8. Tutorium 3.6.2016

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 30.05.2016, 09:17

Auf ein neues:

8_030616.pdf

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 30.05.2016, 09:29

T24:

Kann mir wer den Schritt auf der Folie 3/35 erklären?

$J=k_{B}T \sum_{i} ln(1-e^{- \beta (\epsilon_{i} - \mu ) })= k_{B}T g \sum_{{n_{x},n_{y}}} ln(1-e^{- \beta (\frac{\hbar k}{2m} - \mu)})= k_{B}T g (\frac{L}{2 \pi})^{2} \int_{\mathbb{R^{2}}} dk ln(1-e^{- \beta ( \frac{\hbar k}{2m} - \mu)}) + J_{k=0}$

2 Fragen:

1) Ich weiß das g die Entartung ist, aber wieso kommt sie auf einmal beim ersten Schritt dazu?

2) Auf den Folien steht: weil $k=\frac{ 2 \pi}{L}n_{\alpha}$ wird k für sehr große L sehr klein. Und wieso kommt man dann auf diesen 2. Schritt?

bloohiggs · Beitrag von **bloohiggs** » 30.05.2016, 09:54

sebastian92 hat geschrieben:T24:

Kann mir wer den Schritt auf der Folie 3/35 erklären?

$J=k_{B}T \sum_{i} ln(1-e^{- \beta (\epsilon_{i} - \mu ) })= k_{B}T g \sum_{{n_{x},n_{y}}} ln(1-e^{- \beta (\frac{\hbar k}{2m} - \mu)})= k_{B}T g (\frac{L}{2 \pi})^{2} \int_{\mathbb{R^{2}}} dk ln(1-e^{- \beta ( \frac{\hbar k}{2m} - \mu)}) + J_{k=0}$

2) Auf den Folien steht: weil $k=\frac{ 2 \pi}{L}n_{\alpha}$ wird k für sehr große L sehr klein. Und wieso kommt man dann auf diesen 2. Schritt?

k wird sehr klein - du darfst dann in diesem Fall die Summe durch ein Integral ersetzen, und es über Kugeln konstanter Energie im k-Raum durchführen.

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 30.05.2016, 10:04

bloohiggs hat geschrieben:
sebastian92 hat geschrieben:T24:

Kann mir wer den Schritt auf der Folie 3/35 erklären?

$J=k_{B}T \sum_{i} ln(1-e^{- \beta (\epsilon_{i} - \mu ) })= k_{B}T g \sum_{{n_{x},n_{y}}} ln(1-e^{- \beta (\frac{\hbar k}{2m} - \mu)})= k_{B}T g (\frac{L}{2 \pi})^{2} \int_{\mathbb{R^{2}}} dk ln(1-e^{- \beta ( \frac{\hbar k}{2m} - \mu)}) + J_{k=0}$

2) Auf den Folien steht: weil $k=\frac{ 2 \pi}{L}n_{\alpha}$ wird k für sehr große L sehr klein. Und wieso kommt man dann auf diesen 2. Schritt?
k wird sehr klein - du darfst dann in diesem Fall die Summe durch ein Integral ersetzen, und es über Kugeln konstanter Energie im k-Raum durchführen.

Ah ok danke, das erklärt auch warum dann im nächsten Schritt (bei uns im 2-D Fall) ein $2 \pi k$ dazukommt oder ? weil wir über einen Kreis mit dem Radius k integrieren oder?

Und was ist dann das $J_{k=0}$ ?

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 30.05.2016, 12:15

stimmt der Schritt?

$J= k_{B} T g (\frac{L}{2 \pi})^{2} \int_{\mathbb{R^{2}}} dk ln(1- e^{- \beta ( \epsilon - \mu )}) + J_{k=0}=k_{B} T g (\frac{L}{2 \pi})^{2} \int_{0}^{\infty} 2 \pi k dk ln(1- e^{- \beta ( \epsilon - \mu )}) + J_{k=0}= k_{B} T g \frac{L^{2}}{2 \pi} \int_{0}^{\infty} k dk ln(1- e^{- \beta ( \epsilon - \mu )}) + J_{k=0}$

jetzt muss man von einem integral über k auf ein integral über epsilon umwandeln:

$\epsilon=\frac{\hbar^{2} k^{2}}{2m}; \quad \frac{d \epsilon}{dk}=\frac{\hbar^{2} 2k}{2m}= \frac{\hbar^{2} k}{m}; \quad k dk = \frac{m}{\hbar^{2}} d \epsilon$

das setze ich ein:

$J= k_{B} T g \frac{L^{2}}{2 \pi} \int_{0}^{\infty} \frac{m}{\hbar^{2}} d \epsilon ln(1-e^{- \beta (\epsilon - \mu)}) + J_{\epsilon = 0}= k_{B} T g \frac{L^{2}}{2 \pi} \frac{m}{\hbar^{2}} \int_{0}^{\infty} d \epsilon ln(1-ze^{- \beta \epsilon}) + J_{\epsilon = 0}$

wobei $z=e^{ \beta \mu}$ die Fugizität ist

Ist dass das Integral das man Integrieren muss oder habe ich irgendwas falsch substituiert?

Freilaufdiode · Beitrag von **Freilaufdiode** » 30.05.2016, 12:30

sebastian92 hat geschrieben: $J= k_{B} T g \frac{L^{2}}{2 \pi} \int_{0}^{\infty} \frac{m}{\hbar^{2}} d \epsilon ln(1-e^{- \beta (\epsilon - \mu)}) + J_{\epsilon = 0}$

Ist dass das Integral das man Integrieren muss oder habe ich irgendwas falsch substituiert?

Du musst das Integral mit einer Eins partiell integrieren und anschließend passend substituieren um die Zetafkt. zu erhalten:

$\int_{0}^{\infty} d\epsilon ln(1-e^{- \beta (\epsilon - \mu)})*1 = -\int_{0}^{\infty} d\epsilon \frac{\beta\epsilon}{e^{\beta\epsilon}e^{-\beta\mu}-1}=-\frac{1}{\beta}\int_{0}^{\infty} dx \frac{x}{e^xz^{-1}-1}=-\frac{1}{\beta}g_2(z)$ mit den Substitutionen $x=\beta\epsilon$ und $z=e^{\beta\mu}$

Der erste Teil beim part. Int. fällt dir nach der Auswertung weg. Nach dem Umschreiben in die Zetafkt. bist mit Pkt a fertig. Gehen übrigens alle Bsp. prinzipiell gleich, nur das $\epsilon$ ist jeweils verschieden, weswegen sich die Vorfaktoren und die Zetafkt. unterscheiden.

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 30.05.2016, 12:47

Freilaufdiode hat geschrieben:
sebastian92 hat geschrieben: $J= k_{B} T g \frac{L^{2}}{2 \pi} \int_{0}^{\infty} \frac{m}{\hbar^{2}} d \epsilon ln(1-e^{- \beta (\epsilon - \mu)}) + J_{\epsilon = 0}$

Ist dass das Integral das man Integrieren muss oder habe ich irgendwas falsch substituiert?
Du musst das Integral mit einer Eins partiell integrieren und anschließend passend substituieren um die Zetafkt. zu erhalten:

$\int_{0}^{\infty} d\epsilon ln(1-e^{- \beta (\epsilon - \mu)})*1 = -\int_{0}^{\infty} d\epsilon \frac{\beta\epsilon}{e^{\beta\epsilon}e^{-\beta\mu}-1}=-\frac{1}{\beta}\int_{0}^{\infty} dx \frac{x}{e^xz^{-1}-1}=-\frac{1}{\beta}g_2(z)$ mit den Substitutionen $x=\beta\epsilon$ und $z=e^{\beta\mu}$

Der erste Teil beim part. Int. fällt dir nach der Auswertung weg. Nach dem Umschreiben in die Zetafkt. bist mit Pkt a fertig. Gehen übrigens alle Bsp. prinzipiell gleich, nur das $\epsilon$ ist jeweils verschieden, weswegen sich die Vorfaktoren und die Zetafkt. unterscheiden.

danke

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 30.05.2016, 13:49

Also schlussendlich erhalte ich für T24 a)

$J= - (k_{B}T)^{2} \quad g \quad \frac{L^{2}}{2 \pi} \quad \frac{m}{\hbar^{2}} \quad g_{2}(z) \quad + \quad J_{\epsilon=0}$

wobei $\quad J_{\epsilon=0}= \quad k_{B} T \quad g \quad ln(1-z)$

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 30.05.2016, 13:53

sebastian92 hat geschrieben:T24:

Kann mir wer den Schritt auf der Folie 3/35 erklären?

$J=k_{B}T \sum_{i} ln(1-e^{- \beta (\epsilon_{i} - \mu ) })= k_{B}T g \sum_{{n_{x},n_{y}}} ln(1-e^{- \beta (\frac{\hbar k}{2m} - \mu)})= k_{B}T g (\frac{L}{2 \pi})^{2} \int_{\mathbb{R^{2}}} dk ln(1-e^{- \beta ( \frac{\hbar k}{2m} - \mu)}) + J_{k=0}$

2 Fragen:

1) Ich weiß das g die Entartung ist, aber wieso kommt sie auf einmal beim ersten Schritt dazu?

2) Auf den Folien steht: weil $k=\frac{ 2 \pi}{L}n_{\alpha}$ wird k für sehr große L sehr klein. Und wieso kommt man dann auf diesen 2. Schritt?

Kann mir noch wer erklären wieso hier beim ersten Schritt die Entartung dazukommt?

Stimmt das ?:
i beschreibt den Einteilchenzustand und da jeder Zustand die Spinquantenzahlen -s,..,s also 2s+1 Zustände annehmen kann, muss man das draufmultiplizieren

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 30.05.2016, 14:25

T24 b)

$N= -(\frac{\partial J}{\partial \mu})_{\beta}= g \quad (k_{B} T \quad \frac{L^{2}}{2 \pi} \quad \frac{m}{\hbar^{2}} \quad g_{1}(z)\quad - \quad \frac{z}{1-z})$

$E=(\frac{\partial (J \beta)}{\partial \beta})_{\beta \quad \mu} = J \quad + \quad \beta \quad \frac{\partial J}{\partial \beta}= \frac{1}{\beta^{2}} \quad g \quad \frac{L^{2}}{2 \pi} \quad \frac{m}{\hbar^{2}} \quad g_{2}(z)$

Kann das wer bestätigen?

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 30.05.2016, 15:35

c)
Folie 8: Ist T groß, dann gilt $\mu -> - \infty; \quad z=e^{\beta \mu} << 1$

Reihendarstellung für kleine z: $\quad g_{v}(z)= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{z^{k}}{k^{v}}$

$J= -PV= \frac{1}{\beta^{2}} \quad g \quad \frac{L^{2}}{2 \pi} \quad \frac{m}{\hbar^{2}} (z+\quad \frac{z^{2}}{2^{2}}+ \quad ...)$

$N= \frac{1}{\beta} \quad g \quad \frac{L^{2}}{2 \pi} \quad \frac{m}{\hbar^{2}} (z+\quad \frac{z^{2}}{2}+ \quad ...)$

$E= \frac{1}{\beta^{2}} \quad g \quad \frac{L^{2}}{2 \pi} \quad \frac{m}{\hbar^{2}} (z+\quad \frac{z^{2}}{2^{2}}+ \quad ...)$

Und was soll man jetzt zeigen?

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 31.05.2016, 11:51

T25a)

Man macht das gleiche wie in Beispiel T24, nur substituiert man das k- Integral nicht nach epsilon um sondern berechnet es mittels partieller Integration und alles in 3-Dimensionen:

$J= \quad \frac{1}{\beta} \quad g \quad \frac{V}{2 \pi^{3}} \quad \int_{0}^{\infty} \quad dk \quad k^{2} \quad ln(1-ze^{- \beta c \hbar k}) \quad +J_{\epsilon=0}= \quad -\frac{1}{3} \quad g \quad \frac{V}{2 \pi^{3}} \quad c \hbar \quad \int_{0}^{\infty} dk \quad \frac{k^{3}}{e^{ \beta c \hbar k} z^{-1} \quad -1 } \quad +J_{\epsilon=0}$

Um das mit der Zeta-Funktion auszudrücken müssen wir erweitern um: $\quad \frac{\beta^{3}c^{2} \hbar^{2}}{\beta^{3}c^{2} \hbar^{2}}$

$-\frac{1}{3} \quad g \quad \frac{V}{2 \pi^{3}} \quad \frac{\beta^{3}c^{3} \hbar^{3}}{\beta^{3}c^{2} \hbar^{2}} \quad \int_{0}^{\infty} dk \quad \frac{k^{3}}{e^{ \beta c \hbar k} z^{-1} \quad -1 } \quad +J_{\epsilon=0}= \quad -\frac{1}{3} \quad g \quad \frac{V}{2 \pi^{3}} \quad \frac{1}{\beta^{3}c^{2} \hbar^{2}} \quad \int_{0}^{\infty} dk \quad \frac{(\beta c \hbar k)^{3}}{e^{ \beta c \hbar k} z^{-1} \quad -1 } \quad +J_{\epsilon=0}$

Das kann man jetzt mittels folgender Zeta-Funktion ausdrücken:

$g_{4}(z)= \quad \frac{1}{\Gamma(4)} \quad \int_{0}^{\infty} dx \quad \frac{x^{3}}{e^{x}z^{-1} \quad -1}$ wobei: $\quad \Gamma(4)=6$

Schlussendlich erhält man:

$J= \quad -g \quad \frac{V}{\pi^{3}} \quad \frac{1}{\beta^{3} c^{2} \hbar^{2}} \quad g_{4}(z) \quad +J_{\epsilon=0}$ mit $\quad J_{\epsilon =0}= \quad \frac{1}{\beta } \quad g \quad ln(1-z)$

Kann das wer bestätigen?

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 31.05.2016, 12:44

T25b)

$J= \quad -PV$

$N= \quad - \frac{\partial J}{\partial \mu}= \quad g \quad ( \frac{V}{\pi^{3}} \quad \frac{1}{( \beta c \hbar)^{2} g_{3}(z) + \quad \frac{z}{1-z} )$

$E= \quad \frac{\partial (J \beta)}{\partial \beta}= \quad J+ \quad \frac{\partial J}{\partial \beta } = \quad g \quad \frac{V}{\pi^{3}} \quad \frac{1}{( \beta c \hbar)^{2}} \quad [ \frac{2}{\beta} g_{4}(z) - \mu g_{3}(z) ] + \quad g \quad ( \frac{3}{\beta} \quad ln(1-z) - \quad \frac{\mu z}{1-z} )$

cassmssn · Beitrag von **cassmssn** » 31.05.2016, 14:07

Hi, ich habe eine Frage zu T24d):
Die Funktion g1(z) divergiert ja für z=1 (sofern das stimmt^^).
Bedeutet das nun, dass bei diesem Beispiel keine B-E-K stattfindet (in den Folien zum 5. Kapitel steht, dass die g(z) auf 0≤z≤1 ‚brav‘ sein müssen)?

sebastian92 · Beitrag von **sebastian92** » 31.05.2016, 14:40

Kann wer sein T24 c) bzw. T25 c) zeigen?

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