V2(f) denn der Druck und die Temperatur gleichen sich aus und die Teilchenzahlen bleiben konstant

Karlsruher Institut f¨ur Technologie Institut f¨ur Theorie der Kondensierten Materie Ubungen zur Theoretischen Physik F¨ SS 12

Prof. Dr. J¨org Schmalian L¨osungsvorschlag zu Blatt 5

Dr. Igor Gornyi 25.5.2012

1. Gibbs’sches Paradoxon:

(a) Vor der Zustands¨anderung ist f¨ur die beiden Teilsysteme bekannt:

p₁, V₁⁽ⁱ⁾, T₁, N₁ p₂, V₂⁽ⁱ⁾, T₂, N₂ V = V₁⁽ⁱ⁾ + V₂⁽ⁱ⁾ Nach der Zustands¨anderung gilt:

p, V₁^(f), T, N₁ p, V₂^(f), T, N₂ V = V₁^(f) + V₂^(f)

denn der Druck und die Temperatur gleichen sich aus und die Teilchenzahlen bleiben konstant. Auch das Gesamtvolumen bleibt konstant, die Gase befinden sich in einem Beh¨alter.

Nun sind die inneren Energien nach der idealen Gasgleichung gegeben durch:

vorher : U₁⁽ⁱ⁾ = f

2N₁k_BT₁ U₂⁽ⁱ⁾ = f

2N₂k_BT₂ U⁽ⁱ⁾= U₁⁽ⁱ⁾ + U₂⁽ⁱ⁾ nachher : U₁^(f) = f

2N₁k_BT U₂^(f) = f

2N₂k_BT U^(f)= U₁^(f) + U₂^(f) Nun betrachten wir den 1.Hauptsatz f¨ur das Gesamtsystem:

∆U = U⁽ⁱ⁾ − U^(f) = −∆(pV) + δQ = 0^!

denn das Volumen des Gesamtsystems kann sich nicht ¨andern und auch kann das Gesamtsystem keine W¨arme abgeben oder aufnehmen, da es thermisch isoliert ist.

Daraus ergibt sich:

U⁽ⁱ⁾ = U^(f) ⇒ (N1 + N2)f

2kBT = f

2kB(N1T1 + N2T2) ⇒ T = N1T1 + N2T2

N₁ + N₂ Berechnen wir noch den Druck nach der Zustands¨anderung. Dazu betrachten wir wieder die ideale Gasgleichung:

vorher : p₁V₁⁽ⁱ⁾= N₁k_BT₁ p₂V₂⁽ⁱ⁾= N₂k_BT₂ nachher : pV₁^(f)= N₁k_BT pV₂^(f)= N₂k_BT Daraus ergibt sich f¨ur das Gesamtsystem nach der Zustands¨anderung:

p(V₁^(f)+V₂^(f)) = (N₁ + N₂)k_BT

⇒ p= k_BN₁T₁ + N₂T₂

V₁^(f) + V₂^(f) = k_BN₁T₁ + N₂T₂

V = k_BN₁T₁ + N₂T₂ V₁⁽ⁱ⁾ + V₂⁽ⁱ⁾ (1) Wenn das Gesamtvolumen als nicht bekannt vorausgesetzt wird, kann man aus den im Anfangszustand bekanntenp_i,N_i undT_i mit der idealen Gasgleichung nochV₁⁽ⁱ⁾ und V₁⁽ⁱ⁾ berechnen und in (1) einsetzen.

(b) Nach der Zustands¨anderung aus a) wird die Wand ganz weg genommen und die Gase k¨onnen sich vermischen.

Fall 1: verschiedene Gase

Wir benutzen die auf Blatt 3, Aufgabe 1b) hergeleitete Formel, um die Entro- pie¨anderungen der idealen Gase zu berechnen. Dabei gilt in unserem Spezialfall nat¨urlich U = U₀ und N = N₀, bleibt also:

S = S₀ + N k_Bln (V

V₀ )

Nun berechnen wir f¨ur beide Gase jeweils die Entropie¨anderung, f¨ur beide Gase hat sich bei konstanter Teilchenzahl, Druck, Temperatur das Volumen verg¨oßert:

∆S1 = N1kBln (

V V₁^(f)

)

∆S₂ = N₂k_Bln (

V V₂^(f)

)

Damit ergibt sich die Summe der beiden Entropie¨anderungen, die sog. Mischungs- entropie zu:

∆S = ∆S₁ + ∆S₂ = N₁k_Bln (

V V₁^(f)

)

+ N₂k_Bln (

V V₂^(f)

)

Offensichtlich ist ∆S > 0, denn V_i > V. Dieses Ergebnis ist sinnvoll - der Prozess des Mischens ist irreversibel, die Entropie muss also zunehmen, die Ordnung des Systems nimmt ab.

Fall 2: gleiche Gase

Hier muss man etwas anders argumentieren: Nachdem dem Entfernen der Wand haben wir ein Gas mit N₁ + N₂ Teilchen, man kann nach dem Mischungsprozess keine Entropien mehr f¨ur beide Teil-Gase berechnen.

Deswegen berechnen wir dieses Mal zuerst die Gesamtentropie vor dem Mischungs- prozess und dann die Gesamtentropie danach:

S = N k_Bln ( V

N λ³ )

+ 5 2N k_B, vorher : S⁽ⁱ⁾ = S₁⁽ⁱ⁾ + S₂⁽ⁱ⁾ = N₁k_BlnV₁^(f)

N₁λ³ + N₂k_BlnV₂^(f) N₂λ³ +5

2k_B(N₁+N₂) nachher : S^(f) = (N₁ + N₂)k_Bln V₁+V₂

(N₁+N₂)λ³ +5

2(N₁ +N₂) Daraus berechnen wir dann wieder die Entropie¨anderung:

∆S = S^(f) − S⁽ⁱ⁾

= (N1 + N2)kBln V₁^(f)+V₂^(f)

(N₁+N₂)λ³ − N1kBlnV₁^(f)

N₁λ³ − N2kBlnV₂^(f) N₂λ³

= kB

[

N1ln(V₁^(f)+V₂^(f))N1

V₁^(f)(N₁+N₂) +N2ln(V₁^(f)+V₂^(f))N2

V₂^(f)(N₁+N₂) ]

Aufgabe 1a):

nachher : pV₁^(f) = N₁k_BT pV₂^(f) = N₂k_BT

p(V₁^(f)+V₂^(f)) = (N1+N2)kBT

⇒ V₁^(f)+V₂^(f) N1+N2

= k_BT

p = V₁^(f) N1

= V₂^(f) N2

. Damit ergibt sich die Mischungsentropie zu:

∆S =kB[N1ln(1) +N2ln(1)] = 0.

Der Mischungsprozess bestand lediglich darin, dass wir die Wand zwischen zwei identischen, im thermischen Gleichgewicht befindlichen Gasen herausgenommen ha- ben, physikalisch hat sich aber nichts am Gesamtsystem ge¨andert, weil die Gase ja identisch waren. Also kann sich auch die Entropie nicht ge¨andert haben, da dieser Prozess reversibel ist.

2. Entropie aus der Anzahl der Zust¨ande:

English:

(a) The volume of the region in phase space with energy less than E is Ω (E) = V^N (2πmE)^3N/2

Γ (3N/2 + 1) (2)

which is the result of the integration Ω (E) = V^N

∫ ∏N i=1

d³p_iθ (

2mE −

∑N i=1

p²_i )

. (3)

The integral is most easily done my noticing

∂Ω (E)

∂E = 2mV^N

∫ ∏N i=1

d³p_iδ (

2mE −

∑N i=1

p²_i )

(4) which is easier to do. The number of states is determined via

N(E) = 1 N!

Ω (E)

h^3N (5)

The term h^3N is just the elementary volume in phase space and the prefactor _N!¹ takes care of the indistinguishability of the particles. It follows:

S =k_Blog (

V^N (2πmE)^3N/2 N!Γ (3N/2 + 1)h^3N

)

. (6)

(b) Using logN!≃NlogN −N and Γ (3N/2 + 1)≃(3N/2)! ≃(3N/2e)^3N/2 gives S = 3N k_B

2 +N k_Blog (

V

(4πmE 3h²N

)3/2)

+N k_B−N k_BlogN

= 5N k_B

2 +N k_Blog (

V N

(4πmE 3h²N

)3/2)

(7) (c) We can determine the pressure as

p=− ∂E

∂V

V,N

(8) which leads top= ²₃^E_V. Next we find the temperature from

T = ∂E

∂S

V,N

= 3 2

N kB

E (9)

which gives the familiarE = ³₂N k_BT and leads to p= ^{N k}_V^BT. Deutsch:

(a) Bei einem klassichen nichtrelativistischen idealen Gas mit N Teilchen gilt f¨ur die Gesamtenergie:

H =

∑N i=1

p_i² 2m

Dabei ist das Spektrum f¨ur p_i kontinuierlich, man kann also bereits bei zwei Teil- chen die Zust¨ande mit einer bestimmten Gesamtenergie E nicht mehr abz¨ahlen. Die einzige M¨oglichkeit, N(E) zu berechnen, geht also ¨uber die Zustandsdichte (siehe auch Aufgabe 3).

Wenn ν(E) die Zustandsdichte ist, so gibt ν(E)dE an, wie viele Zust¨ande pro Vo- lumen sich im Energieintervall [E, E+dE] befinden. Damit folgt dann:

ν(E) = 1 V

∑

p

δ(E − H(p)) ⇒ N(E) = ∑

p

δ(E − H(p)) Da unser Spektrum kontinuierlich ist, benutzen wir wieder, wie in der Vorlesung

∑

p

→ V^N h^3N

∏N i=1

∫ d³p_i wobei unser Impulsraum nat¨urlich 3N-dimensional ist.

Damit gilt dann:

N(E) = V^N N!h^3N

∫ ∏N i=1

d³p_iδ (

E −

∑N i=1

p_i² 2m

)

= V^N N!h^3N

∫

dΩ_(3N)p²_(3N)dp_(3N)δ (

E − p²_(3N) 2m

)

∝ E^(3N−1)/2

Vom 1. zum 2. Schritt wurden sph¨arische Koordinaten p²_3N =

∑N i=1

p_i² =

i=N,j=3∑

i=1,j=1

p²_i,j

benutzt und die Integration ¨uber ein 3N-dimensionales Kugelvolumen durchgef¨uhrt.

Dabei m¨ussen wieder die Rechenregeln f¨ur δ[g(x)], die in der L¨osung zu Aufgabe 3 n¨aher erl¨autert sind, ber¨ucksichtigt werden.

Das Wesentlich hieran ist nun, dass die Zustandsdichte f¨ur große N sehr stark mit der Energie E ansteigt. Dann liefern bei großen N also die Zust¨ande mit der Energie nahe bei E den Hauptbeitrag, kleinere Energien tragen nur unwesentlich bei. Deswegen kann man in guter N¨aherung N(E) mit der Anzahl aller Zust¨ande mit Energie kleiner als E betrachten, was die Rechnung etwas vereinfacht:

N(E) ≈ Ω(E)

N!h^3N = V^N N!h^3N

∫ ∏N i=1

d³p_iθ (

E −

∑N i=1

p_i² 2m

)

= V^N N!h^3N

π^3N/2(2mE)^3N/2 Γ(_3N

2 + 1)

Dabei wurde wieder wie bei der Zustandsdichte verfahren und benutzt, dass das Volumen einer d-dimensionalen Kugel mit Radius R gerade

V_d = π^d/2R^d Γ(_d

2 + 1)

betr¨agt. (Alternativ h¨atte man nat¨urlich auch N(E) ¨uber E integrieren k¨onnen, doch die direkte Berechnung von Ω(E) ist leichter nachvollziehbar.) Nun kann man im thermodynamischen Limes großer N wieder die Stirling-Formel N! ≈

√2πN(_N

e

)N

≈ (_N

e

)N

und mit der Definition der Gammafunktion ¨uber die Fa- kult¨at die N¨aherung Γ(_3N

2 + 1)

≈ (_3N

2

)! ≈ (_3N

2e

)^3N

2 verwenden und erh¨alt:

N(E) = (

8e^5/2V (πmE)^3/2 3^3/2h³N^5/2

)N

Daraus ergibt sich dann die Entropie zu:

S = k_BlnN(E) ≈ N k_Bln (

8V (πmE)^3/2 3^3/2h³N^5/2

) + 5

2N k_B

(b) Wenn man nun annimmt, dass E = U = ³₂N k_BT f¨ur ein ideales Gas gilt, dann erh¨alt man:

S ≈ N k_Bln

(V(2mπk_BT)^3/2 N h³

) + 5

2N k_B = N k_Bln ( V

N λ³ )

+ 5 2N k_B wobei die thermische de Broglie-Wellenl¨ange λ = √ ^h

2πmkBT eingesetzt wurde. Ver- gleichen wir dies mit der Entropie im kanoischen Ensemble, wie sie in der Vorlesung hergeleitet wurde:

S_K = N k_Bln ( V

N λ³ )

+ 5 2N k_B

so sieht man, dass im thermodynamischen Limes die Entropie in der urspr¨unglichen statistischen Definition und die in der kanonischen Gesamtheit gleich sind.

(c) Wir gehen aus von der Entropie, die wir in a) berechnet haben:

S ≈ N kBln (

8V (πmE)^3/2 3^3/2h³N^5/2

) + 5

2N kB

Also gilt f¨ur die Funktion S offensichtlich S = S(U, V, N). Dann benutzen wir die

”thermodynamische Fundamentalbeziehung“:

T S = U + pV − µN ⇒ S = U + pV − µN T

Wir berechnen das Differential dS = ∂S

∂U

V,N

dU + ∂S

∂V

U,N

dV − ∂S

∂N

V,U

dN = 1

TdU + p

TdV − µ TdN damit erhalten wir dann:

1

T = ∂S

∂U

V,N

= 3 2

N k_B

U ⇒ U = 3

2N k_BT und:

p

T = ∂S

∂V

U,N

= N kB

V ⇒ pV = N k_BT wobei wir wiederE =U gesetzt haben.

Wir haben also jeweils f¨ur die Temperatur und den Druck die ideale Gasgleichung reproduziert, wobei wir von der statistischen Definition der Entropie ausgegangen sind.

3. Zustandsdichte in niedrigen Dimensionen:

Berechnen der Zustandsdichte

ρ(ϵ) = 1 V

∑

k

δ(ϵ − ϵ(k))

eines freien quantenmechanischen Teilchens. Daf¨ur gilt zun¨achst die Schr¨odinger-Gleichung H|ψ⟩ = p²

2m|ψ⟩ = ϵ|ψ⟩ mit der L¨osung und dem Spektrum:

ψ(x) ∝ e^ik·x ⇒ ϵ(k) = ~² 2mk²

Wir betrachten eine beliebige Raumrichtungei und f¨uhren periodische Randbedingun- gen f¨ur das Teilchen ein:

ψ(x + Le_i) = ψ(x) ⇒ Lk·e_i = 2πn_i ⇒ k_i = 2π

L n_i n_i ∈ Z Nun f¨uhrt man ein Volumenelement pro Richtung ein:

dk_i = 2π

L(n_i + 1 ) − 2π

L n_i = 2π L

womit man dann im Limes L → ∞ die Summe (in d Dimesionen) in ein Integral umschreiben kann:

1 L^d

∑

k

→

∫ d^dk (2π)^d Dann benutzen wir noch eine weitere hilfreiche Relation:

∫

δ(f(x))dx = ∑

i

∫ δ(x−x_i)

|g^′(xi)| dx g^′(x) = d dxg(x) wobei die x_i einfache Nullstellen von g(x) sind.

(a) Berechnet werden muss:

ρ(ϵ) = 1 2π

∫ _∞

−∞

δ (

ϵ − ~² 2mk²

) dk also ist

g(k) = −~²

2mk² + ϵ ⇒ g^′(k) = −~² mk Diesesg hat die Nullstellen:

k_1,2 = ±

√2mϵ

~² ⇒ g^′(k_1,2) = ∓~

√2ϵ m Damit ergibt sich dann die Zustandsdichte in einer Dimension:

ρ(ϵ) = 1 2π~

√m 2ϵ

[∫ _∞

−∞

δ (

k −

√2mϵ

~² )

dk +

∫ _∞

−∞

δ (

k +

√2mϵ

~² )

dk ]

= 1 π~

√m 2ϵ

(b) Hier ist es hilfreich, Polarkoordinaten zu benutzen, das Volumenelement ist dann d²k = dφkdk, das Spektrum lautet auch in Polarkoordinaten immer noch:

ϵ(k) = ~² 2mk²

Damit sind dann auchg, dessen Nullstellen und die Ableitung nach k wieder iden- tisch wie im Fall d=1. Analog ergibt sich die Zustandsdichte:

ρ(ϵ) = 1 4π²

∫ 2π 0

dφ

∫ _∞

0

kδ (

ϵ − ~² 2mk²

) dk

= 1 2π

√m 2ϵ~^−3/2

[∫ _∞

0

kδ (

k −

√2mϵ

~² )

dk +

∫ _∞

0

kδ (

k +

√2mϵ

~² )

dk ]

= m

2π~²

wobei das zweite Integral wegf¨allt, da dort die Deltafunktion um ein negatives k zentriert ist und hier nur von [0,∞) integriert wird.

Wichtiges Ergebnis: Offenbar ist die Zustandsdichte in 2 Dimensionen konstant.

4. Besetsungszahlen in einem idealen Fermi-Gas:

In einem Fermi-Gas

n_λ =

{1, wennλbesetzt ist

0, wennλleer ist ⇒ n_λ =n²_λ. Die Teilchen sind ununterscheidbar undunabh¨angig.

Wir betrachten das Fermi-Gas der Einfachheit halber im großkanonischen Ensemble, wo die Gesamt-Teilchenzahl nicht festgelegt ist. F¨ur die Einteilchenzust¨ande gilt:

h|λ⟩ = ϵ_λ|λ⟩

wobei h der Hamiltonoperator eines Teilchens ist. Die Vielteilchenzust¨ande geben wir in der Besetzungszahldarstellung an:

|Ψ⟩ = |n₁, n₂, ..., n_λ, ....⟩

wobei die n_λ angeben, wie viele Teilchen sich im Einteilchenzustand |λ⟩ befinden.

Damit sind dann die Gesamtenergie und die Gesamt-Teilchenzahl eindeutig durch die n_λ charakterisiert:

E({n_λ}) = ∑

λ

ϵ_λn_λ N({n_λ}) = ∑

λ

n_λ

Damit kann man dann die Zustandssumme berechnen:

Z_G= ∑

{nλ}

e^{−β(E({nλ})−µN({nλ}))}

= ∑

{nλ}

e^{−β∑λnλ(ϵλ−µ)}

= ∑

n1,n2,...

e^{−βn1(ϵ1−µ)}e^{−βn2(ϵ2−µ)}...

= ∏

λ

Z_λ mitZ_λ = ∑

λ

e^{−βnλ(ϵλ−µ)}

F¨ur Fermionen kann n_λ nur die Werte 0 oder 1 annehmen (Pauli-Prinzip), dann kann man Z_λ einfach berechnen:

Z_λ = 1 + e^{−β(ϵλ−µ)} (a) Die großkanonische Zustandsfunktion lautet:

W({nλ}) = 1

Z_Ge^{−β(E({nλ})−µN({nλ}))}

und gibt die Wahrscheinlichkeit an, das System in einem Zustand {n_λ} zu finden.

Weil Zustandsoperator und Zustandssumme faktorisieren, ist die Wahrscheinlich- keit, dass |λ⟩ mit n_λ Teilchen besetzt ist, gegeben durch:

W(n_λ) = 1 Zλ

e^{−βnλ(ϵλ−µ)}

Dann ist die mittlere Besetzungszahl eines Zustands:

⟨n_λ⟩ = 1 Z_λ

∑

n_λ

n_λe^{−βnλ(ϵλ−µ)} = e^{−β(ϵλ−µ)}

Z_λ = 1

e^{β(ϵλ−µ)} + 1

Bei Fermionen gilt wegenn_λ ∈ {0,1}n²_λ = n_λund deswegen offensichtlichW(n²_λ) = W(n_λ). Damit folgt:

⟨n²_λ⟩ = 1 Z_λ

∑

nλ

n²_λe^{−βnλ(ϵλ−µ)} = e^{−β(ϵλ−µ)}

Z_λ = 1

e^{β(ϵλ−µ)} + 1 womit ⟨n_λ⟩ = ⟨n²_λ⟩gezeigt ist.

⟨n²_λ⟩=∑

n_λ

n²_λWλ(nλ) =∑

n_λ

nλWλ(nλ) = ⟨nλ⟩

(b) Hier soll die Korrelation zweier Besetzungszahlen untersucht werden.

Wennλ₁ ̸=λ₂:

W_λ1λ2(n_λ1λ2) = W_λ1(n_λ1)W_λ2(n_λ2), Wie in a) berechnen wir wieder:

⟨nλ1nλ2⟩= 1 Z_λ1

1 Z_λ2

∑

n_λ1, n_λ2

nλ1nλ2e^{−βnλ1(ϵλ1−µ)}e^{−βnλ2(ϵλ2−µ)}

= 1

Z_λ1Z_λ2e^{−β(ϵλ1+ϵλ2−2µ)}

= 1

(e^{β(ϵλ1−µ)} + 1)(e^{β(ϵλ2−µ)} + 1)

Dann benutzen wir das Ergebnis aus a):

⟨n_λ1⟩⟨n_λ2⟩ = 1

e^{β(ϵλ1−µ)} + 1 · 1 e^{β(ϵλ2−µ)} + 1 womit die Relation ⟨n_λ1n_λ2⟩ = ⟨n_λ1⟩⟨n_λ2⟩gezeigt ist.

⟨nλ1nλ2⟩= ∑

n_λ1n_λ2

nλ1nλ2Wλ1λ2(nλ1λ2) = ∑

n_λ1n_λ2

nλ1nλ2Wλ1(nλ1)Wλ2(nλ2)

=∑

nλ1

n_λ1W_λ1(n_λ1)∑

nλ2

n_λ2W_λ2(n_λ2) =⟨n_λ1⟩⟨n_λ2⟩.

Die Besetzungszahlen der Einteilchen-Niveaus in einem idealen Fermi-Gas sind also nicht korreliert.

(c)

⟨N⟩=∑

λ

⟨n_λ⟩.

⟨N⟩² = (∑

λ

⟨n_λ⟩ )2

=∑

λ

⟨n_λ⟩²+ ∑

λ1̸=λ2

⟨n_λ1⟩⟨n_λ2⟩

⟨N²⟩=

⟨(∑

λ

n_λ )2⟩

=∑

λ

⟨n²_λ⟩+ ∑

λ1̸=λ2

⟨n_λ1n_λ2⟩

(∆N)² ≡ ⟨N²⟩ − ⟨N⟩² =∑

λ

[⟨n²_λ⟩ − ⟨n_λ⟩²]

=∑

λ

⟨n_λ⟩[1− ⟨n_λ⟩], deswegen

(∆N)² =⟨N⟩ −∑

λ

⟨n_λ⟩² 6⟨N⟩ Letztendlich

∆N 6√

⟨N⟩ ⇒ ∆N

⟨N⟩ 6 1

√⟨N⟩. WennT = 0, dann ⟨n_λ⟩= 0,1, deswegen

∆N(T = 0) = 0.

5. Thermodynamik des idealen Fermi-Gases:

Wir betrachten ein Fermi-Gas bei T = 0. Aus Aufgabe 4 ist bekannt, dass sich die Fermi-Funktion n_F(ϵ) = ⟨n_λ⟩ zu n_F(ϵ) = θ(µ−ϵ) reduziert. Dabei ist auch bekannt, dass das chemische Potential µ des Fermigases bei T = 0 gerade der Fermi-Energie EF = _2m^p2F entspricht, mit dem Fermi-Impuls pF.

In dieser Aufgabe erweist es sich als vorteilhaft, die Summen als Integrale ¨uber die Zustandsdichte auszudr¨ucken. Dazu berechnen wir die Zustandsdichte (pro Spin) eines freien Teilchens in d=3 Dimensionen analog zu Aufgabe 3:

ρ(ϵ) = 1 V

∑

k

δ(ϵ − ϵ(k))

= 1

(2π)³

∫ d³k δ

(

ϵ − ~² 2mk²

)

= 1

(2π)³

∫ _4π

0

dΩ

∫ _∞

0

dk k²δ (

ϵ − ~² 2mk²

)

= 1

2π²

∫

dk k²δ (

ϵ − ~² 2mk²

)

= m^3/2

√2π²~³

∫ dx√

x δ(ϵ − x)

= m^3/2

√2π²~³

√ϵ (10)

Bisher haben wir die Summen ¨uber Impulse oft in Integrale umgeschrieben, diesmal gehen wir noch einen Schritt weiter und integrieren ¨uber die Zustansdichte:

∑

p

f(ϵ(p)) → V h³

∫

d³p f(ϵ(p)) = V

∫

dϵ ρ(ϵ)f(ϵ)

wovon man sich durch Einsetzen der Definition der Zustandssichte ¨uberzeugen kann.

(a) Die Gesamtteilchenzahl ist, wie bereits aus Aufgabe 4 bekannt, im großkanonischen Ensemble gegeben durch:

N = ∑

λ

⟨n_λ⟩ = ∑

λ

n_F(ϵ_λ) = ∑

σ

∑

p

n_F(ϵ(p)) ^T=⁼⁰ ∑

σ

∑

p

θ(E_F − ϵ(p))

= (2s+ 1)∑

p

θ(E_F − ϵ(p))

wobei wir hier auch den Spin der Fermionen ber¨ucksichtigt haben (in der Aufga- benstellung nicht explizit gefordert). Wie oben beschrieben, ersetzen wir nun ∑

p

durch ein Integral ¨uber die Zustandsdichte:

N = (2s+ 1)V

∫∞ 0

dϵρ(ϵ)θ(E_F − ϵ) ⁽¹⁰⁾= (2s+ 1)V m^3/2

√2π²~³

EF

∫

0

dϵ√ ϵ

= (2s+ 1)V m^3/2√ 2E_F^3/2

3π²~³ = (2s+ 1)V p³_F

6π²~³ = (2s+ 1)V 4π 3h³p³_F (b) Wir berechnen die innere Energie im großkanonischen Ensemble:

U = ⟨E⟩ = ∑

λ

ϵ_λW_λ(ϵ_λ) = ∑

λ

ϵ_λ 1

Z_λe^{−β(ϵλ−µ)} Mit dem aus Aufgabe 4 bekannten Ausdruck f¨ur Z_λ ergibt das:

U = ∑

λ

ϵλe^{−β(ϵλ−µ)}

1 + e^{−β(ϵλ−µ)} = ∑

λ

ϵλ

e^{β(ϵλ−µ)} + 1 = ∑

λ

ϵ_λn_F(ϵ_λ)

T=0

= ∑

λ

ϵ_λθ(E_F − ϵ_λ)

Analog zum vorigen Aufgabenteil berechnen wir diese Summe wieder als Integral

¨uber die Zustandsdichte:

U = (2s+ 1)V

∫∞ 0

dϵ ρ(ϵ)ϵ θ(E_F − ϵ) = (2s+ 1)V m^3/2

√2π²~³

E_F

∫

0

dϵ ϵ^3/2

= (2s+ 1)V m^3/2√ 2E_F^5/2

5π²~³ = (2s+ 1)V p⁵_F

20mπ²~³ = (2s+ 1)V 2πp⁵_F 5mh³ (c) Wir berechnen nun das großkanonische Potential Ω = −k_BT ln(Z_g). Im Falle des

idealen Fermi-Gases faktorisiert die Zustandssumme und man erh¨alt:

Ω = −k_BTln (∏

λ

Z_λ )

= −k_BT ∑

λ

ln(

1 + e^{−β(ϵλ−µ)})

= −(2s+ 1)k_BT V

∫ _∞

0

dϵ ρ(ϵ) ln(

1 + e^{−β(ϵ−µ)})

wobei wir die Summe wieder wie in den beiden vorigen Teilaufgaben in ein Integral umgeschrieben haben. Dieses Integral kann man nun partiell integrieren:

Ω = (2s+ 1)k_BT V

∫ _∞

0

dϵ ρ(ϵ) ln(

1 + e^{−β(ϵ−µ)})

= (2s+ 1)k_BT V [

ln(

1 + e^{−β(ϵ−µ)}) ∫ ^ϵ

0

dϵ^′ρ(ϵ^′) ]_∞

0

+ (2s+ 1)kBT V

∫ _∞

0

dϵ (∫ ϵ

0

dϵ^′ρ(ϵ^′)

) −β e^{−β(ϵ−µ)}

1 + e^{−β(ϵ−µ)} (11) Das dabei auftretende Integral der Zustandsdichte bezeichnen wir mit a und kann in unserem Fall elementar integriert werden:

a(ϵ) =

∫ ϵ 0

dϵ^′ρ(ϵ^′) ⁽¹⁰⁾=

√2m^3/2ϵ^3/2 3π²~³

Der erste Summand in (11) verschwindet f¨ur ϵ=∞, da e^(...)→0 in diesem Limes.

Er verschwindet auch f¨urϵ= 0 daa(0) = 0 gilt. Also bleibt nur der zweite Summand

¨ubrig, den wir noch umschreiben k¨onnen:

Ω = −(2s+ 1)βk_BT V

∫ _∞

0

dϵ a(ϵ) e^{−β(ϵ−µ)} 1 + e^{−β(ϵ−µ)}

= −(2s+ 1)V

∫ _∞

0

dϵ a(ϵ) 1

e^β(ϵ−µ) + 1 = −(2s+ 1)V

∫ _∞

0

dϵ a(ϵ)n_F(ϵ) was zu zeigen war. Im LimesT →0 gilt wiedernF(ϵ) = θ(EF−ϵ) und wir erhalten:

Ω = −(2s+ 1)V

∫ _∞

0

dϵ a(ϵ)θ(E_F −ϵ) = −(2s+ 1)V

√2m^3/2 3π²~³

∫ EF

0

dϵ ϵ^3/2

= −(2s+ 1)V (2m)^3/2E_F^5/2

15π²~³ = −(2s+ 1)V p⁵_F

30π²~³m = −(2s+ 1)V 4πp⁵_F 15mh³ (d) Die Ergebnisse aus den vorigen 3 Teilaufgaben waren:

Ω(T = 0) = − 1 30

(2s+ 1)V π²~³

p⁵_F m = 1

30A U(T = 0) = 1

20

(2s+ 1)V π²~³

p⁵_F m = 1

20A µN = 1

12

(2s+ 1)V π²~³

p⁵_F m = 1

12A Die zu ¨uberpr¨ufende Relation

Ω =U −T S−µN gilt offensichtlich, weil

− 1 30 = 1

20− 1 12 und wir uns im GrenzfallT = 0 befinden.

(e) Hier berechnen wir den Druck des entarteten (T = 0) Fermigases aus der Relation P =− ^∂Ω_∂V

T,µ:

P(T = 0) = (2s+ 1) p⁵_F 30π²~³m

=a) 1 5m

(2s+ 1 6π²~³

)₋2/3( N V

)5/3

Wenn man das mit dem Ergebnis aus Aufgabe 2 f¨ur ein klassiches Gas P = k_BTN

V

vergleicht, so sieht man ein v¨ollig verschiedenes Tieftemperaturverhalten von dem des Quantengases.

6. Bonusaufgabe: Zwischenklausur, Aufgabe 3f

Finden Sie die Temperatur T_∗, die Spinsystem und Probe nach dem Temperaturaus- gleich besitzen f¨ur

(a) k_BT₁ > k_BT₂ ≫µB₂,

(b) µB₂ ≫k_BT₁ > k_BT₂ unter der Annahme, dass k_BN/C_V^Probe .1.

(c) Was muss man machen um T_∗ = 0 zu erreichen?

Energieerhaltungssatz:

C_V^ProbeT₁+U_s(T₂, B₂) = C_V^ProbeT_∗+U_s(T_∗, B₂) C_V^ProbeT₁−M(T₂, B₂)B₂ = C_V^ProbeT_∗−M(T_∗, B₂)B₂ oder

C_V^Probe(T_∗−T₁) = −

∫ T_∗ T2

dT_sC_B(T_s). (12) Zwischenklausur, Aufgabe 3a:

M(T, B) = µNtanh ( µB

k_BT )

.

Zwischenklausur, Aufgabe 3d:

C_B = N µ²B² k_BT²cosh²

(µB k_BT

).

Daraus folgt:

C_V^Probe(T_∗−T₁) = N µB₂ [

tanh ( µB

k_BT_∗ )

−tanh ( µB

k_BT₂ )]

(13) OffensichtlichT₂ < T < T₁.

(a) µB₂ ≪k_BT₂ < k_BT₁ (⇒auch µB₂ ≪k_BT_∗):

C_V^Probe(T_∗−T₁)≃ N µ²B₂² k_B

( 1 T_∗ − 1

T₂ )

, (14)

T_∗²+

( N µ²B₂²

k_BT₂C_V^Probe −T₁ )

T_∗− N µ²B₂² k_BC_V^Probe = 0,

T_∗ = 1 2



T₁− N µ²B₂² k_BT₂C_V^Probe +

√(

T₁− N µ²B₂² k_BT₂C_V^Probe

)2

+ 4N µ²B₂² k_BC_V^Probe



. (15)

(b) µB₂ ≫k_BT₁ > k_BT₂ (⇒auch µB₂ ≫k_BT_∗):

M(T, B)≈N µ [

1−2 exp (

−2µB kBT

)]

C_V^Probe(T_∗ −T₁)≃2N µB₂ [

exp (

−2µB k_BT₂

)

−exp (

−2µB k_BT_∗

)]

. (16) Definieren wir

t=k_BT_∗/(2µB₂) und

a=k_BN/C_V^Probe .1.

Damit ergibt sich

t−t₁ = a(

e^−1/t2 −e^−1/t)

≪1 (17)

⇒ t−t1 ≃ a(

e^−1/t2 −e^−1/t1)

. (18)

T_∗ =T₁− k_BN C_V^Probe

[ exp

(

−2µB₂ kBT1

)

−exp (

−2µB₂ kBT2

)]

. (19)

(c) Kann man um T = 0 zu erreichen?

Nach dem dritten Hauptsatz der Thermodynamik ist der absolute Nullpunkt eine ideale Messgr¨oße, jedoch k¨onnen reale Temperaturen beliebig nahe dem absoluten Nullpunkt erreicht werden.

In the present problem, one can repeat the cycle again. After the equilibration between the probe and the spin system has been established, we call the equilibrium temperature T_∗ found above ˜T₁, B₂ → B˜₁. Next, we thermally isolate the spin system, and return to the condition of this exercise, but at lower temperature and lower magnetic field: ˜T₁ < T₁, ˜B₁ < B₁. Repeating the steps described above, we further cool our Probe. However, in view of the Third Law of Thermodynamics, one can not reach absolute zero (at least, in a finite number of steps), see example below.

Exkurs: K¨uhlung durch adiabatische Entmagnetisierung. As an exam- ple, one can analyze the behavior of the equilibrated T aftern ≫1 steps using the results for µB ≪ k_BT [Eq. (14)]. Clearly, if one sends B₂ → 0 already at the first step of cooling, further decrease of T_∗ would not be possible. Let us therefore consider the opposite programme, consisting of many small steps. Re- calling that B₁/T₁ =B₂/T₂, one can consider a small change of magnetic field:

B2 =B1−∆B which results in a small change of the equilibrated temperature T_∗ =T₁−∆T. SubstitutingT₁ →T, T_∗−T₁ → −∆T, B₁ →B, B₂ →B−∆B,

and 1

T₂ = B1

T₁B₂ → B T(B −∆B) into Eq. (14),

−∆T ≃ N µ²(B −∆B)² k_BC_V^Probe

( 1

T −∆T − B T(B−∆B)

)

≃ N µ²B² kBC_V^Probe

(∆T

T² −∆B BT

)

. (20)

one can derive a differential equation which would describe the cooling cycle with infinitesimal steps. DenotingX =T /B, we have

∆X = ∆ (T

B )

= ∆T

B −∆BT B² = T²

B (∆T

T² − ∆B BT

) , which allows us to re-write Eq. (20) as

−∆T ≃ N µ²B² k_BC_V^Probe

B T²∆

(T B

) ,

−∆T

T ≃ N µ² kBC_V^Probe

∆X

X³ . (21)

Integrating this equation from B₁ down to B_f = 0, we find T_f =T₁exp

[

− k_BN C_V^Probe

(µB₁ kBT1

)2]

>0. (22)

Increasing the number of spins in the system, k_BN/C_V^Probe → ∞, one can ap- proachTf →0. Nevertheless, for any finite value ofN one stops (after an infinite number of steps) at a finite value of T_f.

The procedure described in this exercise is called “Cooling by demagnetization”

or “Magnetic refrigeration”, see, e.g.,

http://en.wikipedia.org/wiki/Magnetic refrigeration http://de.wikipedia.org/wiki/Magnetische K¨uhlung.

http://en.wikipedia.org/wiki/Third law of thermodynamics#Can absolute zero be obtained.3F