¿Por qué el estado fundamental del tetraedro ferromagnético es triplemente degenerado?

Lo que hay que tener en cuenta aquí son las simetrías rotacionales discretas del tetraedro. Por ejemplo, escribamos el estado del tetraedro como$\mid i_1, i_2, i_3, i_4\rangle$dónde$i_k$es el giro en el$k^{\textrm{th}}$vértice. El estado en la figura que muestra arriba se puede escribir como$\mid o,i,i,o \rangle$(con$o$y$i$que significa "apuntando hacia afuera" y "apuntando hacia adentro" respectivamente).

En ausencia de anisotropías que rompan la simetría rotacional, el estado$\mid i_3, i_1, i_2, i_4\rangle$se puede obtener del estado$\mid i_1, i_2, i_3, i_4\rangle$rotando el tetraedro por$2\pi/3$alrededor del eje que pasa por el cuarto vértice ($v_4$) y el centro del triangulo$\Delta_{123}$, es decir:

$$\mid i,o,i,o \rangle = \hat R_4(2\pi/3) \mid o,i,i,o \rangle$$

dónde$\hat R_i (\theta)$es el operador para rotaciones por$\theta$alrededor de$i^\textrm{th}$eje.

alternativamente también puede obtener$\mid i,o,i,o \rangle$realizando una reflexión a través del eje que pasa por$v_3$y bisecando el borde ($e_{12}$) entre$v_1$y$v_2$:

$$\mid i,o,i,o \rangle = \hat S_{123} \mid o,i,i,o \rangle$$

dónde$\hat S_{ijk}$es el generador de reflexiones a través del eje que pasa por$v_k$y bisecando el borde ($e_{ij}$). Del mismo modo tenemos:

$$\mid i,i,o,o \rangle = \hat R_4(4\pi/3) \mid o,i,i,o \rangle$$

Por lo tanto, con estas simetrías discretas, los seis estados que menciona no son independientes. Debemos tomar combinaciones lineales adecuadas de estos estados para obtener un conjunto de vectores base independientes que son invariantes bajo la acción de estas simetrías. Cuando haga esto correctamente, los seis estados se reducirán a tres estados:

$$\mid \Psi_4 \rangle = \frac{1}{\sqrt{3}}\left(\mid v_1, v_2, v_3, v_4\rangle + \mid v_3, v_1, v_2, v_4\rangle + \mid v_2, v_3, v_1, v_4\rangle \right)$$

y del mismo modo para$\mid \Psi_3 \rangle$y$\mid \Psi_2 \rangle$. Solo hay tres de esos estados, y no cuatro (tenemos cuatro triángulos), porque el cuarto estado (en este caso$\mid \Psi_1 \rangle$) puede escribirse como una suma lineal de los otros tres !

                        Cheers,

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Editar : siguiendo una sugerencia de @bruce, solo quiero aclarar que cada$\mid \Psi_i \rangle$es invariante solo bajo la acción del grupo de permutación en el triángulo dual (opuesto) al vértice$v_i$. Este es un subgrupo del grupo de simetría completa del tetraedro.

También me molesta que la descripción de la red triangular en la frustración geométrica

El tercer giro no puede minimizar simultáneamente sus interacciones con los otros dos. Así, el estado fundamental es doblemente degenerado.

Dentro de los ocho estados, excepto todo arriba y todo abajo, el estado fundamental debe ser degenerado en seis pliegues, en lugar de dos pliegues. Supongo que algo anda mal aquí.

En general, es poco común considerar la simetría rotacional de una red porque el conteo no se puede escalar para grandes$N$. Así que supongo que pueden considerar la siguiente simetría:

$$s_i \rightarrow -s_i$$

Si considera el hamiltoniano de un modelo antiferromagnético de Ising o un modelo de Heisenberg:

$$H=J\sum_{i,j}\mathbf{s}_{i}\cdot\mathbf{s}_{j}$$ Este hamiltoniano es invariante bajo la simetría anterior, por lo que cada estado $\{s_i\}$tiene el estado correspondiente $\{-s_i\}$. Esta simetría debe corresponder a la $i\leftrightarrow o$inversión en su conteo.

Aquí hay una razón por la cual se considera la simetría anterior. Considerando la magnetización de un sistema:

$$M=\sum_i s_i$$ Sin embargo, debido a la simetría anterior, el promedio del conjunto de este valor siempre es 0 para todos los modelos de espín sin campo magnético externo. Un remedio a esta situación es agregar un pequeño campo magnético externo para romper la simetría. Otro podría estar considerando solo la mitad del conjunto bajo la simetría...