Theorie F – Statistische Mechanik

Karlsruher Institut für Technologie
Institut für Theorie
der Kondensierten Materie
Moderne Theoretische Physik III (Theorie F – Statistische Mechanik)
SS 17
Blatt 4
Besprechung: 19.05.2017
Prof. Dr. Alexander Mirlin
PD Dr. Igor Gornyi, Janina Klier
1. Teilchen mit f Freiheitsgraden:
(8+12=20 Punkte)
Für ein ideales Gas aus N klassischen Teilchen (Molekülen) mit f Freiheitsgraden pro
Molekül gilt:
f
U = N kB T, pV = N kB T.
(1)
2
(a) Betrachten Sie eine adiabatische Zustandsänderung bei konstanter Teilchenzahl, und
zeigen Sie über den 1. Hauptsatz, dass gilt:
pV (f +2)/f = const.,
V T f /2 = const.
Lösung:
1. Hauptsatz:
dU = δQ − p dV + µ dN.
Adiabatische Zustandsänderung: δQ = 0 , konstante Teilchenzahl: dN = 0 , also:
dU = −p dV.
In einem thermisch isolierten Gas in einem geschlossenen Behälter kann sich die
innere Energie nur durch mechanische Arbeit ändern. Bekannt ist außerdem:
f
N kB T
2
pV = N kB T
U=
→
→
zusammen
dU =
f
N kB dT,
2
p dV + V dp = N kB dT ,
dU =
(2)
(3)
f
[p dV + V dp].
2
Mit dem 1. Hauptsatz von eben gilt:
f
f
1+
p dV = − V dp,
2
2
was jetzt integriert werden kann, von einem thermodynamischen Zustand 0 zu einem
anderen 1 über einen reversiblen Weg,
Z1
Z1
dp
f
dV
f
1+
=−
2
V
2
p
0
0
Daraus folgt, mit V1 ≡ V , p1 ≡ p , denn der Zustand 1 ist beliebig,
f
V
f
p
1+
ln
= − ln
⇒
p V (1+2/f ) = const.
2
V0
2 p0
Analog ergibt sich aus
dU = −p dV =
f
N kB dT
2
und
pV = N kB T
unmittelbar
⇒
p=
N kB T
V
N kB
f N kB
dV = −
dT.
V
2 T
Also
ln
f
T
V
= − ln
V0
2 T0
⇒
V T f /2 = const.
(b) Ausgehend von Gl. (1), berechnen Sie die Entropie
N
f
U
V
f +2
N
S(U, V, N ) = S0
+ N kB
ln
+ ln
−
ln
N0
2
U0
V0
2
N0
wobei S0 , U0 , V0 , N0 Integrationskonstanten sind. Diskutieren Sie den 3. Hauptsatz
der Thermodynamik für ein ideales Gas.
Hinweis. Zeigen Sie zunächst: T ds = du + pdv mit s = S/N, u = U/N, v = V /N .
Lösung:
Die “Fundamentalbeziehung” lautet:
T S = U + pV − µN
⇒
S=
p
µ
1
U + V − N.
T
T
T
Mit S = S(U, V, N ) folgt
1
p
µ
dU + dV − dN.
T
T
T
Es ist jetzt praktisch, Dichten einzuführen:
dS =
s = S/N , u = U/N , v = V /N
⇒
s=
1
p
µ
u+ v− .
T
T
T
Mit S = S(U, V, N ) hängt s nicht explizit von N ab, also:
s = s(u, v),
ds =
1
p
du + dv.
T
T
Jetzt läßt ds sich integrieren, wenn man T und p rauswirft:
f
f
1
f kB
p
kB
N kB T ⇒ u = kB T ⇒
=
,
pV = N kB T ⇒
=
,
2
2
T
2 u
T
v
f du
dv
f
u
v
ds = kB
+k
⇒ s − s0 = kB ln
+ kB ln .
2
u
v
2
u0
v0
Die Integrationskonstanten sind s0 = S0 /N0 , u0 = U0 /N0 , v0 = V0 /N0 , einsetzen
liefert
N
f
U
N0
V
N0
S = S0
+ N kB
ln
+ ln
+ ln
+ ln
N0
2
U0
N
V0
N
N
f
U
V
f
N
= S0
+ N kB
ln
+ ln
−
+ 1 ln
.
N0
2
U0
V0
2
N0
U=
3. Hauptsatz der Thermodynamik. Nehmen wir nun an, dass das Gas aus N = N0
Teilchen besteht und im konstanten Volumen V = V0 eingeschlossen ist, dann hängt
U von der Temperatur über U = f2 N0 kB T ab, also, mit U0 ≡ f2 N0 kB T0 , T0 = const. ,
S(T ) = S0 +
f
T
N0 kB ln .
2
T0
Für T → 0 divergiert dies, es läßt sich kein S0 finden, so dass S(T → 0) = 0
wäre. Das “ideale Gas” ist eine brauchbare Näherung für ideale Gase nur bei hohen
Temperaturen. Bei T → 0 muss die Quantennatur der Teilchen (Fermionen oder
Bosonen) berücksichtigt werden, die zu einem nichtentarteten Grundzustand des
Gases führt. Dann folgt: S(T → 0) = 0 .
2. Gas in Bewegung:
(6+6+8+10=30 Punkte)
Betrachten Sie ein System von N klassischen nicht-wechselwirkenden Teilchen im Ddimensionalen Raum. Die Teilchen
P haben keine internen Freiheitsgrade. Nehmen Sie
~
an, dass der Gesamtimpuls P = i p~i erhalten bleibt.
(a) Betrachten Sie eine Wahrscheinlichkeitsdichte ρ(~x, t), wobei ~x = (~q, p~) für einen
vollen Satz von Koordinaten und Impulsen im Phasenraum steht. Zeigen Sie, dass
jede Funktion im Phasenraum, die die Form
ρ(~x) = ρ(H(~x), P~ (~x))
hat, eine stationäre Lösung der Liouville-Gleichung mit der Hamilton-Funktion
H(~x) ist.
Lösung:
Die klassische Liouville Gleichung lautet
∂ρ
= −i H , ρ .
(4)
i
∂t
Die Poissonklammer ist im D-dimensionalen Raum folgendermaßen definiert:
ND X
∂f ∂g
∂f ∂g
−
.
(5)
f,g =
∂pj ∂qj
∂qj ∂pj
j=1
Impulserhaltung:
{Pα , H} = 0,
α = 1 . . . D.
Für
f (~x) = f (J0 (~x), J2 (~x), . . . Jm (~x))
(6)
gilt:
ND X
∂f ∂g
∂f ∂g
{f (~x), g(~x)} =
−
∂p
∂q
∂qi ∂pi
i
i
i=1
X
ND X
m m
X
∂f
∂f ∂Jα ∂g
∂f ∂Jα ∂g
=
−
=
{Jα , g} . (7)
∂J
∂p
∂q
∂J
∂q
∂p
∂J
α
i
i
α
i
i
α
α=0
i=1 α=0
Es folgt mit J0 (~x) = H(~x), J1 (~x) = P1 (~x), . . . , JD (~x) = PD (~x):
D
X
∂ρ
∂ρ
{ρ(~x), H(~x)} =
{H, H} +
{Pα , H} = 0.
∂H
∂Pα
α=1
(8)
(b) Wir verallgemeinern nun das fundamentale Postulat der klassischen Statistischen
Mechanik indem wir postulieren, dass die Gleichgewichtsverteilung eine uniforme
Verteilung über die Hyperfläche im Phasenraum ist, die durch konstante Energie E
und konstanten Impuls P~ beschrieben wird. Finden Sie einen expliziten Ausdruck
für die normierte Gleichgewichtsverteilung ρ(~x) des Systems für D = 1.
Hinweis. Ein System mit endlichem Volumen bei gleichzeitig erhaltener Translationsinvarianz kann durch Teilchen auf einem Kreis mit Umfang L modelliert werden.
Für den Normierungsfaktor ist es ausreichend nur die Gesamtenergie- und Gesamtimpulsabhängigkeit zu bestimmen. Für die explizite Berechnung des Normierungsintegrals erhalten Sie 5 Bonuspunkte.
Bemerkung: Die Normierung der Verteilung ρ(~x) ist durch
Z
d~xρ(~x) = 1
gegeben, wobei d~x = CN dN D pdN D q und CN so gewählt wird, dass d~x dimensionlos
ist. Quantenmechanik:
1
1
,
CN =
N ! (2π~)DN
wobei der Faktor 1/N ! die Ununterscheidbarkeit der Partikel widerspiegelt.
Lösung:
Konstante Energie E:
X p2
i
= E.
2m
i
Konstanter Impuls P~ :
X
pi = P.
i
Mikrokanonische Gleichgewichtsverteilung (eine uniforme Verteilung über die Hyperfläche im Phasenraum):
!
!
N
N
X
X
p2i
−E δ
pi − P .
(9)
ρ(~x) = A(E, P, N ) δ
2m
i=1
i=1
Mit dN D pdN D q =
folgt:
QN
i=1
dpi dqi bestimmen wir die Normierungsfaktor A(E, P, N ) wie
!
!
N
N
X
X
p2i
1 = ACN
dpi dqi δ
−E δ
pi − P
2m
i=1
i=1
i=1
!
!
Z Y
N
N
N
2
X p̃
X
i
= ACN LN
dp̃i δ
− Ẽ δ
p̃i
2m
i=1
i=1
i=1
!
!
Z Y
N
N
N
X
X
N
N/2 N/2−1
2
= ACN L (2m) Ẽ
dzi δ
zi − 1 δ
zi ,
Z Y
N
i=1
i=1
(10)
i=1
wobei
p̃i = pi −
P
,
N
Ẽ = E −
P2
> 0,
2mN
zi = p
p̃i
2mẼ
.
(11)
Damit erhalten wir den Normierungsfaktor in der Form:
A(E, P, N ) =
wobei
IN =
1
(2m)N/2
Z Y
N
(E −
P 2 /2mN )N/2−1
LN CN IN
!
dzi δ
X
i=1
zi2 − 1
,
(12)
!
δ
i
X
zi
(13)
i
nur von N abhängt.
Die Berechnung dieses Integrals war nicht explizit gefordert. Lösung:
Die erste Delta-Funktion in Gl. (13) P
definiert eine Hypersphäre mit dem EinheitsP
2
radius im N -dimensionalen Raum:
i zi in
i zi = 1. Die Delta-Funktion von
Gl. (13) definiert eine Hyperebene im N -dimensionalen Raum, die den Koordinatenursprung durchläuft und orthogonal zu den Einheitsvektor
1
~e⊥ = √ (1, . . . , 1)T
N
ist:
N
1 X
~z · ~e⊥ = √
zi = 0,
N i=1
wobei
~z = (z1 , z2 , . . . , zN )T .
Das Produkt von zwei Delta-Funktionen in Gl. (13) definiert den Querschnitt,
der wiederum eine Hypersphäre eines Einheitsradius ist, aber jetzt im (N − 1)dimensionalen Raum. Zum Beispiel ist der Querschnitt einer Einheitskugel im dreidimensionalen Fall mit einer Ebene, die durch den Ursprung geht, ein Kreis mit
dem Einheitsradius.
Durch die lineare Variablensubstitution {z1 , . . . , zN } → {z̃1 , . . . , z̃N −1 , z⊥ = ~z · ~e⊥ }
mit Koordinaten {z̃1 , . . . , z̃N −1 } in der Hyperebene ergibt das Integral über z̃i die
Oberfläche σN −1 einer Einheitskugel im (N − 1)-dimensionalen Raum, die man
entweder selbst ausrechnen oder nachschlagen kann:
!
Z
N
−1
N
−1
√
X
Y
2
z̃i2 + z⊥
− 1 δ N z⊥
IN =
dz⊥
dz̃i δ
|i=1{z }
i=1
dVN −1
1
= √
N|
Z
dVN −1
{z
R
σN −1 0∞
σN −1
δ r̃ − 1 = √
N
}
2
Z
0
∞
dr̃ r̃N −2
δ(r̃ − 1)
σN −1
= √ ,
r̃ + 1
2 N
dr̃ r̃N −2
(14)
wobei
σN =
2 π N/2
Γ(N/2)
und Γ(x) die Eulersche Gamma-Funktion ist.
(c) Bestimmen Sie nun die 1-Teilchen-Verteilungsfunktion
ρ1 (q1 , p1 ) =
Z Y
N
dpi dqi ρ(~x)
(15)
i=2
und dadurch die 1-Teilchen-Geschwindigkeitsverteilung f (v). Drücken Sie das Ergebnis für f (v) durch die Energie pro Teilchen ¯ = E/N aus.
Lösung:
Das Integral ist durch
!
!
Z Y
N
N
X
X
p2i
dpi dqi δ
ρ1 (q1 , p1 ) = A
−E δ
pi − P
(16)
2m
n=2
i
i=1
!
!
Z Y
N
N
2
X
X
p̃
i
= ALN −1
dp̃i δ
− Ẽ δ
p̃i
2m
i=2
i=1
i
!
!
Z Y
N
N
N
2
2
X
X
p̃
p̃
i
− Ẽ − 1
δ
p̃i + p̃1
dp̃i δ
= ALN −1
2m
2m
i=2
i=2
i=2
gegeben, wobei p̃ und Ẽ durch Gl. (11) gegeben sind. Durch die Variablensubstitution
p̃˜i = p̃i +
p̃1
,
N −1
p̃2
p̃21
Ẽ˜ = Ẽ − 1 +
2m 2m(N − 1)
erhalten wir folgendes Integral
!
!
Z Y
N
N
N
2
X
X
˜
p̃
˜
i
p̃˜i .
dp̃˜i δ
− Ẽ δ
ρ1 (q1 , p1 ) = ALN −1
2m
n=2
i+2
i=2
(17)
(18)
Wir sehen damit, dass wir ein Integral der Form (10) erhalten. Im Vergleich zu (10)
werden Ẽ zu Ẽ˜ und N zu N − 1 ersetzt. Das Resultat ist daher
ρ1 (q1 , p1 ) = AIN −1 LN −1 (2m)
N −1
2
N −1
Ẽ˜ 2 −1 ,
(19)
wobei die explizite Abhängigkeit von Ẽ˜ vom Impuls p1 durch
P2
(p1 − P/N )2 N − 2
Ẽ˜ = E −
−
2mN
2m
N −1
(20)
gegeben ist. Die normierte 1-Teilchen-Geschwindigkeitsverteilung (p1 = mv) lautet
daher
" # N2−3
2
2
N −1
p̄
(mv − p̄) N − 2
f (v) = ACN −1 IN −1 LN −1 m(2m) 2 N ¯ −
−
2m
2m
N −1
N
−3

 2
2
(mv − p̄)
N − 2
= B 1 −
,
(21)
p̄2
N −1
2mN ¯ −
2m
wobei ¯ = E/N , p̄ = P/N und die Normierungskonstante B die Geschwindigkeitsunabhängigen Faktoren zusammenfasst.
(d) Finden Sie im Limes N 1 die wahrscheinlichste Geschwindigkeit v ∗ , die durch
∂f =0
∂v v=v∗
definiert ist, die mittlere Geschwindigkeit hvi und die Kumulante hv 2 i − hvi2 .
Lösung:
Durch
x N
1−
→ e−x , N 1
N
kann die 1-Teilchen-Geschwindigkeitsverteilung im Limes N 1 als


2
N 1
(mv − p̄) 
f (v) ≈ B exp −
(22)
p̄2
4m ¯ − 2m
geschrieben werden. Mit
p̄2
kB T
=
2m
2
entspricht Gl. (22) der Maxwellschen Geschwindigkeitsverteilung um p̄/m:
mṽ 2
f (v) = B exp −
,
2kB T
¯ −
(23)
wobei ṽ = v − p̄/m.
R
Unter Normierung der 1-Teilchen-Geschwindigkeitsverteilung, dvf (v) = 1, ergibt
sich
r
m
mṽ 2
exp −
f (v) =
(24)
2πkB T
2kB T
Die wahrscheinlichste Geschwindigkeit ergibt sich aus
s
∗ −p̄/m)2
m3
p̄ − m(v2k
∂f ∗
BT
=
−
v
−
e
=0
∂v v=v∗
2π(kB T )3
m
Dies ist erfüllt für
v∗ =
p̄
.
m
Die mittlere Geschwindigkeit ist durch
r
Z
Z
m(v−p̄/m)2
m
p̄
− 2k T
B
dvve
= v∗
hvi = dvvf (v) =
=
2πkB T
m
gegeben. Weiterhin gilt
r
Z
2
2
hv i = dvv f (v) =
m
2πkB T
Z
(25)
−
dvv 2 e
m(v−p̄/m)2
2kB T
=
kB T
p̄2
+ 2.
m
m
(26)
(27)
Die Kumulante ist
hv 2 i − hvi2 =
kB T
.
m
(28)
3. Dichtematrix für den Spin-1/2:
(6+14=20 Punkte)
Für einen Spin-1/2 kann man die Dichtematrix durch den Polarisationsvector P ausdrücken:
1
ρ̂ =
1 + P̂σ̂ .
(29)
2
(a) Zeigen Sie, dass wenn |P| = 1, dann ist der Spin in einem reinen Zustand, der mit
der folgenden Wellenfunktion dargestellt werden kann:
cos θ/2
Ψ = iφ
.
(30)
e sin θ/2
Die zwei Winkel legen die Richtung von P fest:
P = |P|(sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ).
Lösung:
Wenn das System nur aus einem reinen Zustand besteht, dann gilt für die Dichtematrix
ρ̂2 = ρ̂.
Für einen Spin-1/2
1
1
1
1 + P̂σ̂ 1 + P̂σ̂ =
1 + |P|2 + 2P̂σ̂ = ρ̂ +
|P|2 − 1 .
ρ̂2 =
4
4
4
Es folgt dass wenn der Spin in einem reinen Zustand ist, dann |P| = 1.
Weiterhin, kann man die Dichtematrix eines reinen Zustandes durch die Wellenfunktion des gleichen Zustandes ausdrücken:
ρσσ0 = Ψσ Ψ∗σ0 .
Es erfolgt
cos θ/2
cos2 2θ
e−iφ sin 2θ cos 2θ
−iφ
cos θ/2 e sin θ/2 = iφ
ΨΨ = iφ
e sin θ/2
e sin 2θ cos 2θ
sin2 2θ
1
1 + cos θ
sin θ(cos φ − i sin φ)
=
1 − cos θ
2 sin θ(cos φ + i sin φ)
1
1
= [1 + cos θ σ̂z + sin θ cos φ σ̂x + sin θ sin φ σ̂y ] =
1 + P̂σ̂ ,
2
2
∗
wobei
P = (sin θ cos φ, sin θ sin φ, cos θ);
|P| = 1.
(b) Betrachten Sie nun ein System, das aus zwei Spin-1/2-Teilchen besteht. Berechnen
Sie für alle vier Quantenzustände des Gesamtsystems |S, S z i, wobei S = s1 + s2 ,
die reduzierte Dichtematrix des Teilchens 1:
X
ρ̂1 = Tr2 ρ̂ =
hsz2 |ρ̂|sz2 i.
(31)
sz2
Die Dichtematrix ρ̂ des Gesamtsystems ist durch
ρ̂ = |S, S z ihS, S z |
gegeben. In welchen der vier Zustände befindet sich das Teilchen 1 in einem reinen
Zustand? Berechnen Sie Tr[ρ̂1 ln ρ̂1 ] für alle vier Zustände.
Lösung:
Laut Definition
X
(ρ1 )σσ0 = Tr2 ρ̂ =
ΨS,S z (σ, σ2 )Ψ∗S,S z (σ 0 , σ2 ).
σ2
Hier ΨS,S z (σ, σ2 ) ist die Wellenfunktion des Systems im Zustand |S, S z i, die in
dem Basis ausdrücken wird, das aus Eigenvectoren von sz1 und sz2 besteht. Diese
Wellenfunktionen sind
1
1
Ψ11 = |1, 1i = |↑1 i |↑2 i =
;
0 1 0 2
0
0
Ψ1,−1 = |1, −1i = |↓1 i |↓2 i =
;
1 1 1 2
1
1
1
0
0
1
Ψ1,0 = |1, 0i = √ (|↑1 i |↓2 i + |↓1 i |↑2 i) = √
+
.
0 1 1 2
1 1 0 2
2
2
1
1
1
0
0
1
Ψ0,0 = |0, 0i = √ (|↑1 i |↓2 i − |↓1 i |↑2 i) = √
−
.
0 1 1 2
1 1 0 2
2
2
Nach der einfachen Matrizenmultiplikation bekommen wir
1
1 0
z
ρ̂1 (S = 1, S = 1) =
= (1 + σ̂z ) ,
0 0
2
1
0 0
z
ρ̂1 (S = 1, S = −1) =
= (1 − σ̂z ) ,
0 1
2
1 1 0
z
z
ρ̂1 (S = 0, S = 0) = ρ̂1 (S = 1, S = 0) =
.
2 0 1
(32)
(33)
(34)
In den ersten zwei Zustände (S = 1, S z = ±1) befindet sich das Teilchen 1 in einem
reinen Zustand, weil es aus Gl. (32) und Gl. (33) folgt, dass P = (0, 0, ±1).
Im Gegenteil, werden die Zustände mit S z = 0 sich durch P = 0 ausgezeichnet.
Benutzen wir die Gleichungen (32), (33), und (34). Der Matrixlogarithmus ist als
inverse des Matrixpotentials definiert, d.h. die Matrix L = ln ρ können wir schreiben
als ρ = exp L. Die obigen Matrizen sind alle diagonal, deshalb können wir ausnutzen,
dass ediag(x1 ,...,xN ) = diag (ex1 , ..., exN ). Es erfolgt:
S = 0, 1, S z = 0 :
S = 1, S z = ±1 :
Tr[ρ̂1 ln ρ̂1 ] = − ln 2,
Tr[ρ̂1 ln ρ̂1 ] = 0.
(35)
(36)
Bemerkung: Die Spur Tr[ρ̂1 ln ρ̂1 ] ergibt die von-Neumann-Entropie des Spins 1:
S1 = −kB Tr[ρ̂1 ln ρ̂1 ] = −kB hln ρ1 i1 .