Bsp. 2: Spontane Symmetriebrechung in der Teilchenphysik

Statistische Mechanik, SS21: ¨ Ubung 6

Abgabefrist: Mi., 2. Juni 2021, 8:00 a.m.

Besprechung: Fr., 4. Juni 2021

Bsp. 1: Ising-Modell in einer Dimension

16 Punkte Der Hamiltonian des ferromagnetischen Ising-Modells ist gegeben durch

H =−X

i

Bσ_i−X

{i,j}

J σ_iσ_j , (1)

hierbei ist σ_i =±1der Spin-Operator an Position i, B das ¨außere Magnetfeld und J >0die Spin-Wechselwirkung. Die Summe l¨auft ¨uber alle n¨achste-Nachbar-Paare {i, j}.

(a) Berechnen Sie die Zustandssumme des 1D Ising-Modells ohne ¨außeres Magnetfeld im thermodynamischen Limes N → ∞ mit freien Randbedingungen. Damit ist gemeint, dass der einzige Wechselwirkungsterm der σ₁ enth¨alt−J₁₂σ₁σ₂ ist und der einzige Term, der σ_N enth¨alt −J_N−1,NσN−1σ_N ist.

L¨osung

Mit den gegeben Randbedingungen ist der Hamiltonian H =−

N−1

X

i=1

J σ_iσ_i+1 (2)

mit B = 0. In der Zustandssumme Z =X

σ1

X

σ2

· · ·X

σN

e^{βJ σ1σ2}e^{βJ σ2σ3}. . . e^{βJ σN−1σN} (3) wird f¨ur jede Positioni ¨uber σi =±1 summiert, wobei jede Summe ¨uber σi unabh¨angig ist. Zus¨atzlich haben wir die Summe in der Exponentialfunktion als Produkt geschrieben.

Nun betrachten wir die Summe ¨uber σ_N. Der einzige Faktor, wo σ_N auftaucht, ist e^{βJ σN−1σN}. Diese Summe ist dann

X

σN=±1

e^{βJ σN−1σN} =e^βJ+e^−βJ = 2 coshβJ , (4) wobei wir ausnutzen, dass dieses Ergebnis unabh¨angig davon gilt, ob σ_N−1 = +1 oder σN−1 =−1 ist. Als Zwischenergebnis erhalten wir

Z =X

σ1

X

σ2

· · · X

σN−1

e^{βJ σ1σ2}e^{βJ σ2σ3}. . . e^{βJ σN−2σN−1}2 cosh(βJ) (5)

und stellen fest, dass wir dieses Vorgehen solange wiederholen k¨onnen, bis wir Z =X

σ1

(2 cosh(βJ))^N−1 = 2^N(cosh(βJ))^N−1 (6) erhalten. Im Limes N → ∞kann die Zustandssumme dann als

Z ≈(cosh(βJ))^N (7)

geschrieben werden.

(b) Berechnen Sie die mittlere innere Energie E und skizzieren SieE als Funktion der Tem- peratur T. Wie verhalten sich die Spins f¨ur T →0und T → ∞?

L¨osung

Die mittlere innere Energie ist E =− ∂

∂β lnZ =−N ∂

∂β ln (cosh(βJ)) =−N Jtanh(βJ). (8) F¨ur T →0ist βJ 1 und f¨ur T → ∞ ist βJ 1. In diesen Grenzf¨allen ist

tanh≈ (e^βJ

e^βJ = 1 βJ 1

1+βJ−1+βJ

1+βJ+1−βJ =βJ βJ 1 (9)

und die innere Energie ist dann

E ≈ − J

k_BT ≈0 f¨urT → ∞ (10)

und

E ≈ −N J f¨ur T →0. (11)

Die Skizze dazu ist:

0 J/kb

TemperaturT 0

−N J

MittlereinnereEnergieE

(c) Betrachten wie nun das 1D Ising-Modell mit periodischen Randbedingungen σN+1 =σ1

mit endlichem externem Magnetfeld. Zeigen Sie, dass die Zustandssumme durch Z = X

σ1=±

X

σ2=±

· · · X

σN=±

V_σ1σ2V_σ1σ2. . . V_σNσ1 = Tr(V^N) , (12)

gegeben ist, wobei die V_σiσj die Matrixelemente von V =

V₊₊ V+−

V−+ V−−

=

e^β(J+B) e^−βJ e^−βJ e^β(J−B)

(13) sind und mit

Tr(V^N) = X

σ1=±

(V^N)_σ1σ1 (14)

die Spur gemeint ist.

Hinweis: V_σiσj = exp ¹₂βB(σ_i+σ_j) +βJ σ_iσ_j L¨osung

Wie in Aufgabenteil (a) besteht die Zustandssumme aus den Summen ¨uber alle σ_i Z =X

σ1

· · ·X

σN

e^{βB(σ1+σ2+···+σN)}e^{βJ(σ1σ2+σ2σ3+···+σNσ1)}, (15) allerdings ber¨ucksichtigen wir nun das Magnetfeld B und den Kopplungsterm −J σ_nσ₁. Durch umsortieren der Argumente der Exponentialfunktion erhalten wir

Z =X

σ1

· · ·X

σN

e^{βB2 (σ1+σ2)+βJ σ1σ2}

| {z }

Vσ1σ2

. . . e^{βB2 (σN+σ1)+βJ σNσ1}

| {z }

V_{σN σ1}

(16) und haben die Matrixelemente von V identifiziert, wie wir durch Vergleich mit Gl. (13)

¨uberpr¨ufen k¨onnen. Nun betrachten wir wieder wie in Aufgabenteil (a) die einzelnen Summen beginnend bei der Summe ¨uber σ_N:

Z =X

σ1

· · · X

σN−1

V_σ1σ2. . . V_{σN−2σN−1}X

σN

V_σN−1σNV_σNσ1

| {z }

(V²)_σN−1σ1

. (17)

Die Summe ¨uberσ_N entspricht genau der Definition der Matrixmultiplikation. Wir f¨uhren dieses Vorgehen fort, bis

Z =X

σ1

V^N

σ1σ1 = Tr V^N

, (18)

wo wir die Definition der Spur, die auch in Gl. (14) gegeben ist, erkennen.

(d) Die Spur einer Matrix ist invariant unter ¨Ahnlichkeitstransformationen, d.h. Tr(V) = Tr(P⁻¹V P), f¨ur beliebige invertierbare Matrizen P. Damit kann man die Spur einer Ma- trix durch summieren ihrer Eigenwerte berechnen. Berechnen Sie die Eigenwerte von V und dr¨ucken Sie damit die Zustandssumme aus. Vergleichen Sie im Fall ohne externes Magnetfeld B = 0 mit der Zustandssumme des Ising-Modells mit freien Randbedingun- gen.

Hinweis: f¨ur N → ∞dominiert der gr¨oßte Eigenwert.

L¨osung

Wir berechnen die Eigenwerte λ der Matrix V 0 = det(V −1λ)

= det

e^β(J+B)−λ e^−βJ e^−βJ e^β(J−B)−λ

(19)

= e^β(J+B)−λ

e^β(J−B)−λ

−e^−2βJ (20)

=λ²−λ e^β(J+B)+e^β(J−B)

+eβ(J+B)+β(J−B)

−e^−2βJ (21)

=λ²−λ2e^βJcosh(βB) + 2 sinh(2βJ) (22) und erhalten zwei L¨osungen der quadratischen Gleichung

λ± =e^βJcosh(βB)± q

e^2βJcosh²(βB)−2 sinh(2βJ) (23) Die Eigenwerte der Matrix V^N sind dann λ^N_±. Die Spur und damit die Zustandssumme ist

Z =λ^N₊ +λ^N₋ (24)

=

e^βJcosh(βB) + q

e^2βJcosh²(βB)−2 sinh(2βJ) N

+

e^βJcosh(βB)− q

e^2βJcosh²(βB)−2 sinh(2βJ) N

. (25)

Jetzt setzen wir B = 0, wodurch sich die Zustandssumme zu Z =

e^βJ +p

e^2βJ−2 sinh(2βJ)N

+

e^βJ −p

e^2βJ −2 sinh(2βJ)N

(26)

=

e^βJ +p

e^2βJ−e^2βJ+e^−2βJN

+

e^βJ −p

e^2βJ−e^2βJ+e^−2βJN

(27)

= e^βJ+e^βJN

+ e^βJ−e^βJN

(28)

= (2 cosh(βJ))^N + (2 sinh(βJ))^N (29)

vereinfacht. Im Vergleich zum Ergebnis aus Aufgabenteil (a) haben wir also den zus¨atzlichen Term (2 sinh(βJ))^N. Im thermodynamischen Limes dominiert jedoch der gr¨oßere Term (2 cosh(βJ))^N.

(e) Berechnen Sie die freie Energie pro Spin f(β, B) = limN→∞ 1

NF(β, B) und die Ma- gnetisierung pro Spin m(β, B). Skizzieren Sie m(β, B) als Function von h f¨ur einige Temperaturen. Gibt es eine spontane Magnetisierung?

Hinweis: Zeigen Sie, dass f¨ur N → ∞ der gr¨oßte Eigenwert dominiert.

L¨osung

Wir wollen zuerst zeigen, dass der gr¨oßte Eigenwert dominiert und betrachten dazu die freie Energie

F =−1

βlnZ =−1

βln(λ^N₊ +λ^N₋). (30) Der Eigenwertλ₊ist der gr¨oßere der beiden Eigenwerte. Durch Ausklammern des Faktors λ^N im Logarithmus ist

F =−1

βln λ^N₊ 1 + λ−

λ₊

N!!

(31)

=−N

β lnλ₊− 1

βln 1 + λ−

λ₊ N!

(32)

N→∞

→ −N

β lnλ₊, (33)

wobei wir im letzten Schritt verwenden, dass ^λ_λ⁻

+ <1. Pro Spin ist die freie Energie f(β, B) = −1

β lnλ₊ (34)

und die Magnetisierung

m(β, B) = − ∂

∂B(βf(β, B)) = ∂

∂Blnλ₊ (35)

= βe^βJsinhβB q

e^2βJcosh²(βB)−2 sinh(2βJ)

(36)

Die Skizze zur Magnetisierung

0 MagnetfeldB 0

Magnetisierungm(β,B)

Zunehmende TemperaturT

zeigt, dass sie mit zunehmender Temperatur schw¨acher wird und dass es keine spontane Magnetisierung gibt, da nur f¨ur B 6= 0 auch m(β, B)6= 0.

Bsp. 2: Spontane Symmetriebrechung in der Teilchenphysik

9 Punkte Betrachten Sie ein komplexes Skalarfeld φ(x) =φ₁(x) +iφ₂(x) mit dem Lagrangian

L= Z

d³r[(∂_µφ)^∗(∂^µφ)−V(φ^∗φ)] , (37) der ein Potential der Form

V(φ^∗φ) =µ²(φ^∗φ) +λ(φ^∗φ)² (38) besitzt.

Der mathematische Formalismus in dieser Aufgabe ist identisch zu dem f¨ur die Beschreibung des ferromagnetischen Phasen¨ubergang im xy-Spin-Gitter verwendeten.

Das komplexe Skalarfeldφ(x)ist ¨aquivalent zur Magnetisierung pro Spinm(~~ r) = (m_x(~r), m_y(~r)) und der Lagrangian L entspricht der Landau-Ginzburg freien Energie F.

(a) Zeigen Sie, dass der Lagrangian invariant unter der Transformation φ → e^iαφ ist, mit α unabh¨angig von den Koordinaten. Im Spin-Modell entspricht das einer Drehung der Magnetisierung ¨uberall in der xy-Ebene um denselben Winkel α.

L¨osung. Das Pontential h¨angt nur vom Betrag|φ|, jedoch nicht von der Phase ab. Der kinetische Term verh¨alt sich wie folgt.

∂_µ(e^iαφ)∂^µ(e^−iαφ^∗) = e^iα(∂_µφ)e^−iα(∂^µφ^∗) = (∂_µφ)(∂^µφ^∗) (39)

(b) F¨ur die Wahl λ > 0 skizzieren Sie das Potential als Funktion von |φ| f¨ur sowohl µ² >0 als auchµ² <0. Wo ist das Minimum? Skizzieren Sie ¨Aquipotentiallinien in derφ₂ vs.φ₁ Ebene. Im Spin-Modell entspricht der Fallµ² >0der ungeordneten Phase ohne spontane Magnetisierung, w¨ahrend µ² <0 der geordneten Phase entspricht.

L¨osung. Im Minumin muss die Ableitung des Pontentials verschwinden.

∂V

∂|φ| = 2|φ|(2λ|φ|²+µ²) = 0 (40) Das Minumin liegt also bei

|φ|= (0

q

−^µ_2λ² (41)

|φ| V

µ² >0 µ² <0

(c) Definieren wir den “Vakuumerwartungswert”v = |φ| ausgewertet am Minimum des Po- tentials. F¨ur µ² < 0, dr¨ucken Sie das Feld als φ(x) = (v + ^√1

2ρ(x)) e^ia(x)/(

√

2v) aus, hier sind ρ(x) und a(x) reelle Skalarfelder. Schreiben Sie den Lagrangian als Funktion von ρ und a. Wie ist die Masse von ρ? Wie ist die Masse von a? ¨Andert sich der Lag- rangian unter der “Verschiebungssymmetrie”a(x) →a(x) +δ? Im Spin-Modell ist diese Verschiebungssymmetrie Ausdruck davon, dass in der geordneten Phase die spontane Ma- gnetisierung in jede Richtung der xy-Ebene zeigen kann. Es gibt keinen Grund daf¨ur, dass eine Vorzugsrichtung existiert.

Hinweis: im Lagrangian hat der Masseterm f¨ur ρ die Form −¹₂m²_ρρ²(x). Wir verwenden θ =a/√

2v und v = q−µ²

2λ . Einsetzen in den kinetischen Term ergibt

L^kin = (∂_µφ)^∗(∂^µφ) (42)

= 1

√2(∂_µρ)e^iθ +

v + ρ

√2

e^iθi∂_µθ

(43)

× 1

√2(∂^µρ)e^−iθ−

v + ρ

√2

e^−iθi∂^µθ

(44)

= 1

2∂_µρ∂^µρ+

v+ ρ

√2 2

∂_µθ∂^µθ (45)

= 1

2∂_µρ∂^µρ+v²∂_µθ∂^µθ+√

2vρ∂_µθ∂^µθ+1

2ρ²∂_µθ∂^µθ (46)

= 1

2∂_µρ∂^µρ+1

2∂_µa∂^µa+ 1

√2vρ∂_µa∂^µa+ 1

4vρ²∂_µa∂^µa (47) Das Pontential

V =µ²

v+ 1

√2ρ 2

+λ

v+ 1

√2ρ 4

(48)

=λv⁴+µ²v²+√

2v 2v²λ+µ² +

3λv²+ µ² 2

ρ² +√

2λvρ³+ λ

4ρ⁴ (49) Die Masse des ρ Feldes ist

m²_ρ= 2

3λv²+µ² 2

= 2

−3λµ² 2λ + µ²

2

=−µ² >0 (50) w¨ahrend a masselos ist m_a= 0. Daher ¨andert sich nichts f¨ur a→a+δ.

(d) F¨ugen wir nun den folgenden Masseterm zum Potential hinzu:

1

2m²_aa(x)² . (51)

Zeichnen Sie die Position des Minimums in der φ₂ vs.φ₁ Ebene. Ist der Lagrangian unter der Transformationa(x)→a(x) +δinvariant? Im analogen Spin-Problem ist dieser Term

¨aquivalent zu einem externen Magnetfeld. Der Spin wird sich entlang des Magnetfeldes ausrichten, d.h. es gibt eine Vorzugsrichtung.

L ¨andert sich nun unter der Transformation a →a+δ.

φ1

φ₂