r}_{n+1}$ 在 $xOy$ 平面的投影方向, 所以 $Oy'$ 垂直于 $z''Ox''$ 平面, 并且和 $Ox''$ 以及 $Oy''$ 满足右手系, 于是 $z''Ox''$ 可以看作是 $z'Ox'$ 绕 $y'$ 轴顺时针旋转 $\theta_{n+1}$ 角度得到的. 还可以这样子验证, 我们知道 $\vec{r}_{n+1}$ 在 $\vec{r}_n$ 生成的坐标系下的坐标是 ($\ref{1}$) 式, $\vec{r}_{n+1}$ 在其本身生成的坐标系下的坐标 $(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n+1}}=(0,0,b)^T$, 这两个坐标的关系应该是

$$ \begin{equation} (\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n+1}}=T_{n+1}(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n}}, \end{equation} $$

将($\ref{2}$)代入到上式中是成立的. 所以可以得到 $\vec{r}_{n+1}$ 在全局坐标系下的坐标是

$$ \begin{equation} \begin{aligned} \vec{r}_{n+1} &= T_1^{-1}T_2^{-1}\cdots T_{n}^{-1}(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_n} \\ &= T_1^{-1}T_2^{-1}\cdots T_{n+1}^{-1}(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n+1}} \end{aligned} \end{equation} $$

自由旋转链

在自由旋转链模型中, 键角 $\theta_{n+1}\equiv \theta$, $n=1,2,\cdots$, 旋转角 $\varphi_{n+1}$ 服从 $[0,2\pi]$ 上的均匀分布, 那么 $\langle \sin{\varphi_{n+1}}\rangle = \langle\cos{\varphi_{n+1}}\rangle = 0$. 根据矩阵乘法和期望的线性性, 对于任意的矩阵 $A$ 和矩阵 $B$, 成立 $\langle AB\rangle=\langle A\rangle\langle B\rangle$. 由于 $\varphi_i$ 与 $\varphi_j$ ($i\neq j$) 独立, 所以

$$ \begin{equation} \langle T_{n+1}^{-1}\rangle = \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 0 \\ -\sin{\theta} & 0 & \cos{\theta} \end{bmatrix}, \end{equation} $$

$$ \begin{equation} \begin{aligned} \langle \vec{r}_{n+1} \rangle &= \langle T_1^{-1}T_2^{-1}\cdots T_n^{-1}(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_n}\rangle \\ &= \langle T_1^{-1}T_2^{-1}\cdots T_{n+1}^{-1}(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n+1}}\rangle\\ &= \langle T_1^{-1}\rangle \langle T_2^{-1}\rangle \cdots \langle T_{n+1}^{-1}\rangle \langle(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n+1}}\rangle \\ &= (0, 0, b\cos^{n+1}{\theta})^T, \end{aligned} \end{equation} $$

于是

$$ \begin{equation} \langle\vec{r}_{n+1}\rangle = \langle\vec{r}_n\rangle\cos{\theta}. \end{equation} $$

从 ($\ref{2}$) 和 $\eqref{3}$ 可以看出 $(T_n^{-1})^T=T_n$ (因为 $T_n$ 是一个对称正交矩阵, 上标 $T$ 表示转置), $n=1,2,\cdots$, 那么当 $i\leqslant j$时, 关联函数

$$ \begin{equation} \begin{aligned} \langle \vec{r}_i\cdot\vec{r}_j\rangle &= \langle\vec{r}_i^{T}\vec{r}_j\rangle = \langle(\vec{r}_{i})_{\vec{r}_{i}}^T (T_{i}^{-1})^T \cdots (T_1^{-1})^T T_1^{-1}\cdots T_{j}^{-1}(\vec{r}_{j})_{\vec{r}_{j}}\rangle \\ &=\langle (\vec{r}_i)_{\vec{r}_i}^TT_{i+1}^{-1}\cdots T_{j}^{-1}(\vec{r}_{j})_{\vec{r}_j}\rangle \\ &= b^2 \cos^{j-i}{\theta}. \end{aligned} \end{equation} $$

最后修改：2023 年 09 月 08 日

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小雨 • 2023 年 09 月 08 日

本文写于2021年.
</div><h1>旋转变换</h1>考虑如下图的平面坐标系旋转变换 <img src="https://xiaoxiaoyu-1302963684.cos.ap-beijing.myqcloud.com/pic/pa5bcb.jpeg" style="zoom:13%"> 根据极坐标可得,$$
\begin{equation}\left[
 \begin{matrix}
 u \\
 v
 \end{matrix}\right]
 =\left[
 \begin{matrix}
 r\cos{\alpha} \\
 r\sin{\alpha} 
 \end{matrix}
 \right],
 \left[
 \begin{matrix}
 u' \\
 v'
 \end{matrix}\right]
 =\left[
 \begin{matrix}
 r\cos{(\alpha-\theta)} \\
 r\sin{(\alpha-\theta)} 
 \end{matrix}
 \right],
\end{equation}
$$所以新旧坐标的关系为$$
\begin{equation}
\begin{aligned}
\left[
 \begin{matrix}
 u'\\
 v'
 \end{matrix}\right]
 &amp;= 
 \left[
 \begin{matrix}
 r\cos{\theta}\cos{\alpha} + r\sin{\theta}\sin{\alpha} \\
 -r\sin{\theta}\cos{\alpha}+r\cos{\theta}\sin{\alpha} 
 \end{matrix} 
 \right] \\
 &amp;= \left[
 \begin{matrix}
 \cos{\theta} &amp; \sin{\theta} \\
 -\sin{\theta} &amp; \cos{\theta}
 \end{matrix}
 \right]
 \left[
 \begin{matrix}
 u \\
 v
 \end{matrix}
 \right].
\end{aligned}
\end{equation}
$$对于三维情形, 有如下类似的结论:<ul><li>绕 $x$ 轴逆时针旋转 $\theta$ 角度$$
\begin{equation}
 \left[
 \begin{matrix}
 x' \\
 y' \\
 z'
 \end{matrix}
 \right]
 =
 \begin{bmatrix}
 1 &amp; 0 &amp; 0 \\
 0 &amp; \cos{\theta} &amp; \sin{\theta} \\
 0 &amp; -\sin{\theta} &amp; \cos{\theta} 
 \end{bmatrix}
 \begin{bmatrix}
 x \\
 y\\
 z
 \end{bmatrix}.
\end{equation}
$$</li><li>绕 $y$ 轴逆时针旋转 $\theta$ 角度$$
\begin{equation}
 \begin{bmatrix}
 x' \\
 y' \\
 z'
 \end{bmatrix}
 =
 \begin{bmatrix}
 \cos{\theta} &amp; 0 &amp; \sin{\theta} \\
 0 &amp; 1 &amp; 0 \\
 -\sin{\theta} &amp; 0 &amp; \cos{\theta}
 \end{bmatrix}
 \begin{bmatrix}
 x \\
 y \\
 z
 \end{bmatrix}.
\end{equation}
$$</li><li>绕 $z$ 轴逆时针旋转 $\theta$ 角度$$
\begin{equation}
\begin{bmatrix}
 x' \\
 y' \\
 z'
\end{bmatrix}
 =
 \begin{bmatrix}
 \cos{\theta} &amp; \sin{\theta} &amp; 0 \\
 -\sin{\theta} &amp; \cos{\theta} &amp; 0 \\
 0 &amp; 0 &amp; 1
 \end{bmatrix}
 \begin{bmatrix}
 x \\
 y \\
 z 
 \end{bmatrix}.
\end{equation}
$$<h1>局部坐标系</h1>设 $\vec{R}=\sum\limits_{i=0}^{N}\vec{r}_{i}$, $\vec{r}_i=b$, $i=0,1,\cdots, N$, 并且 $\vec{r}_0 = (0,0,b)^T$. 对于每个向量 $\vec{r}_n$, $n=1,2,\cdots$, 它都会对应着两个角, 与 $\vec{r}_{n-1}$ 所成的向量角以及因为 $\vec{r}_{n-1}$ 的扭转致使 $\vec{r}_{n}$ 在一个锥面上的扭转角. <img src="https://xiaoxiaoyu-1302963684.cos.ap-beijing.myqcloud.com/pic/rabk4b.png" style="zoom: 40%"></li></ul>构建 $\vec{r}_n$ 所生成的局部坐标系如下, 以 $\vec{r}_n$ 方向为 $z$ 轴, $x$ 轴位于 $\vec{r}_{n-1}$ 与 $\vec{r}_n$ 所确定的平面上, 方向与 $z$ 轴垂直, 而 $y$ 轴的选取满足右手系即可. 如果 $\vec{r}_{n+1}$ 所对应的向量角和扭转角分别为 $\theta_{n+1}$ 和 $\varphi_{n+1}$, 那么 $\vec{r}_{n+1}$ 在以 $\vec{r}_n$ 生成的局部坐标系下的球坐标即为 $(b, \varphi_{n+1}, \theta_{n+1})$, 进一步, 直角坐标(坐标$(\vec{r}_j)_{\vec{r}_i}$表示$\vec{r}_j$在$\vec{r}_i$所生成的局部坐标系下的坐标, $j\geqslant i$)$$
\begin{equation}\label{1}
 (\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_n} = 
 \begin{bmatrix}
 b\sin{\theta_{n+1}}\cos{\varphi_{n+1}} \\
 b\sin{\theta_{n+1}}\sin{\varphi_{n+1}} \\
 b\cos{\theta_{n+1}}
 \end{bmatrix}.
\end{equation}
$$事实上, 由扭转角的定义可知, 如果 $0\leqslant\varphi_{n+1}\leqslant \pi$, 那么 $\vec{r}_n$, $\vec{r}_{n-1}$ 所确定的平面和 $\vec{r}_{n}$, $\vec{r}_{n+1}$ 所确定的平面这两个平面所构成的二面角为 $\varphi_{n+1}$; 如果 $\pi &lt;\varphi_{n+1}&lt; 2\pi$, 那么这个二面角为 $2\pi -\varphi_{n+1}$. <img src="https://xiaoxiaoyu-1302963684.cos.ap-beijing.myqcloud.com/pic/sm6o0h.png" style="zoom:20%"> 如图所示, 该坐标系是 $\vec{r}_n$ 生成的局部坐标系, 二面角为 $\angle AED$, $\vec{r}_{n+1}$ 与 $z$ 轴的夹角即为向量角 $\theta_{n+1}$, $\vec{r}_{n+1}$ 在 $xOy$ 平面的投影 $OB$ 与 $x$ 轴的夹角 $\angle BOC = \angle AED = \varphi_{n+1}$. 根据局部坐标系的定义, $\vec{r}_n$ 生成的坐标系绕 $z$ 轴逆时针旋转 $\varphi_{n+1}$ 角度, 然后再绕新的 $y$ 轴顺时针旋转 $\theta_{n+1}$ 角度即为 $\vec{r}_{n+1}$ 生成的坐标系. 该变换 $T_{n+1}$ 写成矩阵的形式是$$
\begin{equation}\label{2}
\begin{aligned}
 T_{n+1} &amp;=
 \begin{bmatrix}
 \cos{\theta_{n+1}} &amp; 0 &amp; -\sin{\theta_{n+1}}\\
 0 &amp; 1 &amp; 0 \\
 \sin{\theta_{n+1}} &amp; 0 &amp; \cos{\theta_{n+1}}
 \end{bmatrix}
 \begin{bmatrix}
 \cos{\varphi_{n+1}} &amp; \sin{\varphi_{n+1}} &amp; 0 \\
 -\sin{\varphi_{n+1}} &amp; \cos{\varphi_{n+1}} &amp; 0 \\
 0&amp;0&amp;1
 \end{bmatrix} \\
 &amp;= \begin{bmatrix}
 \cos{\theta_{n+1}}\cos{\varphi_{n+1}} &amp; \cos{\theta_{n+1}}\sin{\varphi_{n+1}} &amp; -\sin{\theta_{n+1}} \\
 -\sin{\varphi_{n+1}} &amp; \cos{\varphi_{n+1}} &amp; 0\\
 \sin{\theta_{n+1}}\cos{\varphi_{n+1}} &amp; \sin{\theta_{n+1}}\sin{\varphi_{n+1}} &amp; \cos{\theta_{n+1}}
 \end{bmatrix},
 \end{aligned} 
\end{equation}
$$那么$$
\begin{equation}\label{3}
\begin{aligned}
 T_{n+1}^{-1} &amp;=
 \begin{bmatrix}
 \cos{\varphi_{n+1}} &amp; -\sin{\varphi_{n+1}} &amp; 0 \\
 \sin{\varphi_{n+1}} &amp; \cos{\varphi_{n+1}} &amp; 0 \\
 0&amp;0&amp;1
 \end{bmatrix}
 \begin{bmatrix}
 \cos{\theta_{n+1}} &amp; 0 &amp; \sin{\theta_{n+1}}\\
 0 &amp; 1 &amp; 0 \\
 -\sin{\theta_{n+1}} &amp; 0 &amp; \cos{\theta_{n+1}}
 \end{bmatrix}
 \\
 &amp;=\begin{bmatrix}
 \cos{\varphi_{n+1}}\sin{\theta_{n+1}} &amp; -\sin{\varphi_{n+1}} &amp; \cos{\varphi_{n+1}}\sin{\theta_{n+1}} \\
 \sin{\varphi_{n+1}}\cos{\theta_{n+1}} &amp; \cos{\varphi_{n+1}} &amp; \sin{\varphi_{n+1}}\sin{\theta_{n+1}} \\
 -\sin{\theta_{n+1}} &amp; 0 &amp; \cos{\theta_{n+1}}
 \end{bmatrix}.
 \end{aligned}
\end{equation}
$$事实上, 我们可以这样验证局部坐标系之间是否真的是这样的变换. <img src="https://xiaoxiaoyu-1302963684.cos.ap-beijing.myqcloud.com/pic/hpuk85.png" style="zoom:20%"> 如图所示, $xOyOz$ 坐标系是 $\vec{r}_n$ 所生成的局部坐标系, $x''Oy''Oz''$ 是 $\vec{r}_{n+1}$ 所生成的局部坐标系. 首先, 将 $xOy$ 平面绕 $z$ 轴逆时针旋转 $\varphi_{n+1}$ 角度得到 $x'Oy'Oz'$, 显然 $Oy'$ 是垂直于 $z'Ox'$ 这个平面的, 因为 $Ox'$ 方向就是 $\vec{r}_{n+1}$ 在 $xOy$ 平面的投影方向, 所以 $Oy'$ 垂直于 $z''Ox''$ 平面, 并且和 $Ox''$ 以及 $Oy''$ 满足右手系, 于是 $z''Ox''$ 可以看作是 $z'Ox'$ 绕 $y'$ 轴顺时针旋转 $\theta_{n+1}$ 角度得到的. 还可以这样子验证, 我们知道 $\vec{r}_{n+1}$ 在 $\vec{r}_n$ 生成的坐标系下的坐标是 ($\ref{1}$) 式, $\vec{r}_{n+1}$ 在其本身生成的坐标系下的坐标 $(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n+1}}=(0,0,b)^T$, 这两个坐标的关系应该是$$
\begin{equation}
 (\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n+1}}=T_{n+1}(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n}},
\end{equation}
$$将($\ref{2}$)代入到上式中是成立的. 所以可以得到 $\vec{r}_{n+1}$ 在全局坐标系下的坐标是$$
\begin{equation}
\begin{aligned}
 \vec{r}_{n+1} &amp;= T_1^{-1}T_2^{-1}\cdots T_{n}^{-1}(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_n} \\
 &amp;= T_1^{-1}T_2^{-1}\cdots T_{n+1}^{-1}(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n+1}}
\end{aligned}
\end{equation}
$$<h1>自由旋转链</h1>在自由旋转链模型中, 键角 $\theta_{n+1}\equiv \theta$, $n=1,2,\cdots$, 旋转角 $\varphi_{n+1}$ 服从 $[0,2\pi]$ 上的均匀分布, 那么 $\langle \sin{\varphi_{n+1}}\rangle = \langle\cos{\varphi_{n+1}}\rangle = 0$. 根据矩阵乘法和期望的线性性, 对于任意的矩阵 $A$ 和矩阵 $B$, 成立 $\langle AB\rangle=\langle A\rangle\langle B\rangle$. 由于 $\varphi_i$ 与 $\varphi_j$ ($i\neq j$) 独立, 所以$$
\begin{equation}
 \langle T_{n+1}^{-1}\rangle = 
 \begin{bmatrix}
 0 &amp; 0 &amp; 0 \\
 0 &amp; 0 &amp; 0 \\
 -\sin{\theta} &amp; 0 &amp; \cos{\theta}
 \end{bmatrix}, 
\end{equation}
$$$$
\begin{equation}
\begin{aligned}
 \langle \vec{r}_{n+1} \rangle &amp;= \langle T_1^{-1}T_2^{-1}\cdots T_n^{-1}(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_n}\rangle \\
 &amp;= \langle T_1^{-1}T_2^{-1}\cdots T_{n+1}^{-1}(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n+1}}\rangle\\
 &amp;= \langle T_1^{-1}\rangle \langle T_2^{-1}\rangle
 \cdots \langle T_{n+1}^{-1}\rangle \langle(\vec{r}_{n+1})_{\vec{r}_{n+1}}\rangle \\
 &amp;= (0, 0, b\cos^{n+1}{\theta})^T,
\end{aligned}
\end{equation}
$$于是$$
\begin{equation}
 \langle\vec{r}_{n+1}\rangle = \langle\vec{r}_n\rangle\cos{\theta}.
\end{equation}
$$从 ($\ref{2}$) 和 $\eqref{3}$ 可以看出 $(T_n^{-1})^T=T_n$ (因为 $T_n$ 是一个对称正交矩阵, 上标 $T$ 表示转置), $n=1,2,\cdots$, 那么当 $i\leqslant j$时, 关联函数$$
\begin{equation}
 \begin{aligned}
 \langle \vec{r}_i\cdot\vec{r}_j\rangle &amp;= \langle\vec{r}_i^{T}\vec{r}_j\rangle =
 \langle(\vec{r}_{i})_{\vec{r}_{i}}^T (T_{i}^{-1})^T \cdots (T_1^{-1})^T T_1^{-1}\cdots T_{j}^{-1}(\vec{r}_{j})_{\vec{r}_{j}}\rangle
 \\
 &amp;=\langle (\vec{r}_i)_{\vec{r}_i}^TT_{i+1}^{-1}\cdots T_{j}^{-1}(\vec{r}_{j})_{\vec{r}_j}\rangle \\
 &amp;= b^2 \cos^{j-i}{\theta}.
\end{aligned}
\end{equation}
$$

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