Moderne Theoretische Physik III

Karlsruher Institut für Technologie
Institut für Theorie
der Kondensierten Materie
Moderne Theoretische Physik III (Theorie F – Statistische Mechanik)
SS 17
Musterlösung: Blatt 8
Besprechung: 16.06.2017
Prof. Dr. Alexander Mirlin
PD Dr. Igor Gornyi, Janina Klier
1. Bose-Gas in der Nähe der Kondensationstemperatur:
(10+10=20 Punkte)
Betrachten Sie ein ideales Bose-Gas bei festgehaltener Dichte n in drei räumlichen Dimensionen. Das Bose-Gas kondensiert zu einem Bose-Einstein-Kondensat bei kritischer
Temperatur Tc (n).
(a) Bestimmen Sie das chemische Potential µ(T ) bei Temperaturen in der Nähe der
Kondensationstemperatur: 0 < T − Tc (n) Tc (n). Hinweis: Zeigen Sie, dass für
X zk
p
π(1 − z).
0 < 1 − z 1 gilt: g3/2 (z) =
'
g
(1)
−
2
3/2
3/2
k
k
Lösung:
Unser Startpunkt ist die folgende Gleichung aus der Vorlesung
n=
wobei
s
g3/2 (z)
,
λ3T
2π~2
,
mkB T
(1)
z = eµ/kB T .
(2)
p
g3/2 (z) ≈ g3/2 (1) − 2 π(1 − z)
(3)
λT =
Wir benutzen zunächst
und lösen die Gleichung für das chemische Potential µ(T ). Wir werden Gl. (3) später
beweisen.
Wir führen die Notation
s
µ
2π~2
δT = T − Tc (n),
δz = 1 − z ≈ −
,
λc =
(4)
kB Tc (n)
mkB Tc (n)
ein.
Wir entwickeln in der Nähe von T = Tc (n)
n=
1 3 δT
1
1 √
g
(1)
+
g
(1)
−
2 πδz
3/2
3/2
λ3c
λ3c 2 Tc
λ3c
(5)
und benutzen die Definition der kritischen Temperatur
n=
1
g3/2 (1).
λ3c
(6)
Wir finden
9 2
δz =
g (1)
16π 3/2
δT
Tc
2
.
(7)
Schließlich,
9kB (T − Tc )2 2
µ=−
g3/2 (1).
16π
Tc
(8)
Wir beweisen nun Gl. (3). Es ist nützlich zuerst die Integraldarstellung von g3/2 (z)
zu zeigen. Diese lautet
Z
Z
∞
∞
h
i
X
dx −kx2 /2
dx
1 k X1 k
−x2 /2
√
√
g3/2 (z) =
z
e
=
−
ln
1
−
e
z
z
=
k 3/2
k
2π
2π
k=1
k=1
Daraus erhalten wir für die Differenz von g3/2 (z) − g3/2 (1) folgendes
Z
dx
δz
g3/2 (z) − g3/2 (1) = − √ ln 1 + x2 /2
e
−1
2π
(9)
(10)
Lasst uns dieses Integral im Detail betrachen. Wenn wir versuchen es in δz zu
entwickeln, erhalten
√ wir sofort eine Divergenz für kleine x. Dies zeigt uns, dass die
Antwort sich wie δz verhält und das nicht analytische Verhalten aus Werten für
kleine x entsteht. Wir können daher den Ausdruck für unter dem Integral für kleine
x entwickeln und erhalten
Z
√
2δz
dx
(11)
g3/2 (z) − g3/2 (1) = − √ ln 1 + 2 = −2 πδz
x
2π
(b) Die Ableitung
0
c (T ) =
0
0
∂cV
∂T
V,N
0
hat bei Tc einen Sprung ∆c = c (Tc + 0) − c (Tc − 0). Berechnen Sie ∆c0 .
Lösung:
Vorlesung:
5kB kB
T < Tc : µ = 0, S =
g5/2 (1),
2λ3T
3
15kB V
∂S
cV = T
= S=
g5/2 (1),
∂T V,N
2
4λ3T
(12)
(13)
µ(n,T )
3
V
T > Tc : µ = µ(n, T ), U = kB T 3 g5/2 (z) , z(n, T ) = e kB T , (14)
2
λT
∂U
15kB V
3V µ
3V ∂µ
cV =
=
g5/2 (z) − 3 g3/2 (z) + 3
g3/2 (z). (15)
3
∂T V,N
4λT
2λT T
2λT ∂T
Mit
9kB (T − Tc )2 2
µ(T ) ' −
g3/2 (1)
16π
Tc
aus 1(a) erhalten wir für T = Tc + 0
µ (T − Tc )2
∝
→ 0,
T T →Tc
Tc2
(T − Tc )
∂µ ∝
→ 0,
∂T T →Tc
Tc
∂ 2 µ 9kB 2
g (1).
=−
2
∂T T →Tc
8πTc 3/2
(16)
(17)
(18)
Aus diesen Relationen folgt, dass wir für die Berechnung des Sprungs der Wärmekapazität nur Terme, die die 2. Ableitung des chemischen Potentials nach der Temperatur enthalten, da die restlichen Terme verschwinden. Damit folgt:
2
kB V n
3V
∂
µ
27 2
∆c0 =
=−
g3/2 (1)
.
(19)
g
(z)
3/2
3
2
2λT ∂T
16π
Tc
T →Tc
2. Strahlungsdruck:
(10 Punkte)
In einen Hohlraum wird ein Körper eingebracht. Über Absorption und Wärmestrahlung bei der Temperatur T stellt sich ein Gleichgewicht zwischen dem Körper und den
Photonen ein. Jedes Photon, das auf den Körper auftrifft, wird von dem Körper absorbiert (“idealer schwarzer Körper”) und überträgt seinen Impuls p~ auf ihn. Finden
Sie den mittleren Impuls pro Flächenelement, der durch die absorbierten Photonen auf
den Körper im Zeitinterval dt übertragen wird. Vergleichen Sie Ihr Ergebnis mit dem
Strahlungsdruck P aus der Vorlesung.
Lösung:
Die Anzahl der Photonen mit dem totalen Wert für den Impuls in (k, k + dk) und dem
Winkel zwischen dem Impuls und der z-Achse in (θ, θ + dθ) ist
2 × 2π sin θdθk 2 dk
1
1
3
βck
(2π~) e − 1
(20)
Für solch ein Photon ist die Geschwindigkeit vz = c cos θ und der Impuls kz ist k cos θ.
Daher ist der Impuls, der durch das Oberflächenelemet dS der Wand übertragen wird,
gegeben durch
Z π/2 Z ∞ 1
1
2
dk 2 × 2π sin θk
δpz = dSdt
dθ
× c cos θ × k cos θ
(2π~)3 eβck − 1
0
0
Z
Z ∞
4 4 Z ∞
1
k3
dSdtc π/2
dSdt
1 kB
T
2
3
sin θ cos θdθ
dkk βck
dk k
= 2 3
= 2 3 × × 4
2π ~ 0
e −1
2π ~ c 3
c
e −1
0
0
4 4 4
2
dSdt
1 k T π
1 π (kB T )4
= 2 3 × × B4
= dSdt × ×
. (21)
2π ~
3
c 15
2 45 (~c)3
Hier benutzen wir das Integral aus Aufgabe 3(a).
Wir bemerken, dass dies genau die Hälfte der Antwort ist, die wir aus dem Ausdruck
des Strahlungdruckes erwarten würden
π 2 (kB T )4
P =
.
45 (~c)3
(22)
Der Grund ist, dass ein schwarzer Körper nicht nur Photonen absorbiert sondern auch
emittiert. Daher kommt die zweite Hälfte das Strahlungsdruckes.
3. Phononen:
(7+7+6=20 Punkte)
(a) In dem Debye-Modell wird das Spektrum der akustischen Zweige ωkσ = ck bei
einer gewissen endlichen Frequenz ωD abgebrochen. Berechnen Sie die Wärmekapazität der Phononen für das Debye-Modell in drei räumlichen Dimensionen (Polarization σ = 1, 2, 3) bei tiefenRTemperaturen, T ΘD , wobei ΘD = ~ωD /kB
∞
Debye-Temperatur ist. Hinweis: 0 dxx3 /(ex − 1) = π 4 /15.
Lösung:
Wir betrachten die Innere Energie. Die Grundzustandsenergie ist
U0 =
X ~ω~k,σ
~k,σ
2
.
Es gilt dann also
U − U0
Z
~ck
V X
~c|k|
=
=
d3 k β~ck
β~ck
3
e
−1
(2π) σ
e
−1
~k,σ
Z
x
V X (kB T )4 ∞ 3
dx x
=
3
3
(2π) σ (~c)
e −1
0
X
V
(kB T )4
=
3
4π
(2π)3 (~c)3
=
Z
∞
dx
0
x3
ex − 1
(kB T )4 π 4
π2 V
V
3
4π
=
(kB T )4
(2π)3 (~c)3
15
10 (~c)3
Damit finden wir schließlich für die spezifische Wärme
3
2 2
kB T
cV = V π k B
∝ T3 .
5
~c
(b) Zeigen Sie, dass im Limes hoher Temperaturen T ΘD die klassischen Resultate
für die innere Energie (Gleichverteilungssatz) und die Wärmekapazität (DulongPetit-Gesetz) gelten.
Lösung:
Die Zustandssumme der unterscheidbaren Oszillatoren (µ = 0) lautet:
!
!
1
∞
X
Y X
Y
e−β~ωλ 2
−βEα
−β~ωλ (nλ +1/2)
,
Z=
e
=
e
=
1 − e−β~ωλ
α
n =0
λ
λ
λ
wobei λ = {~k, σ}.
Innere Energie:
1 ∂Z
∂
∂ X
β~ωλ
−β~ωλ
U = −
=−
ln(Z) = −
−
− ln 1 − e
.
Z ∂β
∂β
∂β λ
2
Hochtemperaturlimes kB T ~ωD ⇒ eβ~ωλ ≈ 1 + β~ωλ :
U=
X
~ωλ
λ
1 kB T
+
2
~ωλ
=
X
λ
h
~ω i
1 ~ωλ λ
= 3N kB T 1 + O
,
kB T 1 +
2 kB T
kB T
| {z
}
1
wobei N die Anzahl von Atomen ist. In führender Ordnung ist dies genau der
Gleichverteilungssatz, der besagt, dass jeder Freiheitsgrad, der quadratisch in der
Hamilton-Funktion auftritt mit (1/2)N kB T zur inneren Energie beiträgt.
Die Wärmekapazität erhält man durch Ableiten nach T und wir finden cV = 3N kB .
(Dulong-Petit-Gesetz).
(c) Betrachten Sie nun einen Kristall in D räumlichen Dimensionen. Bestimmen Sie das
führende Temperaturverhalten der Wärmekapazität der Phononen im Limes tiefer
Temperaturen T → 0. Die explizite Berechnung des T -unabhängigen Koeffizienten
ist nicht gefordert.
Lösung:
Im Grenzfall von T → 0 kommt der Hauptanteil der Wärmekapazität der Phononen von akustischen Phononen (der Anteil der optischen Phononen ist exponentiell unterdrückt). In D räumlichen Dimensionen gibt es D akustische Moden
(σ = 1, . . . , D). Diese tragen alle zum Tieftemperaturverhalten von cV bei.
Das thermodynamische Potential (mit k̂ = ~k/|k|) lautet:
!
e−β~ωλ /2
Ω = −kB T ln ZG = −kB T ln
Zλ = −kB T
ln
1 − e−β~ωλ
λ
λ
h
i 1 X Z dD k
X Z dD k
−βcσ (k̂)|k|
= kB T
V
ln 1 − e
V
cσ (k̂)|k|
+
(2π)D
2 σ
(2π)D
σ
{z
}
|
Y
X
Ω0 =konst(T )
D+1
= (kB T )
|{z}
k̃=β|k|
X
σ
Z
∞
V
0
k̃ D−1 dk̃
(2π)D
Z
h
−cσ (k̂)k̃
dk̂ ln 1 − e
i
+ Ω0 . (23)
Daraus folgt:
cV = −T
∂ 2Ω
∝ T D.
∂T 2
(24)