Zustandssumme von Oszillator < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:00 Mi 06.04.2011 | | Autor: | marcj |
| Aufgabe | Berechnen Sie die innere Energie U von N klassischen 3-dim Oszillatoren mit der Hamilton Funktion
H = [mm] \sum_{i=1}^{N} \bruch{\vec p_i^2}{2m} [/mm] + [mm] \bruch{m}{2}\omega^2\vec q_i^2
[/mm]
aus der kanonischen Zustandssumme
Z = [mm] \bruch{1}{N!h^{3N}}\int d^{3N}qd^{3N}p e^{-\beta H} [/mm] |
Gut, jetzt setze ich also H bei der Zustandssumme ein. Und dann das Integral lösen?
Wenn ich dann Z habe (haben sollte) kann ich die Freie Energie [mm] F=-k_B [/mm] T ln(Z) berechnen.
Und dann mit U = F+TS weiter, oder?
Falls das so stimmt, kann mir dann bitte jemand beim Integral helfen?
Vielen Dank und beste Grüße
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:11 Mi 06.04.2011 | | Autor: | Sierra |
Hallo,
U= F+TS gilt für die Thermodynamik.
Da dieses aber offensichtlich eine Aufgabe aus der statistischen Physik ist, gilt
U = - [mm] \bruch{\partial}{\partial\beta} [/mm] ln Z
Das Integral ist harmloser, als es scheint.
[mm] [\integral [/mm] dp [mm] e^\bruch{-\beta*p^{2}}{2m} [/mm] * dq [mm] e^\bruch{-\beta*\omega^{2}*q^{2}}{2}]^{3N}
[/mm]
Nun brauchst du "nur noch" den Trick
[mm] \integral{e^{-x^{2}} dx} [/mm] = [mm] \wurzel{\pi}
[/mm]
natürlich mit Substitutionen.
Ich hoffe das hilft dir erstmal weiter.
Viele Grüße
Sierra
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 09:53 Do 07.04.2011 | | Autor: | marcj |
Hi,
erst mal vielen Dank für die Antwort.
Dann habe ich also für Z:
Z = $ [mm] [\integral [/mm] $ dp $ [mm] e^\bruch{-\beta\cdot{}p^{2}}{2m} [/mm] $ * dq $ [mm] e^\bruch{-\beta\cdot{}\omega^{2}\cdot{}q^{2}\cdot m}{2}]^{3N} [/mm] $
(da hat glaube ich ein m gefehlt)
und somit (ich habe den Tipp [mm] \int [/mm] dx [mm] e^{-a^2 x^2} [/mm] = [mm] \frac{\sqrt{\pi}}{a} [/mm] verwendet mit [mm] a_p [/mm] = [mm] \sqrt{\frac{\beta}{2m}} [/mm] und [mm] a_q [/mm] = [mm] \sqrt{\frac{\beta m}{2}\omega})
[/mm]
[mm] $=\bruch{1}{N! h^{3N}}[\bruch{\sqrt{\pi 2 m}}{\sqrt{\beta}}\cdot \bruch{\sqrt{\pi 2}}{\sqrt{\beta m}\omega}]^{3N} [/mm] = [mm] \bruch{1}{N! h^{3N}}[\bruch{2\pi}{\omega \beta}]^{3N}$
[/mm]
Oder?
Für U folgt dann
U = [mm] -\frac{\partial}{\partial \beta}ln(Z) [/mm] = [mm] -\frac{\partial}{\partial \beta} \frac{3N}{N! h^{3N}}ln(\frac{2\pi}{\beta \omega})
[/mm]
[mm] =-\frac{3N}{N!h^{3N}}\frac{\beta \omega}{2\pi}\cdot (\frac{2\pi}{\omega \beta^2}) [/mm] = [mm] \frac{3N}{N! h^{3n}\beta}
[/mm]
Stimmt das jetzt?
Wenn ich jetzt betrachten will was passiert, wenn die Oszillatoren unterscheidbar sind, dann fällt einfach der Faktor [mm] \frac{1}{N!} [/mm] weg, oder?
Danke nochmals.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:21 Do 07.04.2011 | | Autor: | Sierra |
Hallo,
> Hi,
>
> erst mal vielen Dank für die Antwort.
>
> Dann habe ich also für Z:
>
> Z = [mm][\integral[/mm] dp [mm]e^\bruch{-\beta\cdot{}p^{2}}{2m}[/mm] * dq
> [mm]e^\bruch{-\beta\cdot{}\omega^{2}\cdot{}q^{2}\cdot m}{2}]^{3N}[/mm]
>
> (da hat glaube ich ein m gefehlt)
ja :)
>
> und somit (ich habe den Tipp [mm]\int[/mm] dx [mm]e^{-a^2 x^2}[/mm] =
> [mm]\frac{\sqrt{\pi}}{a}[/mm] verwendet mit [mm]a_p[/mm] =
> [mm]\sqrt{\frac{\beta}{2m}}[/mm] und [mm]a_q[/mm] = [mm]\sqrt{\frac{\beta m}{2}\omega})[/mm]
>
> [mm]=\bruch{1}{N! h^{3N}}[\bruch{\sqrt{\pi 2 m}}{\sqrt{\beta}}\cdot \bruch{\sqrt{\pi 2}}{\sqrt{\beta m}\omega}]^{3N} = \bruch{1}{N! h^{3N}}[\bruch{2\pi}{\omega \beta}]^{3N}[/mm]
>
> Oder?
Das sieht korrekt aus.
>
> Für U folgt dann
>
> U = [mm]-\frac{\partial}{\partial \beta}ln(Z)[/mm] =
> [mm]-\frac{\partial}{\partial \beta} \frac{3N}{N! h^{3N}}ln(\frac{2\pi}{\beta \omega})[/mm]
>
> [mm]=-\frac{3N}{N!h^{3N}}\frac{\beta \omega}{2\pi}\cdot (\frac{2\pi}{\omega \beta^2})[/mm]
> = [mm]\frac{3N}{N! h^{3n}\beta}[/mm]
>
> Stimmt das jetzt?
Ja, im vorletzten Schritt hast du wohl versehentlich ein Minus zu viel, da es ja im Ergebnis (richtigerweise) nicht mehr auftaucht.
>
> Wenn ich jetzt betrachten will was passiert, wenn die
> Oszillatoren unterscheidbar sind, dann fällt einfach der
> Faktor [mm]\frac{1}{N!}[/mm] weg, oder?
>
Ja, ich würde sogar sagen, dass der ganze Therm vorm Integral wegfällt, da bin ich mir aber nicht 100%ig sicher, deshalb lasse ich deine Frage mal als teilweise beantwortet stehen.
> Danke nochmals.
Viele Grüße
Sierra
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 16:47 Do 07.04.2011 | | Autor: | marcj |
Vielen vielen Dank, das hat mir sehr geholfen.
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