Stirlingsche Formel (Hausaufgabe Punkte) (a) Beweisen Sie die Stirlingsche N¨aherungsformel N

Karlsruher Institut f¨ur Technologie Institut f¨ur Theorie der Kondensierten Materie

Moderne Theoretische Physik III (Theorie F – Statistische Mechanik) SS 17 Prof. Dr. Alexander Mirlin Musterl¨osung zu Blatt 1 PD Dr. Igor Gornyi, Janina Klier Besprechung: 28.04.2017

Mathematische Grundlagen

1. Stirlingsche Formel (Hausaufgabe): (5+5+5=15 Punkte) (a) Beweisen Sie die Stirlingsche N¨aherungsformel

N!≈√ 2πN

N e

N

, N 1. (1)

Benutzen Sie hierzu die Definition vonN! ¨uber die Gammafunktion N! = Γ(N+ 1) =

Z ∞ 0

dx x^N e^−x (2)

und berechnen Sie das Integral n¨aherungsweise mit der Sattelpunktsmethode. Zei- gen Sie hierzu, dass der Logarithmus des Integranden ein Maximum bei x = N besitzt und entwickeln Sie bis zur quadratischen Ordnung in der Variablen x−N. Dies liefert ein leicht auszurechnendes Gaußsches Integral.

L¨osung:

N! = Z ∞

0

dxx^Ne^−x = Z ∞

0

dxexp[

f(x)

z }| { Nlnx−x]

Exponenten: f(x) = Nlnx−x

f⁰(x) = N/x−1 ⇒ Extremum f¨urx=N f⁰⁰(x) = −N/x² ⇒ Maximum bei x=N also

f(x) =f(N) + 1

2f⁰⁰(N)(x−N)²+· · ·=NlnN −N− 1 2N(

ζ

z }| {

x−N)²+. . . Das Integral wird dominiert vom Beitrag beim Maximum des Exponenten.

Gaußsche N¨aherung f¨ur die Abweichung:

N!≈e^NlnN−N Z ∞

−∞

dζe^{−2N1 ζ2} =√ 2πN

N e

N

(b) Berechnen Sie die N¨aherung des Binomialkoeffizienten n

k

= n!

k!(n−k)! (3)

f¨ur den Fall n 1 und k =xn mit 0< x <1.

L¨osung:

Wir verwenden die Stirlingsche Formel f¨ur die N¨aherung des Binomialkoeffizienten:

n!

k!(n−k)! ≈

√2πn(n/e)ⁿ

√2πk(k/e)^kp

2π(n−k)[(n−k)/e]^(n−k)

= 1

√2π

n k(n−k)

1/2 n n−k

n n−k

k k

= 1

√2π

1 nx(1−x)

1/2 1 1−x

n 1−x

x xn

= 1

√2πn 1

px(1−x)exp[nS₂(x)], (4)

S2(x) =−xln(x)−(1−x) ln(1−x). (5) (c) Bei wie vielen Studenten ist die Wahrscheinlichkeit, dass mindestens zwei Studenten

am gleichen Tag Geburtstag haben, gerade gr¨oßer als 99/100?

L¨osung:

Die Anzahl aller m¨oglichen F¨alle ist f¨ur n Personen m = 365ⁿ, wobei alle F¨alle gleich wahrscheinlich sind. Von diesen m¨oglichen F¨allen beinhalten

u= 365·364· · ·(365−(n−1))

nur unterschiedliche Geburtstage. F¨ur die erste Person kann der Geburtstag frei gew¨ahlt werden, f¨ur die zweite gibt es dann 364 Tage, an denen die erste nicht Geburtstag hat, etc. Damit ergibt sich die Wahrscheinlichkeit von

u

m = 365·364· · ·(365−(n−1))

365ⁿ ,

dass allenPersonen an unterschiedlichen Tagen Geburtstag haben. Die Wahrschein- lichkeit f¨ur mindestens einen doppelten Geburtstag im Verlauf eines Jahres ist somit

P = 1− u

m = 1− 365·364· · ·(365−(n−1))

365ⁿ .

Der Ausdruck f¨urP kann weiter umgeformt werden:

P = 1− u

m = 1− 365!

(365−n)!·365ⁿ. Mit der Stirlingschen Formel,N!≈√

2πN(N/e)^N (Aufgabe 1a), l¨asst sich dies gut n¨ahern zu

P ≈ 1−e⁻ⁿ

365 365−n

365+1/2−n

= 1−exp

−

365 +1 2 −n

ln

1− n 365

−n

≈ 1−exp

−

365 +1

2 −n − n 365 −1

2 n

365 2

−n

≈ 1−exp

−n(n−1) 2·365

. (6)

P = 99

100 =⇒ 1

100 = exp

−n(n−1) 2·365

n(n−1) = 730·ln 100 =⇒ n = 1 2

1 +√

1 + 2920 ln 100

'58.6 . (7) F¨ur n= 59 ergibt sich:

1− 365!

306!·365⁵⁹ ≈0.993 >0.99.

2. Integrabilit¨atsbedingung: (10 Bonuspunkte)

Eine Form

δω =f(x, y)dx+g(x, y)dy

heißt integrabel wenn eine Funktionh(x, y) existiert, deren vollst¨andiges Differentialdh identisch mitδω ist. Das ist genau dann der Fall, wenn die Integrabilit¨atsbedingung

∂f

∂y x

= ∂g

∂x y

erf¨ullt ist. Im Falle von nur zwei unabh¨angigen Variablen kann man immer einen inte- grierenden Faktor α(x, y)6= 0 finden, sodass die Form αδω integrabel ist.

Testen Sie, ob f¨ur die folgenden F¨alle

(a) f(x, y) = 3x²−2xy−y² und g(x, y) =−x²−2xy+y², (b) f(x, y) = 3x+y und g(x, y) = −x−3y,

δω integrabel ist, und bestimmen Sie h(x, y). Finden Sie dazu im Falle einer nichtinte- grablen Form einen geeigneten integrierenden Faktor α(x, y) = Ax+By.

L¨osung:

(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 6=∂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

3. Legendre-Transformation: (5 + 5 = 10 Bonuspunkte) Gegeben sei eine Kurve U(S) in einem Bereich, in welchem sich das Vorzeichen ih- rer Kr¨ummung nicht ¨andert. Geben Sie eine eindeutige Darstellung der Kurve, in- dem Sie anstelle der Koordinaten S und U die Steigung T = dU/dS sowie den U- AchsenabschnittF der Tangente an jeden Kurvenpunkt als unabh¨angige Variable ver- wenden. Die Funktion F(T) wird als Legendre-Transformierte von U(S) bezeichnet.

Aufl¨osen der (obigen) BeziehungT =T(S) nach S definiert eine Funktion S =S(T).

(a) Zeigen Sie, dass die vollst¨andigen Differentiale von U(S) und F(T) durch dU(S) = T(S)dS und dF(T) =−S(T)dT

gegeben sind.

L¨osung:

U =U(S), Steigung T = ∂U

∂S ⇒S =S(T) dU(S) = ∂U

∂SdS =T(S)dS F =F(T) =U(S(T))−S(T)T,

dF(T) =









T

z}|{∂U

∂S

∂S

∂T − ∂S

∂TT −S(T)









dT ⇒ dF(T) =−S(T)dT

(b) Gegeben sei nun eine Fl¨acheU(S, V) mit positiver Steigung bez¨uglich S, negativer Steigung bez¨uglichV und unver¨anderlichem Vorzeichen der Kr¨ummung. F¨uhren Sie jeweils eine Legendre-Transformation f¨ur konstant gehaltenes V bzw. f¨ur konstant gehaltenesSdurch. Die Steigungen seien durchT =∂U/∂S|_V sowie−P =∂U/∂V|_S gegeben. Aufl¨osen von T(S, V) nach S und P(S, V) nach V definiert Funktionen S(T, V) und V(S, P). Bestimmen Sie analog zu oben die vollst¨andigen Differentiale der Legendretransformierten F(T, V) und H(S, P).

L¨osung:

Die Funktionen U(S, V), F(T, V) und H(S, P) entsprechen der inneren Energie, der freien Energie und der Enthalpie.

U(S, V), T = ∂U(S, V)

∂S V

⇒ S(T, V)

−P = ∂U(S, V)

∂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

4. Funktionaldeterminantenkalk¨ul: (10 + 8 + 12 = 30 Bonuspunkte) Gegeben seien die Funktionenu(x, y) und v(x, y) der unabh¨angigen Variablenx undy.

Als Funktionaldeterminante (Jacobi-Determinante) bezeichnet man das Gebilde

∂(u, v)

∂(x, y) = det











∂u

∂x y

∂u

∂y x

∂v

∂x y

∂v

∂y x









 .

(a) Zeigen Sie, dass folgende Relationen gelten:

∂(u, y)

∂(x, y) = ∂u

∂x y

, ∂(x, v)

∂(x, y) = ∂v

∂y x

, (8)

∂(u, v)

∂(x, y) = −∂(v, u)

∂(x, y) =−∂(u, v)

∂(y, x) , (9)

∂(u, v)

∂(x, y) = ∂(u, v)

∂(s, t)

∂(s, t)

∂(x, y) = ∂(u, v)

∂(s, t)

∂(x, y)

∂(s, t) −1

. (10)

L¨osung:

∂(u, v)

∂(x, y) = ∂u

∂x y

∂v

∂y x

− ∂u

∂y x

∂v

∂x y

Def. der Determinante

v(x, y) =y ⇒ ∂v

∂y x

= 1, ∂v

∂x y

= 0 ⇒ ∂(u, v)

∂(x, y) = ∂u

∂x y

u(x, y) = x ⇒ analog ∂(u, v)

∂(x, y) = ∂u

∂y x

Die Beziehung

∂(u, v)

∂(x, y) =−∂(v, u)

∂(x, y) =−∂(u, v)

∂(y, x)

folgt trivial aus Determinanteneigenschaft (Vertauschen von u ↔ v oder x ↔ y vertauscht Vorzeichen)

Nun stellen wir die Funktionen u(s, t) and v(s, t) mit Variablen s = s(x, y), t = t(x, y) vor. Dann haben wir

∂u

∂x y

≡ ∂u(s(x, y), t(x, y))

∂x

y

= ∂u

∂s t

∂s

∂x y

+∂u

∂t s

∂t

∂x y

(11) und analog f¨ur∂u/∂y,∂v/∂x and ∂v/∂y.

Auf diese Weise erh¨alt man die Kettenregel f¨ur Jacobi-Matrizen:











∂u

∂x y

∂u

∂y x

∂v

∂x _y

∂v

∂y _x











=









∂u

∂s t

∂u

∂t s

∂v

∂s t

∂v

∂t s



















∂s

∂x y

∂s

∂y x

∂t

∂x _y

∂t

∂y _x











. (12)

Es folgt daraus:

∂(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

∂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). (13)

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) ⁻¹

(b) Es sei nun ein funktionaler Zusammenhang zwischen x und y durch φ(x, y) = const

gegeben, der eine Abh¨angigkeit y=y(x) herstellt. Zeigen Sie, dass dann gilt:

∂x

∂y φ

= ∂y

∂x φ

−1

, ∂y

∂x φ

=−∂φ

∂x y

∂φ

∂y x

−1

. (14)

L¨osung:

Die erste Relation spiegelt einfach den Satz der lokalen Umkehrbarkeit aus Analysis wieder. Z.B. so: Sei φ(x, y) = const., also x(y). Dann ist das Differential

dx(y) = ∂x

∂ydy.

Andererseits ist aber

dy(x) = ∂y

∂xdx.

Einsetzen liefert dann

dx= ∂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

∂(x, φ)

∂(x, y) −1

=− ∂φ

∂x y

∂φ

∂y x

−1

Hier wirdφ =φ(x, y) =const. als unabh¨angige Variable aufgefasst, d. h.y=y(x, φ).

(c) Betrachten Sie nun die drei Variablen x,y und z, die durch die Bedingung F(x, y, z) = 0

miteinander in Zusammenhang stehen. Durch Aufl¨osen der Gleichung F = 0 nach x,yund z erhalten wir die drei Funktionenx(y, z),y(x, z) undz(x, y). Nehmen Sie weiter an, dass es einen funktionalen Zusammenhangw=w(x, y) gibt. Zeigen Sie, dass die Ableitungen der Funktionen folgende Relationen erf¨ullen:

∂y

∂x z

∂z

∂y x

∂x

∂z

y = −1, (15)

∂x

∂w z

= ∂x

∂y z

∂y

∂w z

, (16)

∂x

∂y z

= ∂x

∂y w

+ ∂x

∂w y

∂w

∂y z

. (17)

L¨osung:

Wir betrachten x und z als unabh¨angige Variable, so dass y =y(x, z). Das erfolgt durch Aufl¨osen von F(x, y, z) = 0 nach y. Das Differenzial f¨ur y ist dann

dy = ∂y

∂x

zdx+ ∂y

∂z xdz

∂y

∂x z

∂z

∂y x

∂x

∂z y

= ∂(y, z)

∂(x, z)

∂(z, x)

∂(y, x)

∂(x, y)

∂(z, y) =−∂(y, z)

∂(x, z)

∂(x, z)

∂(y, x)

∂(x, y)

∂(z, y)

=−∂(y, z)

∂(y, x)

∂(x, y)

∂(z, y) = ∂(y, z)

∂(y, x)

∂(y, x)

∂(z, y) = ∂(y, z)

∂(z, y) =−1. (18) Weiterhin istw=w(x, y), also

dw= ∂w

∂x

ydx+ ∂w

∂y xdy.

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. (19) Analog erhalten wir aus dem Differenzial f¨urw(x(y, z), y):

∂w

∂y

z = ∂w

∂y

x+∂w

∂x y

∂x

∂y

z. (20) Wir eliminieren ∂w/∂y|_x (d.h. Gl. (20) in Gl. (19) 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 darausw=w(x(y, z), y). Das Differential f¨urw(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

.