Modelo de Ising unidimensional

La descripción de un sistema unidimensional se simplifica notablemente cuando se imponen condiciones de contorno periódicas, es decir, el estado del núcleo $N+1$ coincide con el del núcleo 1. Entonces podemos escribir

$$\hat H = - J \sum_{i=1}^N {\hat\sigma}_i\,{\hat\sigma}_{i+1} - \... ...{\mu_B\,B}2\, \sum_{i=1}^N \left({\hat\sigma}_i+{\hat\sigma}_{i+1}\right) \;.$$

Para calcular la función partición, solo debe tenerse la precaución de barrer todos los autovalores de este hamiltoniano, a través de la acción de los operadores ${\hat\sigma}_i$, que actúan cada uno en el espacio de Hilbert correspondiente, con autovalores $\sigma_i=\pm1$

$$Z_N(T,B) = \sum_{\sigma_1=\pm1}\cdots\sum_{\sigma_N=\pm1} e^{\be... ...gma_{i+1} + {\textstyle\frac{\mu_B\,B}2}\,(\sigma_i+\sigma_{i+1})\right]} \;.$$

Definimos ahora el operador $\hat P\,$ con elementos de matriz

$$\langle\sigma_i\vert\hat P\vert\sigma_{i+1}\rangle = e^{\beta\le... ...gma_{i+1} + {\textstyle\frac{\mu_B\,B}2}\,(\sigma_i+\sigma_{i+1})\right]} \;.$$

Eligiendo la base de manera que el autovalor $\sigma=1\,$ corresponda al elemento $\left(\!\!\begin{array}{c}1\\ 0\end{array}\!\!\right)$ y $\sigma=-1\,$ al $\left(\!\!\begin{array}{c}0\\ 1\end{array}\!\!\right)$, la representación matricial de este operador es

$$\hat P = \left(\begin{array}{cc} e^{\beta(J+\mu_B\,B)} & e^{-\beta J} \\ e^{-\beta J} & e^{\beta(J-\mu_B\,B)} \end{array}\right)$$

De este modo, la función partición resulta

$$Z_N(T,B) = \sum_{\sigma_1=\pm1}\cdots\sum_{\sigma_N=\pm1} \langl... ...vert\sigma_3\rangle \cdots \langle\sigma_N\vert\hat P\vert\sigma_1\rangle \;.$$

Como los estados $\vert+1\rangle\,$ y $\vert+1\rangle\,$ forman una base,

$$\sum_{\sigma=\pm 1} \vert\sigma\rangle\, \langle\sigma\vert = I \;$$

de manera que

$$Z_N(T,B) = \sum_{\sigma_1=\pm1} \langle\sigma_1\vert\hat P^N\vert\sigma_1\rangle = {\rm Tr}\,(\hat P^N)$$

Al ser $\hat P\,$ un operador simétrico, puede diagonalizarse exigiendo

$$\left\vert \begin{array}{cc} e^{\beta(J+\mu_B\,B)}-\lambda & e^{... ... e^{-\beta J} & e^{\beta(J-\mu_B\,B)}-\lambda \end{array} \right\vert = 0 \;,$$

resultando la ecuación característica

$$\lambda^2 - 2\,\lambda\,e^{\beta J}\cosh(\beta\mu_B\,B) + 2\,{\rm senh\,}(2\beta\,J) = 0 \;,$$

de donde

$$\lambda_{\pm} = e^{\beta J}\cosh(\beta\mu_B\,B) \pm \sqrt{ e^{-2\beta J} + e^{2\beta J}\,{\rm senh^2\,}(\beta\mu_B\,B) }\;.$$

Como ${\rm Tr}\,(\hat P^N)\,$ no depende de la base

$${\rm Tr}\,(\hat P^N) = \lambda_+^N + \lambda_-^N \qquad\Rightarrow\qquad G(T,B,N) = -k\,T\,\ln(\lambda_+^N + \lambda_-^N)\;,$$

Es fácil ver que en el límite termodinámico solo sobrevive la contribución de $\lambda_+ (>\lambda_-)\,$ analizando la energía libre de Gibbs por núcleo

$$g(T,B) = \lim_{N\to\infty} \frac1N\,G(T,B,N) = -k\,T\,\ln\lambda_+ \;.$$

El momento magnético total para el sistema resulta

$$\langle M \rangle = - N \left(\frac{\partial g}{\partial B}\right... ..._B\,B)} {\displaystyle\sqrt{e^{-4\beta J}+{\rm senh^2\,}(\beta\mu_B\,B)}} \;.$$

Es evidente entonces que cuando $B=0$, $\langle M \rangle\,$ también se anula, es decir, no hay magnetización espontánea en una dimensión.