6. Übung am 16. Mai 2008

Beitrag von **pat** » 14.05.2008, 01:19

Beispiel 1:

Substitution wie bei der 4. Übung ergibt: $Z_g = \sum\limits_{N=0}^\infty \frac{1}{N! h^{3N}}\left(\frac{2\pi}{\omega \beta}\right)^{3N}z^N=\exp \left(\left(\frac{2\pi}{h\omega \beta}\right)^3 z \right)$
(eigentlich sch...egal, was genau im Exponenten steht, hauptsache wir haben die Fugazität darin)

Beispiel 2:
Durch Vergleich von (3.82) und (3.146) - oder durch Nachschlagen im Nolting - wissen wir:
$P = \frac{z^N Z_k}{\sum z^N Z_k}=\frac{z^N Z_k}{Z_g}$
Wissen wir das?

Ein bisschen allgemein rumrechnen (die Formeln für ideale Gase treffen für unser Beispiel zu, deswegen mach ich mir nicht die Mühe, das mit meinem Ergebnis durchzurechnen):
(3.95) $Z_k = \frac{V^N}{N! \lambda_T^{3N}}$
(3.144) $Z_g = \sum\limits_{N=0}^\infty z^N Z_k$
(3.158) $\langle N \rangle = k_B T \partial / \partial\mu ln Z_g = zV/\lambda_T^3$ (hier bin ich mir nicht sicher, wo die Summe hinverschwindet - weiß das irgendwer? Sonst stimmt die Lösung, was man ganz einfach in Maple nachrechnen kann)

Daraus ergibt sich: $Z_g = e^{\langle N \rangle}$

Wenn wir das wieder in unser P einsetzen und (3.158) auch auf z umformen, bekommen wir mit (3.95):
$P = \frac{\left(\frac{\langle N \rangle \lambda_T^3}{V}\right)^N \left(\frac{V^N}{N! \lambda_T^{3N}}\right)}{e^{\langle N \rangle}} = \frac{\langle N \rangle^N}{N!}e^{-\langle N \rangle}$

So, hoffe, die Rechnung stimmt soweit.

Beispiel 3 sieht nach Formel (3.148) aus, Beispiel 4 nach (3.153).

ibi · Beitrag von **ibi** » 14.05.2008, 08:19

gracvaloth hat geschrieben:die Formeln für ideale Gase treffen für unser Beispiel zu, deswegen mach ich mir nicht die Mühe, das mit meinem Ergebnis durchzurechnen

Das ist allerdings mit Vorsicht zu genießen, da das ideale Gas, das im Hamiltonperator nur den Impuls stehen hat, um eine Potentialfalle erweitert wurde.
Insbesondere jeder Term, in dem V^N vorkommt, ist gefährlich, da der ja beim idealen Gas ohne Potentialfalle vom Integral über den gesamten konstanten Raum entsteht.

ibi · Beitrag von **ibi** » 14.05.2008, 08:23

gracvaloth hat geschrieben:Durch Vergleich von (3.82) und (3.146) - oder durch Nachschlagen im Nolting - wissen wir:
$P = \frac{z^N Z_k}{\sum z^N Z_k}=\frac{z^N Z_k}{Z_g}$

Wie Du das aus (3.82) und (3.146) herausklaubst versteh ich nicht.
Kann aber an meiner Müdigkeit liegen, ich schau mir das heute noamal an.

Beitrag von **pat** » 14.05.2008, 09:00

ibi hat geschrieben:
gracvaloth hat geschrieben:die Formeln für ideale Gase treffen für unser Beispiel zu, deswegen mach ich mir nicht die Mühe, das mit meinem Ergebnis durchzurechnen
Das ist allerdings mit Vorsicht zu genießen, da das ideale Gas, das im Hamiltonperator nur den Impuls stehen hat, um eine Potentialfalle erweitert wurde.
Insbesondere jeder Term, in dem V^N vorkommt, ist gefährlich, da der ja beim idealen Gas ohne Potentialfalle vom Integral über den gesamten konstanten Raum entsteht.

Okay, ich hätt es anders ausdrücken sollen: "deswegen mach ich mir nicht die Mühe, das ganze jetzt nochmal ins Forum zu klopfen, es steht da irgendwo durchgerechnet auf meinen Zetteln"

Wollte gestern den Tablet nicht bemühen und hab mit 4 verschiedenfärbigen Kugelschreibern gerechnet, um mit meinem Zettel auszukommen; ich hoffe also, dass es wirklich richtig auf dem Wisch draufsteht.

ibi hat geschrieben:
gracvaloth hat geschrieben:Durch Vergleich von (3.82) und (3.146) - oder durch Nachschlagen im Nolting - wissen wir:
$P = \frac{z^N Z_k}{\sum z^N Z_k}=\frac{z^N Z_k}{Z_g}$
Wie Du das aus (3.82) und (3.146) herausklaubst versteh ich nicht.
Kann aber an meiner Müdigkeit liegen, ich schau mir das heute noamal an.

Heute Nacht erschien es noch komplett logisch, die beiden Formeln dafür zu verwenden... Hmm...
Vielleicht hat es auch nur verlockend einfach ausgesehen, irgendwas einzusetzen, um nicht hinzuschreiben: Wahrscheinlichkeit ist Durchschnittszahl Teilchen kanonisch durch selbiges Großkanonisch.

Wie auch immer, bin jetzt mal weg und vermutlich erst wieder morgen Vormittag arbeitstauglich.

Beitrag von **pat** » 14.05.2008, 09:26

Okay, das geht sich jetzt noch schnell aus:
$\langle F \rangle_k = \frac{1}{N! h^{3N}}\int d^{3N}q d^{3N}p e^{-\beta H} F \rho_k$
$\rho_k = \frac{e^{-\beta N}}{Z_k}$
$\langle F \rangle_k = \frac{\int d^{3N}q d^{3N}p e^{-\beta H} F}{\int d^{3N}q d^{3N}p e^{-\beta H}}$
$\langle F \rangle_g = \sum\frac{1}{N! h^{3N}}\int d^{3N}q d^{3N}p e^{-\beta H} F \rho_g$
$\rho_g = \frac{e^{-\beta (H-\mu N)}}{Z_g}$
Daraus sollte sich jetzt durch Umformen und Einsetzen des kanonischen Wertes ergeben:
$\langle F \rangle_g = \frac{\sum z^N Z_k \langle F \rangle_k}{\sum z^N Z_k}$
Der kanonische Mittelwert der Teilchenzahl ist gleich der Teilchenzahl des kanonischen Emsembles, deswegen:
$\langle N \rangle_g = \frac{\sum z^N Z_k N}{\sum z^N Z_k} = \sum N P(N)$
und schon haben wir das oben geforderte P.

So, bin weg!

Barnacle · Beitrag von **Barnacle** » 14.05.2008, 11:15

Kurze Frage zur Angabe:
Ist in Punkt 1 ein System mit einem Teilchen gegeben (Hamilton ohne Summe) oder von N Teilchen (Hamilton mit Summe)???
Grüße

themel · Beitrag von **themel** » 14.05.2008, 11:28

N Teilchen. Sonst würde großkanonisch ja nicht so viel Sinn machen.

ibi · Beitrag von **ibi** » 14.05.2008, 21:08

gracvaloth hat geschrieben:Heute Nacht erschien es noch komplett logisch, die beiden Formeln dafür zu verwenden... Hmm...

Hat sich IMHO geklärt, wir (Krümel und ich) kommen auch auf Deine Formel.

Der Rest schaut bei uns aber etwas anders aus, insbesondere die Umformung von <N> = ...
Im Gegensatz zu Dir kommen wir aber nicht auf das gewünschte Ergebnis aus der Angabe, also müssen wir das noch einmal genauer begutachten.

Beitrag von **pat** » 15.05.2008, 11:48

ibi hat geschrieben:Der Rest schaut bei uns aber etwas anders aus, insbesondere die Umformung von <N> = ...
Im Gegensatz zu Dir kommen wir aber nicht auf das gewünschte Ergebnis aus der Angabe, also müssen wir das noch einmal genauer begutachten.

Das Ergebnis sollte eigentlich immer rauskommen, solange du für $\langle N \rangle = k_B T \partial / \partial\mu ln Z_g$ richtig einsetzt.
$Z_g = \exp\left(\left(\frac{2\pi}{h \omega \beta}\right)^3 e^{\beta \mu} \right) =\exp\left(a^3 e^{\beta \mu} \right)$
(a damit ich nicht immer diesen Term mitschleppen muss und um zu zeigen, dass man auch bei falsch berechnetem a auf das richtige Ergebnis kommen muss)
$\partial / \partial\mu ln Z_g = \partial / \partial\mu a^3 e^{\beta \mu}$
(Und hier wichtig: auf keine Fall zuerst $ln Z_g = 1/Z_g$ rechnen, dann kommt nämlich nur noch Topfen raus bei der Rechnung...)
Dadurch ist $\langle N \rangle = k_B T \beta a^3 e^{\beta \mu} = a^3 e^{\beta \mu}$ , womit wir auf das gewünschte $Z_g = e^{\langle N \rangle}$ kämen.

$Z_k = \frac{a^{3N}}{N!}$
$P= \frac{z^N Z_k}{Z_g} = \frac{z^N 1/N! a^{3N}}{e^{\langle N \rangle}} = (z a^3)^N e^{-\langle N \rangle} / N! = \frac{\langle N \rangle^N}{N!}e^{-\langle N \rangle}$
und das unabhängig davon, was man ursprünglich für einen Mist für $Z_g$ berechnet hat (was ich glaub ich getan habe, da in meiner Lösung kein m vorkommt, das m allerdings in Beispiel 4 gefragt ist).

Beitrag von **pat** » 15.05.2008, 12:25

Frage zwischendurch: Was kommt euch für <E> raus?

Bei mir scheint es bis auf einen Fakto 1/2 (3.162) zu sein, also $\langle E \rangle = 3 \langle N \rangle k_B T$ . Kann sich das durch die Falle ergeben? Oder stimmt was an der Rechnung nicht?

$E = k_B T^2 \partial /\partial T ln Z_g + k_B T \mu \partial /\partial\mu ln Z_g$ . Für den zweiten Term wissen wir ja bereits, dass $\mu \langle N \rangle$ herauskommt, der erste sollte mit $\beta = 1/k_B T$ und $a = \frac{2\pi k_B T}{\omega h}=b k_B T$ (was ja wieder für jedes x-beliebige Ergebnis gelten sollt, da $\beta$ hoffentlich bei jedem vorkommt) das folgende ergeben:
$\frac{\partial}{\partial T} e^{\mu /k_B T}=-\frac{\mu}{k_B T^2}e^{\mu /k_B T}$
$\frac{\partial}{\partial T}b^3 k_B^3 T^3 e^{\mu /k_B T}=3b^3 k_B^3 T^2 e^{\mu /k_B T} - \frac{b^3 k_B^3 T^3}{k_B T^2}e^{\mu /k_B T}$
Somit:
$E = 3a^3 k_B T e^{\mu /k_B T} - a^3\mu{k_B T^2}e^{\mu /k_B T} + a^3\mu{k_B T^2}e^{\mu /k_B T} = 3a^3 k_B T e^{\mu /k_B T} = 3 \langle N \rangle k_B T$

ledinekdorothea · Beitrag von **ledinekdorothea** » 15.05.2008, 19:28

Kann alle Ergebnisse von gracvaloth bestätigen. Auch bei mir fällt die Masse weg. Bsp 4 ist mir (noch) ein Rätsel.

lg

FlashGordon · Beitrag von **FlashGordon** » 15.05.2008, 20:04

Wäre wer so nett und könnt seine Beispiele posten?

fthomas · Beitrag von **fthomas** » 15.05.2008, 21:41

Hier meine Lösung zu Bsp 3 + 4

fthomas · Beitrag von **fthomas** » 15.05.2008, 21:46

hier noch bsp 1+2
und gute nacht

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