L¨ osungsvorschlag Theoretische Physik F Ubungsblatt 7 ¨
Prof. Dr. G. Sch¨ on und PD Dr. M. Eschrig
Sommersemester 2006
Aufgabe 18 5 Punkte
a.)
Da das Integral einer Ableitung ¨uber den gesamten Phasenraum verschwindet, folgt 0 = 1
Z
Z d6Nx h6NN!
∂
∂xi
f(x)e−H/kBT
=
∂f(x)
∂xi
− 1 kBT
f(x)∂H
∂xi
⇒
f(x)∂H
∂xi
=kBT
∂f(x)
∂xi
2 Punkte
b.)
f(x) =xj :
xj
∂H
∂xi
=δijkBT 1 Punkt
c.)
Ekin= 1 2
X3
i=1
pi
∂H
∂pi
w¨ahlef(x) =pi ⇒
pi∂H
∂pi
=kBT ⇒ hEkini=3
2kBT 1 Punkt
d.)
Eges=1 2
XN f
i=1
xi∂H
∂xi (N Teilchen, jeweilsf Terme⇒N F Terme) hEgesi ≡ hHi= N f
2 kBT Gleichverteilungssatz,f Freiheitsgrade 1 Punkt
Aufgabe 19 15 Punkte
a.)
E=−mµBH, m=−N,−N+ 2, . . . , N−2, N
entspricht N+m2 Spins nach oben und N−m2 Spins nach unten. 1 Punkt
→ Entartungsgrad: Ω(N, m) = N
N+m 2
= N!
N+m 2
! N−m2
! 1 Punkt
b.)
Mikrokanonisches Ensemble:N, mfest vorgegeben, alle Ω Realisierungen gleich wahrscheinlich.
Erwartungswert:
hSii= 1
2(P↑−P↓) = 1 2
Ω(N−1, m−1)−Ω(N−1, m+ 1) Ω(N, m)
= 1 2
N+m 2
! N−m2
!(N−1)!
1
(N+m2 −1)!(N−m2 )!−(N+m2 )!(1N−m2 −1)!
N!
= 1 2N
N+m
2 −N−m 2
= m
2N =− E
2µBHN 1 Punkt
hS2ii= 1
4, SiSj f¨uri6=j:
↑↑ = Ω(N−2, m−2) SiSj = 1/4
↓↓ = Ω(N−2, m+ 2) SiSj = 1/4
↑↓,↓↑ = 2Ω(N−2, m) SiSj=−1/4
1 Punkt
→ hSiSji=Ω(N−2, m−2) + Ω(N−2, m+ 2)−2Ω(N−2, m)
4Ω(N, m) 1 Punkt
=
N+m 2
! N−m2
! 4N(N−1)
"
1
N+m 2 −2
! N−m2
! + 1
N+m 2
! N−m2 −2
! − 2
N+m 2 −1
! N−m2 −1
!
#
=1 4
N+m 2
N+m
2 −1
+ N−m2 N−m
2 −1
−2 N+m2 N−m
2
N(N−1) = 1
4
m2−N
N(N−1) 1 Punkt
→
hSi2i − hSii2 = 14 1−mN22
>0 hSiSji − hSiihSji = 4(N1−1)
m2 N2 −1
<0 N−→→∞0 1 Punkt
c.)
S=kBln Ω(N, m) =kB
ln(N!)−ln
N+m 2
!
−ln
N−m 2
!
1 Punkt Anwendung von Stirlingformel:
S≈kB
N(lnN−1)−N+m 2
lnN+m 2 −1
−N−m 2
lnN−m 2 −1
=−kB
N+m
2 lnN+m
2N +N−m
2 lnN−m 2N
=−kB
2
N− E µH
ln
1 2 − E
2µHN
+
N+ E µH
ln
1 2+ E
2µHN
1 Punkt
d.)
1 T = ∂S
∂E =
"
kB
2µH ln 1
2− E 2µHN
− kB
2µH ln 1
2+ E 2µHN
+ N−µHE
1−µHNE
− 1 2µHN
+ N+µHE 1 +µHNE
1 2µHN
#
= kB
2µH ln1−N µHE
1 +N µHE kann<0 werden f¨urE >0 ( “Besetzungszahleninversion”) 2 Punkte
2
e.)
CH = ∂E
∂T
H
1 T = kB
2µH ln1−N µHE
1 + N µHE ↔ e−2µH/T =1−N µHE
1 + N µHE ⇒ E=−N µHtanh µH
kBT
1 Punkt
also CH= ∂E
∂T
H
=N K µH
kBT 2
1 cosh2
µH kBT
1 Punkt
M T = ∂S
∂H Benutze, dass E undH in S nur alsE/H vorkommen 1 Punkt
→ M =T ∂S
|{z}∂E
=1/T
·
−E H
=−E
H =N µtanh µH
kBT
1 Punkt
Aufgabe 20 8 Punkte + 8 Zusatzpunkte
H = XN
i=1
p2i 2m+1
2mω2x2i
a.)
Ω(E) = Z
H≤E
dx1. . . dxNdp1. . . dpN
Variablentransformation : qi= 1
√mpi, i= 1, . . . N qi=ω√
mxi, i=N+ 1, . . . ,2N Ω(E) = 1
ωN Z
P2N i=1q2i≤2E
dq1. . . dq2N → Volumen einer 2N dimensionalen Kugel mit Radius√ 2E
⇒ Ω(E) = 1 ωN
πN(2E)N
N! , Σ(E) = dΩ dE = 1
ωN
2N πN(2E)N−1
N! 1 Punkt
Smikro=kBln Σ =
↑ kBNln E N
lnN!≈NlnN−N
+kBN
1 + ln2π ω
+kBln(2N)
Smikro=kBNln2πE
ωN +kBN+kBln(2N) 1 T = ∂S
∂E =kBN
E ⇒ T = E
kBN 1 Punkt
b.)
Z= Z
dx1. . . dxNdp1. . . dpNe−βH = YN
i=1
Z
dpie−2mβ p2i
| {z } (2πmβ )1/2
YN
i=1
Z
dxie−βm2ω2x2i
| {z }
“ 2π
βmω2
”1/2
→ Z =
2πkBT ω
N
1 Punkt
F =−kBTlnZ ⇒ F =−N kBTln2πkBT
ω 1 Punkt
S=−∂F
∂T ⇒ S=N kBln2πkBT
ω +N kB 1 Punkt
U =F+T S ⇒ U =N kBT 1 Punkt
3
cV = ∂U
∂T
V
⇒ cV =N kB 1 Punkt
Skan=N kBln2πE
ωN +N kB E=U=N kBT
⇒ Skan−Smikro∼lnN 1 Punkt
c.) (Zusatzaufgabe)
H= XN
i=1
~ω
a+i ai+1 2
Z=Z1N = X∞
n=0
e−β~ω(n+1/2)
!N
=
e−β~ω/2 1 1−e−β~ω
N
=
2 sinh β~ω
2 −N
=Z 1 Punkt
F=−kBTlnZ ⇒ F =N kBTln
2 sinh ~ω
2kBT
1 Punkt
S=−∂F
∂T ⇒ S=−N kBln
2 sinh ~ω
2kBT
+N~ω 2T coth
~ω 2kBT
1 Punkt
U =F+T S ⇒ U =N~ω 2 coth
~ω 2kBT
1 Punkt
cV = ∂U
∂T
V
⇒ cV = N kB
~ω 2T
2
1 sinh2
~ω 2kBT
1 Punkt
T → ∞ : U =N kBT, cV =N kB wie klassisch 1 Punkt
T →0 : U =N~ω
2 Nullpunktsenergie 1 Punkt
cV = N kB
~ω 2T
2
e−kB T~ω ∼ 1
T2e−∆/kBT, ∆ =~ω= Energiel¨ucke 1 Punkt
4
