Appunti per il corso: Fisica del plasma di quark e gluoni (A.A. ... - Infn

Dalla minimizzazione di L si ha
e
Per T > Tc si deve avere un minimo a η = 0 e quindi
2ηa2 + 4η 3 a4 = 0 (4.51)
∂ 2 L
∂η 2 = 2a2 + 12a4η 2
Analogamente, per T < Tc, si deve avere una soluzione non nulla
In questo caso si ha
La condizione di minimo ci da dunque
Per avere una soluzione reale segue
Poiché a2 cambia di segno alla transizione, si dovrà avere
da cui
48
(4.52)
a2 > 0, T > Tc (4.53)
η 2 = − a2
, T < Tc (4.54)
2a4
∂2L ∂η2 = 2a2
+ 12a4 − a2
= −4a2
2a4
(4.55)
a2 < 0, T < Tc (4.56)
a2 = a 1 2
a4 > 0 (4.57)
a 0 2 = 0 (4.58)
T − Tc
con a 1 2 > 0. Non abbiamo informazioni sul segno di a4 per T < Tc, ma se esso fosse negativo, allora a4 dovrebbe
annullarsi alla transizione e quindi entrambi a2 ed a4 sarebbero nulli. Lo sviluppo al 4 0 ordine non sarebbe allora
sufficiente e dovremmo spingerlo almeno sino al 6 0 ordine (in questo caso si ha un punto tricritico nel diagramma
di fase). Discuteremo questa possibilità in seguito. Limitarsi al 4 0 ordine è equivalente quindi a supporre a4 = 0 a
T = Tc e quindi, per continuità, avremo a4 > 0 anche un poco al disotto della transizione. L’energia libera di Landau
può essere riscritta allora nella forma
con
Tc
L = atη 2 + 1
2 bη4 + a0
T − Tc
t =
e a > 0 e b > 0 due parametri fenomenologici. Possiamo anche introdurre un campo esterno come si è fatto nel caso
dei materiali ferromagnetici scrivendo
Tc
(4.59)
(4.60)
(4.61)
L = atη 2 + 1
2 bη4 + a0 − Hη (4.62)
Siamo adesso in grado di valutare gli esponenti critici. Ricordiamo che per l’energia libera di Gibbs G = F + P V vale
la relazione
dG = −SdT + V dP (4.63)