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この章のまとめ

2026年10月15日9分で読めますAI生成教科書『虎の巻』第3部 第10章 相転移と Landau 理論

AI 生成・木下が未勉強

解析力学から様々な理論分野を組み立てる　第3部 第10章 §3.10.7　★★★ 相転移は、秩序変数の自由エネルギー汎関数という「作用」を選び、その停留点と Legendre 変換を調べることで読める

この章では、秩序変数 mm を固定した自由エネルギー f(m)f(m) と、空間変化まで含めた汎関数 FL[m]=∫[κ2∣∇m∣2+f(m)]F_{\mathrm L}[m]=\int[\frac{\kappa}{2}\lvert \nabla m\rvert ^2+f(m)] を選んだ。FLF_{\mathrm L} は作用 ∫[M2q˙2−V]\int[\frac M2\dot q^2-V] と同じ形で、空間が時間の、−f-f がポテンシャルの役をする。

道具は2つだった。第一は、Curie–Weiss 模型の ZZ を mm ごとに数えて f(m)=−Jm2/2−kBTs(m)f(m)=-Jm^2/2- k_{\mathrm B} Ts(m) を近似なしに作り、指数に NN が掛かった和を最大の項で評価すること（Laplace の方法）。第二は、F(h)/N=min⁡m[f(m)−hm]F(h)/N=\min_m[f(m)-hm] が Legendre 変換であることで、凸でない ff からは凸包だけが観測に現れる。

出てくるものは3つだった。第一に、ff の最小点が TcT_{\mathrm c} で分かれることから、m0∝(Tc−T)1/2m_0\propto(T_{\mathrm c}-T)^{1/2}、比熱の跳び Tca02/(2b)T_{\mathrm c}a_0^2/(2b)（Curie–Weiss で 32kB\frac32 k_{\mathrm B}）、上下で比が2の χ∝∣T−Tc∣−1\chi\propto\lvert T-T_{\mathrm c}\rvert ^{-1}、TcT_{\mathrm c} での m∝h1/3m\propto h^{1/3} が出た。第二に、凸でない ff の共通接線が2相共存を表し、外場による跳び・準安定状態とスピノーダル・m6m^6 の Landau 関数の温度による1次相転移と潜熱が出た。第三に、Euler–Lagrange 方程式 κ∇2m=f′(m)\kappa\nabla^2m=f'(m) を力学の運動方程式として読み、磁壁 m0tanh⁡(x/2ξ)m_0\tanh(x/2\xi) とその張力を得た。停留点のまわりの揺らぎは Ornstein–Zernike の形 e−r/ξ/r\mathrm{e}^{-r/\xi}/r を与え、Ginzburg の判定条件から、Landau 理論が d>4d>4 か長距離の相互作用で成り立ち、短距離の d=3d=3 の臨界点の近くでは成り立たないことが分かった。揺らぎを全部積分するには e−βFL\mathrm{e}^{-\beta F_{\mathrm L}} の経路積分が要り、それが第5部第11章のくりこみ群の主題になる。授業で習う分子場・Curie–Weiss 則・等面積則・Clausius–Clapeyron の式は、拘束つきの自由エネルギーと Legendre 変換の言葉で1つにまとまる。

総合問題　Curie–Weiss 模型を通しで解く ★★★

オリジナルCurie–Weiss 模型 (3.10.6)（NN 個のスピン σi=±1\sigma_i=\pm1、H=−J2NM2−hMH=-\frac{J}{2N}M^2-hM、M=∑iσiM=\sum_i\sigma_i）を考える。

  1. (1) （使う道具：3.10.2節／第3部第3章 のカノニカル分布）ZZ を m=M/Nm=M/N ごとの和に書き、N→∞N\to\infty で−βF/N=max⁡m[βJm2/2+βhm+s(m)]-\beta F/N=\max_m[\beta Jm^2/2+\beta hm+s(m)] となることを示せ。T=1.2 TcT=1.2\,T_{\mathrm c}, h=0.05 kBTch=0.05\, k_{\mathrm B} T_{\mathrm c} のとき最大点 m∗m^* を数値で求めよ。
  2. (2) （使う道具：3.10.2節・3.10.3節）f(m)=−Jm2/2−kBTs(m)f(m)=-Jm^2/2- k_{\mathrm B} Ts(m) を m4m^4 まで展開し、TcT_{\mathrm c} と Landau の係数 a0a_0, bb を求めよ。
  3. (3) （使う道具：3.10.3節／第3部第4章 の C=−T ∂2F/∂T2C=-T\,\partial^2F/\partial T^2）TcT_{\mathrm c} での比熱の跳びを求めよ。
  4. (4) （使う道具：3.10.5節／第3部第9章 の揺らぎと応答）χ=∂⟨m⟩/∂h\chi=\partial\langle m \rangle /\partial h が βN(⟨m2⟩−⟨m⟩2)\beta N\bigl(\langle m^2 \rangle -\langle m \rangle ^2\bigr) に等しいことを示せ。T>TcT>T_{\mathrm c}, h=0h=0 で mm の分布を e−βNf(m)\mathrm{e}^{-\beta Nf(m)} の Gauss 近似で計算し、χ=1/(kB(T−Tc))\chi=1/( k_{\mathrm B}(T-T_{\mathrm c})) を導け。
  5. (5) （使う道具：3.10.4節／第1部第7章 の凸包）T=0.8 TcT=0.8\,T_{\mathrm c} で hh を正から負へ動かす。平衡での mm の跳びと、準安定状態が消えるスピノーダルの外場 ∣hsp∣\lvert h_{\mathrm{sp}}\rvert を、Landau の展開と厳密な f(m)f(m) の両方で求めよ。
解答

(1) 上向きのスピンが kk 個の配置は (Nk)\binom Nk 通りで、Z=∑k(Nk)exp⁡[βN(Jmk2/2+hmk)]Z=\sum_k\binom Nk\exp[\beta N(Jm_k^2/2+hm_k)]。式 (3.10.9) から各項は eNφ(mk)\mathrm{e}^{N\varphi(m_k)}, φ(m)=βJm2/2+βhm+s(m)\varphi(m)=\beta Jm^2/2+\beta hm+s(m) と(N+1)−1(N+1)^{-1} 倍以内で一致し、項の数は N+1N+1 なので ∣(ln⁡Z)/N−max⁡kφ(mk)∣≤ln⁡(N+1)/N\lvert (\ln Z)/N-\max_k\varphi(m_k)\rvert \le\ln(N+1)/N。N→∞N\to\infty で刻みが細かくなり (ln⁡Z)/N→max⁡mφ(m)(\ln Z)/N\to\max_m\varphi(m)。最大点は φ′(m)=0\varphi'(m)=0、すなわち m=tanh⁡(β(Jm+h))m=\tanh(\beta(Jm+h)) で、βJ=1/1.2\beta J=1/1.2, βh=0.05/1.2\beta h=0.05/1.2 を入れて解くと m∗=0.226m^*=0.226。N=5000N=5000 の和を数値計算すると、(ln⁡Z)/N(\ln Z)/N と φ(m∗)\varphi(m^*) の差は 00 以上 ln⁡5001/5000\ln5001/5000 以下になる。

(2) −s(m)=−ln⁡2+m22+m412+⋯-s(m)=-\ln2+\frac{m^2}{2}+\frac{m^4}{12}+\cdots から f(m)=−kBTln⁡2+12(kBT−J)m2+kBT12m4+⋯f(m)=- k_{\mathrm B} T\ln2+\frac12( k_{\mathrm B} T-J)m^2+\frac{ k_{\mathrm B} T}{12}m^4+\cdots。2次の係数が TcT_{\mathrm c} で 00 になるので Tc=J/kBT_{\mathrm c}=J/ k_{\mathrm B}、a0=kBa_0= k_{\mathrm B}、b/4=kBT/12b/4= k_{\mathrm B} T/12 から b=kBT/3≈kBTc/3b= k_{\mathrm B} T/3\approx k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}/3。

(3) 式 (3.10.19) から ΔC=Tca02/(2b)=32kB\Delta C=T_{\mathrm c}a_0^2/(2b)=\frac32 k_{\mathrm B}（1スピンあたり）。T>TcT>T_{\mathrm c} では比熱は 00 なので、低温側で 32kB\frac32 k_{\mathrm B} になる。

(4) Z=∑e−βHZ=\sum\mathrm{e}^{-\beta H} で HH に −hNm-hNm が入っているので ∂ln⁡Z/∂h=βN⟨m⟩\partial\ln Z/\partial h=\beta N\langle m \rangle、もう1回微分すると∂⟨m⟩/∂h=1βN∂2ln⁡Z/∂h2=βN(⟨m2⟩−⟨m⟩2)\partial\langle m \rangle /\partial h=\frac{1}{\beta N}\partial^2\ln Z/\partial h^2=\beta N(\langle m^2 \rangle -\langle m \rangle ^2)。h=0h=0, T>TcT>T_{\mathrm c} では mm の分布は e−βNf(m)≈e−βN(kBT−J)m2/2\mathrm{e}^{-\beta Nf(m)}\approx\mathrm{e}^{-\beta N( k_{\mathrm B} T-J)m^2/2} に比例し、⟨m⟩=0\langle m \rangle =0、⟨m2⟩=1/(βN(kBT−J))\langle m^2 \rangle =1/(\beta N( k_{\mathrm B} T-J))。よって χ=βN⟨m2⟩=1/(kBT−J)=1/(kB(T−Tc))\chi=\beta N\langle m^2 \rangle =1/( k_{\mathrm B} T-J)=1/( k_{\mathrm B}(T-T_{\mathrm c})) で、式 (3.10.20) と一致する。N=2000N=2000, T=1.5 TcT=1.5\,T_{\mathrm c} で厳密な和から βN⟨m2⟩\beta N\langle m^2 \rangle を計算すると 1.9941.994 で、1/(1.5−1)=21/(1.5-1)=2 に近い。

(5) 平衡では F(h)F(h) の折れ目で mm が +m0+m_0 から −m0-m_0 に跳ぶ。厳密な m0m_0 は 0.7100.710（例題 3.10.2）で跳びは 1.421.42、Landau の展開では m0=3×0.2/0.8=0.866m_0=\sqrt{3\times0.2/0.8}=0.866（b=kBT/3b= k_{\mathrm B} T/3 を使った値）で跳びは 1.731.73。スピノーダルは f′(m)=hf'(m)=h と f′′(m)=0f''(m)=0 の連立である。Landau では a=−0.2 kBTca=-0.2\, k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}, b=0.8 kBTc/3b=0.8\, k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}/3 を式 (3.10.21) に入れて ∣hsp∣=0.0667 kBTc\lvert h_{\mathrm{sp}}\rvert =0.0667\, k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}。厳密には f′(m)=−Jm+kBTartanh⁡mf'(m)=-Jm+ k_{\mathrm B} T\operatorname{artanh}m, f′′(m)=−J+kBT/(1−m2)=0f''(m)=-J+ k_{\mathrm B} T/(1-m^2)=0 から msp2=1−T/Tc=0.2m_{\mathrm{sp}}^2=1-T/T_{\mathrm c}=0.2、∣hsp∣=∣0.8artanh⁡0.2−0.2∣ kBTc=0.0622 kBTc\lvert h_{\mathrm{sp}}\rvert =\lvert 0.8\operatorname{artanh}\sqrt{0.2}-\sqrt{0.2}\rvert \, k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}=0.0622\, k_{\mathrm B} T_{\mathrm c}。Landau の値は7%大きい。

木下の勉強ステータス

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AI（Claude）が書いた教材を、木下が勉強しながら公開しています。式と数値は検算していますが、誤りが残っているかもしれません。誤りのご指摘・削除のご依頼をいただければ直します。 連絡先：support@tecktom.com

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連載AI生成教科書『虎の巻』授業とは別に、分野をまたいで気になったことを AI（Claude）が教材にし、木下が勉強しながら公開しています。上の段は AI が書いた本文、下の段は木下が勉強したあとに書いた文です。1787本の記事・木下 智貴
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