MIT Açık Ders Malzemesi İstatistiksel Mekanik II: Alanların İstatistiksel Fiziği Bahar

Transkript

1 MIT Açık Ders Malzemesi İstatistiksel Mekanik II: Alanların İstatistiksel Fiziği 008 Bahar Bu malzemeye atıfta bulunmak ve Kullanım Şartlarımızla ilgili bilgi almak için ve sitelerini ziyaret ediniz.

2 Tekrar Problemleri & Çözümleri Test, kapalı kitaptır, ancak isterseniz, tek-taraflı formül sayfası getirebilirsiniz. Bu sayfanın amacı, önemli formül ve denklemleri hatırlatmaktır, ve buradaki cevapların kısa yazımı değildir. Bu ayrıcalık kötüye kullanılırsa, ilerideki sınavlarda geri alınacaktır. Test, tamamen aşağıdaki soruların bir alt kümesinden oluşacaktır. Dolayısıyla bu sorularla yakınsanız ve rahatsanız, herhangi bir sürpriz olmayacak! ******** 1. Sıvılarda Ölçeklenme: Sıvı-gaz kritik noktası yakınında, serbest enerjinin F/N = t α g(δρ/t β ) şeklini aldığı kabul edilir, ki burada t = T T c /T c indirgenmiş sıcaklıktır, ve δρ = ρ ρ c kritik nokta yoğunluğundan sapmayı ölçer. Herhangi bir Q(t, δρ) termodinamik niceliğinin önde gelen tekilliği, ρ = ρ c eşyoğunluk üzerinden kritik noktaya yaklaşırken t x şeklindedir; veya T = T c eşsıcaklık eğrisi üzerinden bir yol için δρ y şeklindedir. x ve y üstellerini aşağıdaki nicelikler için bulunuz: Herhangi bir termodinamik nicelik Q(t, δρ) ( ) Q(t, δρ) = t x Q δρ g Q t β ölçeklenme formunda yazılabilir. Dolayısıyla, Q nun önde gelen tekil davranışı, δρ = 0 ise, yani kritik eşyoğunluk eğrisi üzerinde, t x Q şeklindedir. Herhangi bir Q için, kritik eşsıcaklık eğrisi üzerinde, t 0 iken t den bağımsız olması koşulu, ölçekleme fonksiyonunun, argümanı yeterince büyük ise, lim x g Q(x) = x x Q/β olmasını gerektirir, böylece Q(0, δρ) (δρ) y Q, y Q = x Q β olmak üzere (a) Parçacık başına iç enerji H /N, ve parçacık başına entropi s = S/N. Parçacık başına serbest enerjinin f = F N = t α g ( ) δρ t β ve T < T c olduğunu varsayalım, dolayısıyla T = 1 T c t. Buradan, entropi s = f T = 1 f V T c t = t1 α g S ρ T c ( ) δρ t β olarak verilir, böylece x S = 1 α ve y S = (1 α)/β. İç enerji için, f = H N T s, veya H N T cs(1 + t) t 1 α g H ( ) δρ t β 1

3 dolayısıyla x H = 1 α ve y H = (1 α)/β. (b) C V = T s/ V ve C P = T s/ T P ısı sığaları. Sabit hacimdeki ısı sığası C V = T S T = s V t = t α g CV ρ T c ( ) δρ t β Sabit hacimde ısı sığasını hesaplamak için, ilk önce sabit P de δρ(t) bağıntısını belirlememiz gerekir. Bu amaçla, P δρ t t = ρ P P termodinamik özdeşliğini kullanacağız. P basıncı P = F V δρ t = ρ f δρ ρ ct α β g P ( ) δρ t β olarak belirlenir, ki δρ t β için ( P t α β 1 + A δρ ), dolayısıyla t β P t P δρ ρ t 1 α β t t α β olarak davranır. Diğer uç durumda δρ t β, ( P δρ ( α β)/β 1 + B t ) δρ 1/β, ve P t P δρ ρ δρ (1 α β)/β t δρ ( α β)/β burada, yeniden, P nin δρ 0 iken δρ ya, ve t 0 iken t ye bağlı olmamasını şart koştuk. Önceki sonuçlardan, şimdi δρ δt { t β 1 = δρ t β P δρ (β 1)/β = t δρ 1/β olarak belirleyebiliriz. Bu bağıntıların herhangi birinden δρ t β olarak elde ederiz, ve dolayısıyla entropi s t 1 α. Sabit basınçtaki ısı sığası C P t α, x CP = α ve y CP = α β ile (c) Eşsıcaklık sıkıştırılabilirliği κ T = ρ/ P T /ρ, ve termal esnema katsayısı α = V/ T P /V. (b) ve (c) kısımlarında elde ettiğiniz sonuçların C P C V = T V α /κ T termodinamik özdeşliği ile tutarlı olduğunu kontrol ediniz. Eşsıcaklık sıkıştırılabilirliği ve termal genleşme katsayıları, önceden elde edilen bağıntılardan

4 bazılarını kullanarak hesaplanabilir: κ T = 1 ρ ρ P = 1 P 1 T ρ c ρ = 1 T ρ 3 c burada x κ = α + β, ve y κ = (α + β )/β. Ve α = 1 V V T ( ) δρ t α+β g κ t β = 1 ρ P ρt c t t β 1 P burada x α = β 1 ve y α = (β 1)/β. Dolayısıyla, açıkça, bu sonuçlar termodinamik özdeşlikle uyumludur: (C P C V )(t, 0) t α, veya (C P C V )(0, δρ) δρ α/β ve α κ T (t, 0) t α, veya α κ T (0, δρ) δρ α/β (d) T < T c için, beraber varolma eğrisi boyunca, erime ısısının davranışını kabaca çizin, ve t nin fonksiyonu olarak tekilliğini bulun. Erime ısısı L = T (s + s ) beraber varolma eğrisi boyunca tanımlıdır, ve daha önce gördüğümüz gibi ( ) T s ± = t 1 α δρ± g s t β Beraber var olan iki fazdaki yoğunluk farkı, düzen parametresidir, ve t β gibi yok olur, tıpkı gaz ve sıvı yoğunluklarının kritik değerlerinden sapmaları δρ + = ρ c 1/v + ve δρ = ρ c 1/v gibi. (Daha doğrusu, (b) de gördüğümüz gibi, δρ P =sabit tβ.) Dolayısıyla, yukarıdaki ifadedeki g nin argümanı sonlu bir değerde hesaplanır, ve erime ısısı kritik noktaya yaklaşırken sıfıra gittiği için, L t 1 α, x L = 1 α ile ********. İsing Modeli: d = 1 + ɛ boyutundaki İsing modelinin, T sıcaklığı ve h manyetik alanı için, differansiyel yineleme bağıntıları { dt dl = ɛt + T dh dl = dh olarak verilir. (a) Renormalizasyon gurubu akışlarını (T, h) düzleminde kabaca çizin (ɛ > 0 için), h = 0 ekseni boyunca, sabit noktaları işaretleyin. Akışın sabit noktaları, RG altında kendine giden, h = 0 ekseni üzerinde olur. Bu eksen 3

5 (d) Use a hyperscaling relation to find the singular part of the free energy f (t, h), and İstatistiksel Mekanik II Test L t=0 t of the gas and liquid densities from the critical critical value. (More precisely, as seen in (b), δρ P =constant t β.) The argument of g in the above expression is thus evaluated at üzerinde, üç sabit nokta vardır: (i) T = 0, düşük sıcaklık fazı için kararlı giderdir. (ii) T, a yüksek finite value, sıcaklık and için since kararlı the giderdir. latent heat (iii) (T goes = to ɛ, zero h = on 0) da approaching kararsız olan the critical kritik sabit point, nokta we get vardır. Bütün sabit noktalar, alan yönünde kararsızdır. L t 1 α, with x L = 1 α.! * ********. The Ising model: The differential recursion relations for temperature T, and magnetic field h, of the Ising model in d = 1 + ɛ dimensions are h dt T = ɛ T +, dl 0 * dh * *! =dh. dl T* T (a) Sketch the renormalization group flows in the (T, h) plane (for ɛ > 0), marking the fixed points along the h = 0 axis. * The fixed points of the flow occur along the h = 0 axis, which is mapped to itself under "! RG. On this axis, there are three fixed points: (i) T = 0, is the stable sink for the low temperature phase. (ii) T, is the stable sink for the high temperature phase. (iii) There (c) is a critical fixed point at (T = ɛ, h = 0), which is unstable. All fixed points are (b) Starting Kritik sabitfrom noktada, the yrelation t ve y unstable in the field direction. h özdeğerlerini, governing the ɛ( mertebesine change of ) kadar the correlation hesaplayın length ξ under renormalization, T = T + δt yi kritik shownokta thatetrafında ξ(t, h) = doğrusallaştırmak, t ν g ξ h/ t (where t = T/T c 1), and find the (b) exponents Calculate ν and the {. eigenvalues y t and y h, at the critical fixed point, to order of ɛ. dδt Linearizing Under rescaling T = T by dl + a= factor δt ɛδt, around of+ b, Tthe { δt correlation = critical ɛδt fixed length pointis yields yt reduced = +ɛ by b, resulting in the dh, = homogeneity relation dδt dl = (1 + ɛ)h y h = 1 + ɛ = ɛ δt + T { δt ɛδt dl ξ(t, h) = bξ(b y t t, b y h verir. h). yt = + ɛ, =. dh Upon (c) Renormalizasyon selecting a rescaling altında =(1 factor ξ bağdaşıklık + ɛ)h such thatuzunluğunun b y t t 1, we değişimini obtain y h =1 + belirleyen ɛ denklemden başlayarak, ξ(t, h) = dl t ν g ξ (h/ t ) (burada t = T/T c ( ξ(t, h) = t ν 4 g ) 1) olduğunu gösterin, ve ν ve üstellerini bulun. ξ h/ t, with y h 1 ν = =, and = = + 1. y t ɛ y t ɛ

6 b çarpanı ile ölçekleme altında, bağdaşıklık uzunluğu b kadar azalır, ve ξ(t, h) = bξ(b yt t, b y h h) homojenlik bağıntısı elde edilir. b yt t 1 şeklinde bir ölçeklenme çarpanı seçince, ξ(t, h) = t ν g ξ (h/ t ) elde ederiz, burada ν = 1 y t = 1 ɛ, ve = y h y t = 1 ɛ + 1 (d) Hiperölçekleme bağıntılarını, serbest enerjinin tekil kısmını bulmak f tek. (t, h), ve dolayısıyla ısı sığası üstelini, için kullanın. Hiperölçeklemeye göre, f tek. (t, h) ξ(t, h) d = t d/yt g f (h/ t ) t ye göre iki defa türev almak, ısı sığasını verir, ısı sığasının h = 0 daki tekilliği α = dν = 1 + ɛ ɛ = 1 ɛ + 1 üsteli ile tarif edilir. (e) Mıknatıslanma ve alınganlığın tekil davranışları için, sırasıyla, β ve γ üstellerini bulun. Mıknatıslanma, serbest enerjiden m = f h t β, h=0 β = d y h y t = 0 olmak üzere şeklinde elde edilir.(ɛ da daha yüksek mertebelerde, β ya düzeltmeler olacaktır.) Alınganlık, mıknatıslanmanın türevinden elde edilir, veya χ = f h t γ, h=0 γ = y h d y t = 1 + ɛ ɛ = olmak üzere ɛ (f) Alınganlık ve yerel mıknatıslanmaların bağdaşıklıkları arasındaki bağıntıdan başlayarak, kritik bağdaşıklıklar ( m(0)m(x) x (d +η) ) için η üstelini hesaplayın. Manyetik alınganlık, bağlantılı bağdaşıklık fonksiyonlarına χ = d d x m(0)m(x) c ile bağlıdır. Kritikliğin yakınında, bağdaşıklık fonksiyonları kuvvet yasası şeklinde azalır m(0)m(x) x (d +η), ki bağdaşıklık uzunluğu ile sınırlıdır, buradan χ ξ ( η) t ( η)ν 5

7 elde ederiz. Karşılık gelen üstel özdeşlikten, γ = ( η)ν, = η = y t γ = y h + d = d = 1 ɛ olarak buluruz. (g) d = 1 de, T 0 iken (h = 0 boyunca), bağdaşıklıklar nasıl ıraksar? d = 1 de sıcaklık için olan yineleme bağıntısı düzenlenerek integrali alınabilir, yani 1 dt T dl = 1 (, = d ) = dl T Yukarıdaki ifadeyi, bağdaşlık uzunluğu ξ(t ) olan düşük sıcaklıktan, bağdaşıklık uzunluğunun ağ aralığında olduğu ve 1/T 0 olan yüksek sıcaklığa kadar integralini alarak elde ederiz. T = ln ( ξ a ) ( ) = ξ(t ) = a exp T ******** 3. Boyuna Alınganlık: Ortalama alan düzeyinde, boyuna alınganlığın ıraksaması için hiçbir sebep yokken, gerçekte, d < 4 boyutlarında salınımlardan dolayı ıraksar. Bu problemde, bu ıraksamanın tedirgeme kuramındaki kaynağını göstermek amaçlanmıştır. Aslında, bu hesaptaki değişik adımlarda, ihmal etmeniz söylenen bazı incelikler vardır. Niye geçerli olduklarını düşünmek isteyebilirsiniz. n bileşenli bir mıknatıslanma vektörünü m(x) tasvir eden Landau-Ginzburg Hamiltoniyenini βh = [ K d d x ( m) + t ] m + u( m ) t < 0 için düzenli fazda ele alalım. (a) m(x) = ( m + φ b (x))ê b + φ e (x)ê e olsun, ve βh yi açılımdaki bütün terimleri tutarak açalım. m(x) = ( m + φ b (x))ê b + φ e (x)ê e ve m, βh in en küçük olduğu nokta olmak üzere, ( ) t βh = V m + u m { K d d x [ ( φ b ) + ( φ ) ] e ( ) t ) + u m φ e + 4u m (φ 3 b + φ bφ e + u ( ) t + + 6u m φ b [ ( ) ]} φ 4 b + φ bφ e + φ e Düzenli fazda (t < 0), m = t/4u olduğu için, bu ifade sadeleştirilebilir, ve sabit terimi attıktan sonra { [ K βh = d d x ( φ b ) + ( φ ) ] ) e tφ b + 4u m (φ 3 b + φ bφ e [ ( ) ]} + u φ 4 b + φ bφ e + φ e (b) φ b ve φ e de ikinci derece terimleri, tedirgenmemiş Hamiltoniyen βh 0 olarak alalım, ve φ b ile 6

8 φ e yi birbirine çiftleyen en düşük mertebe terimi de U tedirgemesi olarak, yani U = 4u m d d xφ b (x) φ e (x) U yu Fourier uzayında, φ b (q), ve φ e (q) cinsinden yazın. Tedirgeme olarak üçlü terime odaklanalım: ki Fourier uzayında U = 4u m U = 4u m d d xφ b (x) φ e (x) d d q d d q (π) d (π) d φ b( q q ) φ e (q) φ e (q ) (c)gaussiyan (çıplak) φ b (q)φ b (q ) 0 ve φ e,α (q)φ e,β (q ) 0 beklenen değerlerini, ve karşılık gelen, momentum bağımlı χ b (q) 0 ve χ e (q) 0 alınganlıklarını hesaplayın. Hamiltoniyenin ikinci derece kısmından βh 0 = d d x 1 { [ K ( φ b ) + ( φ ) ] } e tφ b beklenen değerleri olarak ve karşılık gelen alınganlıkları φ b (q)φ b (q ) 0 = (π)d δ d (q+q ) Kq t φ e,α (q)φ e,β (q ) 0 = (π)d δ d (q+q )δ αβ Kq { χb (q) 0 = 1 Kq t χ e (q) 0 = 1 Kq olarak okunur. (d) φ e (q 1 ) φ e (q ) φ e (q 1) φ e (q ) 0 i Wick kuramı kullanarak hesaplayın. ( φ e nin (n 1) bileşenli bir vektör olduğunu unutmayın) Wick kuramını kullanarak φe (q 1 ) φ e (q ) φ e (q 1) φ e (q ) 0 φ e,α(q 1 )φ e,α (q )φ e,β (q 1)φ e,β (q ) 0 = φ e,α (q 1 )φ e,α (q ) 0 φ e,β (q 1)φ e,β (q ) 0 + φ e,α (q 1 )φ e,β (q 1) 0 φ e,α (q )φ e,β (q ) 0 + φ e,α (q 1 )φ e,β (q ) 0 φ e,α (q )φ e,β (q 1) 0 Ondan sonra, (c) kısmından, ve δ αα δ ββ = (n 1) ve δ αβ δ αβ = (n 1) olduğundan φe (q 1 ) φ e (q ) φ e (q 1) φ e (q ) 0 = (π)d K +(n 1) δd (q 1 + q 1)δ d (q + q ) q 1 q { (n 1) δd (q 1 + q )δ d (q 1 + q ) q1 q 1 + (n 1) δd (q 1 + q )δ d (q 1 + q ) q 1 q 7 }

9 elde edilir. (e) φ b (q)φ b (q ) ifadesini, U tedirgemesinde ikinci dereceye kadar yazın. U, φ b da tek olduğu için, ikinci mertebede sadece iki terim sıfırdan farklıdır. Bağdaşıklık fonksiyonunun hesabında U tedirgemesini dahil edersek, φ b (q)φ b (q ) = φ b(q)φ b (q )e U 0 e U 0 = φ b(q)φ b (q )(1 U + U / + ) 0 (1 U + U / + ) 0 U, φ b de tek olduğu için, U 0 = φ b (q)φ b (q )U 0 = 0. Dolayısıyla paydayı ikinci mertebeye kadar açınca 1 U 1 + U / 0 + = 1 + O(U 3 ) φ b (q)φ b (q ) = φ b (q)φ b (q ) ( φ b(q)φ b (q )U 0 φ b (q)φ b (q ) 0 U 0 ) elde ederiz. (f) U nın fourier modundaki ifadesini kullanarak, düzeltme terimini, (d) kısmındakine benzer, iki tane 4-nokta beklenen değerinin çarpımı olarak yazın. Sadece boylamsal 4-nokta fonksiyonunun bağlantılı terimlerinin hesaplanması gerektiğine dikkat edin. U yerine, (b) kısmındaki Fourier dönüşümünü kullanırsak, bağdaşıklık fonksiyonuna salınımlardan gelen düzeltme 0 yani G F (q, q ), G F (q, q ) φ b (q)φ b (q ) φ b (q)φ b (q ) 0 = 1 d d (4u q 1 d d q d d q m) 1 d d q (π) d (π) d (π) d (π) d φ b (q)φ b (q )φ b ( q 1 q ) φ e (q 1 ) φ e (q ) φ b ( q 1 q ) φ e (q 1) φ e (q ) 0 1 φ b(q)φ b (q ) 0 U 0 1 d d q 1 d d q d d q 1 d d q (4u m) (π) d (π) d (π) d (π) d φ b (q)φ b (q )φ b ( q 1 q ) φ e (q 1 ) φ e (q ) φe (q 1 ) φ e (q ) φ e (q 1) φ e (q ) ifadesinin bağlantılı kısmı olarak hesaplanır, burada, tedirgenmemiş, boylamsal ve dikine alanların çarpımlarının çarpanlarına ayrıldığı gerçeğini kullandık. Dolayısıyla, G F (q, q ) = 1 d d (4u q 1 d d q d d q m) 1 d d q φe (π) d (π) d (π) d (π) d (q 1 ) φ e (q ) φ e (q 1) φ e (q ) 0 { φ b (q)φ b ( q 1 q ) 0 φ b (q )φ b ( q 1 q ) 0 + φ b (q)φ b ( q 1 q ) 0 φ b (q } )φ b ( q 1 q ) 0 = 1 d d (4u q 1 d d q d d q m) 1 d d q φe (π) d (π) d (π) d (π) d (q 1 ) φ e (q ) φ e (q 1) φ e (q ) 0 φ b (q)φ b ( q 1 q ) 0 φ b (q )φ b ( q 1 q 0 (c) ve (d) kısımlarının iki ve üç nokta bağdaşıklık fonksiyonu sonuçlarını kullanarak, ve u m =

10 ut/4 olduğu için, d G F (q, q d q 1 d d q d d q 1 d d q (π) d { ) = 4u( t) (π) d (π) d (π) d (π) d K (n 1) δd (q 1 + q )δ d (q 1 + q ) ki, bazı integralleri aldıktan sonra, + (n 1) δd (q 1 + q 1)δ d (q + q ) + δ d (q 1 + q )δ d (q 1 + q ) q 1 q (π)d δ d (q q 1 q ) (π) d δ d (q q 1 q ) Kq t Kq t G F (q, q ) = 4u( t) K (n 1) δd (q)δ d (q ) 4t + (n 1) δd (q + q ) (Kq t) ( d d q 1 d d q 1 q 1 (q + q 1) q1 } ) q1 q 1 } ifadesine indirgenir. (g) (d) de elde edilen bağlantısız terimi ihmal edin (yani (n 1) ile orantılı kısmı), ve χ b (q) için tedirgemede ikinci mertebeden bir ifade yazın. İlk terimin (δ d (q)δ d (q ) ile orantılı olan) bağımlılığından, bu terimin gerçekte, mıknatıslanmanın tedirgenmemiş değerine bir düzeltme olduğunu çıkarırız, yani m m [ 1 (n 1)u Kt ( d d )] q 1 ve sıfırdan farklı aralıklarda, bağdaşıklık fonksiyonuna katkı vermez. bağdaşıklık fonksiyonunun uzamsal değişen kısmı olur, ve buradan φ b (q)φ b (q ) = (π)d δ d (q + q ) Kq t q 1 + 8u( t) K (n 1) δd (q + q ) (Kq t) Dolayısıyla, bağlantılı d d q 1 q 1 (q + q 1) χ b (q) = 1 Kq t + 8u( t) (n 1) K (Kq t) d d q 1 (π) d 1 q 1 (q + q 1) elde edilir. (h) d < 4 için, düzeltme teriminin q 0 için q d 4 olarak ıraksadığını gösterin, ki bu sonsuz boylamsal alınganlık anlamına gelir. d > 4 te, yukarıdaki integral yakınsar ve büyük q sınırı ile belirlenir. Diğer taraftan, d < 4 te integral q 0 iken ıraksar, ve dolayısıyla küçük q 1 değerleri tarafından belirlenir. İntegral değişkenini q 1 = q 1 /q ya değiştirirsek, alınganlığa salınımlardan gelen düzeltmeler Λ/q χ b (q) S q d 4 d d q 1 1 (π) d 0 q 1 (ˆq + q 1 ) = qd 4 0 d d q 1 1 (π) d q 1 (ˆq + q 1) + O(q0 ) 9

11 olur ki q 0 iken q d 4 olarak ıraksar. NOT: Öteleme simetrisi olan bir sistemde φ(q)φ(q ) = ϕ(x x ) ki φ(q)φ(q ) = = d d xd d x e iq x+iq x φ(x)φ(x ) d d (x x )d d x e iq (x x )+i(q+q ) x ϕ(x x ) = (π) d δ d (q + q )ψ(q) anlamına gelir. βh = βh + d d xh(x)φ(x) = βh + d d q (π) d h(q)φ( q) Hamiltoniyenini düşünün, burada βh, φ nin (basitleştirmek için tek bileşenli bir alan) öteleme değişmez bir fonksiyonelidir. Elimizde m(x = 0) = φ(0) = d d q (π) d φ(q) var, ve bir defa türevini alırsak h = 0 da sistemin öteleme simetrisi vardır, ve m d d h(q) = q (π) d φ(q )φ(q). m h(q) = ψ(q). h=0 Ayrıca, düzgün bir harici alan için, sistem öteleme değişmezdir, ve βh = βh + h d d xφ(x) = βh + hφ(q = 0) ki verir. χ = m h = d d q (π) d φ(q )φ(q = 0) = ψ(0) ******** 4. Kristal Eşyönsüzlük: Dörtgensel kristal yapılı bir ferromanyet düşünelim. Spinlerin alttaki ağ ile olan çiftlenmesi, tam dönme simetrisini yok edebilir. Elde edilen eşyönsüzlükler, Landau- 10

12 Ginzburg Hamiltoniyenini değiştirerek tasvir edilebilir: βh = [ K d d x ( m) + t m + u ( m ) ] r + m 1 + vm 1 m burada m (m 1,, m n ), ve m = n i=1 m i dir (üç boyuttaki mıknatıslar için d = n = 3) (a) Sabit m genliği için; r > 0 ve r < 0 için, n boyutlu mıknatıslanma uzayında hangi yönler seçilmiştir. r > 0, 1 yönünde düzenlenmeyi engeller, ve kalan n 1 doğrultu boyunca düzenlenmeyi teşvik eder. r < 0, 1 yönü boyunca düzenlenmeyi teşvik eder. (b) Semer noktası yaklaşımını kullanarak, düzgün şekilde, 1 yönüne parallel ve dik mıknatıslanmış fazlar için serbest enerjileri (ln Z) hesaplayın. m(x) = mê 1 için, semer noktası yaklaşımında, [ ] t + r ln Z sn = V min m + um 4 m elde ederiz, burada V = d d x sistemin hacmidir. En küçük değer, { 0 t + r > 0 için (t + r) m + 4u m 3 = 0, = m = (t + r)/4u t + r < 0 için için elde edilir. t + r < 0 için, serbest enerji f sn = ln Z sn V (t + r) = 16u olarak verilir. Mıknatıslanma 1 yönüne dikse, yani m(x) = mê i, i 1, karşılık gelen ifadeler [ ] t ln Z sn = V min m + um 4, t m + 4u m 3 = 0, m = m ve t < 0 için serbest enerji { 0 t > 0 için t/4u t < 0 için f sn = t 16u olur. (c) Faz diyagramını (t, r) düzleminde kabataslak çizin, ve fazları (derece türü) ve doğasını (sürekli veya süreksiz) işaretleyin. Semer noktası faz diyagramı aşağıdaki şekilde kabaca çizilmiştir. (d) Düzenli fazda, Goldstone modları var mıdır? 1 doğrultusunda hizalanmış mıknatıslanması olan fazda Goldstone modları yoktur, çünkü bu durumda kırılan simetri kesiklidir. Ancak, mıknatıslanmanın 1 doğrultusuna dik olduğu fazda, (n ) tane Goldstone modu vardır. (e)u = 0, ve pozitif t ve r için, tedirgenmemiş m 1 (q)m 1 (q ) 0 ve m (q)m (bfq ) 0 ortalamalarını hesaplayın, burada m i (q), m i (x) in Fourier dönüşümünü gösterir. 11

13 Hamiltoniyenin Gaussiyan kısmı, βh 0 = d d [ q K (π) d q m(q) + t + r m 1(q) + olarak Fourier modlarına ayrıştırılabilir. Bu şekilden, eşdeğişkiler kolayca m 1 (q)m 1 (q ) 0 = (π)d δ d (q+q ) t+r+kq m (q)m (q ) 0 = (π)d δ d (q+q ) t+kq n i= ] t m i(q) olarak okunur. (f) Dördüncü derece terimi U u d d x( m ), m i (q) Fourier modları cinsinden yazın. m i (x) = d d q exp(iq x)m (π) d i (q) ifadesini dördüncü derece terimde yerleştirip, x üzerinden integralini almak U = u ( d d x m ) d d q 1 d d q d q 3 = u (π) 3d n i,j=1 m i (q 1 )m i (q )m j (q 3 )m j ( q 1 q q 3 ) verir. (g) U yu bir tedirgeme olarak alarak, m 1 (q)m 1 (q ) a birinci derece düzeltmeyi hesaplayın. (Cevabınızı bazı integraller şeklinde bırakabilirsiniz.) Tedirgemenin ilk mertebesinde, O = O 0 ( OU 0 O 0 U 0 ), ve dolayısıyla d m 1 (q)m 1 (q ) = m 1 (q)m 1 (q d q 1 d d q d d q 3 ) 0 u (π) 3d n i,j=1 1

14 = (π)d δ d (q + q ) t + r + Kq ( m 1 (q)m 1 (q )m i (q 1 )m i (q )m j (q 3 )m j ( q 1 q q 3 ) c { 0) u d d k 1 t + r + Kq (π) d [ 4(n 1) t + Kk + 4 t + r + Kk + 8 t + r + Kk Son sonuç, bütün olası eşleştirmeleri, kaç tanesinin m i 1 e karşı m 1 içerdiğini takip ederek listeleyerek elde edilmiştir. Son sonuç, m 1 (q)m 1 (q ) = (π)d δ d (q + q ) t + r + Kq { 1 u t + r + Kq d d [ ] k n 1 (π) d t + Kk + 3 } t + r + Kk olarak sadeleştirilebilir. (h) U yu bir tedirgeme olarak alarak, m (q)m (q ) a birinci derece düzeltmeyi hesaplayın. Benzer bir analiz d m (q)m (q ) = m (q)m (q d q 1 d d q d d q 3 ) 0 u (π) 3d ( m (q)m (q )m i (q 1 )m i (q )m j (q 3 )m j ( q 1 q q 3 ) c 0) = (π)d δ d (q + q { ) u d d [ ] k 4(n 1) t + Kq 1 t + Kq (π) d t + Kk + 4 t + r + Kk + 8 } t + Kk = (π)d δ d (q + q { ) u d d [ ] k n + 1 t + Kq 1 t + Kq (π) d t + Kk + 1 } t + r + Kk (1) verir. (i) Yukarıdaki cevabı kullanarak, χ 1 ters alınganlığını belirleyin, ve sonra u da birinci mertebeye kadar yok olduğu noktadan, geçiş noktasını t c belirleyin. Salınım-tepki bağıntısını kullanarak, alınganlık n i,j=1 χ = d d d d q x m (x)m (0) = (π) d m (q)m (q = 0) = 1 { 1 u d d [ ] k n + 1 t t (π) d t + Kk + 1 } t + r + Kk olarak verilir. Düzeltme teriminin tersini almak, verir. Alınganlık χ 1 = t + 4u t c = 4u d d [ ] k n + 1 (π) d t + Kk + 1 t + r + Kk + O(u ) d d [ ] k n + 1 (π) d Kk + 1 r + Kk + O(u ) noktasında ıraksar. (j) d < 4 te, kritik davranış, eşyönlü O(n) modelinden farklı mıdır? RG dilinde, r parametresi O(n) sabit noktasında önemli midir? Her iki durumda, geçiş için evrensellik sınıflarını belirtin. r parametresi, düzenli durumun simetrisini, dolayısıyla düzensizleşme geçişinin evrensellik sınıfını değiştirir. Şekilde gösterildiği gibi, r > 0 için, geçiş O(n 1) evrensellik sınıfına, ve r < 0 ] } 13

15 için İsing sınıfına aittir. Bundan dolayı, herhangi bir RG dönüşümü, r yi O(n) sabit noktasında önemli bir tedirgeme olarak bulmalıdır. ******** 5. Kübik eşyönsüzlük- Ortalama Alanın Uygulanması: n-bileşenli m(x) = (m 1, m,, m n ) için değiştirilmiş Landau-Ginzburg Hamiltoniyenini βh = d d x [ K ( m) + t m + u( m ) + v ] n m 4 i i=1 ele alın. n i=1 m 4 i kübik eşyönsüzlük terimi, tam dönme simetrisini kırar ve belirli bir yön seçer. (a) Sabit m genliği için, v > 0 ve v < 0 için n bileşenli mıknatıslanma uzayında hangi yönler seçilir? Aşağıdaki figürlerde, v nin işaretine bağlı olarak, n = basit durumu için mıknatıslanmanın olası yönleri belirtilmiştir. Bu niceliksel davranış, b bileşenli bir vektör için genelleştirilebilir: v > 0 için m n-boyutlu hiperkübün m = m n (±1, ±1,..., ±1) ile belirtilen köşegenleri boyunca uzanır, ve dolayısıyla n katlı yozlaşmıştır. Aksine, v < 0 için, m kübik doğrultuların ê i herhangi biri boyunca uzanabilir, böylece m = ± mê i verir, ki n katlı yozlaşmıştır. (b) βh in sonlu bir en küçük değeri olması için, u ve v deki koşullar nelerdir? (u, v) düzleminde bu alanları kabataslak çizin. Bu durumların herbirinde Landau-Ginzburg Hamiltoniyeni { βh = t m + u m 4 + v n m, v > 0 ise βh = t m + u m 4 + v m 4, v < 0 ise 14

16 olur, ki { u + v n > 0, v > 0 ise u + v > 0, v < 0 ise olduğu sürece en küçük değerin sonlu olduğu anlamına gelir. Yukarıda, (u, v) düzlemindeki farklı bölgeler şematik olarak gösterilmiştir. (c) Genelde, daha yüksek terimler (mesela u 6 > 0 olmak üzere u 6 ( m ) ) vardır, ve (b) kısmında izin verilmeyen bölgelerde kararlılığı sağlarlar. Bu tarz terimleri akılda tutarak, u > 0 için, (t, v) düzleminde, semer noktası faz diyagramını kabataslak çizin; fazları, ve geçiş çizgilerinin derecesini açıkça belirleyerek. (b) kısmında izin verilmeyen bölgelerdeki kararlılığı sağlamak için, yüksek mertebeden terimleri de hesaplamamız gerekir. Aşağıdaki üç denklemi beraber çözerek üçlü kritik nokta elde edilebilir: t + 4(u + v)m + 6u 6 m = 0 t + (u + v)m + u 6 m 4 = 0 }, = t = (u + v), m (u + v) = u 6 u 6 Dolayısıyla, (t, v) düzlemindeki semer noktası faz diyagramı aşağıdaki gibidir. (d) Düzenli fazda, herhangi bir Goldstone fazı var mıdır? Düzenli fazda Goldstone modları yoktur, çünkü kırılan simetri, sürekliden ziyade kesiklidir. Dikine salınımların değerini Fourier uzayında kolayca φ e (q)φ e ( q) = (π) d Kq + vt u+v olarak hesaplayabiliriz, ve buradan, bu modların sadece v = 0 da kütlesiz olduğunu görürüz, yani tekrardan O(n) simetrisini elde ettiğimizde. ******** 6. Kübik eşyönsüzlük-ɛ açılımı: (a) u ve v nin ikisinde birden bir tedirgeme açılımında ikinci mertebe terimlere bakarak, bu 15

17 çiftlenim sabitleri için yineleme bağıntılarının { du dl = ɛu 4C [ (n + 8)u + 6uv ] dv dl = ɛv 4C [ 1uv + 9v] () olduğunu gösterin, burada C = K d Λ d /(t + KΛ ) K 4 /K yaklaşık olarak bir sabittir. Hamiltoniyeni Fourier modları cinsinden yazalım: βh = d d q t + Kq (π) d m(q) m( q) d d q 1 d d q d d q 3 + u (π) 3d m i (q 1 )m i (q )m j (q 3 )m j ( q 1 q q 3 ) d d q 1 d d q d d q 3 + v (π) 3d m i (q 1 )m i (q )m i (q 3 )m i ( q 1 q q 3 ) burada, sıkça olduğu gibi, tekrarlanan indeksler üzerinden toplandığını varsayıyoruz. Problem kümesi 6 ya benzer şekilde, RG dönüşümünün üç adımından sonra, renormalize edilmiş parametreleri t = b d z t K = b d z K u = b 3d z 4 ũ v = b 3d z 4 ṽ elde ederiz, burada t, K, ũ ve ṽ, kabalaştırılmış Hamiltoniyenin parametreleridir. ũ ve ṽ nin ilk parametrelere bağlılıkları, u ve v nin ikisinde ikinci dereceden tedirgeme açılımındaki diyagramlara bakılarak elde edilebilir. u ve v nin diyagramatik gösterimini 16

18 v' = b z v with f,k,c,and C,are the parameters in the coarse grained Hamiltonian. The dependence of ii and 6,on the original parameters can be obtained by looking at diagrams in a second İstatistiksel order perturbation Mekanik expansion II in both u and v. Let us introduce diagrammatic Test representations of u and v, as olarak tanımlayalım, burada, yeniden b = e δl aldık. Yeni kabalaştırılmış parametreler { ũ = u 4C [ (n + 8)u + 6uv ] δl ṽ = v 4C [ 9v + 1uv ] δl olur ki ɛ = 4 d parametresini tanımladıktan, yeniden ölçekledikten, ve renormalize ettikten sonra, { du dl = ɛu 4C [ (n + 8)u + 6uv ] dv dl = ɛv 4C [ 9v + 1uv ] yineleme bağıntılarını verir. (b) (u, v) düzlemindeki bütün sabit noktaları bulun, ve n < 4 ve n > 4 için, akış şekillerini çizin. Her durumda, kararlı sabit nokta civarında, kubik terimin önemliliğini tartışın. Yineleme bağıntılarından, (u, v ) sabit noktalarını elde edebiliriz. Basitleştirmek için, bundan sonra, sadece u = 4Cu ve v = 4Cv yeniden ölçeklenmiş niceliklerini kullanacağız, ki bunlar 17

19 cinsinden dört sabit nokta u = v = 0 Gaussiyan sabit noktası u = 0 v = ɛ 9 İsing sabit noktası u = ɛ (n+8) v = 0 O(n) sabit noktası u = ɛ 3n v = ɛ(n 4) 9n Kübik sabit nokta konumlarındadır. Sabit noktaların civarında, yineleme bağıntılarını doğrusallaştırmak A = d dl ( δu δv ) u,v = ( ɛ (n + 8)u 6v 6u 1v ɛ 1u 18v ) ( δu δv verir. Her zamanki gibi, pozitif bir özdeğer kararsız bir yöne karşılık gelirken, negatif bir özdeğer kararlı bir doğrultuya karşılık gelir. Dört sabit noktanın herbiri için aşağıdakileri elde ederiz: 1. Gaussiyan sabit noktası: λ 1 = λ = ɛ, yani, bu sabit nokta, ɛ > 0 için iki kere kararsızdır, çünkü A = ( ɛ 0 0 ɛ. İsing sabit noktası: Bu sabit noktanın, bir kararlı ve bir kararsız doğrultusu vardır, çünkü ) ( ) ɛ A = ɛ 3 ɛ ki λ 1 = ɛ/3 ve λ = ɛ a karşılık gelir. u = 0 için, sistemin n tane birbiriyle etkileşmeyen 1- bileşenli İsing spinlerine ayrıldığına dikkat edin. 3. O(n) sabit noktası: ɛ ɛ 6 A = 0 (n+8) (n 4) (n+8) ɛ matrisinin özdeğerleri λ 1 = ɛ ve λ = ɛ(n 4)/(n + 8) dir. Dolayısıyla, n > 4 için, bu sabit noktanın bir kararlı bir kararsız yönü varken, n < 4 için, iki özdoğrultu da kararlıdır. Dolayısıyla, n < 4 için, bu sabit nokta sistemin kritik davranışını kontrol eder. 4. Kübik sabit nokta: A = ( (n+8) 3 4 (n 4) 3 4 n matrisinin özdeğerleri λ 1 = ɛ(4 n)/3n ve λ = ɛ dur. Dolayısıyla, n < 4 için, bu sabit noktanın bir kararlı ve bir kararsız doğrultusu vardır, ve n > 4 için, iki özdoğrultu da kararlıdır. Bu sabit nokta n > 4 için sistemin kritik davranışını belirler. (u, v) düzleminde, n < 4 için, v = 0, ve kübik terim önemsizdir, yani salınımlar, tam dönme simetrisini restore ederler. n > 4 için, v önemlidir, ve aşağıdaki akışları yaratır. ) ɛ n ) 18

20 (c) İndirgenmiş sıcaklık t için yineleme bağıntılarını bulun, ve sabit noktalarda n < 4 ve n > 4 için ν üstelini hesaplayın. ɛ da doğrusal mertebeye kadar, aşağıdaki diyagramlar, t nin belirlenmesinde katkı verir: In the (u,v) plane, v* = 0for n < 4, and the cubic term is irrelevant, i.e., fluctuations restore full rotational symmetry. For n > 4, v is relevant, resulting in the following flows: (c) Find the recursion relation for the reduced temperature, t, and calculate the exponent I/ at t,he &able fixed point,s for n < 4 and n > 4. Up to linear order in t, the following diagrams contribute to the determination off: After In the linearizing (u,v) plane, in v* the = vicinity 0for n of < the 4, and stable the fixed cubic points, term is the irrelevant, exponent i.e., yt fluctuations is given by restore full rotational symmetry. For n > 4, v is relevant, resulting in the following flows: Kararlı sabit nokta civarında doğrusallaştırmadan sonra, (n y + t, üsteli (c) Find the recursion relation for the reduced 1 temperature, c+ t, and 0(t) calculate for the exponent n < 4 yt = - 4C[(n$ )~*$ 3u*],+v = - = I/ at t,he y &able fixed point,s for n < 4 and Y? n > 4. t = 4C [(n + )u + 3v ], = ν = 1 { 1 = + (n+) 4(n+8) ɛ + t + O(ɛ ) n < 4 için Up to linear order in t, the following diagrams y 1 t contribute O(t) for n > 4 + (n 1) 6n ɛ + to O(ɛ the ) determination n > 4 için off: After linearizing in the vicinity of the stable fixed points, the exponent yt is given by (d) ile verilir. Is the region of stability in the (u,v) plane calculated in part (b) of the previous problem (d) Salınımları enhanced dahilor edince, diminished (b) kısmında by inclusion hesaplanan of fluctuations? (u,(n v) düzlemindeki +, Since in kararlı reality bölge, higher azalır order c+ 0(t) terms will be present, what does this imply 1 for n < 4 mı artar mı? Gerçekte, yüksek mertebeden terimler yt = - 4C[(n$ )~*$ 3u*],+v = - = about her the zaman nature olacağı of the için, phase bu, transition küçük negatif for a v ve n > 4 için, faz geçişinin doğası hakkında small negative v and n > 4? Y? ne söyler? Bütün sabit noktalar, (1b) de hesaplanan izin verilmiş bölgededir. t + O(t) for n > 4 All iixed points are located within the allowed region 6n Ancak, klasik olarak kararlı calculated in lb). However, not bölgelerden başlayan akışların hepsi kararlı sabit noktaya gitmez. Eğer RG akışları, bir noktayı all (d) flows Is the starting region in of classically stability stable in the regions (u,v) are plane attracted calculated to stable in part fixed (b) point. of the If previous the RG kararlılık bölgesinin dışına çıkarırsa, salınımlar, kararlılık bölgesini azaltır. n < 4 ve n > 4 için çekicilik problem bölgesi, enhanced takipor eden diminished şekillerde by gösterilmiştir: inclusion of fluctuations? Since in reality higher order terms will be present, what does this imply about the nature of the phase transition for a small negative v and n > 4? 19 All iixed points are located within the allowed region calculated in lb). However, not all flows starting in classically stable regions are attracted to stable fixed point. If the RG

21 İlk olarak bu çekim bölgelerinden başlamayan akışlar fiziksel olmayan bölgelere akarlar. u ve v çiftlenim sabitleri, daha fazla negatif olurlar. Bu, salınımlar tarafından, Coleman-Wienberg mekanizması olarak bilinen mekanizma aracılığıyla, sebep olunan birinci derece geçişin işaretidir. (u, v) düzleminde, kararlı sabit noktanın çekim bölgesi dışındaki bölgelerde geçişin derecesinin değişiminden salınımlar sorumludur. (e) (t, v) düzleminde (u > 0), n > 4 ve n < 4 için, düzenli fazı belirleyerek, faz diyagramını kabataslak çizin. Bu fazların herhangi birinde, faz geçişi yakınında, Goldstone modları var mıdır? (e) de, t için elde edilen yineleme bağıntısından, banal olmayan t = 1 [(n + )u + 3v ] ɛ elde edilir. Dolayısıyla, (t, v) düzleminde, faz diyagramı kabataslak aşağıdaki gibi çizilir: Yukarıda belirtildiği bigi, sadece n < 4 te salınımlar, tam dönme simetrisini restore ederler. v parametresi sıfıra renormalize olur, ve (u, v) düzleminde Goldstone modları vardır, ancak sadece ikinci derece faz geçişi civarında, ki burada Kξt = tv/(u + v) 0. Düzenli fazda, v nin renormalize olmuş değeri, küçük olsa bile sonludur, ve Goldstone modlarının olmadığını gösterir. ******** 7. Kümülant yöntemi: βh = K <ij> σ iσ j ile tanımlanan, kare ağ üzerindeki İsing modeline, Niemeijer-van Leewen birinci derece kümülant açılımını aşağıdaki adımları takip ederek uygulayın: (a) b = olan bir RG de, bağları, hücre içi bileşenleri βh 0 ve hücreler arası bileşenleri U olarak ikiye ayırın. Kare ağdaki N konum, N/4 hücreye, aşağıdaki şekilde gösterildiği gibi bölüşülür (hücreler arası ve hücre içi bağlar, sırasıyla katı ve kesikli çizgilerle gösterilmiştir.) Renormalize edilmiş Hamiltoniyen βh [σ α], βh [ σ α ] [ = ln Z0 σ ] α + U 0 1 ( ) U 0 U 0 + O(U 3 ) 0

22 ifadesinden elde edilir, burada 0, sabit [σ α] da exp( βh 0 ) ağırlığıyla hesaplanan ortalamaları gösterir. (b) Her α hücresi için, σ α = sign(σ 1 α+σ α+σ 3 α+σ 4 α) olarak renormalize edilmiş spinleri tanımlayın. 4i=1 σ 1 α = 0 olan dizilimler için, bu tanım belirsizdir. Bu dizilimlerin ağırlıklarını σ α = +1 ve 1 arasında eşit olarak dağıtın. (yani, Boltzman ağırlığına ek olarak bir 1/ çarpanı ekleyin.) Bir hücrenin bütün olası dizilimleri, iç olasılıkları exp( βh 0 ), ve σ α = ±1 e katkı veren ağırlıklar için bir tablo yapın. Renormalize edilmiş spin σ α = ±1 ile tutarlı olası hücreler arası dizilimler, ve karşılık gelen hücreler arası olasılığa, exp( βh 0 ), olan katkıları aşağıda verilmiştir: 1

23 ki buradan Z 0 [ σ α ] = α ( e 4K e 4K) = (e 4K e 4K) N/4 elde edilir. (c) U 0 yu σ α hücre spinleri cinsinden ifade edin; ve buradan K (K) yineleme bağıntısını elde edin. Etkileşme teriminin ilk kümülantı burada, σ α = 1 için U 0 = K σ α σ β1 + σ α3 σ β4 0 = K σ α 0 σ β1 0 α,β α,β σ αi 0 = e4k + (3 1) (e 4K e 4K ) = e 4K + (e 4K e 4K )

24 1 1! " where, for σ α = 1, Açıkça, σ e 4K + (3 1) e 4K α = 1 için, genel negatif işaretle beraber aynı sonucu elde + ederiz, σ αi 0 = = (e 4K e 4K ) (e 4K e 4K ). ve dolayısıyla σ Clearly, for σ α = 1 we obtain the αi same 0 = σ e 4K + αresult (e 4K + with 6 + ea 4K global ) negative sign, and thus Sonuç olarak, e 4K + σ αi 0 = σ α (e 4K e 4K ). As a result, βh [ ( σ ] N ( α = 4 ln e 4K e 4K) e 4K ) + + K e 4K e 4K σ ασ β α,β ( N ( ) e 4K ) + elde ederiz βh ki, [σk α ](K) = içinln e 4K e 4K + K 4 ( e 4K e 4K σ α σ β, α,β K e 4K ) + = K corresponding to the recursion relation K e 4K e 4K (K), yineleme bağıntısınak karşılık gelir. ( ) (d) K sabit noktasını, ve termal e 4K + K y t özdeğerini bulun. = K. K = K = K olan sabit noktaları bulmake için 4K + x = 6 + e 4K e 4K değişkenini tanımlayalım. Dolayısıyla, (d) Find the fixed point x + K, and the thermal eigenvalue y t. x x To find the fixed point 1 = 1 ( ) (, veya 1 x 6 ) x 1 = 0 with K = K = K, we introduce the variable x = e 4K. Hence, wedenklemlerini have to solve çözmemiz the equation lazım, ki tek anlamlı çözümü x 7.96 olur, bu da K 0.5 sonucunu verir. x + 1 ( ) ( ) Termal özdeğeri =, or 1 x 6 x 1 = 0, x x 1 bulmak için, yineleme bağıntısını, bu banal olmayan sabit nokta etrafında doğrusallaştıralım: whose only meaningful solution is x 7.96, resulting in K 0.5. K [ ] To obtain e the thermal eigenvalue, let us linearize the recursion relation around this K = b yt, yt = 1 + 8K 4K K e 4K + e4k e 4K, y t e 4K e 4K non-trivial fixed point, K (e) [ e 4K e 4K e ] Küçük bir 4K =, = 1 + 8K b y manyetik t y alanın varlığında h t i σ i,, y t K 4K 4K 4K K e + h için yineleme bağıntısını bulun; ve sabit noktada y t manyetik özdeğerini hesaplayın. e e Küçük bir manyetik alanın varlığında, Hamiltoniyen e ek bir katkı daha vardır (e) In the presence of a small magnetic field h i σ i, find the recursion relation for h; and calculate the magnetic eigenvalue h y h at the fixed e 4K point. + σ α,i 0 = 4h (e In the presence of a small α,i magnetic field, 4K e we will 4K σ α ) haveα an extra contribution to the Hamiltonian Dolayısıyla, e 4K + h σ α,i 0 4h (e 4K 6 + e 4K σ α. h e 4K + = 4h ) α,i (e 4K e 4K ) α 5 3

25 (f) K, y t ve y h değerlerini tam değerleri ile kıyaslayın. Kümülant yöntemi K 0.5 verirken, kare ağ üzerindeki İsing modelinin kritik noktası K c 0.44 de bulunur. y t ve y h nin iki boyutlu İsing modelindeki tam değerleri sırasıyla 1 ve iken, kümülant yöntemi y t ve y h 1.5 verir. Üçgensel ağda olduğu gibi, y h, tam değerinden daha küçüktür. Genede, y t termal üsteli şans eseri tam değerine yakındır. ******** 8. Migdal-Kadanoff yöntemi: Bir hiperkubik ağda, i konumlarındaki, en yakın komşusu ile βh = K <ij> δ si,s j Hamiltoniyeni ile etkileşen Potts spinlerini, s i = (1,,, q) düşünün. (a) d = 1 de, b = renormalize etme/kırım işlemi ile tam yineleme bağıntılarını bulun. Bütün sabit noktaları ve kararlılıklarını belirleyin. d = 1 de, s 1 in q olası değeri üzerinden ortalama alırsak, q e K(δσ 1 s 1 +δs 1 σ ) = s 1 =1 ki buradan, tam yineleme bağıntılarını elde ederiz: { q 1 + e K σ 1 = σ için q + e K σ 1 σ için = eg +K δ σ1 σ e K = q 1 + ek q + e K, eg = q + e K Sabit noktaları bulmak için, K = K = K alırız. Daha önceki problemde olduğu gibi, x = e K değişkenini tanımlayalım. Dolayısıyla, x = q 1 + x q + x, veya x + (q )x (q 1) = 0 denklemini çözmemiz lazım ki, tek anlamlı çözümü K = 0 veren x = 1 dir. Kararlılığını kontrol etmek için, K 1 i ele alalım, böylece K ln ( ) q + K + K q + K + K K q K ki sabit noktanın kararlı olduğunu gösterir. Ek olarak, K da bir sabit noktadır. Eğer K 1 e bakarsak, ki bu noktanın kararsız olduğunu gösterir. e K 1 ek, = K = K ln < K 4

26 7 q + K + K which indicates that this fixed point is stable. In addition, K is also a fixed point. If we consider K 1, İstatistiksel Mekanik e K II e K, = K = K ln < K, Test which implies that this fixed point is unstable. * 6 (b) Migdal-Kadanoff bağ taşıma yöntemini kullanarak, K (K) yineleme denklemini d boyutta (b) b = Write için down yazın. the recursion relation K (K) in d dimensions for b =, using the Migdal Kadanoff Migdal-Kadanoff bond moving yaklaşıklığında, scheme. bağları oynatmak, kalan bağları d 1 çarpanı ile kuvvetlendirir. In the Migdal-Kadanoff Dolayısıyla, kırıma approximation, uğramış ağda, moving bonds strengthens the remaining bonds by a factor d 1. Therefore, in the decimated lattice we have e K = q 1 + e d 1 K q q 1 + ee d 1 d 1 KK K e =. q + e d 1 K olur. (c) Sıfır ve sonsuz çiftlenimler de sabit noktaların kararlılığını kullanarak, d > 1 de sonlu K (c) değerinde By considering banal olmayan the stability bir sabit ofnoktanın the fixed varlığını pointsispatlayın. zero and infinite coupling, prove the existence K = 0of sabit a non trivial noktası civarında, fixed point yani Kat finite 1 için, K for d > 1. In the vicinity of the fixed point K = 0, i.e. for K 1, K d K K d q K K K, q ve dolayısıyla, bu nokta yeniden kararlıdır. Ancak, K için, and consequently, this e K 1 point is again stable. ] However, for K [(, we have exp d d 1 )K, = K = d 1 K ln K 1 e K exp [( d d 1) K ], = K = d 1 K ln K, ki bu sabit noktanın d > 1 olduğu sürece kararlı olduğu anlamına gelir. which Sonuç implies olarak, that sonlu thisbir fixed K point sabit is noktası now stable olmasıprovided lazım, öyle that ki d diğer > 1. sabit noktalara akışı ayırsın. As a result, there must be a finite K fixed point, which separates the flows to the other fixed points. * * (d) For d =, obtain K and y t, for q = 3, 1, and 0. (d) Letd us = now için, discuss K ve y t a yi, few q = particular 3, 1 ve 0 için cases eldein edin. d =. For instance, if we consider q = 3, the Şimdi, non-trivial d = de fixed özelpoint bazı durumları is a solution tartışalım. of themesela, equation q = 3 e bakarsak, banal olmayan sabit nokta + x 4 x = x = +, x or x 4 3 x + = (x )(x 3 1) = 0, x + x, veya x4 x 3 x + = (x )(x 3 1) = 0 which denkleminin clearly çözümüdür yields a non-trivial ki K = ln fixed 0.69 da point at banal K olmayan = ln bir sabit The nokta thermal verir. Bu exponent nokta için termal üstel for this point K K [ [ ] e 4K e 16 K e 4K K = = y t yt = 4 = 4 K e 4K K e 4K + ek = e, = y t 0.83, e K 9, = y t 0.83 K 9 which olur kican tambe değerleri compared K = to the exact ve y t values, = 1. ilek kıyaslanabilir. = 1.005, and y t = 1.. By analytic continuation for q 1, we 5 obtain 4K K e = e. 1 + e K q * *

27 q 1 e analitik olarak devam ettirerek, The non-trivial fixed point is a solution of the e equation 4K e K = e x K x =, or (x 3 x + 1) = (x 1)(x x 1) = 0, elde ederiz. Banal 1 olmayan + x sabit nokta, x 4 whose only non-trivial x = solution 1 + x, veya, is x = (x3 (1 + x + 5)/ 1) = (x1.6, 1)(x resulting x 1) in= K0 = The thermal exponent for this point denkleminin çözümüdür, ki tek banal olmayan çözümü, K = 0.48 veren, x = (1 + 5)/ = K [ ] 1.6 dir. Bu noktadaki termal üstel y t K K = = 4 1 e, = y t K K [ K = yt = 4 1 e K ], = y t 0.61 As discussed in the next problem K set, the Potts model for q 1 can be mapped onto the problem of bond percolation, which despite being a purely geometrical phenomenon, shows olarak verilir. Bir sonraki problem kümesinde tartışıldığı gibi, q 1 deki Potts modeli, bağ many features completely analogous to those of a continuous thermal phase transition. süzülmesi modeli ile eşleştirilebilir, ki tamamen geometrik bir olgu olmakla beraber, sürekli termal Andfazfinally geçişine fortamamen q 0, relevant benzer pek to lattice çok özellik animals gösterir. (see PS#9), we obtain Ve son olarak, q 0 için, ağ hayvanları ile ilgili (bkz. PK#9), K 1 + e 4K e =, 1 e K e4k = + e K + e K for which we have to solve the equation elde ederiz, ki bunun için 1 + x 4 x = 1 + x4 x = + x, + x, veya, or x 4 x x4 x x 1 = (x x 1 = (x 1) 3 1) 3 (x + 1) = 0, (x + 1) = 0 whose denklemini only finite çözmemiz solution gerekir, is the ki trivial bu denklemin one, x = tek1. sonlu For q çözümü, 0, if x K = 1 1, banal we obtain çözümüdür. q 0 için, K 1 ise, K K K + K > K K, indicating elde ederiz, that kithis bu fixed noktanın point şimdi is now kararsız unstable. olduğunu Note that gösterir. the first İlk düzeltmenin, correction only sınırda indicates bir marginal kararlılık stability verdiğine(y dikkat edin (y t = 0). Yine de, t = 0). Nevertheless, for K, için, we have e K 1 exp [K], = K K ln K e K exp[k], = K = K ln K, 1 elde ederiz, ki bu noktanın kararlı olduğu anlamına gelir. which implies that this fixed point is stable. * * ******** 9. The Potts model: The transfer matrix ******** procedure can be extended to Potts model, where 9. Potts the modeli: spin s i on each site takes q values s i = (1,,, q); and the Hamiltonian is Taşıma matrisi işlemi, Potts modeline genişletilebilir, ki burada her konumdaki N βh s i spini = Kq değer i=1alabilir δ si,s i+1 s i + = Kδ (1, sn,,s 1., q); ve Hamiltoniyeni βh = K N i=1 δ si,s i+1 + Kδ sn,s 1 ile 6 8

28 verilir. (a) Taşıma matrisini yazın ve köşegenleştirin. Matrisin simetrilerinden özdeğerlerini tahmin etmek kolay olduğundan, q uncu derece bir seküler denklem çözmeniz gerekmediğine dikkat edin. Bölüşüm fonksiyonu Z = {s i } s 1 T s s T s 3 s N 1 T s N s N T s 1 = İz(T N ) burada s i T s j = exp(kδ si,s j ) q q taşıma matrisidir. Matrisin köşegenel elemanları e K iken, köşegen dışındaki elemanları birimdir. Matrisin özvektörleri, incelemeyle kolayca bulunur. Bütün elemanları eşit olan bir tane öz vektör vardır; karşılık gelen özdeğer λ 1 = e K + q 1 dir. Ayrıca, (q 1) tane, birincisine dik, yani elemanlarının toplamı sıfır olan, (q 1) özvektör vardır. Karşılık gelen özdeğerler yozdur ve e K 1 e eşittir. Dolayısıyla Z = α ( ) N λ N α = (e K + q 1) N + (q 1) e K 1 (b) Konum başına serbest enerjiyi hesaplayın. N 1 için en büyük özdeğer belirleyici olduğu için, ln Z ( ) N = ln e K + q 1 (c) Bağdaşıklık uzunluğu ξ için ifadeyi verin (detaylı bir çıkarım yapmanıza gerek yok), ve T = 1/K 0 iken davranışını tartışın. Bağdaşıklıklar, özdeğerlerin oranının aradaki mesafeye kuvveti olarak azalırlar. Dolayısıyla, bağdaşıklık uzunluğu ξ = [ ln ( )] [ 1 λ1 = λ ln ( e K + q 1 e K 1 )] 1 K limitinde, yukarıdaki sonucu açarsak ) ξ ek q = 1 q exp ( 1 T elde ederiz. ******** 7