Karlsruher Institut f¨ur Technologie Institut f¨ur Theorie der Kondensierten Materie Ubungen zur Theoretischen Physik F¨ SS 12
Prof. Dr. J¨org Schmalian Blatt 1
Dr. Igor Gornyi Besprechung 20.4.2012
1. Integrabilit¨atsbedingung:
(a)
f = 3x2−2xy−y2 g = −x2 −2xy+y2
∂yf = −2x−2y ∂xg = −2x−2y Also gilt: ∂yf =∂xg, ⇒ω ist integrabel.
Herleitung vonh(x, y):
1. Suche F(x, y) mit ∂xF =f
2. Bestimme φ(y), so dass ∂yφ=g−∂yF 3. h(x, y) = F(x, y) +φ(y)
Hier: F(x, y) = x3−x2y−y2x ⇒ ∂yF =−x2−2xy
∂yφ=y2 ⇒ φ(y) = 1 3y3
⇒ h(x, y) =x3−x2y−y2x+1 3y3 (b)
f = 3x+y ⇒ ∂yf = 1 und g =−x−3y ⇒ ∂xg =−1 Also
∂yf ̸=∂xg, ⇒ ω ist nicht integrabel.
Suche integrierenden Faktor:
∂y(αf) = f ∂yα+α=! ∂x(αg) = g∂xα−α −→ 3x∂yα+y∂yα+x∂xα+3y∂xα+2α= 0 α=Ax+By, ∂yα =B, ∂xα=A ⇒ (3x+y)B+ (x+ 3y)A+ 2Ax+ 2By= 0
3B+ 3A= 0, A=−B ⇒ α =x−y (bis auf Vorfaktor).
Suche h mit dh= (x−y)ω:
∂xF(x, y) = (x−y)f = (x−y)(3x+y) ⇒ F(x, y) =x3−x2y−xy2
∂yφ(y) = (x−y)(−x−3y) +x2+ 2xy = 3y2 ⇒ φ(y) =y3
}
⇒ h(x, y) = x3−x2y−xy2+y3
2. Legendretransformation:
(a)
U =U(S), SteigungT = ∂U∂S ⇒S=S(T) dU(S) = ∂U
∂SdS =T(S)dS
F =F(T) = U(S(T))−S(T)T,
dF(T) =
z}|{T
∂U
∂S
∂S
∂T − ∂S
∂TT −S(T)
dT ⇒ dF(T) =−S(T)dT
(b)
U(S, V), T = ∂U∂S(S,V)
V ⇒ S(T, V)
−P = ∂U∂V(S,V)
S ⇒ V(S, P) dU(S, V) = T(S, V)dS−P(S, V)dV Innere Energie analog zu a):
F(T, V) =U(S(T, V), V)−S(T, V)T Freie Energie, dF(T, V) =−S(T, V)dT −P(S,(T, V), V)dV
H(S, P) =U(S, V(S, P)) +V(S, P)P Enthalpie, dH(S, P) =T(S, V(S, P))dS+V(S, P)dP
3. Funktionaldeterminantenkalk¨ul:
∂(u, v)
∂(x, y) = ∂u
∂x
y
∂v
∂y
x
− ∂u
∂y
x
∂v
∂x
y
Def. der Determinante (a)
1. v(x, y) = y ⇒ ∂v∂y
x
= 1, ∂v∂x
y = 0 ⇒ ∂(u,v)∂(x,y) = ∂u∂x
y
2. u(x, y) = x ⇒ analog ∂(u,v)∂(x,y) = ∂u∂y
x
3. folgt trivial aus Determinanteneigenschaft (Vertauschen von u ↔ v oder x ↔ y vertauscht Vorzeichen)
4.
∂(u, v)
∂(x, y) =∂(u(s(x, y), t(x, y))), v(s(x, y), t(x, y))
∂(x, y)
= (
∂u
∂s
t
∂s
∂x
y
+ ∂u
∂t
s
∂t
∂x
y
) (∂v
∂s
t
∂s
∂y
x
+ ∂v
∂t
s
∂t
∂y
x
)
− (∂u
∂s
t
∂s
∂y
x
+ ∂u
∂t
s
∂t
∂y
x
) (∂v
∂s
t
∂s
∂x
y
+ ∂v
∂t
s
∂t
∂x
y
)
= ∂u
∂s
t
∂v
∂s
t
(
∂s
∂x
y
∂s
∂y
x
− ∂s
∂y
x
∂s
∂x
y
) +∂u
∂s
t
∂v
∂t
s
(
∂s
∂x
y
∂t
∂y
x
− ∂s
∂y
x
∂t
∂x
y
)
+ ∂u
∂t
s
∂v
∂s
t
(
∂t
∂x
y
∂s
∂y
x
− ∂t
∂y
x
∂s
∂x
y
) +∂u
∂t
s
∂v
∂t
s
(
∂t
∂x
y
∂t
∂y
x
− ∂t
∂y
x
∂t
∂x
y
)
1. und 4. Term sind Null. 2. und 3. Term ergeben (∂u
∂s
t
∂v
∂t
s
− ∂u
∂t
s
∂v
∂s
t
) (∂s
∂x
y
∂t
∂y
x
− ∂s
∂y
x
∂t
∂x
y
)
= ∂(u, v)
∂(s, t)
∂(s, t)
∂(x, y) Durch Umbenennen von x, y →s, t und s, t→x, y folgt
∂(u, v)
∂(s, t) = ∂(u, v)
∂(x, y)
∂(x, y)
∂(s, t)
aufl¨osen
=⇒ ∂(u, v)
∂(x, y) =
∂(u,v)
∂(s,t)
∂(x,y)
∂(s,t)
(b)
Die erste Relation spiegelt einfach den Satz der lokalen Umkehrbarkeit aus Analysis wieder. Z.B. so: Seiϕ(x, y) = const., also x(y). Dann ist das Differential dx(y) = ∂x∂ydy.
Andererseits ist aberdy(x) = ∂x∂ydx. Einsetzen liefert danndx= ∂x∂y∂y∂xdx, also 1 = ∂x∂y∂y∂x. Und daraus folgt schließlich
∂x
∂y = (∂y
∂x )−1
.
Da wir ja von Anfang an ϕ = const. angenommen haben, d¨urfen wir auch noch bei beiden partiellen Ableitungen dieϕ’s dazuschreiben und erhalten das gesuchte Resultat.
∂y
∂x
ϕ
= ∂(y, ϕ)
∂(x, ϕ) = ∂(y, ϕ)
∂(y, x)
∂(y, x)
∂(x, ϕ) =− ∂ϕ
∂x
y
1
∂(x,ϕ)
∂(x,y)
=−
∂Φ
∂x
y
∂ϕ
∂y
x
{Hier wirdϕ=ϕ(x, y) =const. als unabh¨angige Variable aufgefasst, d. h. y=y(x, ϕ)}. (c)
Wir betrachtenxundz als unabh¨angige Variable, so dassy=y(x, z). Das erfolgt durch Aufl¨osen von F(x, y, z) = 0 nach y. Das Differenzial f¨ury ist dann
dy = ∂y
∂x
z
dx+ ∂y
∂z
x
dz Weiterhin istw=w(x, y), also
dw= ∂w
∂x
y
dx+ ∂w
∂y
x
dy.
Wir substituieren y(x, z) f¨ury in w(x, y), und erhalten als Differenzial f¨ur w(x, z):
dw= ∂w
∂y
x
∂y
∂z
x
dz+ (∂w
∂x
y
+ ∂w
∂y
x
∂y
∂x
z
) dx.
Daraus folgt
∂w
∂x
z
= ∂w
∂x
y
+ ∂w
∂y
x
∂y
∂x
z
. (1)
Analog erhalten wir aus dem Differenzial f¨urw(x(y, z), y):
∂w
∂y
z
= ∂w
∂y
x
+∂w
∂x
y
∂x
∂y
z
. (2)
Wir eliminieren ∂w/∂y|x (d.h. Gl. (2) in Gl. (1) einsetzen), und erhalten
∂w
∂x
z = ∂w
∂y
z
∂y
∂x
z.
Wir l¨osen nun w = w(x, y) nach x auf, betrachten also x als Funktion von y und w, d.h. x=x(y, w). Wir erhalten
dx= ∂x
∂y
w
dy+ ∂x
∂w
y
dw
Dir Gleichung F(x, y, z) = 0 l¨osen wir nach x auf, betrachten also x als Funktion von y und z, und erhalten daraus w=w(x(y, z), y). Das Differential f¨ur w(y, z) ist
dw= ∂w
∂y
zdy+ ∂w
∂z
ydz.
Wir substituieren dies in die Gleichung f¨ur dx und erhalten schließlich
∂x
∂y
z = ∂x
∂y
w+ ∂x
∂w
y
∂w
∂y
z. 4. Carnot cycle for an ultrarelativistic gas of bosons
It follows from U =σV T4 and p=U/3V that the pressure p= σT4
3 (3)
is independent of V. Therefore, an isothermal expansion does not change the pressure (i.e., here the isotherms appear to be p=const. lines in the p−V diagram).
We start the analysis of the Carnot cycle with the isotherm. The work of the system is given by
∆W =
∫ V2
V1
pdV = σT4
3 (V2−V1). (4)
The change in internal energy is
∆U =
∫ V2
V1
dU dV
T
dV =σT4(V2−V1). (5) Thus, the heat change during the isothermal expansion is
∆Q= ∆U+ ∆W = 4
3σT4(V2−V1) (6)
AtT =Th one gets
∆Qh = 4
3σTh4(V2−V1). (7)
Next we consider the adiabatic expansion. Of course, ∆Q = 0 holds. We only need to determine the value of the lower temperatureTl. From
p=− ∂U
∂V
S
= 1 3
U V it follows for S =const that
dU
U =−1 3
dV
V . (8)
This yields U ∼ V−1/3. Since U is extensive, and the only other extensive quantity is entropy, it must behave as U = αS4/3V−1/3 with constant α. This is equal to σV T4,
which gives (σ
α )3/4
V T3 =S (9)
Thus,V T3 =const along the adiabat. This gives for the expansion a volume V3 =V2
Th3
Tl3 (10)
and leads to an isothermal compression from V3 to V4 = V1TTh33 l
(such that the final adiabat reaches the initial state). Thus the heat change on the last isotherm is
∆Ql = 4
3σTl4(V4−V3) = −4
3σTl4Th3
Tl3 (V1−V2)
= −4
3σTlTh3(V1−V2). (11)
There is a finite total heat change ∆Qh+ ∆Ql>0 (and thus work done). At the same time,
∆S = ∆Qh
Th +∆Ql
Tl = 0, (12)
which means that the entropy is indeed a state variable.
