一次元Isingモデルにおける分配関数と断熱消磁の原理 (大学院入試向け)

東京大学大学院 新領域創成科学研究科 物質系専攻 2024年度 第4問 (統計力学)
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(1)
\(E=\pm \mu H\)より、\(N\)個のスピン全体のエネルギーはスピンの符号\(s_i=\pm1\)を用いて
\begin{align}
E_N&=\sum E \\
&=\sum^{N}_{i=1}\mu H s_i
\end{align}
とできる。分配関数\(Z_N\)を求めると、
\begin{align}
Z_N&=\sum_{s_i=\pm1}e^{-\beta E_N} \\
&=\sum_{s_i=\pm1}{\rm{exp}}\left(\beta\mu H\sum^N_{i}s_i\right) \\
&=\sum_{s_i=\pm1}{\rm{exp}}\left(\beta\mu H(s_1+s_2+s_3+...+s_N)\right) \\
&=\sum_{s_i=\pm1}{\rm{exp}}\left(\beta\mu Hs_1\right){\rm{exp}}\left(\beta\mu Hs_2\right)...{\rm{exp}}\left(\beta\mu Hs_N\right) \\
&=\sum_{s_i=\pm1}\prod^N_i {\rm{exp}}(\beta\mu Hs_i) \\
&=\prod^N_i\sum_{s_i=\pm1}{\rm{exp}}(\beta\mu Hs_i) \\
&=\prod^N_i\left[{\rm{exp}}(\beta\mu H)+{\rm{exp}}(-\beta\mu H)\right] \\
&=\prod^N_i 2\cosh (\beta\mu H) \\
&=\left[2\cosh(\beta\mu H)\right]^N
\end{align}
\(Z_N\)が求まったので、\(F\)を求めていく。
\begin{align}
F&=-\frac{1}{\beta}{\rm{ln}} Z_N \\
&=-\frac{1}{\beta}{\rm{ln}} \left[2\cosh (\beta\mu H)\right]^N \\
&=-\frac{N}{\beta}{\rm{ln}} \left[2\cosh (\beta\mu H)\right] \\
\end{align}
逆温度\(\beta\)を直して
\begin{align}
F&=-\frac{N}{\beta}{\rm{ln}} \left[2\cosh (\beta\mu H)\right] \\
&=-Nk_{\rm{B}}T{\rm{ln}} \left[2\cosh \left(\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}\right)\right]
\end{align}

(2)
スピンひとつ当たりの自由エネルギーは(1)の\(F\)をスピン数\(N\)で割って
\begin{align}
F&=-k_{\rm{B}}T{\rm{ln}} \left[2\cosh \left(\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}\right)\right]
\end{align}
である。エントロピー\(S\)の定義より、
\begin{align}
S&=-\left(\frac{\partial F}{\partial T}\right)_H \\
&=\frac{\partial}{\partial T}k_{\rm{B}}T{\rm{ln}} \left[2\cosh \left(\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}\right)\right] \\
&=k_{\rm{B}}{\rm{ln}} \left[2\cosh \left(\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}\right)\right]+k_{\rm{B}}T\frac{\partial}{\partial T}\left[2\cosh \left(\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}\right)\right]
\end{align}
面倒くさい計算をすると、
\begin{align}
S=k_{\rm{B}}{\rm{ln}}\left[2\cosh \left(\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}\right)\right]-\frac{\mu H}{T}{\rm{tanh}}\left(\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}\right)
\end{align}
となる。

(3)
(2)より、
\begin{align}
S&=k_{\rm{B}}{\rm{ln}}\left[2\cosh \left(\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}\right)\right]-\frac{\mu H}{T}\tanh \left(\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}\right)
\end{align}
ここで、
\begin{align}
x\equiv\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}
\end{align}
とすれば、
\begin{align}
S(x)&=k_{\rm{B}}{\rm{ln}}\left(2\cosh x\right)-k_{\rm{B}}x\tanh x
\end{align}
とできる。ここで\(\cosh x\)と\(\tanh x\)の変形・近似を考える。
\(2\cosh x\)に関して、
\begin{align}
2\cosh x &=e^x+e^{-x} \\
&=e^x(1+e^{-2x}) \\
\end{align}
より、\(S(x)\)第1項は
\begin{align}
k_{\rm{B}}\ln(2\cosh x)&=k_{\rm{B}}\ln[e^x(1+e^{-2x})] \\
&=k_{\rm{B}}\ln e^x+k_{\rm{B}}\ln(1+e^{-2x}) \\
&=k_{\rm{B}}x+k_{\rm{B}}\ln(1+e^{-2x})
\end{align}
となる。また、\(\tanh x\)に関して、
\begin{align}
\tanh x&=\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}}\\
&=\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}\\
&=\frac{1+e^{-2x}-2e^{-2x}}{1+e^{-2x}}\\
&=1-\frac{2e^{-2x}}{1+e^{-2x}}
\end{align}
と変形でき、低温極限\(T\rightarrow 0, x\rightarrow\infty\)のとき、分母の\(e^{-2x}\)を\(0\)とみなせるので、
\begin{align}
1-\frac{2e^{-2x}}{1+e^{-2x}}&\simeq1-2e^{-2x}
\end{align}
とできる。よって\(S(x)\)第2項は
\[
-k_{\rm{B}}x(1-2e^{-2x})
\]
とできる。よって、低温極限の\(S(x)\)は
\begin{align}
S(x)&=k_{\rm{B}}x+k_{\rm{B}}\ln(1+e^{-2x})-k_{\rm{B}}x(1-2e^{-2x})\\
&=2k_{\rm{B}}xe^{-2x}+k_{\rm{B}}\ln(1+e^{-2x})
\end{align}
となる。また、2項目に関して、\(e^{-2x}\)は非常に小さいので、Taylor展開を用いて
\begin{align}
\ln(1+e^{-2x})&=e^{-2x}-\frac{(e^{-2x})^2}{2}\cdot\cdot\cdot\\
&\simeq e^{-2x}
\end{align}
となる。書き直すと、
\begin{align}
S(x)&=2k_{\rm{B}}xe^{-2x}+k_{\rm{B}}e^{-2x}\\
&=k_{\rm{B}}(2x+1)e^{-2x}
\end{align}
改めて極限を観察すると、
\begin{align}
\lim_{x\to\infty}S(x)&=\lim_{x\to\infty}[k_{\rm{B}}(2x+1)e^{-2x}]\\
&=0
\end{align}
より、低温極限\(T\to0\)で\(S\to0\)となることが示された。

(4)
スピン一つ当たりのエントロピー\(S\)は(2)より、
\begin{align}
S(x)&=k_{\rm{B}}{\rm{ln}}\left(2\cosh x\right)-k_{\rm{B}}x\tanh x, x\equiv\frac{\mu H}{k_{\rm{B}}T}
\end{align}
である。ここで、磁場の値は減少させているのだから、反転させていない (符号は前後で一緒) と考えると、\(S(x)\)は単調増加 (減少) の関数であり、\(x<0, x>0\) の範囲で値が一意に決定する。
また、断熱変化であるので、\({\rm{d}}Q=0\)であり、\({\rm{d}}S=\frac{{\rm{d}}Q}{T}=0\)であるので、この変化において\(x_0=x_1\)である。よって、
\begin{align}
x_0&=x_1 \\
\frac{\mu H_0}{k_{\rm{B}}T_0}&=\frac{\mu H_1}{k_{\rm{B}}T_1}\\
\frac{H_0}{T_0}&=\frac{H_1}{T_1}\\
T_1&=\frac{H_0}{H_1}T_0
\end{align}
となる。

(5)以降は気が向いたらやります。