Computational Statistical Mechanics

−∆βH

e β

0 β

β 0

0 2

* ! +

1 A

−2∆βH −

e

= 1 .

2 A

−∆βH

e β β

β 1 0

0

− − −

Ora, definiamo β = 2β β , tale che 2∆β = 2(β β ) = β β . Ma cosa rappresenta β ? È quel valore tale

2 1 0 1 0 2 0 2

per cui β = (β + β )/2. Dunque possiamo avere due diversi ordinamenti: β < β < β oppure β < β < β .

1 0 2 0 1 2 2 1 0

Sfruttando questa identità abbiamo, dato un generico osservabile B

−(β −β )H

he Bi

2 0 β

−2∆βH −(β −β −(β −β −(β −β

)H )H )H

0 he i hBi he i

he he = ,

Bi = Bi =

2 0 2 0 2 0

β β β β β

−(β −β

0 0 0 2 0

)H

he i

2 0 β 0

54 CAPITOLO 3. METODO MONTE CARLO

2

−

in cui ponendo B = (A/hAi 1) abbiamo in (3.49)

β

1 2

* ! +

−(β −β )H

he i A

2 0 β 0 −

... = 1 .

2

−∆βH

he i A

β β

0 β

1 2

| {z } | {z }

problematico non problematico

In conclusione si ha (3.48) 2

! +

* −(β −β )H

he i

2

Ā A

1 2 0

β

2 0

− 1 ,

σ = 2

−∆βH

he i

n B̄ A β

β 0

β

1 2

A

in cui raggruppiamo in ua costante i termini non problematici ottenendo

−(β −β )H

he i

1 2 0 β

2 0

A

σ = .

2

−∆βH

he i

n β 0

Ora, i valori attesi restanti costituiscono un problema? Calcoliamoli esplicitamente, ottenendo

1 Z(β )

2

X

−(β −β −β −(β −β

)H H(x) )H(x)

i

he = =

e e ,

2 0 0 2 0

β 0 Z(β ) Z(β )

0 0

x

Z(β )

1

−(β −β )H

he i = ,

1 0 β 0 Z(β )

0

da cui −(β −β 2

)H

he i Z(β ) Z(β ) Z(β )Z(β )

2 0 2 0 0 2

β

0 = = ,

2

−∆βH 2

he i Z(β ) Z(β ) Z(β )

0 1 1

β

0 −kT

dove sfruttando la definizione di energia libera F = ln Z si ottiene

−(β −β )H

he i

2 0 β −β −β

2β F F F

0 = e ,

1 1 0 0 2 2

2

−∆βH

he i β

0

in cui si è usata la notazione sintetica F (β ) = F . Dato che F è una quantità estensiva l’errore aumenta

i i

esponenzialmente in N , costituendo un grave problema. Ma non potrebbe essere che l’esponente sia negativo,

implicando che l’errore vada esponenzialmente a zero con N ? No, e lo dimostriamo appena di seguito. Per fare

ciò in maniera agevole si ricordino le seguenti relazioni

∂(βF ) ∂E ∂β ∂E 1 ∂E 1

−

E = , C = = = = Ĉ .

v v

2 2

∂β ∂T ∂T ∂β kT ∂β kT

Ora, scriviamo l’esponente in forma integrale

− − − −

2β F β F β F = β F β F + β F β F

1 1 0 0 2 2 1 1 0 0 1 1 2 2

β β

Z Z

1 1

0 0 0 0

= E(β )dβ + E(β )dβ

β β

0 2 β

β Z

Z d

d 1

1

0 0 0 0 0

0 − −

(β β ) dβ + E(β ) (β β ) dβ ,

= E(β ) 0 2

0 0

dβ dβ

β

β 2

0

in cui si è moltiplicato per una derivata che è pari a 1. Procedendo con un’integrazione per parti si ha

β

β 0 0

Z Z

dE(β ) dE(β )

1

1 0 0 0 0

− − − − − −

[...] = (β β )E(β ) (β β )dβ + (β β )E(β ) (β β )dβ

0 1 2 1 2

1 0 1 0 0

dβ dβ

β β

0 0

β β

Z Z

1 1

0 0 0 0 0 0

− − − −

= (2β β β )E(β ) + (β β )

Ĉ (β ) dβ + (β β )

Ĉ (β ) dβ ,

1 0 2 1 0 v 2 v

β β

0 2

− −

in cui (2β β β ) = 0 per definizione. Dimostriamo che la quantità residua è sempre positiva, distiguendo

1 0 2

i casi in cui β < β < β oppure β < β < β . Curiamoci esplicitamente solo del primo caso, dato che il

0 1 2 2 1 0

secondo è identico β β

β β

Z Z Z Z

2 1

1 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

−

− − − −

(β β )

(β β )

Ĉ (β ) dβ (β β )

Ĉ (β ) dβ = Ĉ (β ) dβ + (β β ) Ĉ (β ) dβ > 0.

0 v 2 v 0 v 2 v

β

β β β

| {z } | {z }

0 1 0 1

>0 >0

3.8. METODO DEL REWEIGHTING 55

Ora, è naturale chiedersi quando questi integrali sono piccoli. È evidente che sono quantità crescenti in β , dato

1

|β − | |β − |.

che bisogna ricordare che per definizione di β si ha β = β Dunque sappiamo che necessariamente

2 1 0 2 1

β e β siano vicini. Ma quanto? Compiamo uno sviluppo in serie di Taylor all’ordine 0 di Ĉ (β) attorno β ,

1 0 v 0

ottenendo

β β β β

Z Z Z Z

1 2 1 2

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

− − ≈ − −

(β β )

Ĉ (β ) dβ + (β β ) Ĉ (β ) dβ (β β )

Ĉ (β ) dβ + (β β )

Ĉ (β ) dβ

0 v 2 v 0 v 0 2 v 0

β β β β

0 1 0 1

β β

1

1 1 1

0 0

2 2

− −

+

= Ĉ (β )(β β ) Ĉ (β )(β β )

v 0 0 v 0 2

2 2

β β

0 2

1

2 2

− −

= Ĉ (β ) (β β ) + (β β )

v 0 1 0 1 2

2 2

−

= Ĉ (β )(β β ) .

v 0 1 0

In conclusione si ha dunque 1 2

−β

2 Ĉ (β )(β )

Ae

σ = , (3.50)

v 0 1 0

n

il quale è piccolo se 1

1

2

− → |β − | = ,

Ĉ (β )(β β ) 1 β

v 0 1 0 1 0 q p

N ĉ (β )

v 0

Ĉ (β )

v 0

ottenendo lo stesso risultato (3.47) dato da considerazioni grafiche.

Finora ci siamo ristretti al caso in cui abbiamo una stima di una quantità ad un certo β a partire dal quale

0

vogliamo interpolare la stessa quantità a β . Supponiamo ora di conoscere due stime di uno stesso osservabili

1

a β e β . Possiamo interpolarle per ottenere una stima ad un diverso β? Abbiamo dalla (3.46)

0 1 −(β−β )H

hAe i

0 β

0

hAi =

β −(β−β )H

he i

0 β 0

−(β−β )H

hAe i

1 β 1

= .

−(β−β )H

he i

1 β 1

Come possiamo combinarle? Lo scenario in esame è il seguente: abbiamo due distribuzioni π (x) e π (x) e due

1 2

osservabili A e B, aventi stesso valore atteso X

X π (x)A(x) = π (x)B(x) = k.

1 2

x x

Facciamo due simulazioni Monte-Carlo indipendenti l’una con distribuzione π (x) e l’altra π (x) di n iterazioni,

1 2

a partire dalle quali si ottengono le sequenze → ±

π (x) : A , ..., A Ā σ ,

1 1 n A

→ ±

π (x) : B , ..., B B̄ σ .

2 1 n B

Possiamo stimare la quantità di interesse come combinazione lineare delle due, cioè

A = αĀ + β B̄,

est

in cui l’unico vincolo è hA i = αh

Āi + βh

B̄i = (α + β)k = k,

est

da cui (α + β) = 1. A rigore qualsiasi combinazione che soddisfi questo criterio conduce agli stessi risultati.

→ ∞.

Questo è però vero nel caso in cui n Ricerchiamo ora i valori di α e β ottimali che minimizzino l’errore.

2

2 2 i

h(αĀ − i h(αĀ − k)

σ = + β B̄ k) = + β B̄ (α + β)

h h

{z }

| 1 2

h − − i

= α( Ā k) + β( B̄ k) h

2 2 2 2

h( − i h( − i h( − −

= α Ā k) + β B̄ k) + 2αβ Ā k)( B̄ k)i

h h h

{z }

| 0

2 2 2 2

= α σ + β σ ,

A B

56 CAPITOLO 3. METODO MONTE CARLO

in cui si è sfruttato il fatto che le simulazioni compiute sono indipendenti. Ora, ricordando α + β = 1 si ha

2 2 2 2 2

−

σ = α σ + (1 α) σ

A B

2 2 2 2 2

−

= α (σ + σ ) 2ασ + σ .

A B B B

2

Ricerchiamo i minimi di σ in funzione di α ponendo

2 2 2

1/σ 1/σ

∂σ A B

→

=0 α = , β = , (3.51)

2 2 2 2

∂α 1/σ + 1/σ 1/σ + 1/σ

A B A B

da cui infine la migliore stima teorica di A è Ā B̄

+

2 2

σ σ

A B . (3.52)

A =

est 1 1

+

2 2

σ σ

A B

La media pesata è dunque la migliore stima possibile dell’osservabile? Lo sarebbe se fossero note gli errori

esatti. Ma, dato che stiamo stimando un osservabile ad una β a partire da β e β , per poi combinarle tra loro,

1 2

ciascuna stima ha un errore esponenziale dato dalla (3.50). L’uso di questa stima potrebbe portare a risultati

3

sbagliati di un fattore 10 sulla stima e 10 sull’errore. Il problema del ripesaggio è che non dà una buona stima

dell’errore.

3.9. METODO DEI MULTI-ISTOGRAMMI DI FERREMBERG-SWENDEN 57

3.9 Metodo dei multi-istogrammi di Ferremberg-Swenden

Il metodo si basa sull’uso della densità degli stati ρ(E), a partire dalla quale

Z

X −βE −βE

Z = ρ(E)e , Z = dE ρ(E)e .

E

Per la precisione ρ(E) non è una vera densità, bensı̀ è il numero di stati con energia E. Come la stimiamo a

partire dai dati simulati? Facciamo l’istogramma delle energie

1 X −βH(x)

hδ(E − −

h(E ) = E )i = e δ(E E )

0 0 0

Z x<