【院試解答】2021年度　阪大理学研究科　物理　問題4

Youtubeでも説明しています（I はコチラ　IIはコチラ）

I

$$dU = TdS + HdM \tag{\(\star\)}$$

$$G = U – TS – HM $$

の両辺を微分すると

$$\begin{align}dG &= dU – TdS – SdT – HdM – MdH \\ &= -SdT – MdH \tag{1}\end{align}$$

$$\begin{align} \frac{\partial^2 G}{\partial H \partial T } = \frac{\partial^2 G}{\partial T \partial H } \tag{2}\end{align}$$

　式(1)より、

$$\begin{align}\left( \frac{\partial G}{\partial T }\right)_H &= -S \\ \left( \frac{\partial G}{\partial H }\right)_T &= -M\end{align}$$

が得られるので、式(2)より

$$\begin{align} \frac{\partial }{\partial H }\left( \frac{\partial G}{\partial T }\right) = \frac{\partial }{\partial T }\left( \frac{\partial G}{\partial H }\right)\end{align}$$

$$\left( \frac{\partial S}{\partial H }\right)_T = \left( \frac{\partial M}{\partial T }\right)_H \tag{3}$$

(3)

　式(\(\star\))より

$$\left( \frac{\partial U}{\partial T }\right)_M = T\left( \frac{\partial S}{\partial T }\right)_M = C_M \hspace{5mm}(dM = 0)$$

$$\left( \frac{\partial U}{\partial T }\right)_H = T\left( \frac{\partial S}{\partial T }\right)_H + H\left( \frac{\partial M}{\partial T }\right)_H = C_H + \alpha H$$

が得られるので

$$\begin{align} C_M &= \left( \frac{\partial U}{\partial T }\right)_M\\ C_H& = \left( \frac{\partial U}{\partial T }\right)_H – \alpha H\end{align}$$

　再び式(\(\star\))より

$$\begin{align}\left( \frac{\partial U}{\partial H }\right)_T &= T\left( \frac{\partial S}{\partial H }\right)_T + H\left( \frac{\partial M}{\partial H }\right)_T \end{align}$$

となる。ここで、式(3)を用いて

$$\begin{align} \left( \frac{\partial U}{\partial H }\right)_T &= T\left( \frac{\partial M}{\partial T }\right)_H + H\left( \frac{\partial M}{\partial H }\right)_T \\ &= \alpha T + \chi H\end{align}$$

　\(U(T,H(T,M))\)の依存性があるので

$$\begin{align}dU &= \left( \frac{\partial U}{\partial T }\right)_H dT + \left( \frac{\partial U}{\partial H }\right)_T dH \\ &= \left( \frac{\partial U}{\partial T }\right)_H dT + \left( \frac{\partial U}{\partial H }\right)_T \left( \frac{\partial H}{\partial T }\right)_MdT + \left( \frac{\partial U}{\partial H }\right)_T \left( \frac{\partial H}{\partial M }\right)_TdM\end{align}$$

と書ける。よって、磁化一定の元で微分すると(\(dM = 0\))

$$\begin{align}\left( \frac{\partial U}{\partial T }\right)_M &= \left( \frac{\partial U}{\partial T }\right)_H + \left( \frac{\partial U}{\partial H }\right)_T \left( \frac{\partial H}{\partial T }\right)_M\\ C_M&= C_H + \alpha H + (\alpha T + \chi H)-\frac{\alpha}{\chi} \\ &= C_H – \frac{\alpha^2 T}{\chi}\end{align}$$

II

$$\mathcal{H} = – \sum^N_{i=1}\mu \sigma_i h_i = – \sum^N_{i=1}\mu \sigma_i \varepsilon_i h$$

　\(\varepsilon_i = 1\)のとき、ハミルトニアンは

$$\mathcal{H} = – \sum^N_{i=1}\mu h\sigma_i $$

となる。よって \(i\)番目の粒子の分配関数\(z_i\)は

$$z_i = \sum_{\sigma_i=\pm 1}e^{\beta \mu h\sigma_i} = 2\cosh (\beta \mu h)$$

であり、\(i\)に依存しない。これを用いて\(N\)粒子の分配関数\(Z\)は

$$Z = (z_i)^N = (2\cosh (\beta \mu h))^N$$

であり、エネルギーは

$$E = – \frac{\partial }{\partial \beta }\ln Z = -N\mu h \tanh (\beta \mu h)$$

$$\sum^N_{i=1} f(\varepsilon_i ) = \int^{\varepsilon_{{\rm max}}}_0 g(\varepsilon) f(\varepsilon) d\varepsilon $$

　前問とは異なり、粒子によってハミルトニアンが変化し、一粒子の分配関数は

$$z_i = \sum_{\sigma_i=\pm 1}e^{\beta \mu h\varepsilon_i\sigma_i} = 2\cosh (\beta \mu h \varepsilon_i)$$

となる。よって\(i\)番目の粒子のエネルギー\(E_i\)は

$$E_i (\varepsilon_i)= -\mu h \varepsilon_i\tanh (\beta \mu h\varepsilon_i)$$

と書ける。従って全エネルギーは

$$\sum^N_{i=1} E_i = -\int^{\varepsilon_{{\rm max}}}_0 g(\varepsilon) \mu h \varepsilon\tanh (\beta \mu h\varepsilon) d\varepsilon$$

$$g(\varepsilon) = NA\varepsilon^{\gamma}$$

　\(i\)番目の粒子の比熱\(C_i\)は

$$C_i = \frac{dE_i}{dT} = k\left(\frac{\beta \mu h\varepsilon_i}{\cosh(\beta \mu h\varepsilon_i)} \right)^2$$

となるので、

$$\begin{align}C &= \int^{\varepsilon_{{\rm max}}}_0 g(\varepsilon) k\left(\frac{\beta \mu h\varepsilon}{\cosh(\beta \mu h\varepsilon)} \right)^2 d\varepsilon \\ &= kNA \int^{\varepsilon_{{\rm max}}}_0 \left(\frac{\beta \mu h\varepsilon}{\cosh(\beta \mu h\varepsilon)} \right)^2 \varepsilon^{\gamma} d\varepsilon\end{align}$$

である。ここで、\(x = \beta \mu h\varepsilon\)と変数変換すると、\(dx = \beta \mu hd\varepsilon\)であり、

$$\begin{align}C &= kNA\int^{\beta \mu\varepsilon_{{\rm max}}h}_0 \left(\frac{x}{\cosh x} \right)^2 \left(\frac{x}{\beta \mu h} \right)^{\gamma} \frac{dx}{\beta \mu h} \\ &= \frac{kNA}{(\beta \mu h)^{\gamma +1}}\int^{\beta \mu\varepsilon_{{\rm max}}h}_0 \left(\frac{x}{\cosh x} \right)^2 x^{\gamma} dx\end{align}$$

となる。\(x\)について積分を実行すると何らかの定数となる。

　\(\gamma = 0\)、及び\(\beta \mu\varepsilon_{{\rm max}}h \to\infty \)として積分を行うと

$$\begin{align}C &\simeq \frac{kNA}{\beta \mu h}\int^{\infty}_0 \left(\frac{x}{\cosh x} \right)^2 dx \\ &= \frac{\pi^2}{12}\frac{kNA}{\beta \mu h} \propto T\end{align}$$