Was verbietet der kubische Term bei der Entwicklung des Freie-Energie-Funktionals mit äußerem Feld H≠0H≠0H\neq 0?

Question

Was verbietet der kubische Term bei der Entwicklung des Freie-Energie-Funktionals mit äußerem Feld H≠0H≠0H\neq 0?

Physik
Symmetrie
Phasenübergang
Symmetriebruch
Statistische Mechanik

SRS

Das freie Energiefunktional $F[m]$ in Gegenwart eines externen Magnetfelds ungleich Null $H$ kann im Hinblick auf die Magnetisierung (ein Beispiel für einen Ordnungsparameter) erweitert werden

\begin{matrix} (1) & F [M] = F_{0} + A (T) M^{2} + B (T) M^{4} - H M . \end{matrix}

$F[m]=F_0+a(T) m^2+b(T) m^4-Hm\tag{1}.$ Warum bedenkt man nicht

m^{3}

$m^3$ Begriff in diesem Fall? In Gegenwart eines Magnetfelds gibt es ein bevorzugtes Vorzeichen für den Wert von

m

$m$ , entweder positiv oder negativ.

Ich stimme zu, und wie von @knzhou darauf hingewiesen, dass ungerade Terme höherer Ordnung vernachlässigt werden können. Aber ich verstehe noch nicht warum sollte $m^3$ vernachlässigt werden.

ACuriousMind

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valerio · Answer 1

Sie müssen an denken $F[m]$ als aus zwei Teilen zusammengesetzt: einem systemspezifischen Teil, der unabhängig vom externen Feld ist $H$ , und einen Interaktionsteil, der von abhängt $H$ . Ich nenne den ersten Beitrag $F_s$ (für "System") und die zweite $F_i$ (für "Interaktion"):

F [M, H] = F_{S} [M] + F_{ich} [M, H]

$F[m,H] = F_s[m] + F_i[m,H]$

Normalerweise gehen wir davon aus, dass das externe Feld schwach ist $F_i$ ist linear ein $H$ .

Die niedrigsten Bedingungen von $F_s$ Sind

\begin{matrix} (1) & F_{S} [M] = A_{1} | \nabla M |^{2} + A_{2} M^{2} + A_{3} M^{3} + A_{4} M^{4} + . . . \end{matrix}

$\tag{1}\label{1}F_s[m] = a_1 |\nabla m|^2 + a_2 m^2 + a_3 m^3 + a_4 m^4 + ...$

bei dem die $a_k$ von der Temperatur und der Wellenzahl ab. Beachten Sie, dass es keinen linearen Begriff gibt (siehe meine Antwort hier für eine Erklärung).

Wenn der Hamiltonoperator des Systems für die Transformation invariant ist $m \to -m$ , dann darf kein Term mit ungerader Potenz in vorkommen $\ref{1}$ . Denn der systemspezifische Teil muss die gleiche Symmetrie des Hamiltonoperators haben. Beachten Sie, dass das Vorhandensein des externen Feldes nichts ändert, weil es so ist $F_s$ das muss diese Symmetrie besitzen, und es ist unabhängig von $H$ .

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ACuriousMind

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valerio

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