$\def\bm#1{{\boldsymbol{#1}}}
\def\coloneqq{{:=}}
\def\mathbbm#1{{\mbox{#1}\hspace{-0.20em}\mbox{l}}}$

トレースと部分トレース

$C\in\mathrm{End}(V_1\otimes V_2)$についてトレースと部分トレースというものを定義しよう。まず、トレースを次のように定義する。
\begin{equation}
\mathrm{tr}C\coloneqq C^{aa,jj}\left(=\sum_{a=1}^{N_1}\sum_{j=1}^{N_2}C^{aa,jj}\right)
\end{equation}
次に、部分トレースを次のように定義する。
\begin{equation}
(\mathrm{tr}_1C)^{jk}\coloneqq C^{aa,jk}　,　(\mathrm{tr}_2C)^{ab}\coloneqq C^{ab,jj}
\end{equation}
但し、このとき、$\mathrm{tr}_1C\in\mathrm{End}(V_2)$、$\mathrm{tr}_2C\in\mathrm{End}(V_1)$である。

問題04

$N_1=N_2=2$とするとき、$\mathrm{tr}_1P=\mathbbm{1}_2$、$\mathrm{tr}_2P=\mathbbm{1}_2$を示せ。

解答04

先に求めた$P$を利用すれば、
\[
\left\{
\begin{array}{l}
(\mathrm{tr}_1P)^{11}=P^{11,11}+P^{22,11}=1+0=1\\
\\
(\mathrm{tr}_1P)^{12}=P^{11,12}+P^{22,12}=0+0=0\\
\\
(\mathrm{tr}_1P)^{21}=P^{11,21}+P^{22,21}=0+0=0\\
\\
(\mathrm{tr}_1P)^{22}=P^{11,22}+P^{22,22}=0+1=1\\
\\
(\mathrm{tr}_2P)^{11}=P^{11,11}+P^{11,22}=1+0=1\\
\\
(\mathrm{tr}_2P)^{12}=P^{12,11}+P^{12,22}=0+0=0\\
\\
(\mathrm{tr}_2P)^{21}=P^{21,11}+P^{21,22}=0+0=0\\
\\
(\mathrm{tr}_2P)^{22}=P^{22,11}+P^{22,22}=0+1=1\\
\end{array}
\right.
\]
と求まる。よって題意は示された。

複数個のベクトル空間のテンソル積

ここでは表題の通り、複数個のベクトル空間のテンソル積$V_1\otimes V_2\otimes\cdots\otimes V_N$を考えたい。以下では簡単のため、$V_k$を2次元複素ベクトル空間とする。これによって、$2^N$次元のベクトル空間を構成することが出来る。

次に成分表示を考えよう。$z\in V_1\otimes V_2\otimes\cdots\otimes V_N$は$2^N$次元ベクトルであり、この成分を次のようにあらわすことにする。
\begin{equation}
z^{a_1,a_2,\cdots,a_N}~(a_j=1,2~\mathrm{and}~j=1,\cdots,N)
\end{equation}

また、$A\in\mathrm{End}(V_1\otimes\cdots\otimes V_N)$という$2^N\times2^N$行列の成分を
\begin{equation}
A^{a_1b_1,a_2b_2,\cdots,a_Nb_N}~(a_\alpha,b_\beta=1,2~\mathrm{and}~\alpha,\beta=1,\cdots,N)
\end{equation}
と表すことにする。

このとき、$A,B\in\mathrm{End}(V_1\otimes V_2\otimes\cdots\otimes V_N)$のとき、$C=AB$の成分は$C^{a_1b_1,\cdots,a_Nb_N}=A^{a_1c_1,\cdots,a_Nc_N}B^{c_1b_1,\cdots,c_Nb_N}$とあらわされることに注意せよ。

また、$A_{kn}\in V_1\otimes\cdots\otimes V_N$について
\begin{equation}
(A_{kn})^{a_1b_1,\cdots,a_Nb_N}=A^{a_kb_k,a_nb_n}\prod_{j=1~(j,k\neq n)}^N\delta^{a_jb_j}
\end{equation}
となる。すなわち、$V_k$と$V_n$のみに非自明に作用するということになる。

問題05

(1)$P_{kn}\in\mathrm{End}(V_1\otimes\cdots\otimes V_N)$を$x_1\otimes\cdots\otimes x_N$に対して、
\begin{equation}
P_{kn}(x_1\otimes\cdots\otimes x_k\otimes\cdots\otimes x_n\otimes\cdots\otimes x_N)\coloneqq x_1\otimes\cdots\otimes x_n\otimes\cdots\otimes x_k\otimes\cdots\otimes x_N
\end{equation}
で定義する。このとき、$(P_{kn})^{a_1b_1,\cdots,a_Nb_N}$を求めよ。

(2)$W_{12\cdots N}\in\mathrm{End}(V_1\otimes\cdots\otimes V_N)$に対して、
\begin{equation}
P_{kn}W_{12\cdots N}P_{kn}=W_{1,\cdots,n\cdots,k,\cdots,N}
\end{equation}
を示せ。但し、$W_{1\cdots n\cdots k\cdots N}$は
\begin{equation}
(W_{1\cdots n\cdots k\cdots N})^{a_1b_1,\cdots,a_Nb_N}\coloneqq(W_{1\cdots N})^{a_1b_1,\cdots,a_nb_n,\cdots,a_kb_k,\cdots,a_Nb_N}
\end{equation}
で定義される。

解答05

(1)法則を掴むために具体的に計算してみると、例えば、$N=3$の場合は、
\[
P_{23}=\left(
\begin{array}{cccccccc}
1&0&0&0&0&0&0&0\\
0&0&1&0&0&0&0&0\\
0&1&0&0&0&0&0&0\\
0&0&0&1&0&0&0&0\\
0&0&0&0&1&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0&1&0\\
0&0&0&0&0&1&0&0\\
0&0&0&0&0&0&0&1
\end{array}
\right)　,　
P_{13}=\left(
\begin{array}{cccccccc}
1&0&0&0&0&0&0&0\\
0&0&0&0&1&0&0&0\\
0&0&1&0&0&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0&1&0\\
0&1&0&0&0&0&0&0\\
0&0&0&0&0&1&0&0\\
0&0&0&1&0&0&0&0\\
0&0&0&0&0&0&0&1
\end{array}
\right)
\]
となる。これらをヒントに一般化すると以下のようになる。
\[
P=\left\{
\begin{array}{cl}
1&(a_k=b_n\cap a_n=b_k\cap a_\alpha=b_\alpha(\alpha\neq k,n))\\
&\\
0&(\mathrm{otherwise})
\end{array}
\right.
\]

(2)これまでの問題から、$P_{kn}$は左から作用すると$a_k$と$a_n$を入れ替え、右から作用すると$b_k$と$b_n$を入れ換える役割があるということが分かる。よって、題意は明らかに成り立つ。

$1$次元Ising 模型と転送行列

Ising 模型の下でのHamiltonian は
\begin{equation}
H=-\sum_{x=1}^L\sigma_x\sigma_{x+1}-h\sum_{x=1}^L\sigma_x
\end{equation}
となる。但し、$\sigma_x\in\{-1,+1\}$は格子点$x$におけるスピンをあらわしており、$-1$ならスピン下向き、$+1$ならスピン上向きを示している。また、$h\in\mathbb{R}$は磁場を、$L$は格子点の数をあらわしている。また、今、周期的境界条件$\sigma_1=\sigma_{L+1}$が課せられている。

このとき、分配関数は
\begin{equation}
Z=\sum_{\sigma_1=\pm1}\cdots\sum_{\sigma_L=\pm1}\mathrm{e}^{-\beta H}
\end{equation}
と書くことが出来る。但し、$\beta$は逆温度で、$\beta\coloneqq1/(k_BT)$と定義される

問題06

$1$次元Ising 模型について以下の問いに答えよ。

(1)分配関数$Z$を転送行列を用いて求めよ。

(2)磁化、磁化率、及びその$L\rightarrow\infty$の極限を求めよ。

解答06

(1)与えられた周期的境界条件を利用して、以下のように分配関数を書き直すことが出来る。
\[
H=\sum_{i=1}^LH_{ii+1}
\]
但し、$H_{ii+1}$は以下のように定義している。
\[
H_{ii+1}=-\sigma_i\sigma_{i+1}-h\dfrac{\sigma_i+\sigma_{i+1}}{2}
\]
従って、$L$個のサイトの状態$\sigma_1,\sigma_2,\cdots,\sigma_L$を固定した時の系の全体のBoltzmann 重みは以下のように書くことが出来る。
\[
Z=\mathrm{e}^{-\beta H_{12}(\sigma_1,\sigma_2)}\mathrm{e}^{-\beta H_{23}(\sigma_2,\sigma_3)}\cdots\mathrm{e}^{-\beta H_{L1}(\sigma_L,\sigma_2)}
\]
今、隣接間のスピン相互作用の大きさを$1$に規格化しているから、
\[
T=\left(
\begin{array}{cc}
\mathrm{e}^{-\beta H_{ii+1}(1,1)}&\mathrm{e}^{-\beta H_{ii+1}(1,-1)}\\
\mathrm{e}^{-\beta H_{ii+1}(-1,1)}&\mathrm{e}^{-\beta H_{ii+1}(-1,-1)}
\end{array}
\right)
\]
と転送行列を定義すると、周期的境界条件を利用して、
\[
Z=\mathrm{Tr}T^L
\]
と書くことが出来る。このとき、$T$は実対称行列なので対角化可能であり、その固有値は実である。$T$を対角化すると、以下のように書くことが出来る。
\[
T=U\Lambda U^{-1}　,　U=\left(
\begin{array}{cc}
u_{11}&u_{12}\\
u_{21}&u_{22}
\end{array}
\right)　,　\Lambda=\left(
\begin{array}{cc}
\lambda_1&0\\
0&\lambda_2
\end{array}
\right)
\]
ここで、$\left(
\begin{array}{c}
u_{11}\\
u_{21}
\end{array}
\right)$と$\left(
\begin{array}{c}
u_{12}\\
u_{22}
\end{array}
\right)$はそれぞれ固有値$\lambda_1$と$\lambda_2$に対応する、規格化された固有ベクトルである。このとき、$T$の固有方程式は
\[
0=\lambda^2-\mathrm{e}^\beta(\mathrm{e}^{\beta h}+\mathrm{e}^{-\beta h})\lambda+(\mathrm{e}^{2\beta}-\mathrm{e}^{-2\beta})
\]
これより、固有値$\lambda_1$、$\lambda_2$を$\lambda_1>\lambda_2$となるように取ると、
\[
\left\{
\begin{array}{l}
\lambda_1=\mathrm{e}^\beta\left\{\cosh{(\beta h)}+\sqrt{\sinh^2{(\beta h)}+\mathrm{e}^{-4\beta}}\right\}\\
\lambda_2=\mathrm{e}^\beta\left\{\cosh{(\beta h)}-\sqrt{\sinh^2{(\beta h)}+\mathrm{e}^{-4\beta}}\right\}
\end{array}
\right.
\]
これによってトレースが計算できるから、求める分配関数は結局以下のように求まる。
\[
Z=\mathrm{Tr}T^L=\mathrm{Tr}\Lambda^L=\lambda_1^L+\lambda_2^L
\]

(2)Helmholtz の自由エネルギー$f$は
\[
f=-\dfrac{1}{\beta L}\ln{Z}=-\dfrac{1}{\beta}\ln{\lambda_1}-\dfrac{1}{\beta L}\ln{\left\{1+\left(\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^L\right\}}
\]
と求まる。$L\rightarrow\infty$の極限では
\[
\tilde{f}=-\dfrac{1}{\beta}\ln{\lambda_1}
\]
となることが直ちに分かる。次に、磁化は以下のように求まる。
\begin{align}
m=&-\dfrac{\partial f}{\partial h}=\dfrac{1}{\beta}\dfrac{\dfrac{\partial\lambda_1}{\partial h}}{\lambda_1}+\dfrac{1}{\beta L}\dfrac{\dfrac{\partial}{\partial h}\left(\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^L}{1+\left(\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^L}\nonumber\\
=&\dfrac{\sinh{(\beta h)}}{\sqrt{\sinh^2{(\beta h)}+\mathrm{e}^{-4\beta}}}+\dfrac{\left(\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^{L-1}}{1+\left(\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^L}\dfrac{2\sinh{(\beta h)}(\mathrm{e}^{-4\beta}-1)}{\left(\cosh{(\beta h)}+\sqrt{\sinh^2{(\beta h)}+\mathrm{e}^{-4\beta}}\right)^2\sqrt{\sinh^2{(\beta h)}+\mathrm{e}^{-4\beta}}}\nonumber
\end{align}
と求まる。$L\rightarrow\infty$の極限では
\[
\tilde{m}=\dfrac{\sinh{(\beta h)}}{\sqrt{\sinh^2{(\beta h)}+\mathrm{e}^{-4\beta}}}
\]
となることが直ちに分かる。結局、磁化率は以下のように求まる。$m$の第$2$項は、$h=0$を代入すると$\sinh(\beta h)$の項が消えることを利用すれば簡単に計算出来る。
\[
\chi=\dfrac{\partial m}{\partial h}\biggr|_{h=0}=\beta\mathrm{e}^{2\beta}\left\{1-\dfrac{\left(\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^{L-1}}{1+\left(\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1}\right)^L}\dfrac{\sinh{(2\beta)}}{\cosh^2{(\beta)}}\right\}
\]
と求まる。$L\rightarrow\infty$の極限では
\[
\tilde{\chi}=\beta\mathrm{e}^{2\beta}
\]
となることが直ちに分かる。