Energia tego stanu jest równa E0 = −J (N − 1)

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, . . . , s_N, 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 = s_N = 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

E_k = −J (N − 1 − 4k).

Powyższa energia realizowana jest na

ω_k =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,...,s_N)=E_k

s_i.

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 )y^Nx^M.

Jest to tak zwana funkcja tworząca ciągu b_n(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 b_n(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 x^My^M – zmienne x i y ”pilnują”bowiem, aby liczba spinów i magnetyzacja w wybranej konfiguracji była odpowiednia.

Zauważmy, żeP

M ∈ZM b_n(N, M ) = a_n(N ), zatem

∞

X

N =0

a_n(N )y^N = ∂

∂xf_n(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 )y^N = y²ⁿ⁻¹ 1

(1 − y)ⁿ = y²ⁿ⁻¹

∞

X

i=1

2n + i − 1 i

 yⁱ=

∞

X

N =0

 N

N + 1 − 2n

 y^N.

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

= k_B

2J(− ln(2k)+ln(N −1−2k)) = k_B

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