Расширение точной статистической суммы Онзагера для 2D-модели Изинга

Question

Расширение точной статистической суммы Онзагера для 2D-модели Изинга

Генри

У нас есть вопрос, где нам дано точное выражение для статистической суммы модели 2D Изинга :

\frac{1}{Н} п Z "=" п (2 {чушь}^{2} (β Дж))

$\frac{1}{N}\ln Z ~=~ \ln(2 \cosh^2(\beta J))$

+ \frac{1}{2} \int_{- π}^{π} \frac{д д_{1}}{2 π} \int_{- π}^{π} \frac{д д_{2}}{2 π} п ((1 + {Икс}^{2})^{2} - 2 Икс (1 - {Икс}^{2}) (потому что (д_{1}) + потому что (д_{2})),

$+ \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{dq_1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{dq_2}{2\pi} \ln \left( (1+x^2)^2 - 2x(1-x^2)(\cos(q_1) + \cos(q_2)\right),$

где $x=\tanh(\beta J)$ . В первых частях вопроса мы показываем, что аргумент в логарифме неотрицательный и что существует критическая точка при $q_1 = q_2 = 0$ и $x=\sqrt{2}-1$ где аргумент равен нулю. Затем нас просят: «Разложить логарифм по обоим $q_1=q_2=0$ и это критическое значение x и оценить полученный интеграл, чтобы извлечь ведущее сингулярное поведение $\ln Z$ (а значит, и свободная энергия) вблизи перехода. Какова природа сингулярности теплоемкости?

Теперь я не совсем уверен, как это расширить. Ясно, что стандартное многомерное разложение Тейлора здесь бесполезно, поскольку $\ln(0)$ идет к $-\infty$ . Я подумал, может быть, просто сделать расширение с $q_1$ и $q_2$ а затем оцените интеграл для начала, но тогда я не знаю, что делать дальше. Как обычно происходит расширение вокруг сингулярности в функции? Любые указатели в правильном направлении будут высоко оценены!

Мэн Ченг

Аргумент выглядит сингулярным, но это не означает, что интеграла не существует. На самом деле, поскольку вы выполняете двумерный интеграл по

q_{1}

$q_1$ и

q_{2}

$q_2$ , при интегрировании вокруг начала координат

q_{1} = q_{2} = 0

$q_1=q_2=0$ лучше использовать полярную координату: приблизительно

\cos q_{1} + \cos q_{2} \approx 2 - \frac{q_{1}^{2} + q_{2}^{2}}{2}

$\cos q_1+\cos q_2\approx 2-\frac{q_1^2+q_2^2}{2}$ , и есть дополнительный фактор

q

$q$ от меры интегрирования. Тогда интеграл от

q \ln (polynomial of q)

$q\ln(\text{polynomial of q})$ всегда хорошо определяется вблизи

q = 0

$q=0$ .

ядовитое пиво

Попробуйте вычислить интеграл с произвольным

x

$x$ , а после развернуть рядом

x = \sqrt{2} - 1

$x=\sqrt 2 -1$ .

Генри

Хорошо, это кажется хорошим способом начать (хотя интегрирование выполняется по квадратной области, поэтому пределы трудно установить правильно в полярных координатах. Хотя, возможно, это не важно. Поэтому я переписал как

\int_{0}^{π} q \ln (A (x) + B (x) q^{2})

$\int_0^{\pi} q \ln(A(x) + B(x)q^2)$ который я могу оценить (хотя Mathematica говорит, что это справедливо только тогда, когда A строго больше нуля, а A равно нулю в критической точке.

A (x) = ((x - x_{c 1}) (x - x_{c 2}))^{2}

$A(x) = ((x-x_{c1})(x-x_{c2}))^2$ и

B = x (1 - x^{2})

$B=x(1-x^2)$ . Но когда я дифференцирую это, чтобы получить теплоемкость и график, похоже, что сингулярности нет.

Джош Сильверман

@ user12244, есть ли что-то еще, что вы ищете в ответе на этот вопрос?

Джош Сильверман

@ Генри, есть ли что-то еще, что вы ищете в ответе на этот вопрос?

Ответы (1)

Расширение точной статистической суммы Онзагера для 2D-модели Изинга

Аргумент выглядит сингулярным, но это не означает, что интеграла не существует. На самом деле, поскольку вы выполняете двумерный интеграл по $q_1$ и $q_2$ , при интегрировании вокруг начала координат $q_1=q_2=0$ лучше использовать полярную координату: приблизительно $\cos q_1+\cos q_2\approx 2-\frac{q_1^2+q_2^2}{2}$ , и есть дополнительный фактор $q$ от меры интегрирования. Тогда интеграл от $q\ln(\text{polynomial of q})$ всегда хорошо определяется вблизи $q=0$ .
Попробуйте вычислить интеграл с произвольным $x$ , а после развернуть рядом $x=\sqrt 2 -1$ .
Хорошо, это кажется хорошим способом начать (хотя интегрирование выполняется по квадратной области, поэтому пределы трудно установить правильно в полярных координатах. Хотя, возможно, это не важно. Поэтому я переписал как $\int_0^{\pi} q \ln(A(x) + B(x)q^2)$ который я могу оценить (хотя Mathematica говорит, что это справедливо только тогда, когда A строго больше нуля, а A равно нулю в критической точке. $A(x) = ((x-x_{c1})(x-x_{c2}))^2$ и $B=x(1-x^2)$ . Но когда я дифференцирую это, чтобы получить теплоемкость и график, похоже, что сингулярности нет.
@ user12244, есть ли что-то еще, что вы ищете в ответе на этот вопрос?
@ Генри, есть ли что-то еще, что вы ищете в ответе на этот вопрос?

Джош Сильверман · Answer 1

Если мы расширим аргумент $\ln$ в $q_1, q_2$ вокруг $\left(q_1,q_2\right)=\left(0,0\right)$ и установить $q_1,q_2$ к нулю, находим

(1 + {Икс}^{2})^{2} - 2 Икс (1 - {Икс}^{2}) 2 "=" (1 + {Икс}^{2})^{2} - 4 Икс (1 - {Икс}^{2}) "=" ({Икс}^{2} + 2 Икс - 1)^{2}

$(1+x^2)^2-2x(1-x^2)2=(1+x^2)^2-4x(1-x^2)=(x^2+2x-1)^2$ который, очевидно, минимизируется в корне

x^{2} + 2 x - 1

$x^2+2x-1$ , давая

x_{c} = \sqrt{2} - 1

$x_c = \sqrt{2}-1$ .

Поскольку модель взята в $N\rightarrow\infty$ предел, интеграл для $F/N$ будет преобладать окрестности г. $x_c$ .

Теперь расширим аргумент относительно $x$ о $x_c$ , т.е. $x\rightarrow x_c + \epsilon$ . Расширение дает

8 ϵ^{2} + 4 \sqrt{2} ϵ^{3} + ϵ^{4}

$8\epsilon^2+4\sqrt{2}\epsilon^3 + \epsilon^4$ которые мы отрежем на заказ

ϵ^{2}

$\epsilon^2$ с

ϵ

$\epsilon$ принимается малым.

Таким образом, как только мы вернем члены из ненулевых $q_1,q_2$ , аргумент становится

8 ϵ^{2} - к (д_{1}^{2} + д_{2}^{2})

$8\epsilon^2 - k\left(q_1^2+q_2^2\right)$ где

k

$k$ является константой, полученной в результате расширения

2 x (1 - x^{2})

$2x(1-x^2)$ (множитель на косинус). Отсюда я перемасштабирую вещи, чтобы перед нашими аргументами не было бессмысленных констант.

Теперь есть

Ф / Н \sim \int д д_{1} д д_{2} п (ϵ^{2} - д_{1}^{2} + д_{2}^{2})

$F/N \sim \int dq_1dq_2 \ln\left(\epsilon^2 - q_1^2+q_2^2\right)$

Перейдите к полярным координатам так, чтобы $q_1^2+q_2^2 \rightarrow r^2$ и $dq_1dq_2\rightarrow rdrd\theta$ урожаи

\int п (ϵ^{2} - р^{2}) р д р д θ "=" 2 π \int п (ϵ^{2} - р^{2}) р д р

$\int \ln\left(\epsilon^2 - r^2\right)rdrd\theta = 2\pi\int \ln\left(\epsilon^2 - r^2\right)rdr$

Этот интеграл несколько менее пугающий, чем исходный (вы определенно можете вычислить его в системе Mathematica!) и дает

Ф / Н "=" ϵ^{2} п ϵ - п (1 - ϵ^{2}) + п (ϵ^{2} - 1)

$F/N = \epsilon^2\ln\epsilon - \ln\left(1-\epsilon^2\right)+\ln\left(\epsilon^2-1\right)$

Взяв вторую производную ( $C\sim N^{-1}\frac{\partial^2F}{\partial\epsilon^2}$ ) мы находим, что единственный термин происходит от $\epsilon^2\ln \epsilon$ который после дифференцирования дает

ϵ^{2} п ϵ \overset{\partial / \partial ϵ}{\to} ϵ п ϵ + ϵ \overset{\partial / \partial ϵ}{\to} п ϵ + константы \approx п ϵ "=" п (Икс - {Икс}_{с})

$\epsilon^2 \ln \epsilon \stackrel{\partial/\partial\epsilon}{\rightarrow} \epsilon\ln\epsilon + \epsilon \stackrel{\partial/\partial\epsilon}{\rightarrow} \ln\epsilon + \textrm{constants} \approx \ln \epsilon = \ln \left(x-x_c\right)$

что показывает, что удельная теплоемкость логарифмически расходится вблизи $x_c$

Расширение точной статистической суммы Онзагера для 2D-модели Изинга

Генри

Мэн Ченг

ядовитое пиво

Генри

Джош Сильверман

Джош Сильверман

Ответы (1)

Джош Сильверман

Нахождение статистической суммы для трехуровневой системы

Манипуляции со трассами: интеграция седловой точки в модели Large-NNN

Нули Ли-Янга, как определить активность

Статистическая сумма бозонов против фермионов

Проблема с неразличимостью в статистической сумме

Континуальная теория поля для модели Изинга

Квантовое статистическое доказательство неравенства для статистической суммы

Статистическая сумма для классической 2D-модели XY

1-мерная модель Изинга

Каноническое разделение бозонного газа [дубликат]