Statistische Mechanik, SS21: ¨ Ubung 1 - L¨ osung
Abgabefrist: Mi., 21. April 2021, 8:00 a.m.
Besprechung: Fr., 23. April 2021
Bsp. 1: Großkanonische Zustandssumme - L¨ osung
10 Punkte Die von Neumann Entropie ist gegeben durch
S(Pr) =−kX
r
PrlnPr, (1)
wobei Pr die Wahrscheinlichkeit ist, dass das System im Mikrozustandr ist.
(a) Unter den Nebenbedingungen P
rPr= 1,P
rErPr =E,P
rNrPr =N soll die Gr¨oße S(Pr)−
3
X
i=1
λifi(Pr) (2)
extremal werden, also sich in einem Gleichgewichtszustand befinden. Hier sind die λi die Lagrange-Multiplikatoren (manchmal auch Lagrangeparameter genannt). Um nach einem Extrema zu suchen, betrachten wir die Ableitung
d dPr
S(Pr) k −
3
X
i=1
λifi(Pr) !
= 0 . (3)
Einsetzen der Nebenbedingungen, Verwendung von dxd (xln(x)) = ln(x)+1und umstellen liefert
d dPr
S(Pr)
k −λ1X
r
Pr−λ2X
r
ErPr−λ3X
r
NrPr !
= 0 1 + ln(Pr) +λ1+λ2Er+λ3Nr = 0 .
(4)
Aufl¨osen nach Pr ergibt
Pr =e−1−λ1−λ2Er−λ3Nr . (5) Es verbleibt nun die einzelnen λi zu berechnen. Mit Hilfe des Hinweises l¨asst sich die
X
r
Pr =e−1−λ1X
r
e−λ2Er−λ3Nr =e−1−λ1Y = 1
→e−1−λ1 = 1 Y
→λ1 = ln(Y)−1 .
(6)
Wir setzen die Normierung aus Gleichung (6) in den Ausdruck der Wahrscheinlichkeiten (5) ein und erhalten
Pr = 1
Y e−λ2Er−λ3Nr . (7) Wir benutzen, dass ln(Y1) = −ln(Y) und setzen unsere gefundenen Ergebnisse in den Ausdruck der Entropie ein
S(Pr) =−kX
r
Pr
−ln(Y)−λ2Er−λ3Nr
=k
ln(Y) +λ2E+λ3N ,
(8)
wobeiE =Er und N =Nr (Ist ein System in Kontakt mit einem W¨armebad und einem Teilchenreservoir, sind zwar unterschiedliche Energien Er und TeilchenzahlenNr erlaubt, die Mittelwerte sind allerdings durch die Temperatur T und das chemische Potential µ bestimmt.) .
Um die restlichen Lagrange-Multiplikatoren mit physikalischen Messgr¨oßen zu verbinden, benutzen wir dE =TdS−PdV +µdN und erhalten daraus
∂S
∂E
V,N = 1
T =kλ2 und ∂S
∂N
E,V =−µ
T =kλ3 . (9) Somit bestimmten wir λ2 = β und λ3 = −βµ. Schlussendlich sind die Wahrschein- lichkeiten
Pr(T, V, µ) = 1
Y e−β[Er(V,Nr)−µNr] , (10) wobei die Normierung (durch das großkanonische Ensemble) gegeben ist durch
Y =X
r
e−β[Er(V,Nr)−µNr] (11)
(b) In Aufgabenteil a) hatten wir gefunden, dass die Wahrscheinlichkeiten fur den Mikrozus- tand r im großkanonischen Ensemble gegeben sind durch
Pr(T, V, µ) = 1
Y e−β[Er(V,Nr)−µNr] . (12) Setzen wir dies in Gleichung (1) ein, erhalten wir zun¨achst
S(Pr) = −kX
r
PrlnPr =−kX
r
Prlnh1
Y e−β[Er(V,Nr)−µNr]i
. (13) Wir f¨uhren die Summe aus und erhalten
S(Pr) = kln(Y) + E−µN
T (14)
Das großkanonische Potential ist definiert via J = E −T S−µN. Wir setzen ein und erhalten
J =E−kTln(Y)−E+µN −µN =−kTln(Y) . (15)
Bsp. 2: Kanonische Zustandssumme und Energie-Nullpunkt - L¨ osung
5 Punkte Wir betrachten die kanonische ZustandssummeZ =P
re−βEr. Die Energien der Mikrozust¨ande, Er, werden nun alle um einen konstanten Term verschoben: Er →Er0 =Er+0.
In allen Aufgabenteilen ist hier das Schl¨usselwort konstant.
(a) Die kanonische Zustandssumme ¨andert sich wie folgt Z0 =X
r
e−βEr0 =e−β0X
r
e−βEr =e−β0Z . (16)
Um die ¨Anderung der freien Energie zu berechnen, benutzen wir F = −kTln(Z) =
−β1ln(Z) und erhalten F0 =−1
β ln(Z0) = −1 β ln
h e−β0Z
i
=0 − 1
β ln(Z) =0+F . (17) Sie ¨andert sich demnach um den selben konstanten Faktor wie ein einzelner Mikrozustand.
(b) Wir erinnern uns anF =E−T S, bzw. dF =−SdT−pdV +P
iµidNi (z.B. Vorlesung 13 letztes Semester, Theo Fa) und erhalten
(c) Analog zu Aufgabenteil b) erhalten wir
P0 =−∂F0
∂V
T ,N
=−∂F
∂V
T,N
=P µ0 =−∂F0
∂N
T ,V
=−∂F
∂N
T,V
=µ
(19)
Bsp. 3: Barometrische H¨ ohenformel - L¨ osung
5 Punkte Wir betrachten ein klassisches Teilchen im Schwerefeld, mit der Hamiltonfunktion
H = p2
2m +mgz . (20)
In der Vorlesung haben wir die Maxwell–Boltzmann Verteilung kennengelernt am Beispiel eines freien Teilchens. Nun haben wir ein Teilchen in einem Schwerefeld, demnach m¨ussen wir den Boltzmannfaktor aus der Vorlesung um den Term des Potentials modifizieren
e−βH =e−β(p
2
2m+mgz) . (21)
Außerdem haben wir im klassischen Limes die Zustandssumme Z kennengelernt, die wir nun um den oben genannten Faktor des Potentials erweitern
Z = 1 (2π¯h)3
Z
d3xe−βmgz Z
d3p e−βp
2 2m
= 1
(2π¯h)3 Z ∞
0
dze−βmgz Z
dx Z
dy Z
d3p e−βp
2 2m
= 1
(2π¯h)3 1 βmg
Z dx
Z dy
Z
d3p e−βp
2 2m
(22)
Die Wahrscheinlichkeit ein Teilchen im Intervall[z, z+dz]mit einem Impulspind3pzu finden lautet
dz
(2π¯h)3Ze−βmgz Z
dx Z
dy Z
d3p e−βp
2
2m . (23)
Wir setzen Z ein und erhalten
P rob(z, z+ dz) = dz βmg e−βmgz . (24) Diese Wahrscheinlichkeit gilt f¨urjedeseinzelne, klassische Teilchen. Demnach ist die Teilchen- dichte n= NV proportional zur Wahrscheinlichkeitsdichte
n(z) = n(0)e−βmgz (25)
mit der Proportionalit¨atskonstanten n(0), die die Teilchendichte bei z = 0 beschreibt. Wir n¨ahern die Atmosph¨are als ideales Gas an, alsoP V =nRT, bzw. P ∝n. Die barometrische H¨ohenformel ergibt sich somit zu
P(z) =P(0)e−βmgz . (26)
Bsp. 4: Die Maxwellverteilung - L¨ osung
5 Punkte (a) Wir ber¨ucksichtigen nur die x-Koordinate und definieren die Wahrscheinlichkeitsdichte
mit Boltzmannfaktor
f(vx) = Ae−mv
2x
2kT . (27)
Die Wahrscheinlichkeit diex-Komponente der Geschwindigkeit im Intervall [vx, vx+ dvx] zu finden ist f(vx)dvx.
Diese Funktion muss korrekt normiert sein Z +∞
−∞
dvxf(vx) = 1 . (28)
Wir verwenden R+∞
−∞ e−ax2dx=pπ
a und bestimmen den Vorfaktor A= m
2πkT 12
. (29)
Einsetzen ergibt
f(vx) = m 2πkT
12 e−mv
2x
2kT . (30)
Alternative L¨osung: Das freie Teilchen wurde, wie erw¨ahnt, in Vorlesung 2 behandelt.
Wir benutzen daher die Maxwellverteilung, die gegeben war als
f(v) = 4π m 2πkT
32
v2e−mv
2
2kT . (31)
Da wir nur an der x- Komponente dieser Verteilung interessiert sind, wechseln wir von sph¨arischen zu kartesischen Koordinaten. Damit entf¨allt der 4πv2- Faktor, der aus dem Jacobian kommt. Der ¨ubrige Vorfaktor
m 2πkT
32
besteht zu gleichen Anteilen aus x, y- und z- Koordinate, was ebenfalls auf
f(vx) = m 2πkT
12 e−mv
2x
2kT (32)
f¨uhrt.
(b)
vx= 0 , (33)
da die symmetrische Gaußfunktion, multipliziert mit x eine ungerade Parit¨at liefert und das Integral verschwindet. Hingegen ist
vx2 = Z +∞
−∞
dvx v2x f(vx) = m 2πkT
12 Z +∞
−∞
dvx vx2 e−mv
2x 2kT
= m 2πkT
12
√π 2
2kT m
32
= kT m
(34)
(c)
v = 4π m 2πkT
32 Z ∞
0
dv v3 e−mv
2
2kT =
r8kT
πm (35)
Da im Gleichgewichtszustand alle Richtungen ¨aquivalent behandelt werden k¨onnen, gilt v2 =v2x+v2y+vz2 = 3vx2, und somit
v2 = 4π m 2πkT
32 Z ∞
0
dv v4 e−mv
2
2kT = 3kT
m (36)
Das Maximum der Geschwindigkeit erh¨alt man durch einfaches Ableiten der Verteilung via
df(v)
dv = 4π m 2πkT
32
2ve−mv
2 2kT
1− v2m 2kT
= 0
→ v2m 2kT = 1
(37)
was direkt zu vmax = q2kT
m f¨uhrt. Außerdem ist vmax < v. Das liegt daran, dass die Verteilung schief (unsymmetrisch um das Maximum) ist.