Piotr Nayar Problem 4
Notacja: N ≥ 2 oznacza liczbę spinów. Przez si ∈ {−1, 1} oznaczamy wartość i-tego spinu (i = 1, 2, . . . , N ). Przez E(s1, . . . , sN) oznaczamy energię konfiguracji o spinach s1, . . . , sN, czyli
E(s1, . . . , sN) = −J (s1s2+ s2s3+ . . . + sN −1sN).
Definiujemy stan podstawowy, jako stan, w którym wszystkie spiny są dodat- nie (si = 1, i = 1, 2 . . . , N ). Energia tego stanu jest równa E0 = −J (N − 1).
Rozważamy podział łańcucha spinów na segmenty o ustalonym znaku. Zauważmy, że przy warunkach brzegowych s1 = sN = 1 mamy nieparzystą liczbę segmentów.
Liczbę tę oznaczamy przez 2n − 1. Niech ponadto 2k oznacza liczbę granic między segmentami. Konfiguracja (+ − − + + − − + −+) ma 7 segmentów i 6 granic między segmentami. Oczywiście 2n − 2 = 2k, czyli n = k + 1. Energia stanu, w którym liczba granic między segmentami jest równa 2k dana jest wzorem
Ek = −J (N − 1 − 4k).
Powyższa energia realizowana jest na
ωk =N − 1 2k
sposoby, mamy bowiem N − 1 miejsc, w których mogą znajdować się granice 2k segmentów. Średnia magnetyzacja przypadająca na jedną cząstkę, odpowiadająca stanom o energii Ek jest równa
hM ik= 1 N ωk
X
E(s1,...,sN)=Ek
si.
Policzymy sumę występującą w powyższym wzorze. Niech m1, m2, . . . , m2n−1≥ 1 będą liczbami spinów w kolejnych segmentach. Segmenty o numerach nieparzystych są złożone z dodatnich spinów, a segmenty o numerach parzystych – z ujemnych.
Szukamy zatem
an(N ) = X
m1+...+m2n−1=N 2n−1
X
i=1
(−1)i+1 mi .
Niech bn(N, M ) oznacza liczbę konfiguracji N spinów o 2n − 1 segmentach i mag- netyzacji M . Zauważmy, że
fn(x, y) :=xy + (xy)2+ . . .n y x+y
x
2 + . . .
n−1
= X
N ∈N,M ∈Z
bn(N, M )yNxM.
Jest to tak zwana funkcja tworząca ciągu bn(N, M ). Wyjaśnimy teraz powyższą równość. Mamy znaleźć liczbę wszystkich konfiguracji o n segmentach dodatnich, n − 1 segmentach ujemnych, łącznej długości wszystkich segmentów równej N i całkowitej magnetyzacji M . Wymnożenie 2n − 1 nawiasów w powyższym wzorze
1
polega na wzięciu jednego składnika z każdego nawiasu (we wszystkich możliwych kombinacjach). Zatem bn(N, M ) mówi, na ile sposobów można wymnożyć nawiasy w ten sposób, że potęga przy x będzie równa M , zaś potęga przy y – równa N . Zauważmy, że istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość między wyborami składników z kolejnych (2n − 1) nawiasów a wyborami opisanych powyżej konfi- guracji. Wybór składnika (xy)j odpowiada wzięciu segmentu długosci j o spinach dodatnich. Potęga j przy x dolicza j do magnetyzacji, zaś potęga j przy y dolicza j do całkowitej liczby spinów. Wybór składnika (y/x)j odpowiada wyborowi seg- mentu o j spinach ujemnych. Potęga j przy y dolicza j do całkowitej liczby cząstek, zaś potęga −j przy x odejmuje j od magnetyzacji - wybrany segment ma przecież spiny ujemne. Wyborów segmentów o spinach dodatnich dokonujemy n razy, zaś wyborów segmentów o spinach ujemnych dokonujemy n − 1 razy. Liczba intere- sujących nas konfiguracji jest równa współczynnikowi przy xMyM – zmienne x i y ”pilnują”bowiem, aby liczba spinów i magnetyzacja w wybranej konfiguracji była odpowiednia.
Zauważmy, żeP
M ∈ZM bn(N, M ) = an(N ), zatem
∞
X
N =0
an(N )yN = ∂
∂xfn(x, y) x=1. Oczywiście
fn(x, y) =
xy 1 − xy
n y x − y
n−1 , zatem
∂
∂xfn(x, y) = n
xy 1 − xy
n−1 y (1 − xy)2
y x − y
n−1
−(n−1)
xy 1 − xy
n y (x − y)2
y x − y
n−2 , czyli
∞
X
N =0
an(N )yN = y2n−1 1
(1 − y)n = y2n−1
∞
X
i=1
2n + i − 1 i
yi=
∞
X
N =0
N
N + 1 − 2n
yN.
Otrzymaliśmy
an(N ) =
N
N + 1 − 2n
=
N
N − 1 − 2k
, zatem
hM ik = 1 N ωk
N
N − 1 − 2k
= 1 N
N
N − 1 − 2k
.N − 1 2k
= 1
2k + 1. Przejdziemy teraz do standardowego przybliżenia ωk w granicy termodynamicznej.
Mamy lnN − 1
2k
≈ (N −1) ln(N −1)−(N −1)−2k ln(2k)+2k−(N −1−2k) ln(N −1−2k)+(N −1−2k).
Stąd 1
T = ∂S
∂E
N
= 1 2J
∂S
∂(2k)
N
= kB
2J(− ln(2k)+ln(N −1−2k)) = kB
2J ln N − 1 − 2k 2k
,
2
zatem
2k
N − 1 − 2k = e−kB T2J , czyli
2k
1 + e−kB T2J
= (N − 1)e−kB T2J . Ostatecznie
hM iT = 1
1 + (N − 1)α(T ), gdzie
α(T ) = e−kB T2J 1 + e−kB T2J
.
Mamy α(T = 0) = 0, zatem dla T = 0 hM i0 = 1. Dla T 6= 0 mamy α(T ) > 0 i dla N → +∞ dostajemy hM iT → 0.
Zauważmy, że w przedstawionym obliczeniu T = 0 odpowiada k = 0. Może zatem pozostać pewien niesmak, wynikający z faktu, iż korzystaliśmy z przybliżeń dla wyrażenia (2k)!. Pocieszające jest to, że prawostronna pochodna funkcji gamma w k = 0 jest równa −∞, zatem obliczenie T bez przybliżeń poczynionych w ωk
doprowadzi do wniosku, że temperaturze T = 0 odpowiada faktycznie k = 0, czyli hM i = 1. Zatem wszystko jest w porządku.
3
