Observablen des Ising-Modells

Question

Observablen des Ising-Modells

Physik
ising-Modell
Computerphysik
Statistische Mechanik

Abdel

Gibt es eine Formel oder Gleichung, die sich darauf bezieht? $\langle E\rangle$ Und $\langle M\rangle$ (durchschnittlicher Spin pro Seite) und $\langle E^2\rangle$ zur Temperatur $T$ für das Ising-Modell mit quadratischem Gitter bei einem Magnetfeld von Null? Ich habe einige Simulationen durchgeführt und weiß, wie die Diagramme ungefähr aussehen sollen, aber gibt es einen ordentlichen Ausdruck dafür?

Und ist bekannt, was die genauen Funktionen für endliche Gittergrößen sind?

Trimok

Am Ende von Square-lattice_Ising_model haben Sie den Wert der freien Energie, der inneren Energie und der Magnetisierung im Limit

N \to + \infty

$N \rightarrow +\infty$

Trimok

Die Definitionen der inneren Energie und der freien Energie sind allgemeine thermodynamische Definitionen aus der Zustandssummenfunktion. Ich nehme an, in Ihrem Fall, dass Ihre

< E >

$<E>$ entspricht der inneren Energie. Innere Energie ist die Gesamtenergie, die in einem thermodynamischen System enthalten ist. (Gibbs) freie Energie misst die von einem thermodynamischen System erzielbare Arbeit.

Abdel

Was ist die Definition von freier Energie und innerer Energie für das quadratische Gitter? Meine Energie ist das Produkt aus seinem Spin und der Summe seiner vier benachbarten Spins.

Trimok

Die Magnetisierung bei

T > T c

$T>Tc$ sollte null sein. Sie müssen zum Anfang des Wikipedia-Artikels - Definition des Modells - gehen, um die verwendeten Variablen zu sehen

K, L, J, J *

$K,L,J,J*$ .

Antworten (2)

Observablen des Ising-Modells

Am Ende von Square-lattice_Ising_model haben Sie den Wert der freien Energie, der inneren Energie und der Magnetisierung im Limit $N \rightarrow +\infty$
Die Definitionen der inneren Energie und der freien Energie sind allgemeine thermodynamische Definitionen aus der Zustandssummenfunktion. Ich nehme an, in Ihrem Fall, dass Ihre $<E>$ entspricht der inneren Energie. Innere Energie ist die Gesamtenergie, die in einem thermodynamischen System enthalten ist. (Gibbs) freie Energie misst die von einem thermodynamischen System erzielbare Arbeit.
Was ist die Definition von freier Energie und innerer Energie für das quadratische Gitter? Meine Energie ist das Produkt aus seinem Spin und der Summe seiner vier benachbarten Spins.
Die Magnetisierung bei $T>Tc$ sollte null sein. Sie müssen zum Anfang des Wikipedia-Artikels - Definition des Modells - gehen, um die verwendeten Variablen zu sehen $K,L,J,J*$ .

jgyou · Answer 1

Onsager berechnete die Partitionsfunktion des 2D-Ising-Modells mit periodischem quadratischem Gitter (toroidale Grenzen). Es ist wohl einer der elegantesten Beweise der modernen statistischen Mechanik.

Das Originalpapier ist auf der folgenden APS-Website verfügbar: (Sie benötigen institutionellen Zugang)

L. Onsager, „ Kristallstatistik. I. Ein zweidimensionales Modell mit einem Ordnungs-Unordnungs-Übergang “, Phys. Rev. (65), 1944. Link

Obwohl ich es auf einem Universitätsserver gefunden habe: http://www.colorado.edu/physics/phys7230/phys7230_sp08/Onsager1944.pdf

Im Wesentlichen erhält er die Partitionsfunktion

Z (β, N, H = 0) = (2 cosch (2 β J) e^{ICH})^{N}

$Z(\beta,N,H=0)=(2\cosh(2\beta J) e^I)^N$ mit

ICH = \frac{1}{2 π} \int_{0}^{π} D ϕ \ln (\frac{1}{2} [1 + (1 - κ^{2} {Sünde}^{2} ϕ)^{1 / 2}])

$I=\frac{1}{2\pi}\int_0^\pi d\phi\ln\left(\frac{1}{2}\left[1+(1-\kappa^2\sin^2\phi)^{1/2}\right]\right)$ Wo

κ = \frac{2 Sünde (2 β J)}{{cosch}^{2} (2 β J)}

$\kappa=\frac{2\sinh(2\beta J)}{\cosh^2(2\beta J)}$

Von dort aus können traditionelle kanonische Ensemble-Techniken angewendet werden. Beachten Sie, dass die damit verbundene freie Energie $Z(\beta,N,0)$ nicht analytisch ist und dass ein Phasenübergang auftritt, wenn $\kappa=1$ . Dies sagt das richtig voraus $T_c=\frac{2J}{k\ln(1+\sqrt{2})}$

Robert Rüger · Answer 2

Ja, diese Gleichungen existieren und können aus der Partitionsfunktion in JGabs Antwort abgeleitet werden.

Die innere Energie pro Spin ist:

u (β) = - \frac{\partial}{\partial β} (\ln (2) + \frac{1}{8 π^{2}} \int_{0}^{2 π} D Q_{1} \int_{0}^{2 π} D Q_{2} \ln [(1 - Sünde (2 β J))^{2} + Sünde (2 β J) (2 - \cos Q_{1} - \cos Q_{2})])

$u(\beta) = - \frac{\partial}{\partial \beta} \left( \ln(2) + \frac{1}{8 \pi^2} \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d} q_1 \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d} q_2 \\\ln \left[ \big( 1 - \sinh(2 \beta J) \big)^2 + \sinh(2 \beta J) \left( 2 - \cos q_1 - \cos q_2 \right) \right] \right)$

Die spontane Magnetisierung pro Spin ist:

M_{S} (T) = {\begin{cases} {(1 - {Sünde}^{- 4} (2 β J))}^{\frac{1}{8}} & für T < T_{C} \\ 0 & für T \geq T_{C} \end{cases}

$m_s(T) = \begin{cases} \left( 1 - \sinh^{-4} (2 \beta J) \right)^{\frac{1}{8}} & \text{for } T < T_c \\ \hskip 1.5cm 0 & \text{for } T \geq T_c \end{cases}$ Beachten Sie, dass dies streng genommen nicht die Magnetisierung ist

⟨ m ⟩

$\langle m \rangle$ Sie verlangten, aber seine Grenze

M_{S} = lim_{B \to 0^{+}} lim_{N \to \infty} ⟨ M ⟩

$m_s = \lim_{B \rightarrow 0^+} \lim_{N \rightarrow \infty} \langle m \rangle$ wo die beiden Grenzen nicht kommutieren. Siehe diese Frage für eine Diskussion dieses wichtigen Punktes.

Um diese hervorragende Antwort zu vervollständigen, beachten Sie Folgendes $\langle m\rangle = 0$ für $B=0$ , wegen Vorzeichensymmetrie. Man muss also ein externes Feld einführen $B$ um eine Antwort ungleich Null zu erhalten, was erklärt, warum die Grenze $B\rightarrow 0^+$ wird hier aufgenommen,

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Abdel

Trimok

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Abdel

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jgyou

Robert Rüger

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