Bleiben Sie bei der Ableitung der Korrelationsfunktion aus Huangs statistischer Mechanik hängen

Question

Bleiben Sie bei der Ableitung der Korrelationsfunktion aus Huangs statistischer Mechanik hängen

Physik
Phasenübergang
Fourier-Transformation
kritische Phänomene
Korrelationsfunktionen
Statistische Mechanik

SRS

Kontext

Abschnitt $16.2$ von Kerson Huangs statistischer Mechanik ( $2$ nd edition) befasst sich mit einer Ableitung einer Zweipunkt-Korrelationsfunktion $\Gamma({\bf r})$ , definiert in Form einer Ordnungsparameterdichte $m({\bf r})$ als

\begin{matrix} (1) & Γ (R) \equiv ⟨ M (R) M (0) ⟩ - ⟨ M (R) ⟩ ⟨ M (0) ⟩ \end{matrix}

$\Gamma({\bf r})\equiv \big\langle m({\bf r})m(0)\big\rangle-\big\langle m({\bf r})\big\rangle\big\langle m(0)\big\rangle\tag{1}$ Wo

⟨ . . ⟩

$\langle..\rangle$ bezeichnet den Ensemble-Durchschnitt. Um es explizit zu sagen, z.

⟨ M (R) ⟩ \equiv \sum_{M (R)} M (R) e^{- β H}

$\langle m({\bf r})\rangle\equiv \sum\limits_{m({\bf r})}m({\bf r})e^{-\beta\mathcal{H}}$ Wo

H

$\mathcal{H}$ ist der Hamiltonoperator des Systems. All dies ist in Ordnung, aber ich stecke mit etwas fest, das normalerweise ein ziemlich trivialer Schritt ist!

Er verwendet die Konvention der Fourier-Transformation und der inversen Transformation

\begin{matrix} (2) & M (R) = \int \frac{D^{3} k}{(2 π)^{3}} e^{+ ich k \cdot R} \tilde{M} (k), \tilde{M} (k) = \int D^{3} X e^{- ich k \cdot R} M (R) . \end{matrix}

$m({\bf r})=\int \frac{d^3k}{(2\pi)^3} e^{+i{\bf k}\cdot{\bf r}}\tilde{m}({\bf k}),~~ \tilde{m}({\bf k})=\int d^3x e^{-i{\bf k}\cdot{\bf r}}m({\bf r}).\tag{2}$ Damit stellt er die problematische Behauptung auf, dass (siehe oben Gl.

16.11

$16.11$ ),

\begin{matrix} (3) & ⟨ \tilde{M} (k) \tilde{M} (P) ⟩ = (2 π)^{3} δ^{(3)} (k + P) | \tilde{M} (k) |^{2} . \end{matrix}

$\boxed{\big\langle\tilde{m}({\bf k})\tilde{m}({\bf p})\big\rangle=(2\pi)^3\delta^{(3)}({\bf k}+{\bf p})|\tilde{m}({\bf k})|^2.}\tag{3}$ Um Gleichung (3) abzuleiten, würde man normalerweise fortfahren

\begin{matrix} (4) & ⟨ \tilde{M} (k) \tilde{M} (P) ⟩ = ⟨ \int D^{3} X \int D^{3} X^{'} e^{- ich k \cdot R} e^{- ich P \cdot R^{'}} M (R) M (R^{'}) ⟩ \end{matrix}

$\big\langle \tilde{m}({\bf k})\tilde{m}({\bf p})\big\rangle=\big\langle\int d^3x \int d^3x^\prime e^{-i{\bf k}\cdot{\bf r}}e^{-i{\bf p}\cdot{\bf r}^\prime} m({\bf r})m({\bf r}^\prime)\big\rangle\tag{4}$ wenn die beiden Impulse gleich wären. Aber hier sehe ich keine Möglichkeit, es auf den Ausdruck zu reduzieren

(3)

$(3)$ . Die Frage ist also, wie kommt er auf Gl.

(3)

$(3)$ ?

Sunyam

Es scheint, dass Huang davon ausgeht, dass das System homogen ist, dh

⟨ m (r) m (r^{'}) ⟩ = ⟨ m (r - r^{'}) m (0) ⟩

$\langle m(r) m(r^\prime) \rangle = \langle m(r-r^\prime) m(0) \rangle$ .

SRS

Das ist gut. Ja tut er. Aber wie bekommt man Gl.

(3)

$(3)$ ? @Sunyam

Sunyam

Wenn man Fourier transformiert bzgl

r

$r$ und gefolgt von der Verwendung des Fourier-Shift-Theorems führt zu Gl. (3).

SRS

Ich konnte nicht folgen. Können Sie einige Schritte liefern?

Sunyam

\int d t_{1} \int d t_{2} e_{}^{- i (ω_{1}^{} t_{1}^{} + ω_{2}^{} t_{2}^{})} G (t_{1}, t_{2}) = \int d T \int d τ e_{}^{- i ((ω_{1}^{} + ω_{2}^{}) T + (ω_{1}^{} - ω_{2}^{}) \frac{τ}{2})} G (T + \frac{τ}{2}, T - \frac{τ}{2}) = \int d T \int d τ e_{}^{- i (ω_{1}^{} + ω_{2}^{}) T} e_{}^{- i (\frac{ω_{1}^{} - ω_{2}^{}}{2}) τ} G (\frac{τ}{2}, - \frac{τ}{2})

$\int d t_{1} \int d t_{2} e_{}^{-i (\omega_{1}^{}t_{1}^{} + \omega_{2}^{} t_{2}^{})} G(t_1,t_2) = \int dT \int d\tau e_{}^{-i\left((\omega_{1}^{}+\omega_{2}^{})T + (\omega_{1}^{}-\omega_{2}^{})\frac{\tau}{2}\right)} G(T+\frac{\tau}{2},T-\frac{\tau}{2})=\int dT \int d\tau e_{}^{-i(\omega_{1}^{}+\omega_{2}^{})T}e_{}^{-i (\frac{\omega_{1}^{}-\omega_{2}^{}}{2})\tau} G(\frac{\tau}{2},-\frac{\tau}{2})$ .

Antworten (1)

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Es scheint, dass Huang davon ausgeht, dass das System homogen ist, dh $\langle m(r) m(r^\prime) \rangle = \langle m(r-r^\prime) m(0) \rangle$ .
Das ist gut. Ja tut er. Aber wie bekommt man Gl. $(3)$ ? @Sunyam
Wenn man Fourier transformiert bzgl $r$ und gefolgt von der Verwendung des Fourier-Shift-Theorems führt zu Gl. (3).
Ich konnte nicht folgen. Können Sie einige Schritte liefern?
$\int d t_{1} \int d t_{2} e_{}^{-i (\omega_{1}^{}t_{1}^{} + \omega_{2}^{} t_{2}^{})} G(t_1,t_2) = \int dT \int d\tau e_{}^{-i\left((\omega_{1}^{}+\omega_{2}^{})T + (\omega_{1}^{}-\omega_{2}^{})\frac{\tau}{2}\right)} G(T+\frac{\tau}{2},T-\frac{\tau}{2})=\int dT \int d\tau e_{}^{-i(\omega_{1}^{}+\omega_{2}^{})T}e_{}^{-i (\frac{\omega_{1}^{}-\omega_{2}^{}}{2})\tau} G(\frac{\tau}{2},-\frac{\tau}{2})$ .

Knzhou · Answer 1

Wir haben

\begin{aligned} ⟨ \tilde{M} (k) \tilde{M} (P) ⟩ & = ⟨ \int D R \int D R^{'} e^{- ich k \cdot R} e^{- ich P \cdot R^{'}} M (R) M (R^{'}) ⟩ \\ = \int D R \int D R^{″} e^{- ich k \cdot R} e^{- ich P \cdot (R + R^{″})} ⟨ M (R) M (R + R^{″}) ⟩ \\ = \int D R \int D R^{″} e^{- ich (k + P) \cdot R} e^{- ich P \cdot R^{″}} ⟨ M (0) M (R^{″}) ⟩ \\ = (2 π)^{3} δ (k + P) \int D R^{″} e^{- ich P \cdot R^{″}} ⟨ M (0) M (R^{″}) ⟩ \end{aligned}

$\begin{align} \langle \tilde{m}({\bf k})\tilde{m}({\bf p})\rangle &= \bigg\langle\int d\mathbf{r} \int d\mathbf{r}' e^{-i{\bf k}\cdot{\bf r}}e^{-i{\bf p}\cdot{\bf r}^\prime} m({\bf r})m(\mathbf{r}')\bigg\rangle \\ &= \int d\mathbf{r} \int d\mathbf{r}'' e^{-i{\bf k}\cdot{\bf r}}e^{-i{\bf p}\cdot (\mathbf{r} + \mathbf{r}'')} \langle m({\bf r})m(\mathbf{r} + \mathbf{r}'') \rangle\\ &= \int d\mathbf{r} \int d\mathbf{r}'' e^{-i (\mathbf{k} + \mathbf{p}) \cdot{\bf r}}e^{-i{\bf p}\cdot \mathbf{r}''} \langle m({\bf 0})m(\mathbf{r}'')\rangle \\ &= (2 \pi)^3 \delta(\mathbf{k} + \mathbf{p}) \int d\mathbf{r}'' e^{-i{\bf p}\cdot \mathbf{r}''} \langle m({\bf 0})m(\mathbf{r}'')\rangle\\ \end{align}$ wohin ich die Integrationsvariable verschoben habe

r^{″} = r^{'} - r

$\mathbf{r}'' = \mathbf{r}' - \mathbf{r}$ und verwendete die Linearität der Erwartung, verwendete dann die Translationssymmetrie und tat dann das

r

$\mathbf{r}$ Integral.

Vermutlich bedeutet dies, dass Huang definiert

| \tilde{M} (k) |^{2} = \int D R e^{- ich k \cdot R} ⟨ M (0) M (R) ⟩ .

$|\tilde{m}(\mathbf{k})|^2 = \int d\mathbf{r} \, e^{-i{\bf k}\cdot \mathbf{r}} \langle m({\bf 0})m(\mathbf{r})\rangle.$ Dies ist eine sehr irreführende Schreibweise, da die rechte Seite nicht gleich dem Quadrat der Norm ist

\tilde{m} (k)

$\tilde{m}(\mathbf{k})$ , wie man der Dimensionsanalyse entnehmen kann. (Es ist eng verwandt, wie man durch Anpassen des obigen Arguments sehen kann, unterscheidet sich jedoch um einen Faktor von

(2 π)^{3} δ (0)

$(2\pi)^3 \delta(\mathbf{0})$ .) Wenn Huang vorsichtig gewesen wäre, hätte er eine andere Notation verwendet, wie z

S (k) = \int D R e^{- ich k \cdot R} ⟨ M (0) M (R) ⟩

$S(\mathbf{k}) = \int d\mathbf{r} \, e^{-i{\bf k}\cdot \mathbf{r}} \langle m({\bf 0})m(\mathbf{r})\rangle$ Dies ist die Standardnotation für eine spektrale Leistungsdichte. In diesem Fall wäre das Endergebnis

⟨ \tilde{M} (k) \tilde{M} (P) ⟩ = (2 π)^{3} δ (k + P) S (k) .

$\langle \tilde{m}({\bf k})\tilde{m}({\bf p})\rangle = (2 \pi)^3 \delta(\mathbf{k} + \mathbf{p}) S(\mathbf{k}).$ Aber warum sollte Huang eine so schlechte Notation verwenden? Mein Eindruck ist, dass es im Allgemeinen einfach schlampig ist, was die äußerst schlechten Kritiken des Buches im gesamten Internet erklärt. Sorgfältige Bücher wie Kardar würden niemals solche Fehler machen.

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Knzhou

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