4. Übung am 25. April 2008

Lucy · Beitrag von **Lucy** » 22.04.2008, 15:57

Hiho!

Um mal eine Beispieldiskussion anzuwerfen post ich mal mein Ergebnis...

befürcht zwar, dass es komplett falsch ist, weil ich mich mehrmals in einem schrecklichen Integral- und Grenzenchaos verirrt hab... aber die Hoffnung stirbt zuletzt

$\Omega = \frac{1}{N! h^3} \frac{16 \Pi^3}{3(mw)^3} \cdot \frac{m^3}{2}(E^3-(E-\Delta)^3)$

Anm.: Bin auf das Ergebnis gekommen indem ich einfach mal ignoriert hab, dass da irgendwas mit hoch N sein könnt, weil ich einfach keinen Plan hatte wie ich das dann hätte ausintegrieren sollen...

- darf ich das? wenn ja, warum??

Danke für eure Hilfe!

Liebe Grüße
Lucy

ibi · Beitrag von **ibi** » 22.04.2008, 16:04

Irgendwie wird Statistik langsam diffus ...

Meine Ideen zum 1. Beispiel:

Damit der Hamilton-Operator schöner (i.e. mehr wie eine Kugelgleichung) aussieht, substituiere ich:

$u_i^2 = \frac{m\omega^2}{2} x_i^2$
$dx_i = \sqrt{\frac{2}{m\omega^2}}du_i$

sowie

$v_i^2 = \frac{p_i^2}{2m}$
$dp_i = \sqrt{2m}dv_i$

Ansatz Hamilton-Operator: $H = \sum \left( v_i^2 + u_i^2 \right)$ --> eine schöne Kugelgleichung mit Radius $\sqrt{H}$

Dadurch entsteht dann unter Verwendung von Formel 3.8:

$\Phi(E) = \frac{1}{N! h^{3N}} \left(\frac{2}{\omega}\right)^{3N} \int d^{3N}u_id^{3N}v_i$

Der Vorfaktor entspringt einerseits aus Gleichung 3.24 und andererseits aus der Substitution {u,v} für {p,q}.
Das Integral selbst sieht verdächtig nach einem Integral über ein Kugelvolumen aus, für das es netterweise eine Formel in der Angabe gibt. Der Radius der Kugel ist ja die Qurzel von H, da bei Kugelgleichungen bekanntlich x^2+y^2+....[je nach Dimension]... = R^2 gilt. Einmal mit H = E und einmal mit H = E - Delta E, also zwei Kugeln, deren Differenz die Kugelschale ergibt.

Jetzt brauch ich eigentlich nur mehr die kleinere Kugel von der größeren Kugel abziehen und erhalte die Phasenraumdichte.
Paßt das ungefähr so? Alle Gleichnugen sind aus dem Burgdörfer-Statistik-Skript entnommen.

ibi · Beitrag von **ibi** » 22.04.2008, 16:13

Beim 2. Beispiel hab ich schon weniger Durchblick.

Mein primitiver Ansatz wäre, daß mein Hamilton-Operator eine vier-N-diemensionale Kugelgleichung im sechs-N-dimensionalen Raum aufspannt (Kugel dehnt sich in alle px_i, py_i, pz_i, und z_i auf).
Das Potential wiederum ist ein 2-N-dimensionaler Potentialtopf, der verdächtig wie ein zylinderförmiges Loch aussieht.

Wenn man jetzt weg von den 6N Dimensionen geht und sich das ganze primitiv dreidimensional vorstellt, hat man einen Oszillator, der entlang der z-Achse oszilliert.
Gleichzeitig hat man gleichverteilte Bewegungen in x,y-Richtung, die aber am vorher erwähnten Zylinder ihr Ende finden.

Die Frage ist nur: Wie rechne ich sowas?

Beim 3. hab ich derzeit überhaupt keinen Druchblick.

Das 4. geht so überschlagsartig: Die gewünschte Energie bestimmt mir die Summe der einzelnen Eigenwerte. Da ich diskrete Eigenwerte habe, müssen dann eine bekannte Zahl von Teilchen spin-up haben und der Rest spin-down. Ich muß mir dann nur noch die Anzahl der Permuationen ausrechnen und bin fertig. (Formel steht irgendwo im 7.Klasse AHS-Mathebuch.)

ibi · Beitrag von **ibi** » 22.04.2008, 16:18

Lucy hat geschrieben:Hiho!
$\Omega = \frac{1}{N! h^3} \frac{16 \Pi^3}{3(mw)^3} \cdot \frac{m^3}{2}(E^3-(E-\Delta)^3)$

Du hast da ein paar Dimensionen unterschlagen. Das Zeug hat ja pro Teilchen 6 Dimensionen, weshalb die Kugel auch 6N-dimensional ist.
Der Rest schaut aber ganz gut aus, da fehlen nur ein paar Ns an der richtigen Stelle.

ibi · Beitrag von **ibi** » 23.04.2008, 22:16

4. Beispiel:

Gesamtenergie: $E = \frac{\hbar\omega}{2} up - \frac{\hbar\omega}{2} down$

$down = 2N - up$ ; $E = M\hbar\omega$

Einsetzen und umformen: $up = M + N$ ; $down = 2N - (M + N)$

Für x Teilchen, von denen a der eine Sorte und b=(x-a) der anderen Sorte angehören, gibt es $\frac{x!}{a! (x-a)!} = {x \choose a}$ Permutationen.

Ich habe also insgesamt ${2N \choose up} = {2N \choose down} = {2N \choose M + N}$ Eigenzustände, die die gewünschte Endergie haben.

Irgendwelche Ideen für 2 und 3?

Take_Five · Beitrag von **Take_Five** » 24.04.2008, 09:05

Hi, dann werd ich mich auch mal in die Diskussion einklinken. Bsp. 1 denk ich auch, dass es so stimmt.
Bsp. 2 hab ich mir noch nicht angschaut.

Bsp. 3 hab ich zumindest für a eine plausible Erklärung (glaub ich halt *g*). Da der Dichteoperator in a) einen reinen Zustand beschreibt, und S= - Tr(rho * ln(rho)) entspricht, müsste eigentlich S = 0 gelten, da die EW ja nur entw. 0 od. 1 sind)

für b muss man halt auch in die obige Formel ( ghört noch ein k_B hin) einsetzen (halt mit den Eigenwerten des Dichteop. aus b)

paperbag · Beitrag von **paperbag** » 24.04.2008, 15:01

http://stud4.tuwien.ac.at/~e0226021/sta ... _1test.pdf

hier sind bei der hälfte ca. ähnliche berechnungen angestellt

ibi · Beitrag von **ibi** » 24.04.2008, 16:14

Ansatz vom 2. analog zum 1.:

$u_i^2 = \frac{m\omega^2}{2} z_i^2$
$dz_i = \sqrt{\frac{2}{m\omega^2}}du_i$

sowie

$v_i^2 = \frac{p_i^2}{2m}$
$dp_i = \sqrt{2m}dv_i$

Ansatz Hamilton-Operator: $H = \sum \left( v_{ix}^2 +v_{iy}^2 +v_{iz}^2 + u_i^2 + V(x_i, y_i) \right)$

Das Problem ist 6-N*M-dimensional, wobei M für die Anzahl der Gase steht und N für die Anzahl der Teilchen pro Gas.
Ich habe jetzt in die 3N*M Impulsrichtungen und in die z_i-Richtungen wieder eine Kugelschale (mit 4N*M Dimensionen), in x und y aber eine Vollkugel (mit 2N*M Dimensionen), da ja innerhalb der Potentialwand die Energie nicht von x und y abhängt.
Ich kann also mein sechs-n*m-dimensionales Integral in ein vier-N*M-dimensionales Integral über die Kugelschale (Herleitung siehe oben, Grenzen E-Delta < H < E) und ein zwei-N*M-dimensionales Integral über eine Vollkugel mit Radius R aufspalten.

Das Ergebnis ist dann $A * \left( V_{4MN}(\sqrt{E}) - V_{4MN}(\sqrt{E - \Delta E}) \right) * V_{2MN}(R)$
In A stecken die Vorfaktoren, die durchs Substituieren entstehen und eventuell ein $\frac{1}{h^{3N}*N!}$ , wobei ich mir aber nicht sicher bin.

themel · Beitrag von **themel** » 24.04.2008, 16:20

ibi hat geschrieben:Ich kann also mein sechs-n*m-dimensionales Integral in ein vier-N*M-dimensionales Integral über die Kugelschale (Herleitung siehe oben, Grenzen E-Delta < H < E) und ein zwei-N*M-dimensionales Integral über eine Vollkugel mit Radius R aufspalten.

IMO: Nein. V(x,y) wirkt ja auf jedes Teilchen individuell, folglich gibt es da keinen Grund, eine gemeinsame Kugel anzunehmen. Weiters nehme ich an, dass "ein Ensemble von Bla" "ein Bla, das eine Menge Zustände annehmen kann" bedeutet und nicht "N Blas". Also 1. ein Teilchen, 2. ein Gas.

nemesis · Beitrag von **nemesis** » 24.04.2008, 17:02

Zu Bsp1: Hab ein plausibles Bsp in 1-er Dimension gefunden -> bei uns wäre das das gleiche Bsp nur mit einer 6-Dim Ellipse sozusagen oder ?
Bild

byte · Beitrag von **byte** » 24.04.2008, 19:41

Zu Bsp 3:

Mir kommt für a) S= 0 und für b) S= 9,6*10^(-24) raus. Hat jemand das selbe Ergebnis?

blub · Beitrag von **blub** » 24.04.2008, 20:00

hallo!
nach langem überlegen und vollkommenem unverständnis, worums da eigentlich geht, hab ich trotzdem mal das 3. gerechnet
hat wer einen plan, ob man das so machen kann?
greetings

ibi · Beitrag von **ibi** » 24.04.2008, 20:05

themel hat geschrieben:IMO: Nein. V(x,y) wirkt ja auf jedes Teilchen individuell, folglich gibt es da keinen Grund, eine gemeinsame Kugel anzunehmen.

Stimmt, ich habe also $R^2 \pi * Teilchen$

themel hat geschrieben:Weiters nehme ich an, dass "ein Ensemble von Bla" "ein Bla, das eine Menge Zustände annehmen kann" bedeutet und nicht "N Blas". Also 1. ein Teilchen, 2. ein Gas.

Wie erklärst Du dann "Die Hamiltonfunktion jedes Teilchens" bzw. "Die Hamilton jedes Gases ist gegeben durch" bzw. "Jedes Gas besteht aus N Teilchen"?

ibi · Beitrag von **ibi** » 24.04.2008, 20:08

blub hat geschrieben:hallo!
nach langem überlegen und vollkommenem unverständnis, worums da eigentlich geht, hab ich trotzdem mal das 3. gerechnet
hat wer einen plan, ob man das so machen kann?

Hab ich genauso gemacht.
Das Ergebnis kannst Du allerdings noch vereinfachen, da $ln\left(\frac{1}{a}\right) = ln(1) - ln(a) = -ln(a)$ gilt.
Du hast somit $<S> = k_b ln(2)$ .

blub · Beitrag von **blub** » 24.04.2008, 20:13

ibi hat geschrieben: Das Ergebnis kannst Du allerdings noch vereinfachen, da $ln(\frac{1}{a} = ln(1) - ln(a) = -ln(a)$ gilt.
Du hast somit $<S> = k_b ln(2)$ .

ahh, stimmt danke

forum.technische-physik.at

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