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Phasen¨ubergang 2

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Karlsruher Institut f¨ur Technologie Institut f¨ur Theorie der Kondensierten Materie Ubungen zur Theoretischen Physik F¨ SS 12

Prof. Dr. J¨org Schmalian Blatt 11: L¨osungen

Dr. Igor Gornyi Besprechung 06.07.2012

1. Phasen¨ubergang 2. Ordnung:

(a) In einem Heisenberg-Modell von N Spins der L¨ange S l¨asst sich das Funktional der freien Energie n¨aherungsweise durch F(m) = N[1

2zJ(m)2−kBT ln(Z1)]

beschrei- ben. Gesucht ist das Landau-Funktional bis zur Ordnung (m)4 in der N¨ahe des Phasen¨ubergangs.

Gegeben ist folgender Ausdruck f¨ur die ZustandssummeZ1: Z1 =

S m=S

e(β zJ m)m = sinh(

r2S+12 ) sinh(

r12) , r = zJ kTm Wir m¨ussen also entwickeln:

sinh(x) =x+x3 3! + x5

5! +O(x7)

ln(sinh(x)) = ln( x)

+ ln( 1 + x2

3! +x4

5! +O(x6)) und ln(1 +z) =z− z2

2 +O(z3).

ln(sinh(x)) = ln(x) + [ x2 3! + x4

5! +O(x6)]

1 2

[x2 3! +x4

5! +O(x6)]2

+ O(z3)

| {z }

=O(x6)

= ln(x) + [ x2 3! + x4

5! +O(x6)]

1 2

[ x4 3! 3!

] + O(x6)

= ln(x) + x2

3! + x4(1

5! 1 2 3! 3!

)

ln(sinh(x)) = ln(x) + x2 6 x4

180 +O(x6) Damit ergibt sich

ln(Z1) = ln(

sinh(r2S+ 1 2 ))

ln(

sinh(r1 2))

= ln(2S+ 1) +r2 6

[ (2S+ 1 2

)2

(1

2 )2

| {z }

=S(S+ 1) ]

r4 180

[ (2S+ 1 2

)4

(1

2 )4 ]

(2)

Die zweite Klammer l¨asst sich noch umschreiben zu [ (2S+ 1

2 )4

(1

2 )4 ]

=

[ (2S+ 1 2

)2

(1

2

)2 ] [ (

2S+ 1 2

)2

+ (1

2 )2 ]

= S(S+ 1) [S(S+ 1) + 1/2 ].

F¨ur das Funktional der freien Energie erhalten wir nach Einsetzen von r= kTzJm F(m) = N zJ[1

2m2 kT

zJ ln(Z1)]

= N zJ[1

2m2 kT

zJ ln(2S+ 1) 1 2m2zJ

kT

S(S+ 1)

3 +

+1

4m4(zJ)3 (kT)3

S(S+ 1)

45 [S(S+ 1) + 1/2 ]] . Der Term ∼m2 kann umgeformt werden zu

1 2m2

(

1 zJ kT

S(S+ 1) 3

)

= 1 2m2

(T zJk S(S+1)3 T

)

= 1 2m2

(T −TN T

)

mit

kTN =zJS(S+ 1)

3 .

F¨ur T ≃TN kann ¨uberall, wo T nur als Vorfaktor eingeht, T =TN ersetzt werden, also ¨uberall außer in (T −TN) . Damit wird auch

kT

zJ kTN

zJ = S(S+ 1) 3

F(m) =N zJ[1 2

(T −TN TN

)

m2 + 1

4bm4 S(S+ 1)

3 ln(2S+ 1)] mit

b= (zJ)3 (kTN)3

S(S+ 1)

45 [S(S+ 1) + 1/2 ] b = 1 5

S(S+ 1) + 1/2 S2(S+ 1)2

Die Entwicklung bis zur Ordnung∼m4ist n¨otig, damit das System auch f¨urT < TN stabil bleibt, wenn der Vorfaktor vorm2 negativ wird. Es ist notwendig, alle Terme

∼m4 bzw.∼x4 in der Entwicklung von ln(sinh(x)) mitzunehmen, um das korrekte positive Vorzeichen b >0 zu erhalten.

(3)

Abbildung 1: Zu Aufgabe 1 (b): Das freie Energie-Funktional F als Funktion von m. Die Kurve, die nur ein Minimum besitzt, entspricht dem Fall T > Tc, die Kurve mit 2 Minima entspricht T < Tc.

(b) Minimum der freien Energie:

(∂F(m)

∂m )

T

= 0 =N zJ[T −TN

TN m + bm3] Es gibt also zwei L¨osungen: m= 0 und

bm2 = TN −T

TN falls T < TN F¨ur T < TN ist offenbar F kleiner, wenn m endlich ist, also:

m(T) =

{ T > TN : 0 T < TN : ±(

TNT b TN

)1/2

Der Ordnungsparameter zeigt am Phasen¨ubergang das f¨ur Molekularfeldtheorien typische -Verhalten, m(T)

TN −T . Aufgrund der in a) gemachten Ent- wicklung gilt dieses Ergebnis nur f¨urT ≃TN.

2. Phasen¨ubergang 1. Ordnung:

(a) Ferroelektrische Kristalle k¨onnen durch ein freie Energie-Funktional der Form F(η, γ) =a(T −T0)η+2+3+dγη+g

2γ2

beschrieben werden, mit zwei Ordnungsparametern: Verzerrungγ der Einheitszelle und η=|P|2 mit dem Dipolmoment P. Beachte η 0.

Zun¨achst wird der Gleichgewichtswert von γ bestimmt (Gleichgewicht eigentlich nur, wenn auch η bestimmt und eingesetzt wird ...) und damit das Funktional F(η):

∂F

∂γ = 0 =+gγ , γ =−d

gη , F(η) = a(T −T0 ( d2

2g −b )

| {z }

=: ˜b

η2+3

Qualitativer Verlauf vonF(η) :

(4)

Η+HT=TcL Η FHΗL

T >Tc

T <Tc

(Beachte: nach Definition istη=|P|2 0 .)

Man sieht: f¨ur große Temperatur gibt es ein Minimum beiη = 0 , f¨ur kleineT eines bei einem endlichen η0 > 0 , und bei einer bestimmten Temperatur Tc dazwischen entarten gerade die Minima, F0) = F(0) . Von T > Tc kommend wird also der Ordnungsparameterηvonη= 0 zuη=η0 springenPhasen¨ubergang 1. Ordnung beiTc.

(b) F¨ur Tc brauchen wir den Wert η0 des Ordnungsparameters, also die Position des Minimums beiη >0 :

∂F

∂η = 0 =a(T −T0)+ 3cη2 η±=

˜b 3c

[ 1±

1 3ac

˜b2 (T −T0) ]

Zweite Ableitung:

2F

2η

η±

= (b+ 6cη±) =±b√ . . .

D.h.,η0 =η+ ist das Minimum, und η0 =η+ ist der Gleichgewichtswert, denηf¨ur T < Tc annimmt.

Tc folgt nun aus der Bedingung, dass die beiden Minima bei η = 0 und η = η+ energetisch entartet sind bzw. eine zweite Nullstelle F+) erscheint.

0 =F(0) =F+) = [

a(T −T0)˜+++2 ]

η+

Jetzt muss manη+ einsetzen, oder z.B. (T −T0) durch η+ ausdr¨ucken F+) =

[

(2˜+3cη+2)˜+++2 ]

η+= [ ˜b−2cη++2 = 0 ˜b = 2c η+(Tc) Einsetzen vonη+:

˜b = 2c˜b 3c

[1 +√. . .] 1

2 = √. . . 1

4 = 13ac

˜b2 (Tc−T0)

(Tc−T0) =

˜b2 4ac

(5)

Tc=T0+

˜b2 4ac Verlauf von η(T) beiT ≈Tc:

T =Tc−δ : η(T) =η+(Tc) T =Tc+δ : η(T) = 0

}

η(T)|TTc =η+(Tc) Θ(Tc−T) =

˜b

2cΘ(Tc−T) Verlauf von γ(T) :

γ =−d

γ(T)|TTc = d˜b

2cgΘ(Tc−T) (c) Latente W¨arme:

Ql =T ∆S , ∆S =S(T =Tc+δ)−S(T =Tc−δ)≡S>−S<

Entropie: Die T-Abh¨angigkeit von η muss mitgenommen werden, denn aus dem Funktional der freien EnergieF(T, η) wird die physikalische freie EnergieF(T, η(T)) im Gleichgewicht erst durch Einsetzen des Gleichgewichtswertesη(T) bestimmt.

S =−∂F

∂T = (∂F

∂η )

T

∂η

∂T (∂F

∂T )

η

=(

a(T −T0)+ 3cη2 ) ∂η

∂T −aη T =Tc+δ : η(T) = 0, ∂η(T)

∂T = 0 f¨ur alleT > Tc F(T)0 S> = 0 T =Tc−δ : η(T) =η+(T) ,

(∂F

∂η )

T

= ∂F

∂η

η+

= 0 ,

(∂F

∂T )

η

= ∂F

∂T

η+

=+ Damit folgt

T =Tc−δ : S<=−aη+(Tc) , η+(Tc) = ˜b

2c von oben Ql =Tca˜b 2c

3. Dichtematrix f¨ur den Spin-1/2:

(a) Wenn sich das System in einem reinen Zustand befindet, gilt f¨ur die Dichtematrix ˆ

ρ2 = ˆρ.

F¨ur einen Spin-1/2 ˆ

ρ2 = 1 4

(

1 + ˆPσˆ ) (

1 + ˆPσˆ )

= 1 4

(

1 +|P|2+ 2 ˆPσˆ )

= ˆρ+1 4

(|P|21) .

(6)

Also befindet sich der Spin f¨ur |P|= 1 in einem reinen Zustand.

Weiterhin kann die Dichtematrix eines reinen Zustandes durch die Wellenfunktion des entsprechenden Zustandes ausgedr¨uckt werden:

ρσσ = ΨσΨσ. Die allgemeine Wellenfunktion eines Spins-1/2 ist

Ψ =

( cosθ/2 esinθ/2

) . Es folgt f¨ur die Dichtematrix

ΨΨ =

( cosθ/2 esinθ/2

) (cosθ/2 esinθ/2)

=

( cos22θ e−iϕsinθ2cosθ2 esinθ2cosθ2 sin2 θ2

)

= 1 2

( 1 + cosθ sinθ(cosϕ−isinϕ) sinθ(cosϕ+isinϕ) 1cosθ

)

= 1

2[1 + cosθ σˆz+ sinθcosϕσˆx+ sinθsinϕσˆy] = 1 2

(

1 + ˆσ )

. In dieser Darstellung legen die beiden Winkel die Richtung des Vektors P =

|P|(sinθcosϕ,sinθsinϕ,cosθ) fest. Die reinen Zust¨ande eines beliebigen Zwei- Zustand-Systems k¨onnen auf diese Weise auf einer Einheitskugel dargestellt wer- den, die als Bloch-Kugel bezeichnet wird.

(b) Die reduziert Dichtematrix des ersten Spins ist definiert durch (ρ1)σσ = Tr2ρˆ=∑

σ2

ΨS,Sz(σ, σ2S,Sz, σ2).

Hier ist ΨS,Sz(σ, σ2) die Wellenfunktion des Systems im Zustand|S, Sz, die in der Basis der Eigenvektoren von sz1 und sz2 ausgedr¨uckt wird. Diese Wellenfunktionen sind

Ψ11 = (1

0 )

1

(1 0

)

2

; Ψ1,1 = (0

1 )

1

(0 1

)

2

; Ψ1(0),0 = 1

2 [(1

0 )

1

(0 1

)

2

± (0

1 )

1

(1 0

)

2

] . Nach der einfachen Matrizenmultiplikation bekommen wir

ˆ

ρ1(S = 1, Sz = 1) = (1 0

0 0 )

= 1

2(1 + ˆσz), (1) ˆ

ρ1(S = 1, Sz =1) = (0 0

0 1 )

= 1

2(1−σˆz), (2) ˆ

ρ1(S = 1(0), Sz = 0) = 1 2

(1 0 0 1

)

. (3)

(7)

In den ersten beiden Zust¨anden (S = 1, Sz =±1) befindet sich das Teilchen 1 in einem reinen Zustand, weil aus Gln. (1) und (2) P= (0,0,±1) folgt.

In den beiden anderen F¨allen mit Sz = 0 liegt ein gemischter Zustand vor, wobei P= 0.

(c) Wir benutzen die Gleichungen (1), (2), und (3) und erhalten f¨ur die Entropie S[ ˆρ1(S= 1(0), Sz = 0)] =kBln 2, S[ ˆρ1(S= 1, Sz =±1)] = 0.

Wenn sich der Spin sich in einem reinen Zustand befindet ist die Entropie erwar- tungsgem¨aßS = 0, f¨ur die gemischten Zust¨ande ist S >0.

4. Station¨are L¨osung der Liouville-Gleichung (Bonusaufgabe)

Wir betrachten die Wahrscheinlichkeitsdichteρ(x, t) mitx= (q,p). Es soll nun speziell ρ nur ¨uber die Energie H von den Variablenx abh¨angen, es gilt also

ρ(x, t) = ρ(H(x), t)

∂xjρ(x) = ∂ρ

∂H

∂H

∂xj f¨ur allexj =pj, qj. F¨ur diese Dichte stellen wir nun die Liouville-Gleichung auf:

∂ρ

∂t = −{ρ, H} Es bleibt also zu zeigen, dass {H(x), ρ(H(x))}= 0 ist:

{H(x), ρ(H(x))}

=

3N j=1

(∂ρ

∂pj

∂H

∂qj ∂ρ

∂qj

∂H

∂pj )

=

3N j=1

( ∂ρ

∂H

∂H

∂pj

∂H

∂qj ∂ρ

∂H

∂H

∂qj

∂H

∂pj )

= 0

da alle (klassischen) Gr¨oßen miteinander vertauschen.

Also ist eine Gibbs-Verteilung, die nur von der Energie abh¨angt, station¨ar.

Referenzen

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