Youtubeでも説明しています。
統計力学の2準位系についても別の動画で説明しています。
I
(1)
$$Z_1 = \sum_n e^{-\beta E_n} = e^{\beta \varepsilon} + e^{-\beta \varepsilon} = 2\cosh (\beta \varepsilon)$$
(2)
系の分配関数\(Z\)は\(Z = Z_1^N\)と書ける。よって
$$E = -\frac{\partial}{\partial \beta}\ln Z = -N\varepsilon \tanh (\beta \varepsilon)$$
(3)
$$C = \frac{dE}{dT} = Nk_{{\rm B}} \left\{\frac{\beta\varepsilon}{\cosh (\beta \varepsilon)} \right\}^2$$
II
(4)
統計力学的期待値\langle N \rangleは
$$\langle N \rangle = \frac{\sum_n N_n e^{-\beta E_n}}{Z_1}$$
で計算できる。
$$N_{\uparrow} = \frac{Ne^{\beta\mu H}}{e^{\beta\mu H} + e^{-\beta\mu H}}$$
$$N_{\downarrow} = \frac{Ne^{-\beta\mu H}}{e^{\beta\mu H} + e^{-\beta\mu H}}$$
(5)
$$M = \mu (N_{\uparrow} – N_{\downarrow}) = N\mu \tanh (\beta\mu H)$$
(6)
ヘルムホルツの自由エネルギー\(F\)は
$$F = -k_{{\rm B}}T \ln Z = -Nk_{{\rm B}}T \ln (2\cosh (\beta \mu H))$$
であるので、
$$S = -\frac{\partial F}{\partial T} = Nk_{{\rm B}}\left\{\ln (2\cosh (\beta \mu H)) – \beta\mu H \tanh (\beta\mu H)\right\}$$
(7)
エントロピーを少し変形すると
$$\frac{S(T,H)}{Nk_{{\rm B}}} = \ln \left[2\cosh \left(\frac{\mu H}{k_{{\rm B}}T} \right) \right] – \left(\frac{\mu H}{k_{{\rm B}}T} \right) \tanh \left(\frac{\mu H}{k_{{\rm B}}T} \right)$$
と書けるので、エントロピーは\(H/T\)の関数であると見ることができる。問題文より、系と外界との熱の出入りを断って、磁場の強さをゆっくりと弱めた（断熱凖静過程）ので、エントロピーは変化しない。よって、磁場を\(H_1 \rightarrow H_2\)へ弱めたとき、、系の温度が\(T_1 \rightarrow T_2\)へ低下したとすると
$$S(T_1,H_1) = S(T_2,H_2)$$
が成り立つ。以上から
$$\frac{H_1}{T_1} = \frac{H_2}{T_2} \rightarrow T_2 =\frac{H_2}{H_1}T_1$$
が得られる。磁場の強さを\(H_2 = \frac{1}{10}H_1\)にした場合、\(T_2 = \frac{1}{10}T_1\)となり、元の温度と比べて\( \frac{1}{10}\)の値に低下する。
III
$$\varepsilon = 0,\varepsilon_1,\varepsilon_2$$
(8)
$$Z_1 = \sum_n e^{-\beta E_n} = 1 + e^{-\beta \varepsilon_1} + e^{-\beta \varepsilon_2}$$
なので、
$$Z = Z_1^N = (1 + e^{-\beta \varepsilon_1} + e^{-\beta \varepsilon_2})^N$$
(9)
$$\varepsilon_2 \gg \varepsilon_1$$
問(6)のように直接求めても良いが、ボルツマンの原理\(S = k_{{\rm B}}\ln W\)で考えると簡潔に解ける。
- (i) \(k_{{\rm B}} T \ll \varepsilon_1\)
粒子は\(\varepsilon = 0\)の1準位のみしか取れないので
$$S \simeq 0 (= k_{{\rm B}} \ln 1^N)$$
- (ii) \(\varepsilon_1 \ll k_{{\rm B}} T \ll \varepsilon_2\)
粒子は\(\varepsilon = 0,\varepsilon_1\)の2準位を取れるので
$$S \simeq k_{{\rm B}} \ln 2^N$$
- (iii) \(k_{{\rm B}} T \gg \varepsilon_1\)
$$S \simeq k_{{\rm B}} \ln 3^N$$
(10)
$$E = N\frac{\varepsilon_1 e^{-\beta \varepsilon_1} + \varepsilon_2 e^{-\beta \varepsilon_2}}{1 + e^{-\beta \varepsilon_1} + e^{-\beta \varepsilon_2}}$$
$$C = \frac{dE}{dT} = -k_{{\rm B}}\beta^2 \frac{\partial}{\partial \beta} E$$
ここで
$$\begin{align} \frac{\partial}{\partial \beta} E &= \frac{N}{(1 + e^{-\beta \varepsilon_1} + e^{-\beta \varepsilon_2})^2} \left\{-(\varepsilon_1^2 e^{-\beta \varepsilon_1} + \varepsilon_2^2 e^{-\beta \varepsilon_2}) (1 + e^{-\beta \varepsilon_1} + e^{-\beta \varepsilon_2}) +(\varepsilon_1 e^{-\beta \varepsilon_1} + \varepsilon_2 e^{-\beta \varepsilon_2})(\varepsilon_1 e^{-\beta \varepsilon_1} + \varepsilon_2 e^{-\beta \varepsilon_2})\right\}\\ &=-N \frac{\varepsilon_1^2 e^{-\beta \varepsilon_1} + \varepsilon_2^2 e^{-\beta \varepsilon_2} + (\varepsilon_2 – \varepsilon_1)^2 e^{-\beta(\varepsilon_1 + \varepsilon_2)}}{(1 + e^{-\beta \varepsilon_1} + e^{-\beta \varepsilon_2})^2}\end{align}$$
である。低温領域では\(\beta\varepsilon_1,\beta\varepsilon/2 \rightarrow \infty\)となるので、\(C \propto e^{\beta \varepsilon_2}\)となる。高温になると0に近づいていく。以上から、問(3)と同じような形となる（ショットキー型比熱）。
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