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23. April 2013 PD Dr. H. Kohler Statistische Mechanik — Musterl¨ osungen P1. Differentialformen Sei ω = f x (x, y)dx+f y (x, y)dy eine 1–Form in lokalen Koordinaten, dann l¨ asst sich die Exaktheit leicht ¨ uber die Gleich- heit der partiellen Ableitungen zeigen. Da bei Exaktheit ω = dV , muss gelten 2 V ∂x∂y = 2 V ∂y∂x ∂f x ∂y = ∂f y ∂x . Hieraus ist ersichtlich, dass ω 2 ein exaktes Differential ist, ω 1 und ω 3 hingegen nicht. Die Wegintegrale sind f¨ ur ω 1 und ω 2 kompliziert. In sph¨ arischen Koordinaten Z Kreis ω 1,2 = 2π Z 0 (- cos(cos φ) sin(sin φ) sin φ sin(cos φ) cos(sin φ) cos φ) , wobei wir den Radius des Kreises gleich eins gesetzt haben. Das Minuszeichen gilt f¨ ur ω 1 und das Pluszeichen f¨ ur ω 2 . Aufgrund der Periodizit¨ at der Funktionen im Integral onnen wir den Winkel φ um einen beliebigen Winkel α verschieben ohne, dass sich die Integrationsgrenze ¨ andert. Wir setzen α = π/2 und verschieben den Winkel im vorderen Summanden um π/2. Mit cos(φ + π/2) = - sin(φ) und sin(φ + π/2) = sin(φ) findet man sofort, dass sich f¨ ur ω 2 die beiden Summanden aufheben und das Wegintegral null wird. ur ω 1 hingegen addieren sie sich Z Kreis ω 1 = -2 2π Z 0 cos(cos φ) sin(sin φ) sin φ = -4 1 Z 0 dx cos(x) sin( p 1 - x 2 ) . Dies ist ein kompliziertes Integral welches elementar nicht mehr zu l¨ osen ist. Das Wegintegral ¨ uber ω 3 wird berechnet indem der Weg in vier Teilwege aufgespalten wird γ = γ 1 + γ 2 + γ 3 + γ 4 , wobei γ 1 = (0, 0) (0, 1), γ 2 = (0, 1) (1, 1), γ 3 = (1, 1) (1, 0) und γ 1 = (1, 0) (0, 0). Es ergibt sich Z γ ω 3 = 1 Z 0 dy(-y 3 x 2 ) x=0 + 1 Z 0 dx(x 3 y 2 ) y=1 + 0 Z 1 dy(-y 3 x 2 ) x=1 + 0 Z 1 dx(x 3 y 2 ) y=0 = 1 Z 0 dxx 3 + 0 Z 1 dy(-y 3 ) = 1 2 .

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23. April 2013

PD Dr. H. Kohler

Statistische Mechanik — Musterlosungen

P1. DifferentialformenSei

ω = fx(x, y)dx+fy(x, y)dy

eine 1–Form in lokalen Koordinaten, dann lasst sich die Exaktheit leicht uber die Gleich-heit der partiellen Ableitungen zeigen. Da bei Exaktheit ω = dV , muss gelten

∂2V

∂x∂y=

∂2V

∂y∂x⇒ ∂fx

∂y=

∂fy∂x

.

Hieraus ist ersichtlich, dass ω2 ein exaktes Differential ist, ω1 und ω3 hingegen nicht.Die Wegintegrale sind fur ω1 und ω2 kompliziert. In spharischen Koordinaten∫

Kreis

ω1,2 =

2π∫0

dφ (− cos(cosφ) sin(sinφ) sinφ∓ sin(cosφ) cos(sinφ) cosφ) ,

wobei wir den Radius des Kreises gleich eins gesetzt haben. Das Minuszeichen gilt furω1 und das Pluszeichen fur ω2. Aufgrund der Periodizitat der Funktionen im Integralkonnen wir den Winkel φ um einen beliebigen Winkel α verschieben ohne, dass sich dieIntegrationsgrenze andert. Wir setzen α = π/2 und verschieben den Winkel im vorderenSummanden um π/2. Mit cos(φ+π/2) = − sin(φ) und sin(φ+π/2) = sin(φ) findet mansofort, dass sich fur ω2 die beiden Summanden aufheben und das Wegintegral null wird.Fur ω1 hingegen addieren sie sich∫

Kreis

ω1 = −2

2π∫0

dφ cos(cosφ) sin(sinφ) sinφ = −4

1∫0

dx cos(x) sin(√

1− x2) .

Dies ist ein kompliziertes Integral welches elementar nicht mehr zu losen ist.Das Wegintegral uber ω3 wird berechnet indem der Weg in vier Teilwege aufgespalten

wird γ = γ1 +γ2 +γ3 +γ4, wobei γ1 = (0, 0)→ (0, 1), γ2 = (0, 1)→ (1, 1), γ3 = (1, 1)→(1, 0) und γ1 = (1, 0)→ (0, 0). Es ergibt sich∫γ

ω3 =

1∫0

dy(−y3x2)

∣∣∣∣∣∣x=0

+

1∫0

dx(x3y2)

∣∣∣∣∣∣y=1

+

0∫1

dy(−y3x2)

∣∣∣∣∣∣x=1

+

0∫1

dx(x3y2)

∣∣∣∣∣∣y=0

=

1∫0

dxx3 +

0∫1

dy(−y3)

=1

2.

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P2. Partielle AbleitungenLokal lasst sich die Gleichung f(x, y, z) = 0 immer nach einer der Variablen auflosen.Also

x = x(y, z) , y = y(x, z) , z = z(x, y) .

Die Differentiale sind

dx =

(∂x

∂y

)z

dy +

(∂x

∂z

)y

dz

dy =

(∂y

∂x

)z

dx+

(∂y

∂z

)x

dz

dz =

(∂z

∂x

)y

dx+

(∂z

∂y

)x

dy

Nullsetzen von dz liefert sofort

dx =

(∂x

∂y

)z

(∂y

∂x

)z

dx ⇒(∂x

∂y

)z

(∂y

∂x

)z

= 1

Nullsetzen von dx in der ersten Gleichung auf der linken Seite liefert

−(∂x

∂y

)z

=

(∂x

∂z

)y

(∂z

∂y

)x

−[(

∂y

∂x

)z

]−1

=

(∂x

∂z

)y

(∂z

∂y

)x

−1 =

(∂x

∂z

)y

(∂z

∂y

)x

(∂y

∂x

)z

.

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P3. MaterialgroßenWir schreiben

cp = T

(∂S

∂T

)p

= TdS(T, V (T, p))

dT

= T

(∂S

∂T

)V

+ T

(∂S(T, V )

∂V

)T

(∂V (T, p)

∂T

)p

= cV + T

(∂p

∂T

)V

(∂V

∂T

)p

,

wobei im letzten Schritt die Maxwell Identitat

∂2F (T, V )

∂T∂V= −∂S(T, V )

∂V

!=

∂2F (T, V )

∂V ∂T= −∂p(T, V )

∂T

benutzt wurde.

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P4. Legendre–TransformationDie Legendre–Transformation einer Funktion f(x) mit Ableitung f ′(x) = u(x) ist defi-niert durch

g(u) = f(x(u))− ux(u)

dg

du=

df

dx

dx

du− x(u)− u(x)

dx

du= x(u)

In der Abbildung ist skizziert wie die Legendre–Transformierte konstruiert wird. DieTangente T (x) an die Kurve von f(x) an der Stelle x0, schneidet die x–Achse an derStelle

g(x0) = f(x0)+u(x0)x0 .

Diese Funktion lasst sich auch durch u ausdrucken, wenn die Variablentransformationu(x) invertierbar ist.

x

T (x) = u(x0)(x− x0) + f(x0)y f(x)

x0

Das ubliche Transformationsverhalten einer Funktion unter einer Variablentransforma-tion ist bestimmt durch

f(x)→ g(u) = f(x(u)) .

Auch diese Transformation ist eindeutig, im Sinne dass unterschiedliche Funktionenf1, f2, . . . auf unterschiedliche Funktionen g1, g2, . . . abgebildet werden, solange die Va-riablentrafo u(x) invertierbar ist und fur alle Funktionen die gleiche ist. Wahlt man je-doch fur jede Funktion fn eine unterschiedliche Variablentransformation un(x) so kannes vorkommen, dass gn(u) = gm(u) obwohl fn(x) 6= fm(x), wie das folgende Beispielverdeutlicht.

Wir betrachten die beiden Funktionen f1(x) = αx2 und f2(x) = α(x + c)2 Fur dieLegendre–Transformation der ersten Funktion findet man

u(x) =df1

dx= 2αx ⇒ x(u) =

u

g1(u) = f1

( u2α

)=

u2

4α, g1(u) = g1(u)− ux(u) = − u

2

4α.

Fur die der zweiten Funktion

u(x) =df2

dx= 2α(x+ c) ⇒ x(u) =

u

2α− c

g2(u) = f2

( u2α− c)

=u2

4α, g2(u) = g2(u)− ux(u) = cu− u2

4α.

Man sieht, dass g1(u) = g2(u), jedoch g1(u) 6= g2(u).

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p

V

(1)

(2)

(4)

(3)

T1

T3

T2 = T4Abbildung 1: Prozess im p–V Dia-gramm, es spielen 3 Isotherme eineRolle.

T

V

p1

P2

(1)

(2)

(3)

(4)

Abbildung 2: Prozess im p–V Dia-

gramm, zwei Isobare spielen eine Rolle.

P5. Kreis-Prozess am idealen Gas1. Da p1V2 = p2V1 ist haben die Zustande (2) und (4) dieselbe Temperatur. Der Prozessverlauft also zwischen drei Isothermen. 2. So wie das obige Diagramm gezeichnet ist,ist T1 die niedrigste Temperatur. Im (T, V )–Diagramm und in der (p, T )–Ebene ist derProzess in den folgenden Diagrammen dargestellt.

p

T

V2

V1

(1)(2)

(3)(4)

Abbildung 3: Prozess im p–V Dia-

gramm, zwei Isochore spielen eine Rolle

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P6. Otto–Motor1. Die vier Takte sind 1. Verdichten, 2. Einspritzen, 3. Expandieren (Arbeitstakt), 4.Ausstossen. Druck und Temperatur andern sich in jedem Takt. Der Prozess verlauftzwischen zwei Adiabaten und zwei Isochoren.

p

V1

(S2, p3, T3)

(S2, p4, T4)

(S1, p1, T1)

(S1, p2, T2)

V2

Abbildung 4: Kreisprozess des Otto Motors im p–V Diagramm

2. Zur Berechnung der im Kreisprozess geleistete Arbeit ist das Integral der Kurve von(S2, p3) nach (S2, p4) vom Integral der Kurve von (S1, p2) nach (S1, p1) abzuziehen. DieEntropie des idealen Gases ist laut Vorlesung gegeben durch

S = NkB lnV T 3/2+const. .

Da es sich bei den Kurven um Adiabaten handelt ist

dS = 0 ⇒ V T 3/2 = c .

Wobei die Konstante c von T, V unabhangig ist, jedoch fur beide Kurven unterschiedlich.Hieraus ergibt sich zusammen mit der Gleichung pV = NkBT fur das ideale Gas dieKurve

p(V ) = cV −5/3 ⇒V2∫V1

dV p(V ) = −3c

2

(V−2/3

2 − V −2/31

).

Sei c1 die Konstante der unteren Adiabate und c2 die Konstante der oberen Adiabate,dann ist die geleistete Arbeit

A = −3

2(c2 − c1)

(V−2/3

2 − V −2/31

).

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Die Konstanten lassen sich auf einem beliebigen Punkt der Adiabaten festnageln, z. B.

c1 = p2V5/3

1 , c2 = p3V5/3

1 .

Hier haben wir die Punkte (S1, p2) bzw. (S2, p3) gewahlt. Die geleistete Arbeit lasst sichalso auch schreiben als

A =3

2V1 (p3 − p2)

(1−

(V1

V2

)2/3)

=3

2NkB (T3 − T2)

(1−

(V1

V2

)2/3),

wobei im letzten Schritt nochmals die ideales Gas–Gleichung benutzt wurde.3. Im Schritt (S1, p2) → (S2, p3) nimmt das System Warme bei konstantem Volumenauf. Der Wirkungsgrad definiert sich als Quotient zwischen geleisteter Arbeit und auf-genommener Warme.4. Im Schritt (S1, p2) → (S2, p3) nimmt das System Warme bei konstantem Volumenauf.

∆Q =

p3∫p2

δQ =

p3∫p2

TdS =

p3∫p2

T (p)dS

dpdp =

p3∫p2

T (p)dS

dT

dT

dpdp .

Die erste Ableitung folgt aus der Entropie des idealen Gases, die zweite aus der idealenGas–Gleichung

dS

dT=

3

2

NkB

T,

dT

dp=

V

NkB.

Dies ergibt oben eingesetzt

∆Q =3

2

p3∫p2

V1dp =3

2(p3 − p2)V1 =

3

2NkB (T3 − T2) .

Der Wirkungsgrad ist somit

A

∆Q= 1−

(V1

V2

)2/3

.

Dies lasst sich auch durch Temperaturen ausdrucken

A

∆Q= 1−T1

T2.

Zum Vegleich: der Carnot’sche Wirkungsgrad ist

A

∆Q= 1−T1

T3.

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P7. GummibandDie Gibb’sche Fundamentalform ist

dE = TdS+ZdL

Die Tatsache, dass die benotigte Warmeenergie zum Erhitzen des Fadens bei konstanterLange temperaturunabhangig ist lasst sich als

cL =

(∂E

∂T

)L

= f(L)

formulieren. Um die Funktion f(L) zu bestimmen, betrachten wir deren Ableitung

df(L)

dL=

(∂cL∂L

)T

=∂2E(T, L)

∂L∂T=

∂T

(∂E(T, L)

∂L

)T

=∂

∂T

(∂(F + TS)

dL

)=

∂T

[Z(T, L) + T

(∂S(T, L)

∂L

)T

]=

∂T

[Z(T, L)− T ∂

2F (T, L)

∂L∂T

]=

∂T

[Z(T, L)− T

(∂Z(T, L)

∂T

)L

]= −

(∂2Z(T, L)

∂2T

)L

= 0

aufgrund der in der Aufgabe angegebenen thermischen Zustandsgleichung

T (L−L0) = αZ .

Daraus folgt cL(T, L) = cL. Die kalorische Zustandsgleichung ist gegeben durch E =cLT + E0. Bei bekannter thermischer und kalorischer Zustandsgleichung lassen sichsamtliche thermodynamischen Potenziale berechnen. Die Entropie ergibt sich zu

S =

E∫dE′

T−

L∫ZdL′

T

=

T∫cLdT

T ′−

L∫L′ − L0

αdL′

= cL lnT − (L− L0)2

2α+ const.

Die Isothermen sind im Z–L Diagramm aufgrund der angegebenen thermischen Zu-standsgleichung Geraden, welche die L–Achse bei TL0 schneiden. Die Adiabaten be-rechnen sich aus dS = 0 zu

0!

= cLdT

T− (L− L0)

αdL =

dZ

Z−(

1

L− L0+L− L0

αcL

)dL .

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Diese Gleichung lasst sich integrieren

Z = const. exp

L∫ (1

L′ − L0+L′ − L0

αcL

)= const.(L− L0) exp

((L− L0)2

2αcL

)Die Warmekapazitat cZ bei konstanter Belastung berechnet sich zu

Z

LL0

T1

T2

S1 S2

Abbildung 5: Adiabaten (rot) und isothermen des Gummibandes.

cZ = T

(∂S

∂T

)Z

=

(∂E

∂T

)Z

− Z(∂L

∂T

)Z

= cL + αZ2

T 2.

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P8. LektorenWir definieren die Zufallsvariablen XA = (von Lektor A gefundener Druckfehler), des-gleichen XB = (von Lektor B gefundener Druckfehler) und schliesslich XAB = (vonbeiden gefundener Druckfehler):

XA ∈ 0, 1 : w(A)0 =

N − 200

N, w

(A)1 =

200

N

XB ∈ 0, 1 : w(B)0 =

N − 150

N, w

(B)1 =

150

N

XAB ∈ 0, 1 : w(AB)0 =

N − 100

N, w

(AB)1 =

100

N.

Falls beide Lektoren unabhangig arbeiten gilt w(AB)=w(A)w(B), dies kann man nach Nauflosen:

w(A)1 w

(B)1 = w

(AB)1 ⇒ N = 300 .

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P9. Poisson–VerteilungDer Erwartungswert bestimmt sich aus

〈n〉 =

∞∑n=0

nwn =

∞∑n=1

nnen

(n− 1)!

m=n−1= n

∞∑m=0

nmen

m!︸ ︷︷ ︸Normierung

= n.

Desgleichen kann man die Varianz berechnen

〈(n− n)2〉 =

∞∑n=1

nnnen

(n− 1)!− n2 = n

∞∑m=0

nm(m+ 1)en

m!− n2

= n

∞∑m=1

nmen

(m− 1)!+ n− n2 = n . (1)

Fur die Poissonverteilung ist die Varianz gleich dem Erwartungswert.

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P10. KumulantenDie Kumulanten C0, C1, . . . sind die Ableitungen des Logarithmus der charakteristischenFunktion

χ(k) =

∞∫−∞

dxw(x)e−ikx

einer Verteilungsfunktion w(x) bei null. Die Ableitungen der charakteristischen Funktionselbst liefern die Momente 〈xn〉.

C0 = lnχ(0) = ln 1 = 0

C1 = id

dklnχ(k)

∣∣∣∣k=0

=1

χ(0)

∞∫−∞

dxxw(x) = 〈x〉

C2 = − d2

dk2lnχ(k)

∣∣∣∣k=0

= − d

dk

1

χ(k)

∞∫−∞

dx(−ix)w(x)e−ikx

∣∣∣∣∣∣k=0

=χ′(k)χ′(k)

χ(k)2− χ′′(k)

χ(k)

∣∣∣∣k=0

= 〈x2〉 − 〈x〉2

C3 = i3d3

dk3lnχ(k)

∣∣∣∣k=0

= i3(χ′′′(k)

χ(k)− 3χ′′(k)χ′(k)

χ(k)2+χ′(k)3

χ(k)3

)∣∣∣∣k=0

= 〈x3〉 − 3〈x2〉〈x〉+ 〈x〉3 .

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P11. Gasbehalter(a) Die Teilchenzahl ist offenbar binomialverteilt

wn =

(N

n

)(1− v

V

)N−n ( vV

)n.

(b) Mittelwert und Schwankungsquadrat berechnen sich

〈n〉 =N∑n=0

n wn =v

V

d

da

N∑n=0

(N

n

)bN−nan

∣∣∣∣∣a=v/V,b=1−v/V

=v

V

d

da(a+ b)N

∣∣∣∣a+b=1

=vN

V

〈n2〉 =( vV

)2 d2

da2

N∑n=0

(N

n

)bN−nan

∣∣∣∣∣a+b=1

+ 〈n〉

=( vV

)2 d2

da2(a+ b)N

∣∣∣∣a+b=1

+ 〈n〉 = 〈n〉2 +(

1− v

V

)〈n〉 .

Die Varianz ist daher (1− v/V )〈n〉 = (1− v/V )(v/V )N .(c) Wir untersuchen die Binomialverteilung fur Werte von n 1 und N n. FurN → ∞ sind dies die allermeisten. Tatsachlich ist nur in diesem Bereich die Naherungder Binomialverteilung durch eine Gaussverteilung gut. Der Einfachheit halber wahlenwir v/V = 1/2. Die Binomialverteilung ist dann gegeben durch

wn = 2−N(N

n

)n=m+1⇒ wm = 2−N

N !

(N/2−m)!(N/2 +m)!

wobei nun uber −N/2 ≤ m ≤ N/2 zu summieren ist. Benutzen der Stirling’schen Formelergibt

wm ≈ exp [N lnN −N − (N/2−m) ln(N/2−m) + (N/2−m)

−(N/2 +m) ln(N/2 +m) + (N/2 +m)−N ln 2]

= exp [N lnN −N ln(N/2)− (N/2−m) ln(1− 2m/N)

−(N/2 +m) ln(1 + 2m/N)−N ln 2]

≈ exp(−4m2/N)

wobei im letzten Schritt der Logarithmus bis zur ersten Ordnung entwickelt wurde.Fur andere Wahrscheinlichkeiten als v/V = 1/2 ist die Herleitung ahnlich jedoch etwasumstandlicher. Es sei noch darauf hingewiesen, dass die Binomialverteilung

wn =

(N

n

)(1− p)N−n pn

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fur sehr kleines p in die Poissonverteilung ubergeht.

wn ≈ pn

n!exp [N lnN −N − (N − n) ln(N − n) +N − n+ (N − n) ln(1− p)]

≈ pn

n!exp [N lnN − (N − n) ln(N)−Np]

≈ (Np)n

n!e−Np ,

was mit n = Np die Poissonverteilung ergibt.

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P12. KugeloberflacheDas in der Aufgabenstellung angegebene Integral

V =

∫dx1

∫dx2 . . .

∫dxNδ(x

21+x2

2+. . .+x2N−1)

liefert tatsachlich nur die Halfte der Kugeloberflache. Die Kugeloberflache selbst istgegeben durch

V =

∫dx1

∫dx2 . . .

∫dxNδ(

√x2

1 + x22 + . . .+ x2

N−1) .

Die beiden Integrale sind uber V = 2V verknupft. Wir geben zwei Losungswege an.1) Im ersten gehen wir in n–dimensionale Kugelkoordinaten

x1 = rf1(θ1, . . . , θN−1)

x2 = rf2(θ1, . . . , θN−1)

...

Hierbei sind die Funktionen fn komplizierte Funktionen der N − 1 Winkel, die unsjedoch im folgenden nicht zu interessieren brauchen. Das infinitesimale Volumenelementtransformiert wie

dx1 . . . dxN → J(r, θ1, . . . , θN−1) drdθ1 . . . dθN−1 .

Die Jacobi–Determinante ist zweifelsohne kompliziert, aber auch das braucht uns gott-seidank hier nicht zu interessieren. Wir schreiben

J(r, θ1, . . . , θN−1) =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣f1 r ∂f1∂θ1

. . . ∂f1∂θN−1

f2 r ∂f2∂θ1. . . ∂f2

∂θN−1

......

...

fN r ∂fN∂θ1 . . . ∂fN∂θN−1

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= rN−1ω(θ1, . . . , θN−1)

Da die Integranden in V und V nur vom Radius r abhangen, lasst sich uber die Winkelintegrieren

Ω =

∫dθ1

∫dθ2 . . .

∫dθN−1ω(θ1, . . . , θN−1) .

Die beiden Integrale V und V lassen sich nun schreiben als

V = Ω

∞∫0

drrN−1δ(r2 − 1)x=r2=

Ω

2

∞∫0

dxxN/2−1δ(x− 1) =Ω

2

V = Ω

∞∫0

drrN−1δ(r − 1) = Ω = 2V (2)

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Um die Konstante Ω zu berechnen, benutzen wir das N–fache Gauss–Integral

√πN

=

∞∫−∞

dxe−x2

N

=

∞∫−∞

dx1 . . .

∞∫−∞

dxN exp

(−

N∑n=1

x2n

)

2

∞∫0

dxxN/2−1e−x =Ω

(N

2

)Also ist V = 2πN/2/Γ(N/2), was fur N = 2, 3 die bekannten Werte liefert.

2) Die zweite Methode ist in der einfachsten Form nur auf das Integral V anwendbar.Sie ist fur das vorliegende Integral sicher komplizierter, jedoch allgemeiner anwendbar.Wir Fouriertransformieren

δ(x21+x2

2+. . .+x2N−1) = lim

ε→0

1

∞∫−∞

dk exp

(−ik

N∑n=1

x2n + ik

).

Hieraus folgt

V =1

∞∫−∞

dkeik

∞∫−∞

dxe−ikx2

N

=1

∞∫−∞

dkeik( πik

)N/2Das Integral ist als Riemann Integral nicht definiert, jedoch als Hauptwertintegral. Eshat einen Pol bei k = 0 fur gerades N und einen Schnitt entlag der positiven imaginarenAchse fur ungerades N . Wir betrachten den Fall ungerader N . Wir legen den Integra-tionsweg von k gemaß der Skizze um den Schnitt in der komplexen Ebene und spaltenihn in zwei Wege auf

V = limε→0

1

0∫i∞−ε

dkeik( πik

)N/2+

1

i∞+ε∫0

dkeik( πik

)N/2

= limε→0

1

0∫∞+iε

dxe−x(π

−x

)N/2+

1

∞−iε∫0

dxe−x(π

−x

)N/2= lim

ε→0Im

1

π

∞∫0

dxe−x(

π

−x− iε

)N/2

= (−1)(N−1)/2√πN−2limε→0

Re

∞∫0

dxe−x(

1

x+ iε

)N/2= (−1)(N−1)/2√πN−2

Γ(−N/2 + 1)

Dieses Ergebnis kann mit dem fruheren durch folgende Identitat der Gammafunktionin Einklang gebracht werden

Γ(x)Γ(1−x) =π

sin(πx), fur x ∈ C\Z

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Re−∞ ∞

i∞ Im

Abbildung 6: Integrationsweg von −∞ nach ∞ wird um den Schnitt gewickelt. Dies istmoglich, da die Funktion keine weiteren Pole oder Schnitte auf der positiven Halnebenehat.

dies ist die sogenannte Inversionsformel der Gammafunktion, die schon Euler gefundenhatte. Sie ist nur fur ungerades N anwendbar. Wir finden

V =(−1)(N−1)/2√πN

Γ(N/2) sin(πN/2)=

√πN

Γ(N/2).

Fur gerades N kann man die Integrationscontour um den Pol bei null wickeln und dannden Residuensatz anwenden. Wir wollen hier darauf verzichten.

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P13. Lektoren IIWir definieren fur jeden Druckfehler auf einer bestimmten Seite, sagen wir Seite 2, eineunabhangige diskrete Zufallsvariablen X1, . . . , X500 mit

Xn ∈ 0, 1 : w0 =499

500, w1 =

1

500.

Der Erwartungswert von Xi ist

〈Xi〉 = 1× 1

500+0×499

500=

1

500.

Der Erwartungswert von Y =∑500

i=1Xi ist 〈Y 〉 =∑500

i=1〈Xi〉 = 1. Die Zufallsvariable Ygibt die Zahl der Druckfehler auf Seite 2 an. Diese Zufallsvariable ist binomialverteilt

Y ∈ 0, 1, . . . , N : wn =

(N

n

)1

500n

(499

500

)N−n, fur N = 500

Nach dem zentralen Grenzwertsatz muss diese Verteilung fur N →∞ in eine Gaussver-teilung ubergehen. Da 1/500 499/500 kann laut Aufgabe P11 die Binomialverteilungdurch eine Poissonverteilung approximiert werden.

wn =nn

n!e−n

Hieraus folgt mit n = 1, w0 = e−1 und wn≥3 = 1− w0 − w1 − w2 = 1− 5/(2e).

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P14. Zweiatomige MolekuleWir berechnen die kanonische Zustandssumme von N Teilchen, d. h. von N/2 Molekulen

Z =1

h3NN !

∫d3Np

∫d3Nqe−

β2m

∑Ni=1 ~p

2i−

βg2

∑N/2j=1 |~q 2j−1−~q 2j |2

=1

h3NN !

(2mπ

β

)3N/2(∫d3q1d

3q2e−βg

2|~q 1−~q 2|2

)N/2(3)

Nachdem uber die Impulse gemittelt wurde. Das Ortsintegral lasst sich vereinfachen mitdem Ubergang in Schwerpunkts– und Relativkoordinaten

~Q =1

2(~q 1 + ~q 2) , ~q = ~q 1−~q 2 .

Die Jacobi–Determinante dieser Variablentransformation ist 1. Nach der trivialen Inte-gration uber die Schwerpunktskoordinate ~Q und Einfuhrung von Kugelkoordinaten fur~q erhalten wir

Z =1

h3NN !

(2mπ

β

)3N/2(4πV

∫dq q2e−

βgq2

2

)N/2Das verbleibende Integral lasst sich durch reskalieren q → q/

√βg/2 und Variablen-

transformation q =√x in die Form bringen∫ ∞

0dq q2e−

βgq2

2 =

(2

βg

)3/2 1

2

∞∫0

dx√xe−x =

(2

βg

)3/2 1

2Γ(3/2) =

(1

βg

)3/2√π

2.

Fur einen Kubus der Kantenlange L ist V = L3 kann man die Zustandssumme nunauch schreiben

Z =1

h3NN !

(2mπ

β

)3N/2(L

√2π

βg

3)N/2

.

Die thermische Zustandsgleichung lasst sich aus der freien Energie gewinnen

−p =

(∂F

∂V

)T,V

= −kBT∂

∂VlnZ

dies liefert sofort die thermische Zustandsgleichung p = −NkBT/2. Dies ist der Druckeines idealen Gases von M = N/2 Teilchen. Die Warmekapazitat erhalt man aus

cV =

(∂E

∂T

)V,N

= − ∂

∂T

∂βlnZ =

∂T

∂β

9

4N lnβ =

9

4kBN =

9

2kBM

D. h. das zweitatomige Molekulgas hat eine hohere Warmekapazitat als das Gas einato-miger Molekule, da das System zugefuhrte Energie auch als potenzielle Energie speichernkann. Den mittleren quadratischen Molekuldurchmesser erhalt man durch Ableiten nachg. Es gilt

〈q2〉 = − 4

∂glnZ = 3NkBTg

−1 .

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Das Schwankungsquadrat steigt also mit der Temperatur und mit sinkender Kopp-lungsstarke. Was passiert jedoch fur g → 0? Der Molekulradius wird unendlich. In derTat kann das obige Ergebnis fur die thermische und kalorische Zustandsgleichung nichtganz richtig sein. So sollte es doch im Limes g → 0 in das Ergebnis fur einatomige Gaseubergehen. Wir betrachten erneut das Ortsintegral in einem Kubus der Kantenlange L∫V

d3q1d3q2e

−βg2|~q 1−~q 2|2

N/2

=

L/2∫−L/2

dq1x

L/2∫−L/2

dq2xe−βg

2(q1x−q2x)2

3N/2

Es bieten sich wiederum Schwerpunkts und Relativkoordinaten an: Q = (q1x + q2x)/2,q = q1x − q2x. Wahrend die Integrationsgrenze fur Q wiederum ±L sind, ist die Inte-grationsgrenze von q jetzt Q–abhangig. Wir konnen schreiben

I =

L/2∫−L/2

dq1x

L/2∫−L/2

dq2x e−βg

2(q1x−q2x)2

= 4

L/2∫0

dQ

L−2Q∫0

dq e−βg2q2 = 8

L/2∫0

dQQ e−βg2

(L−2Q)2

= 8

L/2∫0

dQ(L/2−Q) e−2βgQ2= 2L2

1∫0

dx(1− x) e−βgL2

2x2

Dieses Integral kann man nicht mehr geschlossen losen. Es bleibt jedoch auch fur g → 0endlich. Wir entwickeln die Funktion

f(y) =

1∫0

dx(1−x) e−y2

2x2

fur y 1 und fur y 1. Fur y 1 lasst sich die Exponentialfunktion um null ent-wickeln exp(−x) = 1−x, fur y 1 kann man die Integrationsgrenze bis auf exponentiellkleine Terme nach unendlich verschieben.

f(y) ≈

1∫0

dx(1− x)

(1− y2

2x2

)=

1

2

(1− y2

12

), y 1

1

y

∞∫0

dx

(1− x

y

)e−

x2

2 =1

y

(√π

2− 1

y

), y 1 .

Damit

I ≈

L2 − βgL4

12, βg L2

√2π

βg− 2

β2g2L2, βg L2 .

Der fuhrende Term im oberen Ausdruck liefert die freie Energie des idealen Gases N ein-atomiger Molekule. Der fuhrende term im unteren Ausdruck reproduziert unser fruheresErgebnis.

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P15. Relativistisches Gas

Mit p =√~p 2 =

√p2x + p2

y + p2z ist die Hamiltonfunktion des freien Teilchens im relati-

vistischen Limes H = cp. Entsprechend ist die kanonische Zustandssumme

Z =1

h3NN !

∫d3Np

∫d3Nq e−βc

∑Ni=1 pi

=V N

h3NN !

(∫d3p e−βcp

)N

=V N

h3NN !

∞∫0

dp p2e−βcp

N

=V N

h3NN !

(4π

(βc)3Γ(3)

)N=

1

N !

(8πV

(βch)3

)N(4)

Die innere Energie ist

E = − ∂

∂βlnZ = 3NkBT .

Dies ist die kalorische Zustandsgleichung. Die thermische Zustandsgleichung lasst sichnicht aus der kalorischen Zustandsgleichung ableiten. Naturlich kann kann man sie ausder kanonischen Zustandssumme herleiten, z. B. durch Ableiten von lnZ nach V , diesist aquivalent zu Aufgabenteil 4. Die freie Energie ergibt sich aus

F = −kBT lnZ

= kBTN(3 lnβch− ln 8πV + ln(N !)−N

),

oder mit der Stirling’schen Formel N ! ≈ N(lnN − 1),

F = kBTN (3 lnβch− ln(8πV/N)− 1) ,

woraus −p = ∂F∂V = −kBNT/V folgt. Die thermische Zustandsgleichung ist also identisch

zu der des nicht–relativistischen idealen Gases. Die spezifische Warme ist

cV = T

(∂S

∂T

)V,N

= −T(∂2F

∂T 2

)V,N

= 3kBN.

Fur die spezifische Warme cp findet man

cp = T

(∂S

∂T

)p,N

= T

(∂2G

∂T 2

)p,N

= T

(∂2(F (T, V (p)) + pV (p))

∂T 2

)p,N

= 4kBN

wobei wir die thermische Zustandsgleichung benutzt haben.

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P16. Teilchengas im quartischen PotenzialDie kanonische Zustandssumme ist

Z =1

h3NN !

∫d3Np

∫d3Nqe−

β2m

∑Ni=1 ~p

2i−βg

∑Nj=1(q4ix+q4iy+q4iz)

=1

h3NN !

(2mπ

β

)3N/2(∫dqe−βgq

4

)3N

. (5)

Das Integral lasst sich wiederum auf eine Gammafunktion abbilden. Mit x = βgq4 folgt∫dqe−βgq

4= 2(4βg)−1

∫dx

(βg

x

)3/4

e−x =1

2(βg)−1/4Γ(1/4) .

Die innere Energie ist

E = − ∂

∂βlnZ =

(3N

2+

3N

4

)kBT =

9

4NkBT .

Die Entropie ist

S

kB=

∂TT lnZ = lnZ − T ∂β

∂TE = lnZ +

9

4N

= 3N ln

√2πm

βh2− 3N ln(βg)1/4 + 3N ln(Γ(1/4)/2)−N lnN +

13

4N .