Universidad de Oviedo
Grado en Fı́sica
Fı́sica Estadı́stica
Apuntes Fı́sica Estadı́stica
Autor:
Pablo Álvarez Rodrı́guez
20 de septiembre de 2017
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
2
Índice general
1. Formulación Axiomática de la Termodinámica
1.1. Formulación Axiomática de la Termodinámica: Postulados . . . . . . . . . . . . . .
1.2. Relación fundamental y Ecuaciones de Estado . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3. Condiciones de equilibrio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4. La ecuación de Euler y la Relación de Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.1. Obtención de la Relación fundamental del gas ideal monoatómico clásico a
partir de las relaciones de Gibbs-Duhem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.4.2. Formulación Alternativa: Potenciales Termodinámicos . . . . . . . . . . . .
1.4.3. Potenciales Termodinámicos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.5. Relaciones de Maxwell . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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9
10
13
15
2. Fundamentos de Fı́sica Estadı́stica
2.1. Microestados . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2. Microestados de partı́cula individual . . . . . . . . . . .
2.3. Sistemas de partı́culas idénticas y funciones de onda . .
2.3.1. Principio de exclusión de Pauli . . . . . . . . . .
2.3.2. Combinatoria . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.4. El Espacio de las Fases: Microestados Clásicos . . . . .
2.5. Postulados de la Fı́sica Estadı́stica . . . . . . . . . . . .
2.5.1. Nociones de Teorı́a de la Información . . . . . . .
2.6. Distribuciones de probabilidad . . . . . . . . . . . . . .
2.6.1. Función caracterı́stica o generadora de momentos
2.6.2. La distribución binomial . . . . . . . . . . . . . .
2.6.3. Distribución normal como lı́mite de la binomial .
2.6.4. Distribución de Poisson . . . . . . . . . . . . . .
2.7. Microestados y condiciones de equilibrio . . . . . . . . .
3. Colectividad Microcanónica
3.0.1. Volumen de un esfera en
3.1. Defectos Puntuales en sólidos .
3.1.1. Defectos Vacantes . . .
3.1.2. Defectos Intersticiales .
un
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espacio de
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4. Colectividad Canónica
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40
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N dimensiones
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Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
4.1. Sistemas con Energı́a media < E > fija . . . .
4.2. Paramagnetismo: La Ley de Curie . . . . . .
4.3. La distribución de Maxwell-Boltzmann . . . .
4.3.1. Gas ideal en campo gravitatorio . . .
4.4. El teorema de Equipartición de la Energı́a . .
4.4.1. Potencial armónico . . . . . . . . . . .
4.4.2. Definición del Teorema . . . . . . . . .
4.5. Relación entre la Z y < E >, S y F . . . . .
4.6. Z para partı́culas libres en caja cúbica . . . .
4.7. Entropı́a de Mezcla . . . . . . . . . . . . . . .
4.8. Z para Oscilador Armónico en 1D . . . . . . .
4.9. Z para moléculas diatómicas en rotación . . .
4.10. Gases Reales . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4.10.1. La integral I2 en gas de esferas duras.
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160
5. La colectividad Macrocanónica
5.0.1. Sistemas con < E > y < N > fijos . .
5.0.2. Entropı́a y colectividad macrocanónica
5.1. La Función de distribución de Fermi-Dirac . .
5.2. Función de Distribución de Bose-Einstein . .
5.3. El gas ideal de Fermi Dirac . . . . . . . . . .
5.4. El gas de Fermi completamente degenerado .
5.5. Potencial Macrocanónico para fermiones . . .
5.6. El gas ideal de Bose-Einstein . . . . . . . . .
5.7. Gas ideal de Bose . . . . . . . . . . . . . . . .
5.8. Potencial macrocanónico para Bosones . . . .
5.9. Condensado de Bose-Einstein . . . . . . . . .
5.10. Radiación de Cuerpo negro . . . . . . . . . .
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199
201
206
6. Tutorı́as Grupales
6.1. Primera Tutorı́a Grupal
6.2. Segunda Tutorı́a grupal
6.3. Tercera Tutorı́a Grupal
6.4. Cuarta Tutorı́a Grupal .
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A. Fórmula de Stirling
221
B. Función Gamma
223
C. Triángulo de Pascal
225
D. Integrales
D.0.1.
D.0.2.
D.0.3.
D.0.4.
D.0.5.
D.0.6.
especiales y propiedades
Integrales exponenciales simples . . . . .
Integral exponencial con sinusoidal en ella
Integral de una gaussiana y sinusoidales .
Integrales In (α) y Jn (α) . . . . . . . . . .
Integrales de Fermi . . . . . . . . . . . . .
Integrales de Bose . . . . . . . . . . . . .
4
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Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
-Apréndete todo, incluida la teorı́a- consejo del autor.
-Tú te estudias los ejercicios de clase, es lo que cae.-consejo de otro alumno.
Otra cosa, el profesor suele utilizar:
log
(0.0.1)
como logaritmo neperiano dado que hay veces en los apuntes en los que trabajamos en el plano
complejo.
Mi notación usual será ln = log (logaritmo neperiano real), sin embargo esto resulta en desacuerdo
a la teorı́a. Cuando llegue el momento de trabajar en el plano complejo será cuando se utilice la
notación habitual.
Licencia:
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(Contacto email:pablo96carnicero@gmail.com).
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Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
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Tema 1
Formulación Axiomática de la Termodinámica
En primer lugar, nuestro convenio habitual de signos en cuanto al calor y al trabajo
Q > 0 se absorbe calor
W > 0 se realiza trabajo sobre el sistema
Q < 0 se disipa calor
W < 0 el sistema realiza trabajo
Figura 1.1: Convenio de signos
Recordemos que, sin tener en cuenta la estructura microscópica: Q ↔ W .
Además:
dU = ∂Q + ∂W
(1.0.1)
Que si es trabajo mecánico resulta en:
dU = dQ − P dV
7
(1.0.2)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Recordemos también las capacidades calorı́ficas a volumen y presión constantes:
CV = (
∂Q
)V
∂T
(1.0.3)
CP = (
∂Q
)P
∂T
(1.0.4)
Recordemos que P es presión, T temperatura, V volumen, N es el número de moles, pero sólo en
termo; y µ es el potencial quı́mico.
1. Se considera una transformación infinitesimal en el transcurso de la cual el sistema intercambia una cantidad de trabajo mecánico dW = −P dV y de calor dQ con el medio exterior.
La energı́a interna puede expresarse en función de dos variables U (T, P ); U (T, V ); U (P, V ).
Demostrar que el primer principio de la termodinámica permite expresar CV y CP en función
de la variación de la energı́a total del sistema respecto de la temperatura:
Comencemos con CV :
U = (T, V ) → dU = (
dU = dQ − P dV → dQ = dU + P dV = (
∂U
∂U
)V dT + (
)T dV
∂T
∂V
(1.0.5)
∂U
∂U
)V dT + ((
)T + P )dV = CV
∂T
∂V
(1.0.6)
∂U
)V
∂T
(1.0.7)
CV = (
Para CP , realizamos el mismo procedimiento y transformamos dP
∂U
∂U
)P dT + (
)T dP
∂T
∂P
(1.0.8)
∂U
∂U
)P dT + (
)T dP + P dV
∂T
∂P
(1.0.9)
U = (T, P ) → dU = (
dQ = dU + P dV = (
=(
∂U
∂V
∂V
∂U
)P dT + (
)T dP + P [(
)P dT + (
)T dP ]
∂T
∂P
∂T
∂P
(1.0.10)
∂U
∂V
∂U
∂V
)P + P (
)P ]dT + [(
)T + P (
)T ]dP
∂T
∂T
∂P
∂P
(1.0.11)
Reordenamos
= [(
Y por lo tanto tenemos:
CP = (
∂U
∂V
)P + P (
)P
∂T
∂T
Como querı́amos demostrar.
8
(1.0.12)
Fı́sica Estadı́stica
1.1.
Curso 2016-2017
Formulación Axiomática de la Termodinámica: Postulados
P 1 Un estado de equilibrio está completamente caracterizado desde un punto de vista macroscópico si se conocen los valores de la energı́a interna U , el volumen V y los números de moles
N (N1 , N2 , . . . , Nr ) (de los r componentes de la muestra).
Figura 1.2: Sistema compuesto por dos subsistemas
En el sistema compuesto por dos subsistemas podemos ver una pared. Una pared conlleva
ligaduras, condiciones que separan a los subsistemas:
Una pared móvil permite el intercambio de trabajo W . Si es fija no.
Una pared diatérmica permite el intercambio de calor Q al contrario que las adiabáticas.
Una pared semi-permeable o permeable permiten el flujo de algunas moléculas o todas
las moléculas respectivamente. Las impermeables, lógicamente, no.
Si se eliminara la ligadura de un sistema se darı́a lugar a un proceso espontáneo que busca
la estabilidad hasta que los sistemas se estabilicen y se obtenga un estado de equilibrio.
El problema más básico de termodinámica es la determinación del estado de equilibrio final
que se alcanza cuando se eliminan las ligaduras de un sistema aislado.
P 2 Una reformulación del segundo principio:
∃S → S = S(U, V, Nr ); r = 1, . . . N (N partículas)
(1.1.1)
Existe una función de variable extensiva denominada Entropı́a con estas propiedades:
a Es extensiva
b Aditiva respecto a los subsistemas que constituyen el sistema
c Es diferenciable
d Creciente en la energı́a
∂S
∂U
>0
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Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
e El estado de equilibrio final que se alcanza cuando eliminamos las ligaduras de un sistema
compuesto aislado es el máximo de la entropı́a.
La representación entrópica es
S = S(U, V, Nr )
(1.1.2)
Sabemos que se cumple el teorema de Euler:
∀λ → S(λU, λV, λNr ) = λS(U, V, Nr )
(1.1.3)
1
∂S
=(
)V,Nr
T
∂U
(1.1.4)
Ası́ mismo:
Mientras que la representación energética serı́a U = U (S, V, Nr ).
P 3 Reformulemos el tercer principio:
S=0→(
∂S
)V,Nr = 0
∂U
(1.1.5)
Es decir, el cero de entropı́a es el cero de temperatura.
Por último, la entropı́a molar:
s(u, v) =
S(U, V, N )
N
(1.1.6)
2. Demostrar que si un sistema de una sola componente es tal que P V k = cte; k 6= 1 (proceso
1
adiabático), entonces U − k−1
P V = cte:
dU = −P dV →
1
1
V dP =
d(P V ); V dP = −kP dV
k
k−1
P V k → V k dP + P kV k−1 dV = 0
d(P V ) = P dV + V dP =
Por lo tanto:
d(U −
1.2.
−1
k−1
V dP + V dP =
V dP
K
k
1
PV ) = 0
k−1
(1.1.7)
(1.1.8)
(1.1.9)
(1.1.10)
Relación fundamental y Ecuaciones de Estado
Representación entrópica S = S(U, V, Nr ); Representación Energética U = U (S, V, Nr ).
r
dU = (
X ∂U
∂U
∂U
)V,Nr dS + (
)S,Nr dV +
(
)
N
i ,Nr dNi
∂S
∂V
∂Ni U,V,Ni−1 ,...
i=1
(1.2.1)
Las ecuaciones de estado energéticas serán:
T =(
10
∂U
)V,Nr
∂V
(1.2.2)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
∂U
)S,Nr
∂V
(1.2.3)
∂U
)S,V,Ni6=l ; ∀i 6= l
∂Nl
(1.2.4)
P = (−
µl = (
Esta temperatura, presión y potencial quı́mico en función de la entropı́a, volumen y número de
moles son variables intensivas y homogéneas de grado 0. Se puede demostrar mediante la ecuación
de Euler.
Según el primer principio de la termodinámica, la representación energética quedará:
dU = T dS − P dV +
N
X
µl dNl
(1.2.5)
l=1
Y la representación entrópica quedará como:
r
dS = (
X ∂S
∂S
∂S
(
)V,Nr dU + (
)U,Nr dV +
)U,V,Ni dNl ; i 6= l
∂U
∂V
∂Nl
(1.2.6)
l=1
Lo que define a las ecuaciones de estado entrópicas:
1
T
∂S
= ( ∂U
)V,Nr
P
T
∂S
= ( ∂V
)U,Nr
µl
T
∂S
= (− ∂N
)U,V,Ni ; i 6= l
l
como variables intensivas y homogéneas de grado 0.
También se puede encontrar la representación energética molar:
du = T ds − P dv
(1.2.7)
∂u
)v
∂s
(1.2.8)
cuyas ecuaciones de estado son:
T =(
∂u
)s
(1.2.9)
∂v
3. Estudiar que relaciones de entre las siguientes no pueden ser relaciones fundamentales para
un sistema termodinámico:
a y b son constantes positivas.
P = (−
1
(a) S = a(N V U ) 3
2
(b) S = a( NVU ) 3
1
(c) S = a(N U − bV 2 ) 2
3
(d) S = a NV U
1
(e) S = a(N 2 V U 2 ) 5
11
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
(f) S = N R ln(a UNV2 )
1
−V 2
1
−bU V
N
(g) S = a(N U ) 2 e bN 2
(h) S = a(N U ) 2 e
2
V
(i) U = a SV e N R
(j) U = aN V (1 +
−S
S
NR
N R )e
∂S
Con tal de resolver este ejercicio tendremos que estudiar si es extensiva diferenciable ( ∂U
> 0)
∂U
y si se cumple: ∂S = 0 → S = 0.
Se puede ver, por ejemplo, que (b) no es extensiva, el (d) sı́ lo es, (f) no cumple que la entropı́a
tienda a cero y (h) no es extensiva por la exponencial.
4. Un mol de un gas ideal monoatómico inicialmente a la temperatura T0 con CV = 32 R y
CP = 52 R se expande de un volumen V0 hasta un volumen 2V0 (Ley de Joule). Calcular el
trabajo de expansión y el calor absorbido por el gas si:
(a) Es un proceso isotérmico.
(b) Es un proceso isobárico.
No se ha hecho en clase.
5. Un compresor diseñado para comprimir aire se usa para comprimir helio (He). El compresor
se sobrecalienta. Explicar este defecto suponiendo que la compresión es adiabática y que la
presión inicial es la misma para ambos gases. Tomamos el Helio como monoatómico y el aire
CP
como diatómico . (γmono = 53 ; γdiat. = 75 ; γ = C
; P V γ = cte).
V
γ
γ
γ
Tenemos que Pi Vi = Pf Vf , por ser P V = cte.
P f = Pi (
Vf γ
)
Vi
(1.2.10)
Dado que Vi > Vf porque es un compresor, tendremos que, como γHe > γaire , esto equivale
a que P fHe > P faire , lo que implica que T fHe > T faire , y por lo tanto resulta lógico que se
caliente más el compresor.
6. Hallar las 3 ecuaciones de estado para un sistema cuya relación fundamental es:
3
(a) U = a NSV = U (S, V, N )
2
S
T = ( ∂U
∂S )V,N = 3a N V
∂U
)S,N =
P = (− ∂V
∂U
µ = ( ∂N
)S,V =
−aS 3
NV 2
−aS 3
N 2V
(b) Encontrar µ = µ(T, V, N ):
Para ello:
S=(
NTV 1
−a N T V 3
)2 → µ = 2 (
)2
3a
N V
3a
Y por lo tanto:
µ = −(
12
T 3V 1
)2
27aN
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
(c) Encontrar P = P (T, V, N ), diagrama P(V) con sus isotermas para n constante e indicar
que componente de T es mayor.
N
3
Recordemos que P = NaSV 2 . Esto lo podremos aplicar como que P = −µ
V . Esto implica:
P =
N T 3V
T 3N 1
(
)=(
)2
V 27aN
27aV
(1.2.11)
Por lo tanto podremos realizar las isotermas
Figura 1.3: Diagrama P(V)
Y podemos comprobar que si aumenta el volumen, la presión será mayor a temperaturas
mayores.
1.3.
Condiciones de equilibrio
Sea un sistema compuesto por otros dos subsistemas, aislado con S = S(U, V, N ), con distintas
paredes a estudiar sus efectos aplicando ecuaciones de estado:
i Una pared diatérmica, fija e impermeable:
Una pared diatérmica fija implica que la suma de las energı́as de los dos subsistemas se
mantiene constante. Los valores en el equilibrio generarán la misma entropı́a. En el mismo
equilibrio dS = 0 = dS (1) + dS (2) . Esto puede verse como:
dS (i) = (
∂S (i)
1
) (i) (i) dU (i) (i)
∂U (i) V ,N
T
(1.3.1)
siendo (i) un superı́ndice que indica si es el subsistema 1 o el subsistema 2. Podemos escribir
entonces, dado que U (1) + U (2) = cte → dU (1) = −dU (2)
0=
dU (2)
1
dU (1)
1
1
dU (1)
+ (2) = (1) dU (1) − (2) = dU (1) ( (1) − (2) )
(1)
T
T
T
T
T
T
13
(1.3.2)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Lo que implica que:
T (1) = T (2) ←
1
1
= (2)
T (1)
T
(1.3.3)
gracias a la ecuación anterior.
ii Una pared diatérmica, móvil e impermeable:
Mediante el mismo procedimiento, y teniendo en cuenta ahora que además la suma de los
volúmenes de los dos subsistemas es constante; podremos llegar además de a la conclusión
de que las temperaturas de los dos subsistemas son iguales; que las presiones también lo son.
∂S (1)
∂S (2)
∂S (2)
∂S (1)
(1)
(1)
(2)
)
+(
)
+(
)
+(
) (2) (2) dV (2)
(1) ,N (1) dU
(1) ,N (1) dV
(2) ,N (2) dU
V
S
V
∂U (1)
∂V (1)
∂U (2)
∂V (2) S ,N
(1.3.4)
Aplicando que dU (1) = −dU (2) y dV (1) = −dV (2) obtendremos:
0=(
dU (1) (
1
T (1)
−
1
T (2)
) + dV (1) (
P (1)
P (2)
− (2) )
(1)
T
T
(1.3.5)
Lo que nos lleva directamente a la solución explicada.
iii Una pared diatérmica, móvil y permeable:
En este último caso se puede ver que las temperaturas, las presiones y los potenciales quı́micos
son iguales entre los dos subsistemas.
7. Dados los sistemas con ecuaciones de Estado (con superı́ndices):
1
T (1)
=
3 N (1)
R
2 U (1)
(1.3.6)
5 N (2)
(1.3.7)
R
2 U (2)
T (2)
Encontrar la energı́a interna de cada sistema en el equilibrio si están separados por una pared
diatérmica fija e impermeable:
N (1) = 2 N (2) = 3. La energı́a interna del sistema compuesto es U = 6000 cal. Esto nos dice
que U (1) = 6000 − U (2) y por lo tanto tenemos:
1
=
3 RN (1)
5 N (2)
=
R
2 6000 − U (2)
2 U (2)
(1.3.8)
de la que si despejamos obtenemos U (2) y por lo tanto también la otra.
8. Sean los mismos sistemas que el ejercicio anterior, con las mismas ecuaciones de estado. Pero
(1)
(2)
también se mueve y conocemos las temperaturas iniciales: Ti = 250 K; Ti = 350 K.
Para este ejercicio tendrı́amos que emplear la misma técnica de antes y lo que hemos aprendido
de las condiciones de equilibrio.
9. Sea un recipiente aislado con dos gases ideales, uno monoatómico y otro diatómico, en el
que se da una pared diatérmica, móvil e impermeable. El volumen total es de 20 litros,
N (1) = 0, 5, N (2) = 0, 75, T (1) = 200 K, T (2) = 300 K. Hallar la energı́a, el volumen, la
presión y la temperatura de cada sistema en el equilibrio.
Para resolver este ejercicio tendremos que recordar que:
U (1) =
3
RN (1) T (1)
2
14
(1.3.9)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
5
RN (2) T (2)
(1.3.10)
2
Además para relacionar las presiones se utiliza la ecuación de los gases ideales P V = N RT .
U (2) =
10. Hallar la energı́a, el volumen, la presión y la temperatura de cada sistema anterior en el
equilibrio en función del número de partı́culas N (N antes era el número de moles).
Entonces, P V = N kB T , y además, según el teorema de equipartición de la energı́a (que
añade 12 kB T por grado de libertad), la energı́a interna para N partı́culas monoatómicas
será U = 23 N kB T (tres grados de libertad de traslación por partı́cula), para diatómicas
U = 52 N kB T (aparte de la traslación, la rotación) y para triatómicas U = 72 N kB T (aparte
de las anteriores, la vibración)
1.4.
La ecuación de Euler y la Relación de Euler
Estudio de homogéneas de grado 1:
λU (S, V, N ) =? U (λS, λV, λN )
(1.4.1)
Para demostrarlo, derivamos respecto de lambda, por lo que usamos la regla de la cadena:
∂U ∂λV
∂U (λS, λV, λN ) ∂λN
∂U (λS, λV, λN ) ∂λS
+
+
= U (S, V, N )
∂λS
∂λ
∂λV ∂λ
∂λN
∂λ
(1.4.2)
Como ejemplo, para la entropı́a:
∂U (λS, λV, λN ) ∂S
∂U (S, V, N ) ∂ λ1 λS
∂U 1
=λ
=λ
=T
∂S
∂(λS)
∂S
∂λS
∂S λ
(1.4.3)
Con esto llegamos a la relación de Euler de la energı́a:
U = T S − P V + µN
(1.4.4)
Esto nos permite, que a partir de las tres ecuaciones de estado correspondientes, obtener la relación
fundamental:
U (S, V, N ) = T (S, V, N )S − P (S, V, N )V + µ(S, V, N )N
(1.4.5)
Y además, si hacemos la derivada:
− V dP + µdN
+ SdT − =
dU
T dS
P dV
+ N dµ
(1.4.6)
lo que nos lleva a la Relación de Gibbs-Duhem en representación energética:
SdT − V dP + N dµ = 0
(1.4.7)
En representación entrópica:
U
P
µ
+ V − N
T
T
T
Que mediante el mismo procedimiento de la derivada, nos llevarı́a hasta:
S=
µ
1 P
P
µ
= 1 dU + U d(
dS
N
d( )
) + dV + V d(
) − dN − T
T
T
T
T
T
15
(1.4.8)
(1.4.9)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
y a la relación de Gibbs-Duhem Entrópica:
1
P
µ
dU + dV − dN = 0
T
T
T
También podrı́a ser molar, lo que llevarı́a a:
µ
1
P
d( ) = ud( ) + vd( )
T
T
T
1.4.1.
(1.4.10)
(1.4.11)
Obtención de la Relación fundamental del gas ideal monoatómico
clásico a partir de las relaciones de Gibbs-Duhem
Tendremos que partir de datos experimentales:
P V = N RT &U =
3
3
N RT → U = P V
2
2
(1.4.12)
Estamos en representación entrópica:
1
3 NR
P
= N RV & =
T
T
2 U
y nos falta la relación
µ
T,
(1.4.13)
pero la sacamos de la relación de Gibbs-Duhem molar:
µ
1
P
d( ) = ud( ) + vd( )
T
T
T
(1.4.14)
µ
U 1
V P
d( ) = d( ) + d( )
T
N T
N T
Integramos dado que sabemos inicialmente que PT = N RV & T1 = 32 NUR :
Z
Z
µ
U 1
V P
=
d( ) +
d( ) + cte.
T
N T
N T
siendo la cte constante de integración.
Z
Z
1
3
1
1
P
R
d( ) + R
d( ) + cte
P
2
( T1 ) T
(T ) T
Aplicamos que S =
U
T
+
P
T
V −
(1.4.15)
(1.4.16)
(1.4.17)
µN
T
3
1
P
R ln( ) + R ln( ) + cte
2
T
T
(1.4.18)
µ
3
3 NR
NR
(U, V, N ) = R ln(
) + R ln(
) + cte
T
2
2 U
V
(1.4.19)
3
3 NR
NR
3 NR
NR
N R −1 3 N R −3
V − N cte − R ln(
U+
) − N R ln(
) = N cte + N R ln((
) (
)2 )
2 U
2
2 U
V
V
2 U
V
(1.4.20)
Sacamos las R, que se van fuera con las constantes, y ya obtenemos la relación fundamental de la
entropı́a del gas ideal monoatómico. Esta ecuación es homogénea de 1er orden.
S=
3
S = N cte + N R ln(
16
U 2V
3
N2
)
(1.4.21)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
11. Usar la relación fundamental para deducir que en un proceso adiabático para gas ideal mono
5
atómico, se cumple que P V 3 = cte:
En términos de valores molares:
3
S = cte + R ln(U 2 V )
(1.4.22)
1
∂S
3R
=(
)V =
T
∂U
2U
(1.4.23)
∂S
R
P
=(
)U =
T
∂V
V
Dado que es un proceso adiabático, entropı́a constante:
U=
(1.4.24)
3
PV
2
(1.4.25)
3
Y gracias a la relación fundamental S = cte + R ln(U 2 V ):
3
3
S − cte
= ln(U 2 V ) = cte → P 2 V
R
Y esto lleva a:
3
P 2V
5
2
5
2
= cte
3 −3
= cte( ) 2
2
(1.4.26)
(1.4.27)
12. Un depósito de Helio tiene un volumen de 1000 litros y se encuentra a 0,5 atmósferas y a 20
grados centı́grados. Un segundo déposito se encuentra al mismo volumen, a una atmósfera y
a 80 grados centı́grados. Hallar la Temperatura final si la pared que separa los depósitos es
diatérmica, fija y permeable.
No se ha hecho en clase.
1.4.2.
Formulación Alternativa: Potenciales Termodinámicos
A partir del segundo postulado, que dice el máximo de entropı́a para energı́a interna constante.
Figura 1.4: Máximo de la Entropı́a
Un potencial termodinámico, en ausencia de ligaduras, en el equilibrio cuyos valores son tales
∂S
que hacen máximo a la entropı́a para un valor de energı́a fijo. ∂U
. El potencial en el equilibrio se
17
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
determina en el máximo de la entropı́a.
Para calcular el mı́nimo de energı́a para entropı́a fija,
Figura 1.5: Mı́nimo de la Energı́a
Y aplicamos los potenciales termodinámicos.
Teorema de Legendre
Pero antes, explicaremos el problema general:
Y = Y (x0 , x1 , . . . , xt )
xk →
∂y
∂xk
(1.4.28)
(1.4.29)
Aplicaremos Transformada de Legendre:
Figura 1.6: Transformada de Legendre
y = y(x); p =
∂y
= p(x); Ψ = y − px → Ψ = Ψ(p)
∂x
dΨ = dy − pdx − xdp = −xdp
18
(1.4.30)
(1.4.31)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Ψ = Ψ(p); x =
−dΨ
; y = Ψ + px
dp
(1.4.32)
En Tres Dimensiones:
y = y(x0 , x1 )
(1.4.33)
Figura 1.7: Legendre 3D
Tendremos la ecuación del plano:
y = p0 x0 + p1 x1 + Ψ
(1.4.34)
A partir de esta, tendremos:
y = y(x0 , x1 ); p0 =
∂y
∂y
; p1 =
; Ψ = y − p0 x0 − p1 x1 → Ψ = Ψ(p0 , p1 )
∂x0
∂x1
x0 =
(1.4.35)
dΨ = −x0 dp0 − x1 dp1
(1.4.36)
Ψ = Ψ(p0 , p1 )
(1.4.37)
−∂Ψ
−∂Ψ
; x1 =
; y = Ψ + p0 x0 + p1 x1
∂p0
∂p1
(1.4.38)
Si fuese una superficie multidimensional:
y = y(x0 , x1 , . . . , xt ); pk =
Ψ=y−
t
X
∂y
; k = 0, 1, . . . , t.
∂pk
xk pk ; pk =
k=0
dΨ = −
t
X
k=0
19
xk p k ; p k
∂y
∂xk
(1.4.39)
(1.4.40)
(1.4.41)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Teorema de Legendre Parcial
y[p0 , p1 , . . . , pn ] = ȳ(p0 , p1 , . . . , pn , xn+1 , . . . , xt )
ȳ = y −
n
X
xk pk
(1.4.42)
(1.4.43)
k=0
dȳ = −
n
X
xk dpk +
k=0
pk dxk
(1.4.44)
k=n+1
ȳ = ȳ(p0 , p1 , . . . , pn , xn+1 , . . . , xt ); xk = −
1.4.3.
t
X
dȳ
dȳ
; pk =
; k = n + 1, . . . , t
dpk
dxk
(1.4.45)
Potenciales Termodinámicos
Son transformaciones de Legendre de la energı́a:
Energı́a libre de Helmholtz: F
Su transformación es:
S→T
U = U (S, V, N ) → T =
(1.4.46)
∂U
∂S V,N
(1.4.47)
F = U − T S → dF = −SdT − P dV + µdN
(1.4.48)
U = F + T S → dU = T dS − P dV + µdN
(1.4.49)
V →P
(1.4.50)
H = U + P V → dH = V dP + T dS + µdN
(1.4.51)
Sus ecuaciones de estado:
S = −( ∂F
∂T )V,N
∂F
P = −( ∂V
)T,N
∂F
µ = ( ∂N
)T,V
Para volver a la energı́a:
Entalpı́a, H
Su transformación es
Sus ecuaciones de Estado;
20
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
V = ( ∂H
∂P )S,N
T = ( ∂H
∂S )P,N
µ = ( ∂H
∂N )S,P
Para volver: U = H − P V
Energı́a libre de Gibbs, G
Sus transformaciones son:
S → T;V → P
(1.4.52)
G = U − T S + P V → dG = −SdT + V dP + µdN
(1.4.53)
Para volver U = G + T S − P V . Y sus ecuaciones de estado son:
V = ( ∂G
∂P )T,N
S = −( ∂G
∂T )P,N
∂G
µ = ( ∂N
)T,P
Potencial Macrocanónico Ψ
Sus transformaciones son:
S → T;N → µ
(1.4.54)
Ψ = U − T S − µN → dΨ = −SdT − P dV − N dµ
(1.4.55)
Para volver: U = Ψ + T S + µN . Sus ecuaciones de estado:
∂Ψ
P = −( ∂V
)T,µ
S = −( ∂Ψ
∂T )V,µ
N = −( ∂Ψ
∂µ )T,V
13. ¿Cómo se elige la constante en la ecuación fundamental para el gas ideal monoatómico clásico
para que se pueda escribir ası́?:
3
3
i S = N R[S0 + ln(( UU0 ) 2 ( NN0 ) 2 ( VV0 ))]
ii Encontrar los respectivos potenciales termodinámicos, F,G y H
No se hizo en clase
14. Un mol de una sustancia tiene las siguientes caracterı́sticas:
El trabajo realizado en una dilatación V0 → V a una temperatura T0 :
WT0 = −RT0 ln(
a moles constantes (N = cte)
21
V
)
V0
(1.4.56)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
La entropı́a:
S=R
V0 T α
( ) ; V0 , T0 , α 6= −1
V T0
(1.4.57)
i Calcular la energı́a libre de Helmholtz:
dF = −SdT − P dV
S = −(
(
∂F
∂F
)V ; P = −(
)T
∂T
∂V
∂F
RV0 T α
)V = −
( )
∂T
V T0
(1.4.58)
(1.4.59)
(1.4.60)
Integramos para obtener la F en función de la T y una función del volumen:
T
RV0 T α
RV0 T0α+1 − T α+1
−RV0 T α+1 T
( ) )dT +φ(V )
[
]
+φ(V
)
=
+φ(V )
V T0
V T0α α + 1 T0
V (α + 1)
T0α
T0
(1.4.61)
Y para la función del volumen:
Z
F (T, V ) =
(−
WT0 = −RT0 ln(
(1.4.62)
−RT0
RT0
dV (T = T0 ); P =
(T = T0 )
V
V
(1.4.63)
∂F
RV0
T0α+1 − T α+1
)T → P = 2
− φ0 (V )
∂V
V (α + 1)
T0α
(1.4.64)
dW0 =
P = −(
V
)
V0
T = T0 → P = −
RT0
= φ0 (V )
V
(1.4.65)
V
) + φ(V0 )
V0
(1.4.66)
Integramos en V
φ(V ) = −RT0 ln(
Y por lo tanto:
F (T, V ) =
RV0 T0α+1 − T α+1
V
− RT0 ln( ) + φ(V0 )
α
V (α + 1)
T0
V0
(1.4.67)
RV0
T0α+1 − T α+1
RT0
−∂F
= 2
+
α
∂V
V (α + 1)
T0
V
(1.4.68)
ii Hallar P = P (T, V ):
P =
Esta aproximación es válida cuando T = T0
22
Fı́sica Estadı́stica
1.5.
Curso 2016-2017
Relaciones de Maxwell
Igualdades entre derivadas de distintos términos de las relaciones fundamentales y los potenciales
termodinámicos:
EJEMPLO
Para N = cte
∂U
∂U
∂2U
∂2U
dU = (
)V dS + (
)S dV →
=
(1.5.1)
∂S
∂V
∂S∂V
∂V ∂S
∂ ∂U
∂ ∂U
∂P
−∂T
(
)=
(
)→
=
∂S ∂V
∂V ∂S
∂S
∂V
(1.5.2)
Figura 1.8: Diagrama de Max Born de las relaciones de Maxwell
Una muy buena regla nemotécnica para el diagrama es Voy a Tener Pila Suerte para las variables,
y luego orden alfabético para los potenciales.
Para escribir la derivada correspondiente en el diagrama, si seguimos un giro de 3 variables, la
primera será la variable del numerador, la segunda la del denominador y la tercera la constante.
Otros ejemplos son:
∂V
∂T
∂S
∂V
(
)P = (
)S ; (
)T = −(
)P
(1.5.3)
∂S
∂P
∂P
∂T
15. La ecuación de estado para un mol de un gas real, que realiza expansión isotérmica V1 → V2
es:
a
(P + 2 )(V − b) = RT
(1.5.4)
V
a Hallar el cambio en la energı́a de Helmholtz ∆F :
P =−
Z
V2
∆F = −
Z
V2
−P dV = −
V1
(
V1
∂F
→ dF = −SdT − P dV
∂V
(1.5.5)
a
RT
a
−
)dV = −RT [ln(V − b)]VV21 − [ 2 ]VV21 (1.5.6)
(V − b) V 2
V
b Hallar la variación energética ∆U :
(
∂P
∂U
)T = T (
)V − P ← dU = T dS − P dV
∂V
∂T
23
(1.5.7)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Aplicamos la representación entrópica:
T [(
∂S
∂S
)V dT + (
)T dV ] − P dV
∂T
∂V
(1.5.8)
∂S
∂S
∂U
∂S
)V dT + [T (
) − P ]dV → (
)T = T (
)T − P
∂T
∂V
∂V
∂V
Por lo tanto, aplicamos la relación de Maxwell:
T(
(1.5.9)
∂S
∂P
)T = (
)V
∂V
∂T
(1.5.10)
a
R
a
RT ∂U
= T [ ] − [ − 2 ] = 2
∂V
V −b
(V − b) V
V
(1.5.11)
(
Z
V2
∆U =
V1
a
a
a
dV =
−
2
V
V1
V2
(1.5.12)
16. La energı́a libre de Helmholtz en un sistema libre de N moles a volumen V y a T dada es:
F (T, V, N ) = −N RT ln(C0 V ) − N RT ln(C1 (RT )2 )
(1.5.13)
siendo C0 , C1 > 0 y conocidos. Se pide:
i S = S(T, V, N )
ii Ecuación de estado P = P (T, V, N )
iii U = U (T, V, N )
No se hizo
17. Expresar las siguientes derivadas en función del volumen V , CP =
∂V
kT = −1
V ( ∂P )T,N .
T ∂S
N ( ∂T )P , N ,
α=
1
V
( ∂V
∂T )P , N ,
(a)
(
∂S
N
( ∂T
)P,N
CP
CP
∂S
)P,N = ∂V
= T
=
∂V
αV
T αV
( ∂T )P,N
(1.5.14)
∂T
∂P
∂V
)V,N (
)T,N (
)P,N = −1
∂P
∂V
∂T
(1.5.15)
( ∂V
∂T
kT
∂P )T,N
)V,N = ∂V
=
∂P
α
( ∂T )P,N
(1.5.16)
(b)
(
(
18. Deducir las siguientes ecuaciones T dS:
i T dS = CV dT + T ( ∂P
∂T )V dV
A partir de la relación entrópica:
dS = (
∂S
∂S
∂P
)V dT + (
)T dV = CV dT + T (
)V dV
∂T
∂V
∂T
24
(1.5.17)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
ii T dS = CP dT − T ( ∂V
∂T )P
dS = (
∂S
∂S
)P dT + (
)T dP
∂T
∂P
(1.5.18)
−( ∂V
∂T )P
>
*
∂S
∂S
T dS = T ()P dT + T ( )T dP
∂T
∂P
CP
(1.5.19)
2
iii Con los apartados anteriores, probar que: CV = CP − Tkvα
:
T
Restamos el resultado del apartado 2 menos el resultado del apartado 1:
∂V
∂P
)P dP − T (
)V dV
∂T
∂T
(1.5.20)
∂V
T
∂P
T
(
)P dP +
(
)V dV
CP − CV ∂T
CP − CV ∂T
(1.5.21)
0 = (CP − CV )dT − T (
dT =
T
∂T
∂V
)V =
)P
(
∂V
CP − CV ∂T
(1.5.22)
∂P
α
)V =
∂T
kT
(1.5.23)
kT
T
T V α2
∂T
)V =
=
V α → CV = CP −
∂P
α
CP − CV
kT
(1.5.24)
(
(
(
25
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
26
Tema 2
Fundamentos de Fı́sica Estadı́stica
2.1.
Microestados
Microconfiguraciones en las que se haya un sistema de partı́culas. Pretende sacar consecuencias
macroscópicas a partir de argumentos microscópicos del punto de vista de los constituyentes. Muy
pequeños y numerosos. La Mecánica Cuántica actúa mucho.
i Gases nobles:
Se observa, que para un intervalo de altas temperaturas, la dependencia con la capacidad
calorı́fica es constante. No se mostrará ningún potencial y por lo tanto sólo habrá energı́a
cinética.
ii Sólidos cristalinos:
A bajas temperaturas, la capacidad calorı́fica también baja, concretamente a partir de una
temperatura umbral. Los Efectos cuánticos sı́ importan.
Dos átomos de un sólido cristalino tienen energı́a debida a las vibraciones. Se toman como
osciladores armónicos y por lo tanto se cuantiza la energı́a.
Para un valor de la Energı́a puede haber varios microestados:
. Este tiene de números cuánticos n, l,
19. Microestados del Átomo de Hidrógeno: En = −13,6eV
n2
2
2
~
~
m, s; (L , Lz , S , Sz ). Tienen de degeneración gn = 2n2 .
20. Hallar la energı́a y la degeneración de los siguientes casos:
a Los tres primeros microestados de un oscilador armónico bidimensional:
Su energı́a viene dada por:
Enx ,ny = (nx + ny + 1)~ω
27
(2.1.1)
Fı́sica Estadı́stica
nx
0
0
1
1
0
2
1
2
3
0
ny
0
1
0
1
2
0
2
1
0
3
Curso 2016-2017
E
~ω
2~ω
gn
1
2
3~ω
3
4~ω
4
Vemos que tiene de degeneración gn = n.
b 4 primeros niveles de un oscilador armónico tridimensional. Tienen de energı́a:
3
Enx ,ny ,nz = (nx + ny + nz + )~ω
2
E
Para simplificar no pondremos los estados pertinentes
varı́a con los estados.
3
2 ~ω
5
2 ~ω
7
2 ~ω
9
2 ~ω
(2.1.2)
gn
1
3
6
10
Esta degeneración
c 5 primeros niveles para una partı́cula libre en una caja cúbica de lado L. Su energı́a es:
Enx ,ny ,nz = E0 (n2x + n2y + n2z )
(2.1.3)
donde E0 es muy importante dado que la caja se verá de manera reiterada a lo largo
del curso:
E0 =
π 2 ~2
2mL2
(2.1.4)
y donde m es la masa de la partı́cula.
En este caso, no va a haber nivel de energı́a fundamental. El nivel mı́nimo es en el que
nx = ny = nz = 1. Éste y los niveles que tengan idénticos números cuánticos tienen
degeneración 1, mientras que el resto tienen degeneración 3.
2.2.
Microestados de partı́cula individual
Sean N partı́culas iniciales, las aproximaremos a cada partı́cula como individual (o independiente).
Sea una caja cúbica con 8 partı́culas colocadas en la distribución de la siguiente figura. Estas
partı́culas no intercambian y sólo hacen trabajo, lo que hace que aumente el volumen, y por tanto,
la diferencia entre un nivel energético y otro disminuye. Si se hiciese menor volumen, los niveles
energéticos aumentarı́an. Esto no darı́a ningún cambio en la formación.
28
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Figura 2.1: Microestados de partı́cula individual en una caja cúbica y en la misma caja pero de
menor volumen.
Recordemos que:
π 2 ~2
π 2 ~2
=
(2.2.1)
2
2
2mL
2mV 3
lo que explica lógicamente los sucesos teóricos.
En cambio, si se da una transferencia de calor, la distribución de partı́culas cambiará sin cambiarla
forma de los niveles de energı́a, dado que sı́ hay intercambio energético.
E0 =
2.3.
Sistemas de partı́culas idénticas y funciones de onda
Las partı́culas que siguen la Mecánica Clásica son distinguibles siempre y cuando conozcamos las
condiciones iniciales ~x(0) y p~(0). Ası́, en principio podrı́amos calcular la trayectoria y etiquetar
las partı́culas por las trayectorias. Aunque esto no es ası́ si siguen la Mecánica Cuántica, por que
serán indistinguibles. Sin embargo, para esto está la función de onda Ψ, que indica la densidad de
probabilidad de una partı́cula.
En un sistema de N partı́culas, se solapan las distintas funciones de onda, y esa es la razón que las
hagan indistinguibles.
Permutar dos veces el orden de las N partı́culas no influirá en el desarrollo final.
Además, si son indistinguibles, hay que exigir que el módulo al cuadrado de las funciones de onda
permutadas una vez sea el mismo que si no se hubieran permutado.
|P Ψ|2 = |Ψ|2
(2.3.1)
P Ψ = eia Ψ; a ∈ <
(2.3.2)
Esto hará que se diferencien en una fase:
Y sabemos que la doble permutación es 1, lo que implica que:
ei2a = 1
(2.3.3)
eia = ±1
(2.3.4)
Por lo tanto razonamos que:
lo que implica que si es positivo, la función de onda es simétrica; y si es negativo, antisimétrica.
En Teorı́a Clásica de Campos se puede ver la conexión espı́n-estadı́stica, en la que si es una partı́cula
29
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
de espı́n entero son bosones con función de onda simétrica; y si es una partı́cula de espı́n semientero
son fermiones, con una función de onda antisimétrica.
En general, la degeneración de espı́n viene dada por gs = 2s + 1, excepto para el fotón, que tiene
degeneración dos y espı́n 1.
2.3.1.
Principio de exclusión de Pauli
Consideremos N fermiones:
Ψ(ξ1 , . . . , ξN ) → Pkl Ψ(ξ1 , . . . , ξk , . . . , ξl , . . . , ξN ) = −Ψ(ξ1 , . . . , ξk , . . . , ξl , . . . , ξN )
(2.3.5)
Si k = l, entonces Ψ = −Ψ, por lo que 2Ψ = 0, lo que no tiene lógica.
Por lo tanto tenemos el Principio de Exclusión de Pauli
2 fermiones no pueden estar en el mismo microestado con los mismos números cuánticos
2.3.2.
Combinatoria
Esta teorı́a de combinatoria, explicada a partir de ejercicios, resulta muy importante para la asignatura:
21. ¿De cuántas maneras se pueden distribuir n objetos distintos? ¿De cuántas maneras se pueden
distribuir n objetos distintos en n cajas, si no podemos meter más de un objeto por cada caja?
Serı́a el número de permutaciones diferentes:
rn = n!
(2.3.6)
dado que en la primera caja habrı́a n posibilidades, en la segunda n − 1, . . . ,y en la última,
una única posibilidad.
22. ¿De cuántas maneras se pueden combinar N objetos distinguibles en r cajas distintas (el
orden no importa), si en la primera caja debe de haber N1 objetos, en la segunda N2 , y
ası́ hasta en la última, la r-ésima caja con Nr objetos?
Hay N ! maneras de distribuir N objetos. Para una caja cualquiera i, hay Ni ! maneras de
distribuirlos; pero esto sólo corresponde a una configuración porque no distinguimos el orden
dentro de la caja. El resultado es:
N!
(2.3.7)
N1 ! . . . Nr !
23. ¿Cuántos subconjuntos de m elementos de un conjunto de N hay? El orden de los conjuntos
no importa.
Para el primer conjunto, hay N opciones; para el segundo N − 1, . . . . Tenemos entonces un
total de:
Am
(2.3.8)
N = N (N − 1) . . . (N − m + 1)
Esto es un conjunto de N objetos m a m. Si el orden no importa, hace falta dividir el resultado
anterior por m! dado que hay m permutaciones posibles de los objetos del conjunto.
Esto se reduce al número de combinaciones de N objetos m a m:
N (N − 1) . . . (N − m + 1)
N!
N
m
CN =
=
=
(2.3.9)
M
m!
(N − m)!m!
30
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
24. ¿Cuántas maneras hay de colocar N objetos distintos en g cajas?
Para cada objeto hay g posibilidades, por lo que la solución es:
gN
(2.3.10)
25. Si M y N pertenecen a los enteros positivos, ¿cuál es el número de soluciones de la ecuación
diofántica siguiente?
x1 + x2 + · · · + xM = N ; xk ∈ Z + ∪ {0}
(2.3.11)
(∪0 no negativo incluyendo el cero)
Este ejercicio resulta parecido al de N objetos distinguibles en M cajas, por lo que resulta
idéntico que una combinación:
(N + M − 1)!
N +M −1
(2.3.12)
=
N
N !(M − 1)!
26. Encontrar el número de soluciones de:
x1 + x2 + x3 + x4 = 20; 1 ≤ xk ≤ 6; 1 ≤ k ≤ 4
(2.3.13)
(a) En primer lugar tendremos que encontrar el cardinal de la unión de los conjuntos.
Para el caso general tenemos:
|A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ . . . An |
(2.3.14)
Pero en nuestro caso es n = 4 y tendremos que buscar los cardinales correspondientes a
uniones más pequeñas:
|A1 ∪ A2 | = |A1 | + |A2 | − |A1 ∩ A2 |
(2.3.15)
Se harı́a un doble recuento y una comparación de la suma de que si está dentro el número
suma 2, si está dentro de uno de los dos suma 1 y si está fuera no suma.
Con la primera hecha, se hace la de 3. La intersección impar de tres (si pertenece a los
tres subconjuntos) suma 1.
En general tenemos:
|A1 ∪ A2 ∪ · · · ∪ An | =
n
X
(−1)j−1 δj
(2.3.16)
j=1
(b) Solución de la siguiente ecuación:
x1 + x2 + · · · + xm = N ; xk ≥ 0; k = 1, 2, . . . , m
(2.3.17)
La solución es la combinación anterior del ejercicio 25.
Si ahora fuese la misma ecuación, pero tal que:
x1 + x2 + · · · + xm = N ; k = 1, 2, . . . , m
31
(2.3.18)
Fı́sica Estadı́stica
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y
x1 ≥ p1 ; x2 ≥ p2 ; . . . ; xm ≥ pm
(2.3.19)
Para ello tendremos que, en general:
yl = xl − p l ≥ 0
(2.3.20)
Tendremos entonces la ecuación diofántica para las yl :
X
X
X
x1 +x2 +· · ·+xm −
pl = N −
pl → y1 +y2 +· · ·+ym = N −
pl ; yl ≥ 0 (2.3.21)
l
l
l
Lo que indica que la solución tendrá la forma, a partir del apartado anterior:
Pm
N − l pl + m − 1
m−1
(2.3.22)
(c) Hallar el número de soluciones de:
x1 + x2 + x3 = 50; 0 ≤ x1 ≤ 10; 5 ≤ x2 ≤ 35; 0 ≤ x3 ≤ 10.
(2.3.23)
En primer lugar, tendremos que trasladar todas las cotas inferiores al cero:
0 ≤ x1 ≤ 10; 0 ≤ x2 − 5 ≤ 30; 0 ≤ x3 ≤ 10
(2.3.24)
donde la acción de desplazar x2 nos dará:
x1 + x2 − 5 + x3 = 50 − 5
(2.3.25)
En segundo lugar, sabemos la solución de:
y1 + y2 + y3 = 45; yi ≥; i = 1, 2, 3
(2.3.26)
que es el número combinatorio:
45 + 3 − 1
3−1
(2.3.27)
y además sabemos que:
X = T ∪ T̄
(2.3.28)
donde queremos saber T , que será la solución y sabemos que T̄ es la combinación:
T̄ = |A ∪ B ∪ C|
(2.3.29)
donde tenemos:
A = sol(y1 + y2 + y3 = 45; y1 ≥ 11; y2 ≥ 0; y3 ≥ 0)
(2.3.30)
B = sol(y1 + y2 + y3 = 45; y1 ≥ 0; y2 ≥ 31; y3 ≥ 0)
(2.3.31)
32
Fı́sica Estadı́stica
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C = sol(y1 + y2 + y3 = 45; y1 ≥ 0; y2 ≥ 0; y3 ≥ 11)
(2.3.32)
por lo que entonces tenemos:
T = |X| − |A ∪ B ∪ C|
(2.3.33)
Para encontrar la solución a T̄ , la mejor opción es seguir el procedimiento del primer
apartado de este ejercicio.
|A ∪ B ∪ C| = |A| + |B| + |C| − |A ∩ B| − |A ∩ C| − |B ∩ C| + |A ∩ B ∩ C|
donde vemos que las soluciones son distintos números combinatorios
45 − 11 + 3 − 1
|A| =
3−1
|B| =
|C| =
45 − 31 + 3 − 1
3−1
45 − 11 + 3 − 1
3−1
|A ∩ C| =
(2.3.36)
= |A|
45 − 11 − 11 + 3 − 1
3−1
(2.3.39)
27. Calcular el número de microestados accesibles para 3 partı́culas con Etotal = 3 si:
a Son distinguibles
Figura 2.2: Microestados 3 partı́culas distinguibles
33
(2.3.37)
(2.3.38)
45 − 11 − 31 + 3 − 1
3−1
b Son indistinguibles pero:
(2.3.35)
|B ∩ C| = |A ∩ B|
|A ∩ B| =
(2.3.34)
(2.3.40)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
i Son bosones de spin 0
Figura 2.3: Microestados 3 bosones spin 0
ii Son bosones de spin 1, sz = −1, 0, 1
Figura 2.4: Microestados 3 bosones spin 1
iii Son fermiones de spin 12 , sz =
−1
1
2 , 0, 2
Figura 2.5: Microestados 3 fermiones spin 1/2.
28. Sean 3 partı́culas en una caja cúbica de lado L con ET = 18E0 , siendo E0 =
se expresa como:
Enx,ny,nz = E0 (n2x + n2y + n2z )
π 2 ~2
2mL2 .
La energı́a
(2.3.41)
Sus niveles energéticos son los mismos que los de la página 28.
Hallar los microestados y su degeneración en los siguientes casos:
a Son distinguibles: Sus estados posibles son el (12,3,3) con degeneración 3, el (9,6,3) con
3! ∗ 32 microestados, y la (6,6,6) que serán 33 microestados. Para calcular el número de
microestados finales sumamos todo.
Hay que tener en cuenta las permutaciones de nivel y las permutaciones de
subniveles.
b Son bosones de spin 1, sz = −1, 0, 1. A partir de los estados anteriores tenemos:
34
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
(12,3,3) tiene degeneración
gs = 1 ∗ 3
2+3−1
3−1
(9,6,3) tiene gs = 3 ∗ 3 ∗ 33 .
(6,6,6) tiene 3 casos distintos:
• Un único caso en el que están las tres partı́culas repartidas en los tres subniveles
• 3! casos en los que hay dos partı́culas en un subnivel y otra en otro
• 3 casos en las que todas están en un subnivel.
Para el número de microestados Ω sumamos todo.
c Son bosones de spin 0: En este caso, se cumple que:
(12,3,3) sólo tiene un estado.
(9,6,3) tiene 9 estados
3+3−1
(6,6,6) tiene
estados
3−1
1
d Son fermiones de spin 12 , sz = −1
2 , 0, 2 :
Hay que tener en cuenta el principio de Exclusión de Pauli y la degeneración:
(12,3,3) tiene 2 estados.
(9,6,3) tiene 9 estados diferentes; pero además la degeneración de spin hace que
haya al menos 32 ∗ 23 estados.
(6,6,6) resulta posible si en cada subnivel hay un partı́cula; lo que nos genera 8
estados. Si hay dos partı́culas en un subnivel, los estados posibles serán 3! ∗ 2. Sin
embargo, tres partı́culas en un subnivel violan el principio de exclusión de Pauli.
Se podrı́a simplificar este ejercicio con una ecuación diofántica de 3 bolas en 6 cajas,
siendo cada caja un subnivel con sus espines. El principio de Exclusión de Pauli nos
dirı́a que tendrı́a que ser 0 ≤ xl ≤ 1; sin embargo, esta condición es idéntica al de una
ecuación diofántica sin restricción alguna.
2.4.
El Espacio de las Fases: Microestados Clásicos
Para una partı́cula en este espacio se encontrarán 6 dimensiones, tres de posición y tres de momento.
Si fuesen N partı́culas, habrı́a entonces 6N dimensiones. Por lo que si los grados de libertad son f ,
en el espacio de las fases serán 2f . En este caso tenemos que recordar:
∂~
p X~
=
F
∂t
(2.4.1)
∂~x
p~
=
∂t
m
(2.4.2)
35
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
~x(0) = x0 ; p~0 = p0
(2.4.3)
Con estar fórmulas y par el oscilador armónico unidimensional tendremos la energı́a clásica:
E=
p2
1
+ kx2
2m 2
(2.4.4)
Que veremos que forman una ecuación de la elipse en el espacio de las fases:
p2
x2
+ 2E = 1
2mE
k
(2.4.5)
Por lo tanto, sabemos que son elipses concéntricas:
Figura 2.6: Elipse Espacio de las fases
Tenemos que tener en cuenta dos definiciones:
φ(E) es el número de microestados con En ≤ Ef ija
Ω(E) =
dφ
dE dE
es el número de microestados con energı́a entre E y E + dE.
Para el caso de la caja cúbica:
E ≤ E0 (n2x + n2y + n2z ) ≤ E + dE → E ≤
1 2
(p + p2y + p2z ) ≤ E + dE
2m x
(2.4.6)
Veremos que hay infinitas posibilidades...
Para evitarlo, se introduce una hipótesis sobre la superficie para diferenciarla. Llegaremos a que:
∂p∂q ∼ h
Figura 2.7: Diferenciación a realizar
36
(2.4.7)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
y por lo tanto, en el espacio de las fases unidimensional, el número de microestados clásicos φ(E)
es:
S
S
=
(2.4.8)
∂p∂q
h
que en caso de un volumen cualquiera en el espacio de las fases de
f
2
dimensiones, tendrı́a que ser:
V
hf
(2.4.9)
En el caso más general que se da degeneración:
φ(E) = gs
V
V
= (2s + 1) f
hf
h
(2.4.10)
29. Calcular el número de microestados clásicos accesibles para un oscilador armónico unidimensional cuando la energı́a se encuentre entre E y E + dE:
En el espacio de las fases, la elipse anteriormente descrita se hará una elipse cuya área habremos de calcular:
p2
x2
p2
x2
+ 2E =
+
=1
(2.4.11)
2mE
b
a
k
Vemos que:
r
a=
√
2E
; b = 2mE
k
(2.4.12)
Y por lo tanto, el número de microestados será:
r
r
S
πab
π 22 E 2 m
2πE m
=
=
φ(E) = =
h
h
h
k
h
k
(2.4.13)
Y si fuese resultado cuántico:
2πE
E
→
hω
~ω
φ(E) =
(2.4.14)
Pero claro, la definición es:
E ≤ Ω(E) ≤ E + dE
(2.4.15)
dφ
dE
dE =
dE
~ω
(2.4.16)
Y si calculamos Ω(E):
Ω(E) =
30.
i Partı́cula de masa m se desplaza en una dimensión entre dos puntos de distancia L.
Calcular el número de microestados cuánticos cuya energı́a sea menor o igual que E.
Nos pide que calculemos φ(E). Para ello, recordemos que la energı́a seguirá la expresión:
E = E 0 n2
donde n = 1, 2, . . . y E0 =
degeneración:
π 2 ~2
2mL2 .
Vemos entonces que habrá n estados posibles y sin
r
φ(E) = n =
(2.4.17)
E
=
E0
37
s
E
π 2 ~2
2mL2
=
L√
2mE
π~
(2.4.18)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
ii Ahora calculad los microestados con la aproximación clásica:
E=
√
p2
→ p = 2mE
2m
(2.4.19)
pero:
φ(E) ≤ E
por lo que:
p≤
(2.4.20)
√
2mE
(2.4.21)
Figura 2.8: Superficie clásica
Como bien vemos en la figura, la superficie será la zona acotada por la inecuación y
llegaremos a:
√
S
2L 2mE
φ= =
(2.4.22)
h
h
31. Un sistema está formado por dos partı́culas libres de masa m desplazándose sobre el eje OX
entre dos puntos situados una distancia L (x ∈ [0, L]) El sistema se trata clásicamente de
forma que el estado de cada partı́cula viene determinado por su posición y momento xi y pi .
¿Cuál es el número de microestados accesibles φ(E)?
Sabemos que es un espacio de 4 fases:
E=
p21
p2
+ 2
2m 2m
L
Z Z
(2.4.23)
Por lo tanto:
V
1
φ(E) = 2 = 2
h
h
Z
L
Z
dx1
0
dx2
dp1 dp2 =
0
L2 π √
( 2mE)2
h2
(2.4.24)
donde:
Z Z
dp1 dp2
se calcula mediante:
que es un cı́rculo de radio
√
p21 + p22 ≤
2mE.
38
(2.4.25)
√
2mE
(2.4.26)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
32. Calcular el número de microestados cuánticos φ(E) accesibles para una partı́cula aislada en
π 2 ~2
una caja cúbica de lado L con energı́a Enx ,ny ,nz = E0 (n2x + n2y + n2z ) y E0 = 2mL
2.
En primer lugar, vamos a calcular el caso bidimensional: Una partı́cula en un plano de lado
L. Su energı́a será:
Enx ,ny = E0 (n2x + n2y )
(2.4.27)
Tendremos que discretizar los puntos que cumplan:
n2x + n2y ≤
E
E0
(2.4.28)
para ello:
Figura 2.9: Discretización de la superficie del plano
Y además, como queremos sólo una parte del cı́rculo, el cálculo será:
r
1
E
2mEL2
πE
π E2mL2
φ(E) = (Área círculo radio =
=
)=
=
4
E0
4E0
4 π 2 ~2
4π~2
(2.4.29)
En el caso tridimensional, el proceso será idéntico, salvo que ahora tenemos:
n2x + n2y + n2z ≤
lo que generará una esfera de radio r =
φ(E) =
q
E
E0
E
E0
(2.4.30)
de la que calcularemos un octante de la misma:
14 E 3
π 2mL2 E 3
π( ) 2 = ( 2 2 ) 2
8 3 E0
6 π ~
(2.4.31)
33. Partı́cula libre de masa m en un volumen V. Hallar el número de microestados clásicos
accesibles de la partı́cula con energı́a entre E y E + dE.
dφ
Ω(E) = dE
dE. Hay 3 grados de libertad, por lo tanto 6 dimensiones en el espacio de las
fases.
:V
RRR
Z Z Z
dxdydz
V
φ(E) = 3 = dpx dpy dpz
(2.4.32)
h
h3
donde, como es partı́cula libre llegamos a la conclusión que:
2mE = p2x + p2y + p2z
y por lo tanto la integral a los momentos es una esfera de radio r =
φ(E) =
3
V 4
π(2mE) 2
h3 3
39
(2.4.33)
√
2mE:
(2.4.34)
Fı́sica Estadı́stica
2.5.
Curso 2016-2017
Postulados de la Fı́sica Estadı́stica
P 1 Los microestados accesibles para un sistema aislado y en equilibrio son equiprobables.
Una colectividad de sistemas son réplicas a nivel macroscópico del sistema estudiado.
Ω(E) → Pi =
1
Ω(E)
(2.5.1)
Si el número de sistemas de la colectividad N es grande (N >> 1), entonces:
i → N Pi =
N
Ω(E)
(2.5.2)
P 2 Hipótesis ergódica:
En un instante dado, un sistema macroscópico en equilibrio se encuentra en un único microestado.
Si la colectividad está formada por N >> 1 Sistemas , habrá:
N
Ω(E)
(2.5.3)
por microestado. Y por lo tanto, la probabilidad de observar un sistema en un microestado
1
particular será Ω(E)
. Esto implicará el siguiente postulado:
La media temporal de un parámetro cualquiera es igual a la media del parámetro
por la colectividad de los sistemas.
Esto es:
< y >=
N
1 X
yi (t) →< y >t =< y >
N i=1
(2.5.4)
P 3 La entropı́a estadı́stica:
El máximo número de microestados. Si el sistema estuviera aislado y en equilibrio serı́a
función de los estados.
Para el caso ejemplar de una cadena de espines de tipo Ising, tendrı́amos N átomos con
degeneración 2. Por lo que esto asciende a un número de microestados tal que Ω = 2N , lo que
complica más las cosas, dado que N es del orden del número de Avogadro NA = 6, 023×1023 .
Como esta cifra es infinitamente grande, empleamos logaritmos.
Por lo tanto, nuestra entropı́a estadı́stica será:
S = k ln(Ω)
2.5.1.
(2.5.5)
Nociones de Teorı́a de la Información
Sea una bola en N cajas equiprobables. Llamamos a J a la falta de información.
J = J(N ) será función del número de cajas.
N1 > N2 → J(N1 ) > J(N2 )
(2.5.6)
J(1) = 0
(2.5.7)
El caso más especial
40
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
dado que tenemos la información completa.
Sean ahora N cajas con M compartimentos:
J = J(N · M )
(2.5.8)
Su falta de información se calculará como:
J(N · M ) = J(N ) + J(M )
(2.5.9)
JN = cte ∗ ln(Nk )
(2.5.10)
Llegaremos a la conclusión:
No equiprobables
Sabemos entonces de que la probabilidad ha de cumplir:
N
X
Pi = 1
(2.5.11)
i=1
Pero tenemos la colectividad en la que tendremos N subsistemas con la bola en la caja i, por lo
tanto será N Pi . Recordemos que N >> 1; N → ∞. En este caso podremos expresar la falta de
información como:
N!
JN = k ln( QN
)
(2.5.12)
l=1 (N Pl )!
Siendo N >> 1 y N Pl >> 1. Aplicamos la fórmula de Stirling, cuya demostración se encuentra en
el apéndice A, página 221.
JN = k[ln(N !) −
N
X
ln((N Pl )!)]
(2.5.13)
l=1
JN = k[N ln(N ) − N −
N
X
(N Pl ln(N Pl ) − N Pl )]
(2.5.14)
l=1
Aplicamos que N >> 1; N Pl >> 1 y l = 1, . . . , N :
1
1
N
N N
N 7
7
X
X
X
X
)) )−
−(N ln(N
k[N ln(N )−N − (N Pl ln(N )+N Pl ln(Pl )−N Pl )] = k[
N
ln(N
N
P
+N
P
ln(P
)+
N
P
l
l
l
l]
l=1
l=1
l=1
l=1
(2.5.15)
Y ası́ encontramos la falta de información para toda la colectividad. (Para N cajas serı́a multiplicar
por N : JN = N J)
N
X
J = −k
Pl ln(Pl )
(2.5.16)
l=1
A esta falta de información también se le llama entropı́a de información.
Cuando hay equiprobabilidad:
1
Pl =
N
41
(2.5.17)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
tendremos que:
J = −k
N
X
1
1
ln( ) = −k ln(N )
N
N
(2.5.18)
l=1
lo que implica máximo de la falta de información o mı́nimo de información.
34. Sobre una diana de radio 4R se envı́an flechas y se supone que todos los puntos de impacto
son equiprobables. Se definen cuatro dominios distintos:
i 0≤r≤R
ii R ≤ r ≤ 2R
iii 2R ≤ r ≤ 3R
iv 3R ≤ r ≤ 4R
Hallar la probabilidad de que una flecha se encuentre en el dominio i. ¿Cuál es la entropı́a
de información del problema donde está la flecha?
Para calcular la probabilidad de que una flecha llegue al dominio i tendremos que dividir el
área del dominio i entre el área total.
Realizando los cálculos obtendremos:
P1 =
πR2
16πR2
P2 =
3
16
P3 =
5
16
P4 =
7
16
=
1
16
(Vemos que lógicamente es más probable errar la diana)
Y la entropı́a de información:
S = −k
4
X
Pi ln(Pi ) = 1, 21k
(2.5.19)
i=1
35. Consideremos un campo cuadrado de lado 4L, dividido en 4 partes iguales tal y como indica
la siguiente figura:
Figura 2.10: División del campo donde caen meteoritos
Cae una lluvia de meteoritos sobre el campo. (Impacto Equiprobable). Se pide:
i Calcular la probabilidad de que un meteorito caiga en cada región.
Esta probabilidad se calcula mediante la división del área a estudiar entre el área total,
a igual que en el ejercicio anterior.
Mediante el cálculo llegamos a que:
42
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
P1 =
1
16
P2 =
3
16
P3 =
1
4
P4 =
1
2
ii Calcular la entropı́a de información del sistema.
Para calcular la entropı́a de información realizamos el cálculo:
S = −k
4
X
Pi ln(Pi ) = 1, 18k
(2.5.20)
i=1
iii Si el campo se divide en cuatro partes iguales, ¿cómo será la entropı́a de información?
¿Qué conclusión sacamos?
Repitiendo el cálculo llegamos a que S = 1, 386k y que por lo tanto la información es
menor.
36. Hallar el máximo de:
F (x, y) = 4y − x
(2.5.21)
G(x, y) = x2 − xy + y 2 − x + y − 4 = 0
(2.5.22)
con la condición:
En este ejercicio tendremos que aplicar multiplicadores de Lagrange. Además, sabemos que
sus gradientes son iguales:
~
∇F~ = ∇G
(2.5.23)
La fórmula del gradiente era:
~ = ∂f ~i + ∂f ~j
∇F
∂x
∂y
(2.5.24)
~ = −~i + 4~j
∇F
(2.5.25)
~ = (2x − y − 1)~i + (−x + 2y + 1)~j
∇G
(2.5.26)
El gradiente de F será:
Mientras que el de G:
Tendremos entonces dos condiciones:
−1 = λ(2x − y − 1)
(2.5.27)
4 = λ(−x + 2y + 1)
(2.5.28)
Resolvemos para λ → G(x(λ), y(λ)) = 0
Se define Población como:
L(x, y, λ) = F (x, y) − λG(x, y)
(2.5.29)
~
∇L(x,
y, λ) = 0
(2.5.30)
De donde sacamos:
43
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Lo que implica que:
∂L
∂L
~ = λ∇G
~
=
= 0 → ∇F
∂x
∂y
(2.5.31)
∂L
→ G(x, y) = 0
∂λ
(2.5.32)
F (x1 , . . . , xN ) → G1 (x1 , . . . , xN ) = 0, . . . , GN (x1 , . . . , xN ) = 0
(2.5.33)
y
Si tuviera más variables serı́a:
Lo que equivaldrı́a a crear λk constantes de Lagrange.
L(x1 , . . . , xN , λ1 , . . . , λk ) = F (x1 , . . . , xN ) −
N
X
λl Gl (x1 , . . . , xN )
(2.5.34)
l=1
y por lo tanto:
~ = 0 → ∇F
~ =
∇L
X
~ l
λl ∇G
(2.5.35)
siendo Gl = 0; ∀l.
Una aplicación esencial de los multiplicadores de Lagrange se da a partir del primer postulado de
la Fı́sica Estadı́stica (2.5 40).
Si es un sistema aislado en el equilibrio todos los microestados son equiprobables. La información
es mı́nima. Si se identifica a la entropı́a estadı́stica como la de información:
X
X
X
Pl : S = −k
Pl ln(Pl );
Pl = 1 →
Pl − 1 = 0
(2.5.36)
l
l
l
Nuestra ecuación a calcular su multiplicador de Lagrange es:
X
L = S − λ(
Pl − 1) = 0
(2.5.37)
l
Por lo que tendremos que calcular:
1
∂L
= −k ln(Pl ) − kPl − λ = 0
∂Pl
Pl
(2.5.38)
X
∂L
= −(
Pl − 1) = 0
∂λ
(2.5.39)
y
l
De la primera obtendremos:
λ
Pl
+ λ → Pl = e−1− k
(2.5.40)
Pl
P
Y de la segunda, lo que ya sabı́amos de equiprobabilidad l Pl = 1. Combinando estos dos resultados tenemos:
Ω
X
λ
e−1− k = 1
(2.5.41)
−k ln(Pl ) = k
l
λ
e−1− k Ω = 1
λ
e−1− k =
1
1
→ Pl =
Ω
Ω
44
(2.5.42)
(2.5.43)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
37. Sea un sistema A: A1 , A2 siendo las entropı́as de cada subsistema:
X
S1 = −k
Pr(1) ln(Pr(1) )
(2.5.44)
r
y
S2 = −k
X
Ps(2) ln(Ps(2) )
(2.5.45)
s
Para el sistema compuesto, el microestado considerado (r,s) está caracterizado por (r,s) con
entropı́a:
X
S = −k
Prs ln(Prs )
(2.5.46)
r,s
Se pide:
i Probar que si:
Prs = Pr(1) Ps(2)
(2.5.47)
S = S1 + S2
(2.5.48)
entonces:
Para ello tendremos:
S = −k
X
Pr(1) Ps(2) ln(Pr(1) Ps(2) )
(2.5.49)
X
(2.5.50)
r,s
−k
X
Pr(1) Ps(2) ln(Pr(1) ) − k
r,s
−k
X
s
Ps(2)
X
Pr(1) Ps(2) ln(Ps(2) )
r,s
Pr(1) ln(Pr(1) ) − k
X
r
Pr(1)
r
X
Ps(2) ln(Ps(2) )
(2.5.51)
s
que como bien vemos son:
X
Ps(2) S1 +
X
s
Pr(1) S2
(2.5.52)
r
Y que dada la definición de probabilidad, queda reducido a:
S = S1 + S2
(2.5.53)
ii Siendo las probabilidades dependientes estadı́sticamente:
X
Pr(1) =
Pr,s
(2.5.54)
s
Ps(2) =
X
Pr,s
(2.5.55)
r
Probar que:
(1)
S − (S1 + S2 ) = −k
X
r,s
Pr,s ln(
(2)
Pr P s
)
Pr,s
Para ello tendremos que realizar el cálculo:
X
X
X
−k
Prs ln(Prs ) − (−k
Pr(1) ln(Pr(1) ) − k
Ps(2) ln(Ps(2) ))
r,s
r
s
45
(2.5.56)
(2.5.57)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
−k
X
Prs ln(Prs ) + k
r,s
X
Pr(1) ln(Pr(1) ) + k
X
r
Ps(2) ln(Ps(2) )
(1)
−k
X
(2.5.58)
s
Pr,s (− ln(Pr,s ) + ln(Pr(1) ) + ln(Ps(2) )) = −k
r,s
X
r,s
Pr,s ln(
(2)
Pr Ps
)
Pr,s
(2.5.59)
iii Demostrar que S ≤ S1 + S2 :
Esto se debe a que en particular ln(x) < x − 1
Figura 2.11: Demostración gráfica de que ln(x) < x − 1
Mediante el cálculo anterior vemos:
S−(S1 +S2 ) = k
X
r,s
Pr,s ln(
(1) (2)
(1) (2)
X
X
X
Pr Ps
Pr Ps
)≤k
−1) = k(
Pr,s (
Pr(1) Ps(2) −
Pr,s ) = 0
Pr,s
Pr,s
r,s
r,s
r,s
(2.5.60)
Esto no deja de ser lo que buscábamos.
S ≤ S1 + S2
2.6.
(2.5.61)
Distribuciones de probabilidad
Una Variable Aleatoria es una función que asigna un número real a los elementos de un conjunto
conocido como espacio muestral.
Una Variable Discreta es, independientemente de si el espacio muestral es finito o infinito, la
variable aleatoria toma cada uno de esos valores con cierta probabilidad.
Una Distribución de Probabilidad asigna a x la probabilidad de encontrar ese elemento:
f (x) = P (x) = ξ
P
Como propiedades tiene que f (x) ≥ 0 y que x f (x) = 1.
Una función de distribución acumulada tiene la forma:
X
F (x) = P (X ≤ x) =
f (t)
(2.6.1)
(2.6.2)
t≤x
Una Variable continua, tiene su función de densidad:
Z b
P (a ≤ x ≤ b) =
f (x)dx
a
46
(2.6.3)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
R∞
Las propiedades son que P ≥ 0 y que −∞ f (x)dx = 1, siendo esta última concordante con los
lı́mites de la integral.
Una Función de Distribución tiene la forma:
Z x
F (x) = P (X ≤ x) =
f (t)dt
(2.6.4)
−∞
P (a ≤ x ≤ b) = F (b) − F (a)
f (x) =
dF
dx
lı́m F (x) = 1
x→∞
(2.6.5)
(2.6.6)
(2.6.7)
El Valor medio se define por:
Z
∞
< g(x) >=
g(x)f (x)dx
(2.6.8)
−∞
Este resultado es real; y lineal.
< λg(x) + µh(x) >= λ < g(x) > +µ < h(x) >
Los Momentos Centrales:
< xn >=
Z
(2.6.9)
∞
xn f (x)dx
(2.6.10)
−∞
La Varianza:
σ 2 =< (x− < x >)2 >→< x2 > − < x >2
(2.6.11)
38. 4 electrones están repartidos sobre los niveles de energı́a de una partı́cula de un oscilador
armónico unidimensional.
1
En = ~ω(n + ); ET = 8E0 ; E0 = ~ω
2
(2.6.12)
Dar las configuraciones accesibles, ası́ como los microestados y la probabilidad de que el
sistema se encuentre en cada uno de ellos si está aislado y en equilibrio.
En primer lugar, demos las configuraciones energéticas y sus microestados correspondientes.
Recordemos que son electrones y siguen el principio de Exclusión de Pauli, por lo que los
”trı́os” no están permitidos (y no los pondremos por aquı́) pero sı́ las ”dobles parejas”. Que
sea ET = 8~ω implica que En = 2n+1
2 ~ω, y que tenemos que coger los estados cuya suma
dé 16. Por lo tanto tendremos los siguientes estados con su respectiva degeneración:
11,3,1,1 con degeneración 22 .
9,5,1,1 con degeneración 22 .
9,3,3,1 con degeneración 22 .
7,7,1,1 con degeneración 1.
7,5,3,1 con degeneración 24 .
5,5,3,3 con degeneración 1.
47
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Sumando todo podemos ver que hay 30 microestados. Y como es un sistema aislado y en
1
equilibrio, son equiprobables con probabilidad: Pi = 30
.
En segundo lugar: ¿Cuáles son los valores posibles de la distribución de probabilidad de la
componente sz del spin total de los electrones?
Hay 2 espines distintos y varias combinaciones posibles dependiendo de la degeneración
En el caso de la degeneración 22 tendremos que:
sz g
-1 1
0 2
1 1
y que luego se multiplica por las tres variantes de los niveles no llenos.
En el
sz
-2
-1
0
1
2
caso de la degeneración 24 tendremos:
g
1
4
6
4
1
Por lo que la total será, sumando las 2 nulas de degeneración 1:
sz
g
-2
1
-1
7
0 14
1
7
2
1
En tercer lugar, se mide sz en experimentos sucesivos. ¿Cuál es el valor medio de sz ?
El valor medio lo calculamos mediante:
X
< sz >=
P (sz )sz
(2.6.13)
Y bien se ve que:
Figura 2.12: P (sz )
39. Una colectividad de un sistema se encuentra en un instante dado en los microestados A1 , . . . , AN
representados por puntos en un espacio de fases de 2F dimensiones. La probabilidad de encontrar un sistema en el elemento de volumen dV del espacio de las fases es ρdV . Considerando el
movimiento en el espacio de las fases como un fluido,la función ρ análoga en 2F dimensiones
48
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
obedece a la ecuación de continuidad clásica:
∂ρ ~
+ ∇(ρ~v ) = 0
∂t
Comprobar empleando la ecuación de Hamilton, que ∂ρ
∂t = 0
Aplicamos Hamilton:
∂ρ ~
+ ∇(ρ~v ) = 0
∂t
(2.6.14)
(2.6.15)
2f
∂ρ X ∂
+
(ρxi ) = 0
∂t j=1 ∂xi
(2.6.16)
Se presuponen coordenadas generalizadas tales que:
xi = qi , pi
vi = q˙i , p˙i
Cambiamos ahora a f dimensiones
f
∂
∂ρ X ∂
+
(
(ρq˙j ) +
(ρp˙j )) = 0
∂t j=1 ∂qj
∂pj
(2.6.17)
f
∂ρ X ∂ρ
∂ q˙j
∂ p˙j
∂ρ
+
[q˙j
+ρ
+ p˙j
+ρ
]=0
∂t j=1 ∂qj
∂qj
∂pj
∂pj
Las ecuaciones de Hamilton decı́an:
q˙j =
p˙j =
(2.6.18)
∂H
∂pj
(2.6.19)
−∂H
∂qj
(2.6.20)
∂H
Si ∂q
= 0 → p˙j = 0 → pj = cte.
j
Aplicamos las ecuaciones:
f
∂ρ X ∂ρ
∂ ∂H
∂ρ
∂ ∂H
+
[
q˙j + ρ
(
)+
p˙j − ρ
(
)] = 0
∂t j=1 ∂qj
∂qj ∂pj
∂pj
∂pj ∂qj
Siendo ρ = ρ(t, qj , pj ) y
(2.6.21)
∂2H
∂pj ∂qj
f
∂ρ X ∂ρ
∂ρ
+
[
q˙j +
p˙j ] = 0
∂t j=1 ∂qj
∂pj
Y por lo tanto
∂ρ
∂t
(2.6.22)
= 0.
40. La función de distribución de una variable aleatoria x es:
0 si x ≤ 0
2
X=
1 − e−x si x > 0
49
(2.6.23)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Hallar la función de densidad de la variable aleatoria:
Cambiamos la variable
Y = ln(X + 1)
(2.6.24)
G(y) = P (Y ≤ y) = P (ln(X + 1) ≤ y)
(2.6.25)
P (X + 1 ≤ eY ) = P (X ≤ eY − 1) = F (eY − 1)
(2.6.26)
En la que esta nueva función:
Y
F (e − 1) =
1−e
0 si eY − 1 ≤ 0
si eY − 1 > 0
(2.6.27)
0 si y ≤ 0
si y > 0
(2.6.28)
−(eY −1)2
por lo que tendremos:
G(y) =
−(ey −1)2
1−e
Y si derivamos:
g(y) =
∂G
=
∂y
−e
−(ey −1)2
0 si y ≤ 0
(−2(e − 1))ey si y > 0
y
(2.6.29)
41. Se ha comprobado que muchos fenómenos naturales tienen asociada una variable aleatoria
cuya función de densidad:
ke−kx si 0 < x < ∞
f (x) =
(2.6.30)
0 si x ≤ 0
a ¿Puede tomar k cualquier valor?
Vamos a probar si está normalizado. Integramos lo no nulo:
∞
Z
f (x)dx = k[
0
e−kx ∞
] =1
−k 0
(2.6.31)
Como está normalizado, entonces si puede tomar cualquier valor.
b La función de Distribución asociada:
Z
Rx
x
F (x) =
f (t)dt =
−∞
0
ke−kt dt si 0 < x < ∞
0 si x ≤ 0
(2.6.32)
c P (x > 10) = 1 − P (x ≤ 10) = 1 − F (10); P (50 < x < 100) = F (100) − F (50)
42. Dada la función P (X = x) = k( 21 )X , tal que x = 1, 2, 3:
a Encontrar la k para que sea función de probabilidad:
λ
X
X=1
1
1
1
1
8
k( )X = 1; k[ + 2 + 3 ] = 1 → k =
2
2 2
2
7
50
(2.6.33)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
b Encontrar la función de probabilidad y de distribución en la variable: Y = 2X − 1:
g(y) = P (Y = y) = P (2X − 1 = y) = P (X =
y+1
1
)=k
2
2
G(y) = P (Y ≤ y)
Si hacemos el cambio de variable tendremos que x = 1, 2, 3 → y = 1, 3, 5:

0;y < 1



k
;
1
≤y≤3
2
G(y) = P (Y ≤ y) =
k
k
+
;
3
≤y≤5


4
 2
1;y ≥ 5
43. Sea X variable aleatoria continua cuya función de densidad:

0;x < 0



1 − x;0 ≤ x < 1
f (x) =
x − 1;1 ≤ x < 2



0;x ≥ 2
(2.6.34)
(2.6.35)
(2.6.36)
(2.6.37)
a Función de distribución
Z
F (x) =
0
x




0;x < 0
Rx
1 − tdt ; 0 ≤ x < 1
R1
R0x
f (t)dt =

(1
−
t)dt
+
t − 1dt ; 1 ≤ x < 2

0
 0
0;x ≥ 2
(2.6.38)
b Sean los sucesos siguientes, calcular la probabilidad de cada uno de ellos y la probabilidad
P (A ∩ C) y P (A ∪ C):
A={x ∈ E/0 ≤ X(x) ≤ 1}
P (A) = F (1) − F (0)
(2.6.39)
P (B) = F (2) − F (−2)
(2.6.40)
B={x ∈ E/ − 2 ≤ X(x) ≤ 2}
C={x ∈ E/ 12 ≤ X(x) ≤ ∞}
P (C) = 1 − P (x <
1
1
) → 1 − F( )
2
2
(2.6.41)
D={x ∈ E/X(x) = 0, 12 , 1, 23 , 2. Por ser variable continua:
P (D) = 0
(2.6.42)
Para la probabilidad de la intersección P (A ∩ C) :
P (A ∩ C) = P (0 ≤ x ≤
1
1
) = F ( ) − F (0)
2
2
(2.6.43)
Para la probabilidad de unión, tenemos que P (A ∪ C) = 1 dado que la unión recorre
todo el espacio.
51
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
44. La duración en minutos de un cierto experimento está representada por una variable aleatoria
cuya función de distribución es:
0 si x ≤ 0
F (x) =
(2.6.44)
2
1
1 − 32 e− 3 x − 31 e− 3 x si x ≥ 0
Su función densidad será:
∂F (x)
f (x) =
=
dx
4 − 23 x
9e
0 si x ≤ 0
1
+ 19 e− 3 x si x ≥ 0
(2.6.45)
a <x>
Z
∞
< x >=
∞
Z
xf (x)dx =
−∞
0
4 2
1 1
x( e− 3 x + e− 3 x )dx
9
9
(2.6.46)
Esto se soluciona a partir de las integrales del apéndice D.0.1, página 227. La solución
será:
1 1
4 2
I( ) + I( )
(2.6.47)
9 3
9 3
b Si un experimento lleva ya 3 minutos, ¿Cuál es la probabilidad de que no pase de 6
minutos?
Para ello tenemos que E1 = x ≥ 3 y E2 = x ≤ 6. Buscamos su intersección: P (E1 ∩E2 ) =
P (E1 )P (E2 /E1 ). Si son independientes P (E2 /E1 ) = P (E2 ). En verdad lo que queremos
es el resultado de P (E2 /E1 ):
P (E2 /E1 ) =
P (E1 ∩ E2 )
P (3 ≤ x ≤ 6)
F (6) − F (3)
=
=
P (E1 )
1 − P (x < 3)
1 − F (3)
45. Una variable aleatoria X se distribuye con una función densidad:
k x8 si 0 ≤ x ≤ 4
F (x) =
0 si 0 ≥ x o x ≥ 4
(2.6.48)
(2.6.49)
a Calcular P (µ − 2σ ≤ x ≤ µ + 2σ): Primero normalizamos la k:
Z
∞
k
f (x)dx = 1;
8
−∞
Z
4
xdx = 1 → k = 1
(2.6.50)
x
≈ 2, 67
8
(2.6.51)
0
pero ya lo está.
Calculamos µ =< x >:
Z
< x >=
4
xk
0
√
Calculamos la varianza σ = < x2 > − < x >2 ≈ 0, 94.
La probabilidad serı́a: P (0, 8 ≤ x ≤ 4, 5) pero 4, 5 ≥ 4 por lo que P (0, 8 ≤ x ≤ 4)
b P (|x − µ| ≤ 3σ) = 1 → x + 3σ > 4; x − 3σ < 0
46. La función de distribución de una variable aleatoria es:
0 si x < 0
F (x) =
k(1 − e−x ) six ≥ 0
52
(2.6.52)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
a Hallar el valor de k:
f (x) =
dF
;w
dx
Z
∞
f (x)dx = 1
lı́m k(1 − e−x ) = k = 1
x→∞
Además:
f (x) =
(2.6.53)
−∞
0 si x < 0
ke−x si x ≥ 0
(2.6.54)
(2.6.55)
b Hallar mediana y moda, deciles y centiles, cuartiles...
F (M ) =
1
2
El máximo es la moda:
(2.6.56)
1
2
1 − e−M =
(2.6.57)
Para un cuartil:
l = 1, 2, 3; F (Ql ) =
l
4
Para los deciles:
(2.6.58)
D = 1, . . . , 9; F (Dl ) =
l
10
(2.6.59)
Cl = 1, . . . , 99; F (Cl ) =
l
100
(2.6.60)
Para los centiles:
c Probar la desigualdad de Chèbyshev:
P (|x − µ| ≥ ) ≤
σ2
2
σ 2 ≥ 2 P (|x − µ| ≥ )
(2.6.61)
(2.6.62)
Aplicamos la definición de la varianza
2
2
Z
∞
(x − µ)2 f (x)dx
σ =< (x − µ) >=
(2.6.63)
−∞
Z
P (|x − µ| ≥ ) =
f (x)dx
Y vemos que |x − µ| ≥ implica o x ≥ µ + o que x ≤ µ − .
Figura 2.13: Demostración Chèbyshev
53
(2.6.64)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
También sabemos que:
Z
(x − µ)2 f (x)dx ≥
|x−µ|≥
Z
2 f (x)dx
(2.6.65)
|x−µ|≥
Por lo tanto vemos que 2 P (|x − µ| ≥ ) ≤ σ 2 .
d Probar a partir de Chèbyshev, que: P (|x − µ| < kσ) ≥ 1 −
1
k2
= kσ
(2.6.66)
P (|x − µ| < kσ) = 1 − P (|x − µ| ≥ kσ)
(2.6.67)
Con Chèbyshev:
−P (|x − µ| ≥ ) ≥
Y esto es
1
k2
≥1−
σ2
k2
−1
−σ 2
= 2
2
k
(2.6.68)
lo que si lo añadimos a la inicial se cumple lo buscado.
47. Una variable aleatoria tiene de varianza σ 2 = 0, 005 ¿Con qué probabilidad difiere x de su
valor medio, un valor más pequeño que 0,2?
Dado que kσ = 0, 2, tendremos:
P (|x − µ| < 0, 2) ≥ 1 −
0, 005
u 0, 87
0, 22
(2.6.69)
48. El número medio de personas que van a un local es de µ = 1000 con desviación tı́pica
de σ = 20. ¿Cuál es el número de sillas para que todos los asistentes podrán sentarse con
probabilidad de 0,75?
P ≥ 43 :
1
(2.6.70)
P (|x − µ| < kσ) ≥ 1 − 2
k
1 − 212
3
P (µ − kσ < x < µ + kσ) ≥ → k = 2
4
P(
(2.6.71)
960
3
≤ x ≤ 1040) ≥
1000 − 40
4
(2.6.72)
Se necesitarán 1040 sillas.
2.6.1.
Función caracterı́stica o generadora de momentos
Se define:
φx (t) =< eitx >; Discreto =
X
P (xm )eitxm ; Continuo =
Z
∞
−∞
m
Es decir, un valor medio imaginario.
Sus propiedades son:
54
f (x)eitx dx
(2.6.73)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
φx (0) = 1
φx (−t) = φx (t)∗ (conjugada es igual a la impar)
|φx (t)| ≤ 1. Su demostración
∞
Z
f (x)eitx dx| ≤
|φx (t)| = |
−∞
Z
∞
|f (x)eitx |dx
(2.6.74)
−∞
Se puede obtener la función densidad sabiendo la función caracterı́stica.
Para ello tendremos que aplicar la transformada de Fourier:
Z ∞
1
φx (t)eitx dt = f (x)2
f (x) =
2π −∞
A esta función se le llama también generadora de momentos:
Z ∞
φx (t) =
f (x)eitx dx
(2.6.75)
(2.6.76)
−∞
Recordando que:
e
itx
Entonces:
Z
∞
X
(itx)n
=
n!
n=0
∞
φx (t) =
f (x)
−∞
(2.6.77)
∞
X
(itx)n
dx
n!
n=0
Z
∞
X
1 ∞
f (x)in tn xn dx
n!
−∞
n=0
n
∞ n nZ ∞
X
:< x >
i t
n
x f (x)dx
n! −∞
n=0
Por lo tanto:
φx (t) =
X φ(n)
x (0)
n!
Entonces:
tn
(2.6.78)
(2.6.79)
(2.6.80)
(2.6.81)
(n)
φx (0)
in
49. Sea x una variable aleatoria con distribución de probabilidad:
1
3
P (x = k) =
k
8
< xn >=
(2.6.82)
(2.6.83)
a Función caracterı́stica:
Este número combinatorio seguirá el triángulo de Pascal (apéndice C, página 225) y por
lo tanto tendremos:
3
X
1
1
1
1
1
3
3
3
3
3
=[
+
+
+
]=1
(2.6.84)
k
0
1
2
3
8
8
8
8
8
k=0
55
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Su función caracterı́stica seguirá:
φ(t) =
3 X1 3 1X 3
eitx =
eitx 13−k
k
k
8
8
k
(2.6.85)
k=0
Vemos entonces que se trata de un binomio de Newton:
φ(t) =
1 it
(e + 1)3
8
(2.6.86)
b µ y σ 2 Deducir a partir del apartado anterior:
(1)
< x >=
φx (0)
1 1 it
3
=
3(e + 1)2 i eit |t=0 =
i
2
i 8
σ =< x2 > − < x >2
(2.6.87)
(2.6.88)
donde:
(2)
< x2 >=
3
12
3
φx (0)
= 2(eit+1 )|t=0 =
=
i2
8
8
2
(2.6.89)
Y el otro ya está calculado y se eleva al cuadrado. El resultado es σ = − 34 . Resultado
un tanto extraño.
50. Sea x una variable aleatoria discreta con P (X = k) = (1 − p)k−1 p, siendo p ∈ (0, 1) y k entero
positivo.
a Hallar la función caracterı́stica φx (t)
En primer lugar en la suma podemos coger una serie geométrica por ser la razón menor
que la unidad con tal de comprobar si está normalizada.
∞
X
(1 − p)k−1 p = p[1 + (1 − p) + (1 − p)2 + . . . ] → p
k=1
1
=1
1 + (1 − p)
(2.6.90)
Por lo tanto:
φx (t) =
∞
X
k−1
(1 − p)
pe
itk
=
k=1
∞
X
∞
X
(1 − p)k−1 peit(k−1) eit
(2.6.91)
k=1
peit [(1 − p)eit ]k−1 =
k=1
peit
p
= −it
1 − ((1 − p)eit )
e −1+p
(2.6.92)
b Hallar µ y σ 2 :
(1)
µ =< x >=
φx (0)
i
(2.6.93)
(2)
σ 2 =< x2 > − < x >2 =
56
φx (0)
i2
(2.6.94)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
51. Sea x una variable aleatoria discreta con función de distribución:

0 ;x ≤ 0




 0, 2 ; 0 ≤ x ≤ 1
0, 5 ; 1 ≤ x ≤ 2
F (x) =


0, 9 ; 2 ≤ x ≤ 3



1 ;x ≥ 3
(2.6.95)
Hallar la función caracterı́stica; y a partir de ella, media y varianza.
No se hizo
52. Hallar la función caracterı́stica de los siguientes casos:
i Variable aleatoria discreta que puede tomar los valores x = ±a. Siendo equiprobables.
φx (t) = Pa eita + P−a e−ita =
1 ita 1 −ita
e + e
= cos(ta)
2
2
(2.6.96)
ii Variable aleatoria continua distribuida uniformemente en el intervalo (−a, a) para que
la integral en el área sea uno. (delta de dirac).
Z
a
φx (t) =
−a
1 eitx a
1
1 eiat − e−ita
1 itx
e dx =
[
]−a =
(eiat − e−ita ) =
2a
2a it
2iat
at
2i
(2.6.97)
Y por lo tanto es:
sin(at)
at
Calcular también su función generadora de momentos:
φx (t) =
< x2n >=
iii f (x) =
a2n
; < x2n+1 >= 0
2n + 1
(2.6.98)
(2.6.99)
−x2
√ 1
e 2σ2
2πσ 2
Z
−x2
∞
e 2σ2
dx
(2.6.100)
φx (t) =
e √
2πσ 2
−∞
A partir de la solución dada en el apéndice D.0.3, página 228, vemos que sólo contribuirá el coseno:
Z ∞
2
1
√
2
e−x 2σ 2 cos(tx)dx
(2.6.101)
2
2πσ
0
Su solución será:
r
−t
4
2 1
π
2σ 2
(2.6.102)
φx (t) = √
e
1
2πσ 2 2 2σ2
itx
Y simplificada:
√
t2 2σ 2
tσ 2
2
φx (t) = √
2πσ 2 e− 4 = e− 2
2 2πσ 2
Hallar los momentos centrales < xn >.
El coeficiente de sesgo:
< (x − µ)3 >
α3 =
a3
57
(2.6.103)
(2.6.104)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
El coeficiente de artrosis
α4 =
< (x − µ)4 >
a4
∞
∞
X
X
1 −t2 σ 2 m
(−1)m σ 2m 2m
φx (t) =
t
(
) =
m!
2
m!2m
m=0
m=0
(2.6.105)
(2.6.106)
De aquı́ se podrı́a deducir el valor de la derivada de orden n-ésimo de φx en el origen.
En este caso, las derivadas de orden impar no contribuyen. Por lo tanto:
(−1)m σ 2m
φ(2m) (0)
=
m
m!2
(2m)!
(2.6.107)
Y por lo tanto, si despejáramos y lo añadimos a la expresión de los momentos de orden
par:
(2m)
(2m)!σ 2m
φx (0)
=
(2.6.108)
< x2m >=
2m
i
m!2m
Y ya podrı́amos calcular α4 .
53. Se define el ancho de banda como 2xa donde xa es la abscisa correspondiente a la ordenada
1
2 f (0). Hallar el ancho de banda de:
f (x) = √
1
−x2
2πσ 2
e 2σ2
(2.6.109)
Para encontrar el ancho de banda, tendrı́a que darse que:
f (0) = √
1
2πa2
(2.6.110)
Si lo calculamos:
1 1
1 x2a
√
= √ e− 2σ2
2 2πσ 2 2πσ 2
xa
1
= e− 2σ2
2
(2.6.111)
(2.6.112)
p
x2a
=
ln(2)
→
2x
=
2
2σ 2 ln(2)
(2.6.113)
a
2σ 2
Este ejercicio se podrı́a usar para calcular la temperatura de una estrella con el ancho de
banda de su espectro.
54. La función densidad de la distribución χ2 con ν grados de libertad:
(
−x
ν
1
x 2 −1 e 2 x > 0
ν
1
2
2 Γ( 2 )
f (x) =
0 x<0
(2.6.114)
Sea X una variable aleatoria con función de densidad:
1 −x2
g(x) = √ e 2
2π
58
(2.6.115)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Probar que tiene distribución χ2 con un grado de libertad:
√
√
P (Y ≤ y) = P (X 2 ≤ y) = P (− y ≤ X ≤ y)
√
Z
√
y
√
− y
1
1 −x2
√ e 2 dx = √
2π
2π
Z
y
e−
x2
2
dx
(2.6.116)
(2.6.117)
0
Cambio de variable: x2 = t → 2xdx = dt:
2
√
2π
√
y
Z
e
−t2
2
0
1
2Γ( 12 )
y
Z
g(y) = √
e
dt −1
t2
2
−t2
2
t
−1
2
(2.6.118)
dt
(2.6.119)
−y
−1
1
y 2 e 2
1
2Γ( 2 )
(2.6.120)
0
que es lo mismo que χ2 para ν = 1.
2.6.2.
La distribución binomial
+1 ; p
. Cuando se realiza varias
−1 ; q = 1 − p
veces ese experimento, los resultados son independientes. Uno de los resultados se obtiene con
probabilidad p. Si se realizarán N experimentos, n es el número de veces que se ha obtenido +1 y
n0 el número de veces que se ha obtenido −1 ¿Cuál es la probabilidad de hallar n?
Se tiene un experimento con posibles resultados:
Figura 2.14: Demostración Binomial
Para ello tenemos que la probabilidad de un dato es x = ml.
Tendrı́amos n a la derecha y n0 a la izquierda, y m = n − n0 .
Por lo tanto:
N ! n n0
N
P (n) =
p
q
→
P
(n)
=
pn q N −n
n
n!n0 !
(2.6.121)
Tiene la propiedad de que:
X
n
P (n) =
N X
N
pn q N −n = (p + q)N = 1
n
n=0
Pero si entonces:
59
(2.6.122)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
m = n − n0
N = n + n0
Lo que implica:
n=
n0 =
N +m
2
N −m
2
Y lo que nos darı́a que:
N!
P (m) =
En el caso de que p = q =
1
2
N −m
( N +m
2 )!( 2 )!
p
N +m
2
q
N −m
2
(2.6.123)
esto serı́a simétrico:
P (m) =
N!
1
( )N = P (−m)
N −m
2
( N +m
)!(
)!
2
2
(2.6.124)
Valor medio y Varianza de la Distribución Binomial
A partir de la función caracterı́stica de la distribución binomial.
< n >=
N
X
nP (n) =
n=0
N
X
N
n
pn q N −n
n
(2.6.125)
n=0
Tenemos la importante definición de que:
npn = p
∂pn
∂p
(2.6.126)
Con lo que si la aplicamos obtendremos:
N X
∂pn
N
q N −n p
n
∂p
(2.6.127)
n=0
Como p y q son independientes para cualquier p y q:
N ∂ X N
(
pn q N −n )
n
∂p n=0
(2.6.128)
∂
(p + q)N = pN (p + q)N −1 = pN =< n >
∂p
(2.6.129)
p
Recordemos que p + q = 1
p
Para la varianza σ 2 =< n2 > − < n >2
< n2 >=
N
X
n=0
n2 P (n) =
N
X
n2
n=0
A igual que antes, tenemos
n2 pn = nnpn = np
60
N
n
∂pn
∂p
pn q N −n
(2.6.130)
(2.6.131)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Y por lo tanto tendremos:
N X
∂ ∂pn
N
q N −n p [p
]
n
∂p ∂p
(2.6.132)
N ∂
∂ X N
[p [
q N −n ]]
n
∂p ∂p n=0
(2.6.133)
n=0
p
p
∂
∂
∂
[p [p + q]N ] = p [pN (p + q)N −1 ] = N p[(p + q)N −1 + p(N − 1)(p + q)N −2 ]
∂p ∂p
∂p
(2.6.134)
Entonces como p + q = 1
< n2 >= N p[1 + p(N − 1)]
Y por lo tanto, la varianza
(2.6.135)
2
σN
:
2
σN
= N p+[N p(1+p(N −1))] = N p+N 2 p2 −p2 N −p2 N 2 = N p−p2 N = N p(1−p) = N pq (2.6.136)
2
El valor medio es lineal, y mediante esa propiedad, se podrı́a obtener la varianza asociada a m, σm
2.6.3.
Distribución normal como lı́mite de la binomial
n >> 1
(2.6.137)
N − n >> 1
(2.6.138)
N >> 1
(2.6.139)
(2.6.140)
Aplicamos desarrollo en serie del ln(P (n)) en torno al valor más probable µ:
2
−1 d ln(P (n))
|n=µ
σ2
dn2
0
:
1
d ln(P (n))
− µ2 ) + o(3)
ln(P (n)) = ln(P (µ)) + |n=µ (n − µ) + (n
dn
2
(2.6.141)
Demostramos las derivadas:
d ln(P (n))
d
N!
|n=µ =
ln[
pn q N −n ]
dn
dn
(N − n)!n!
d
[ln(N !) − ln(N − n)! − ln(n!) + n ln(p) + (N − n) ln(q)]
dn
Las derivadas de un ln(X!) se calculan ası́, siempre que:x >> 1
d ln(x!)
d
x
=
[x ln(x) − x] = ln(x) + − 1 = ln(x)
dx
dx
x
(2.6.142)
(2.6.143)
(2.6.144)
Por lo tanto:
N −µp
d ln(P (n))
= ln(N − n) − ln(n) + ln(p) − ln(q) → ln(
)=0
dn
µ q
61
(2.6.145)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
dado que µ = N p y por lo tanto (N − µ)p = µq.
La derivada segunda:
d2 ln(P (n))
d
p
|n=µ =
[ln(N − n) − ln(n) + ln( )]
2
dn
dn
q
−1
1
−n − N + n
−N
−1
−1
−1
− |n=µ =
|n=µ =
=
=
= 2
N −n n
(N − n)n
(N − µ)µ
N (1 − p)p
N pq
σ
(2.6.146)
(2.6.147)
Por lo tanto, si resolvemos la ecuación inicial llegaremos a que la distribución normal es:
f (x) = f (µ)e
−(x−µ)2
2σ 2
(2.6.148)
Nos falta normalizar y saber qué es f (µ). Para ello tendremos que remitirnos a las integrales del
apéndice D.0.4, página 228.
Si calculamos la norma:
Z ∞
Z ∞
−(x−µ)2
1
(2.6.149)
f (x)dx = f (µ)
e 2σ2 dx = f (µ)J0 ( 2 )
f (x) =
2σ
−∞
∞
sacamos que:
f (µ) = √
1
2πσ 2
55. Si la transformada de Fourier de una función f se define como:
Z ∞
1
ˆ
f (ω) = √
f (x)e−iωx dx
2π −∞
(2.6.150)
(2.6.151)
Comprobar que si f (x) es la distribución normal de varianza σ 2 = 1 y media nula:
1 −x2
f (x) = √ e 2
2π
Satisface fˆ(ω) = f (ω).
Tendremos que calcular:
1
2π
Z
∞
e
−x2
2
e−iωx dx
(2.6.152)
(2.6.153)
∞
Esta integral es en el campo complejo, por lo que tendremos que estudiar la integral del
camino
Figura 2.15: Camino de Integración
En el que vemos que:
γ = CI + CII + CIII + CIV
62
(2.6.154)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
que por lo tanto será:
Z
Z
Z
=
Z
+
γ
Z
+
CI
CII
+
CIII
(2.6.155)
CIV
donde calcularemos en primer lugar las integrales CI y CIII :
Z
e
−z 2
2
e
−iωz
Z
R
−x2
2
e−iωx dx
(2.6.156)
e−iω(x+iτ ) dx
(2.6.157)
e−iωx eωτ dx
(2.6.158)
dz =
e
−R
CI
Y CIII está desplazada tal que z = x + iτ
Z
R
Z
=−
e
−(x+iτ )2
2
−R
CIII
donde (x + iτ )2 = x2 + 2xiτ − τ 2
Z
R
−
e
−x2
2
e−xiτ e
−τ 2
2
−R
−e
τ2
2
+ωτ
Z
R
e
−x2
2
e−i(xω+xτ ) dx
(2.6.159)
−R
Recordemos que la integral a todo el contorno es analı́tica:
Z
−z 2
g(z)dz = 0 ; g(z) = e 2 e−iωz
(2.6.160)
γ
Y por lo tanto se ve que se cumple el teorema de Cauchy-Goursat en todo el plano complejo
y sobre el contorno.
En particular, en CII (CIV es igual pero cambiando de signo) tendremos una cota:
Z
|
g(z)dz| ≤ M |g(z)| ≤ M ; z ∈ C
(2.6.161)
C
Si R tiende a infinito:
|g(z)| = |e
−(R+iy)2
2
|e
e
e−iω(R+iy)
−R2
2
−R2
2
e
e
y2
2
y2
2
| = |e
−R2 −2Ryi+y 2
2
e−iωR+ωy |
|eωy ei(−Ry−ωR) |
+ωy
≤e
−R2
2
e
τ2
2
+|ωτ |
Que si R tiende a infinito, se anulará. Por lo tanto:
Z ∞
Z ∞
−x2
−x2
τ2
−iωx
+τ ω
2
2
e
e
dx − e
e 2 e−ix(τ +ω) dx = 0
−∞
(2.6.162)
(2.6.163)
(2.6.164)
(2.6.165)
−∞
Si τ = −ω
Z
∞
e
−x2
2
−∞
63
e−iωx dx
(2.6.166)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Entonces:
e
Z
−ω 2
2
∞
−x2
2
e
dx = e
−ω 2
2
−∞
Z
∞
e
−x2
2
e
−iωx
dx =
√
Z
−ω 2
1
J0 ( ) = e 2
2
∞
f (x)e
2π
−x2
2
r
π
(2.6.167)
1
2
dx =
√
2πe
−ω 2
2
(2.6.168)
−∞
−∞
y por lo tanto:
∞
Z
1
√
2π
f (x)e
−x2
2
−∞
1 −ω2
dx = √ e 2
2π
(2.6.169)
Y vemos entonces que fˆ(ω) = f (ω).
2.6.4.
Distribución de Poisson
Es otro lı́mite de la distribución binomial para las siguientes condiciones:
N >> 1
n << N
p << 1
Es decir, para pocos sucesos.
Recordemos la binomial:
N!
P (n) =
pn q N −n → P (n) =
n!(N − n)!
N
n
pn q N −n
(2.6.170)
Que por la aproximación quedará como
N ! n n0
P (n) =
p q → P (n) =
n!n0 !
N
n
pn q N −n =
N n N −n
q
n!
(2.6.171)
Si ahora aplicamos el neperiano sólo a la q
: ln(1 + x) ∼ x
ln(q N −n ) = (N − n)
ln(1
−
p) u −N p → q N −n = e−N p
(2.6.172)
Por lo tanto, la distribución quedará como:
P (n) =
N n n −N p
p e
n!
(2.6.173)
Y si llamamos λ = N p, entonces tendremos:
λn −λ
e
n!
Cumple la propiedad fundamental de las distribuciones:
P (n) =
N
X
n=0
donde:
P (n) =
(2.6.174)
N
N
X
X
λn −λ
λn
e = e−λ
n!
n!
n=0
n=0
(2.6.175)
N
X
λn
= eλ
n!
n=0
(2.6.176)
e−λ eλ = 1
(2.6.177)
Y por lo tanto:
64
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Media y Varianza
< n >=
N
N
N
X
X
X
λn
λn
λN −1
n e−λ =
= e−λ λ
n!
(n − 1)!
(n − 1)!
n=0
n=1
n=1
(2.6.178)
Si llamamos a n − 1 = m en el caso de N >> 1
< n >= e−λ λ
N
−1
X
λm
= λ
= λeλ
e−λ
m!
m=0
(2.6.179)
Para la varianza:
N
X
< n2 >=
n2
n=0
N
λn −λ X
λn
e =
e−λ
n
n!
(n
−
1)!
n=1
e−λ
N
X
nλn
(n − 1)!
n=1
(2.6.180)
(2.6.181)
Tenemos la propiedad de que:
nλn = λ
e
λe−λ
−λ
dλn
dλ
N
X
1
dλn
λ
(n − 1)! dλ
n=1
N
N
X
d X λn
d
λn−1
(
) = λe−λ (λ
)
dλ n=1 (n − 1)!
dλ n=1 (n − 1)!
N
N
−1 m
X
X
λn−1
λ
∼
= eλ
(n
−
1)!
m!
n=1
m=0
λeλ
d
(λeλ ) = λe−λ (eλ + λeλ )
dλ
(2.6.182)
(2.6.183)
(2.6.184)
(2.6.185)
(2.6.186)
< n2 >= λ + λ2
(2.6.187)
σn2 =< n2 > − < n >2 = λ2 + λ − λ2 = λ =< n >= σn2
(2.6.188)
Pero la varianza es:
56. En un experimento se observan 2 tipos de bacterias, rojas y verdes. Cada una se reproduce
dividiéndose por la mitad.
En una hora de reproducción se obtiene una colonia de 5000 r (rojas) y 5000 v (verdes). Para
mantener constante la población se introduce un depredador que se come las bacterias sin
distinguir el color.
65
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
a En la ausencia de depredador, ¿cuál es el tiempo a esperar para que el número de
bacterias sea M = 106 , siendo el inicial N = 10000.
Siendo las finales:
M (t) = 106
(2.6.189)
Tendremos que las iniciales son:
M (0) = N
(2.6.190)
M (1) = 2N
(2.6.191)
M (t) = 2t N
(2.6.192)
106 = 2t 104 → 102 = 2t → log2 (102 ) = t
(2.6.193)
Y para el siguiente tiempo:
Lo que implica:
Y de aquı́ despejamos t:
b Después de un tiempo muy largo, ¿Cuál es la distribución de probabilidad del número
de bacterias rojas? (Ausencia de depredador: M >> 1)
Si el número de rojas es n, tendrı́amos que buscar la probabilidad de encontrar n de N
entre los M .
La distribucción quedará:
1
1
1
N
N
(2.6.194)
P (n) =
( )n ( )N −n =
n
n
2
2
2n
57. El filamento caliente de un tubo emite al azar e− de carga e de forma que la emisión de
un electrón no afecta a la probabilidad de emisión de otro. (Estas pruebas se llaman de
Bernouilli y son independientes). Consideremos un intervalo ∆t. Llamemos p a la probabilidad
de emisión de un electrón durante ese intervalo temporal, y la probabilidad de que un electrón
sea emitido en otro intervalo es q = 1 − p.
t
Consideremos un tiempo t >> ∆t que define N = ∆t
como el número de intervalos posibles
durante los cuales un electrón puede ser emitido.
a ¿Cuál es la carga media < Q > emitida por el filamento durante el tiempo t en función
de N , p y q?
La probabilidad de emisión de los electrones viene dada por la distribución binomial:
N!
N
P (n) =
pn q N −n =
pn q N −n
(2.6.195)
n
(N − n)!n!
Para la carga media tenemos:
< Q >=< ne >=< n > e = eN p = pe
t
∆t
(2.6.196)
b ¿Cuál es la varianza asociada a la variable Q en función de N , p, q y e? Dar una expresión
cuando p → 0.
A partir de la fórmula de la varianza:
2
σQ
=< Q2 > − < Q >2 =< e2 n2 > − < ne >2 = e2 (< n2 > − < n >2 ) = e2 σn2 = e2 N pq
(2.6.197)
Si p → 0:
0
2
2
2
2
7
(∆Q) = e N p(1 − p) = e N (p − p ) = e2 N p
(2.6.198)
66
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
c Siendo la intensidad emitida durante el tiempo I =
para el caso p << 1.
Tenemos que la intensidad media es:
< I >=
Q
t ,
calcular
(∆I)2
<I>
en función e y t
<Q>
eN p
=
t
t
(2.6.199)
Y que la varianza al cuadrado es:
σI2 =<
2
σQ
Q 2 1
e2 N p(1 − p)
Q2
>−<
> = 2 | < Q2 > − < Q >2 | = 2 =
2
t
t
t
t
t2
(2.6.200)
Si p << 1 tendremos que:
e2
e
Np = < I >
t2
t
(2.6.201)
σI2
e
<
I
>
e
=
=
<I>
t
t
<
I
>
(2.6.202)
σI2 =
Y si lo dividimos por < I >:
d Las fluctuaciones son conocidas como ”Efecto de Tiro”. Calcular ∆I para una corriente
media de < I >= 1µA y un tiempo de medida de t = 1ms Serı́a únicamente utilizar los
datos:
e<I>
σI2 =
= 1, 60217 × 10−22
(2.6.203)
t
Y por lo tanto:
r
∆I =
e<I>
= 1, 26577 × 10−11
t
(2.6.204)
58. Una fuente radioactiva emite partı́culas α durante un tiempo t. Las partı́culas α son emitidas
de forma aleatoria y procederemos de la siguiente manera: Descomponemos el intervalo t
en un gran número de intervalos muy cortos ∆t. La probabilidad de emisión α durante un
intervalo temporal particular ∆t es completamente independiente de toda otra desintegración
que se produzca en un instante diferente. De echo, podemos reducir a voluntad la longitud
de ∆t de forma que haya más de una desintegración durante ese intervalo. Sea p (p << 1) la
probabilidad para que se produzca una desintegración durante ∆t. La probabilidad para que
no se produzca es q = 1 − p:
a Mostrar que la probabilidad W (n) de tener n desintegraciones en el intervalo ∆t sigue
una distribución de Poisson:
Dado que t >> ∆t, N es muy grande. Y además p << 1 es una propiedad caracterı́stica
de la distribución de Poisson:
λn λ
e
(2.6.205)
W (n) =
n!
N=
t
>> 1
∆t
(2.6.206)
t
p
∆t
(2.6.207)
λ = Np =
67
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
b Suponemos que la fuente radioactiva emite de media 24α/min. Hallar la probabilidad
correspondiente para un tiempo de medida de 10s y calcular numéricamente W (n) para
los ocho primeros valores enteros de n (contar el valor nulo.) En este caso:
t
24
p = 10 ∗
=4
∆t
60
λ = Np =
(2.6.208)
Lo que implica que nuestra poissoniana es:
4n e−4
n!
W (n) =
59.
(2.6.209)
a Hallar la función caracterı́stica de la distribución binomial:
N
φn (t) =
pn q N −n eitn
n
(2.6.210)
N X
N
(eit p)n q N −n
n
(2.6.211)
n=0
En la que vemos que es un binomio de Newton:
(peit + q)N
(2.6.212)
Por lo que para comprobar calculamos la media:
(1)
< n >=
φn (0)
= −iN (peit + q)N −1 ipeit |t=0 = N p
i
(2.6.213)
Por lo tanto es correcta dado que sigue la teorı́a.
b Hallar la función caracterı́stica de la distribución de Poisson como lı́mite del apartado
anterior:
Para ello tenemos que:
φn (t) = (peit + q)N
(2.6.214)
(peit + 1 − p)N = (1 + p(eit − 1))N = (1 +
1
1
p(eit −1)
)N = (1 +
1
N
N p(eit −1)
)N
(2.6.215)
Teniendo en cuenta que λ = N p:
(1 +
1
N
λ(eit −1)
)N
(2.6.216)
Y aplicamos que:
lı́m (1 +
n→∞
(1 +
1
N
λ(eit −1)
)
1 N
) =e
n
it
N
λ(eit − 1) = eλ(e −1)
− 1)
λ(eit
68
(2.6.217)
(2.6.218)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
60. Sea n el número de éxitos en N intentos. Empleando la desigualdad de Chèbyshev:
P (|x − µ| ≥ kσ) ≤
1
k2
(2.6.219)
probar que:
n
− p| ≥ ) = 0
N
Para ello aplicamos el valor medio de la binomial:
lı́m P (|
N →∞
P (|x − µ| ≥ kσ) ≤
P (|
1
1
→ P (|x − N p| ≥ kσ) ≤ 2
2
k
k
(2.6.220)
(2.6.221)
n
n
kσ
1
− p| ≥
) ≤ 2 → P (| − p| ≥ )
N
N
k
N
(2.6.222)
kσ
N
(2.6.223)
donde:
=
que es:
≤
Y si N → ∞:
1
2 N 2
σ2
1
(2.6.224)
2 N 2
σ2
→0
(2.6.225)
lo que completa la demostración.
2.7.
Microestados y condiciones de equilibrio
Recordando a la cadena de espines de sz = 21 sabemos que el número de microestados era Ω = 2n .
En ausencia de campo electromagnético e interacciones es equiprobable encontrar una u otra (p =
q = 21 ). Si n fuese el número de átomos con spin hacia arriba, se aproximarı́a a una binomial. Dado
que, utilizando la aproximación macroscópica: N >> 1 ; N ∼ NA , nuestro valor medio será:
< n >= N p ∼ 1023
(2.7.1)
y nuestra varianza:
σN =
p
N pq ∼ 1011
(2.7.2)
Por lo tanto lo ideal serı́a una aproximación gaussiana.
Los sistemas macroscópicos formados por muchı́simas partı́culas tienen la propiedad de que las
fluctuaciones de sus variables entorno a su valor medio son muy pequeñas; y por lo tanto lo que
observamos es el valor medio.
Para un estado aislado y en equilibrio, todo los estados son equiprobables; y la entropı́a y el número
máximo de estados accesibles son máximos en el equilibrio.
Recordemos que S es función creciente del número de microestados:
S = −k
X
Pj ln(Pj ) → −k
j
69
X1
ln(Ω)
Ω
j
(2.7.3)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Ω
1 X
1
1
7
−k( ln( ))
1 = −k ln( ) → S = −k ln(Ω)
Ω
Ω
Ω
j
Que se cumple cuando el número de estados posibles sea máximo.
(2.7.4)
61. Un sistema de 2 subsistemas:
a Con pared diatérmica, fija e impermeable. Estudia su propiedad (E0 = E1 + E2 ):
Sus microestados se calculan:
Ω(E0 , V, N ) → Ω(E0 ) = Ω1 (E1 ) + Ω2 (E2 )
(2.7.5)
donde tendremos en cuenta que E2 = E0 − E1 :
∂Ω
∂Ω1
∂Ω2
= 0 = Ω2
+ Ω1
∂E1
∂E1
∂E1
(2.7.6)
∂Ω2
∂E
∂Ω2 −
2
=−
∂E
∂E
∂E
1
2
2
(2.7.7)
∂Ω
∂Ω1
∂Ω2
= Ω2
− Ω1
∂E1
∂E1
∂E2
(2.7.8)
donde tenemos que:
Y entonces
Figura 2.16: Dos subsistemas distintos
Por lo que:
1 ∂Ω1
1 ∂Ω2
−
=0
Ω1 ∂E1
Ω2 ∂E2
(2.7.9)
∂ ln(Ω2 )
∂ ln(Ω1 )
k=
k
∂E1
∂E2
(2.7.10)
∂k ln(Ω1 )
∂k ln(Ω2 )
∂S1
∂S2
1
1
=
→
=
→
=
∂E1
∂E2
∂E1
∂E2
T1
T2
(2.7.11)
lo que lleva a:
b Si la pared fuese diatérmica, móvil, impermeable:
Ω(E0 , V0 , E1 , V1 ) = Ω1 (E1 , V1 )Ω2 (E2 , V2 )
(2.7.12)
de donde sacamos que E2 = E0 − E1 y V2 = V0 − V1 . Esto nos lleva a:
Ω1 (E1 , V1 )Ω(E0 − E1 , V0 − V1 )
70
(2.7.13)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Harı́amos lo mismo de antes, obteniendo idéntico resultado para:
∂Ω
1
1
=0→
=
∂E1
T1
T2
(2.7.14)
P1
P2
∂Ω
=0→
=
∂V1
T1
T2
(2.7.15)
71
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
72
Tema 3
Colectividad Microcanónica
Recordemos que los microestados con energı́a menor que una dada vienen dados por φ(E) y que
los estados comprendidos entre E y E + dE vienen dados por:
Ω(E) =
∂φ
∆E
∂E
(3.0.1)
En un gas ideal monoatómico clásico sin interacciones, de N partı́culas de masa m en un volumen
V de forma que su energı́a es principalmente energı́a cinética:
E=
N
X
p~l 2
2m
(3.0.2)
l=1
Recordemos que φ(E), como aproximación semiclásica, seguı́a:
φ(E) =
V
V
= 3N ; φ(E) ≤ E
hf
h
(3.0.3)
Sin embargo:
Z
V =
d3N q =
N
Y
d
3N
Z
q
d3N p
dxl dyl dzl ; d3N p =
l=1
N
Y
(3.0.4)
dpxl dpyl dpzl
(3.0.5)
l=1
Por cada vez que se integre un d3 se obtendrá un V , por lo que tendremos V N .
Por lo tanto
VN
φ(E) = 3N
h
(3.0.6)
Entonces
√ tendremos que calcular el volumen de un esfera en un espacio N-dimensional y con radio
R = 2mE.
Por lo tanto:
73
Fı́sica Estadı́stica
3.0.1.
Curso 2016-2017
Volumen de un esfera en un espacio de N dimensiones
x21 + x22 + · · · + x2N ≤ R2
(3.0.7)
El volumen de la esfera serı́a:
Z
dx1 dx2 . . . dxn = Cn Rn
V =
(3.0.8)
dV = nCn Rn−1 dR
Z
∞
2
e−x dx =
J0 (1) =
(3.0.9)
√
π
(3.0.10)
−∞
Z
∞
Z
∞
2
−∞
2
2
n
e−(x1 +x2 +···+xN ) dx1 dx2 . . . dxn = π 2
...
(3.0.11)
−∞
∞
Z
2
n
e−R nCn Rn−1 dR = π 2
(3.0.12)
0
∞
Z
2
Rn−1 e−R dR
nCn
(3.0.13)
0
Recordando a las integrales del tipo In (α) (apéndice D.0.4, página 228):
In (α) =
Γ( n+1
2 )
2α
(3.0.14)
n+1
2
Como vemos bien que es In−1 (1):
nCn
Γ( n2 )
n
= Cn Γ( + 1)
2
2
(3.0.15)
por lo que vemos que:
n
π2
Cn =
Γ( n2 + 1)
(3.0.16)
Y entonces tenemos las expresiones generales para el volumen N-dimensional de una esfera:
n
V =
n
π2
π2
Rn = n Rn
n
Γ( 2 + 1)
( 2 )!
(3.0.17)
y para su superficie:
n
n
dV
π2
2π 2
=n n
RN −1 = n
Rn−1
dR
Γ( 2 + 1)
( 2 − 1)!
√
Para el caso que nos ocupa R = 2mE:
S=
3N
3N
3N
VN
1 π 2 R3N
1 π 2 (2mE) 2
1 π
= 3N 3N
= 3N
= 3N
3N
h
h Γ( 2 + 1)
h
h
Γ( 3N
+
1)
2
74
3N
2
(3.0.18)
(2mE)
( 3N
2 )!
3N
2
(3.0.19)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Aplicamos el factor de Gibbs N1 ! de forma ad hoc que tiene en cuenta la indistinguibilidad de las
partı́culas y de que el número de las mismas es muy elevado.
Por lo tanto tendremos que:
3N
3N
1 π 2 (2mE) 2
φ(E) =
(3.0.20)
N !h3N
( 3N
2 )!
El número de microestados Ω(E):
Ω(E) =
VN
dφ
dE = 3N
dE
h
π
3N
2
3N
3N
2 Γ( 2 )
(2m)
3N
2
3N
1
E 3N
2 −1
dE
N!
2
(3.0.21)
A partir de aquı́ podemos obtener la entropı́a de información necesaria. Hay que tener en cuenta
que δE << E y que N >> 1:
S = k ln(Ω) = k ln[(
3N
3N
VN
(2πm) 2 ) + ln(E 2 −1 )
h3N
3N
)) − ln(N !) + ln(δE)]
(3.0.22)
2
donde hemos de tener en cuenta que − ln(N !) = −N ln(N ) + N y que δE → 0 Como N >> 1
también podremos:
3N
3N
(
− 1) ln(E) → (
ln(E))
(3.0.23)
2
2
Y
3N
ln(Γ(
))
(3.0.24)
2
− ln(Γ(
3N
3N
3N
3N
3N
− 1)!) → ln((
)!) →
ln(
)−
2
2
2
2
2
Por lo tanto la entropı́a quedará como:
ln((
S = k[ln(
k[ln(
3N
VN
3N
3N
3N
(2πEm) 2 ) −
ln(
)+
− N ln(N ) + N ]
h3N
2
2
2
3N
VN
3 3 3
5
(2πEm) 2 ) − N ln(( ) 2 N 2 ) − N ln(N ) + N ]
h3N
2
2
k[ln(
VN
h3N N
5N
2
3N
( 32 ) 2
(2πEm)
3N
2
)+
5N
]
2
(3.0.25)
(3.0.26)
(3.0.27)
(3.0.28)
Y llegamos a la relación fundamental del gas ideal monoatómico:
S = k[N ln(
V
N
5
2
(
4πmE 3
5N
)2 ) +
]
2
3h
2
(3.0.29)
Podrı́amos comprobar las ecuaciones de estado:
1
∂S
3
1
=
= NK
T
∂E
2
E
(3.0.30)
Si no hubiéramos introducido el factor de Gibbs, la entropı́a no serı́a homogénea de grado 1 ni
extensiva.
75
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
62. Hallar el número de microestados cuánticos φ(E) para N partı́culas en una caja cúbica de
lado L. Este ejercicio ya se hizo para una única partı́cula. La energı́a era:
π 2 ~2
2mL2
Enx ,ny ,nz = E0 (n2x + n2y + n2z ); E0 =
(3.0.31)
En una única partı́cula tenı́amos:
n2x + n2y + n2z ≤
E
E0
(3.0.32)
y
φ(E) =
14
E 3
π( π2 ~2 ) 2
8 3 2mL
2
(3.0.33)
Sin embargo, aquı́ son más partı́culas:
N
X
(n2xl + n2yl + n2zl ) ≤
l=1
E
E0
(3.0.34)
n
Por lo tanto tenemos una esfera en 3N dimensiones V =
π
π2
Rn
Γ( n
2 +1)
con radio R =
E
E0 .
3N
2
E 3N
) 2
+ 1) E0
(
Γ( 3N
2
(3.0.35)
Pero no vale con un octante, sino que se necesita un hiperoctante:
φ(E) =
1
π
23N
3N
2
Γ( 3N
2
E 3N
) 2
+ 1) E0
(
(3.0.36)
Y además como es grande añadimos el factor de Gibbs:
3N
φ(E) =
3.1.
1
π 2
E 3N
( ) 2
3N
3N
2 N ! Γ( 2 + 1) E0
(3.0.37)
Defectos Puntuales en sólidos
Hay al menos tres tipos distintos de defectos puntuales. El sólido cristalino ideal tiene sus átomos
en una red periódica.
i Superficiales
ii Lineales
iii Puntuales. Estos se diferencian en otros dos tipos:
a) Defectos Vacantes (Teorı́a de Schotky) :
Un átomo emigra a otro vértice y deja un hueco
b) Defectos Intersticiales (Teorı́a de Frenkel):
Van a una red asociada, llamada red dual, que tiene los vértices en el centro de las celdas
de la red original.
76
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Figura 3.1: Boceto de red original (azul) en la que se encuentran los átomos y red dual (rojo) para
contar los intersticiales.
3.1.1.
Defectos Vacantes
Tendremos N átomos y n vacantes, es decir, una red de N + n. La energı́a asociada a una vacante
es:
E = E(n) = n
(3.1.1)
Nos preguntamos cuántos microestados hay compatibles con esta energı́a.
Para ello estiramos la red para hacer una unidimensional. Veremos que habrá N bolas negras (o
átomos) y n bolas blancas (o huecos). Este sistema está aislado y en equilibrio. El número de
microestados seguirá:
(N + n)!
Ω(E) =
(3.1.2)
N !n!
Y la entropı́a, si tenemos en cuenta que N >> 1 y que n >> 1
S = k[ln((N + n)!) − ln(N !) − ln(n!)] = k[(N + n) ln(N + n)
−(N
+
n)
− n ln(n) +
−N ln(N ) + N
n] = k[(N + n) ln(N + n) − N ln(N ) − n ln(n)]
(3.1.3)
Queremos ver la dependencia del número de defectos con la temperatura. Hay que tener en cuenta
que n = E
1
∂S
∂S ∂n
1 ∂S
=
=
=
(3.1.4)
T
∂E
∂n ∂E
∂n
n
1
N +
n
k[ln(N + n) + − 1 − ln(n) − + 1]
N +n
n
(3.1.5)
1
k
N +n
= ln(
)
T
n
(3.1.6)
e kT =
N
+1
n
(3.1.7)
Podemos despejar la dependencia del número de defectos con la temperatura. Si además tenemos
que kT
>> 1
N
n= ∼ n ≈ N e− kT
(3.1.8)
e kT − 1
77
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
para T más pequeña que una Temperatura caracterı́stica θ que en este caso (cambia con cada
ejercicio) es k . Calculamos la capacidad calorı́fica:
C=
Si llamamos x =
kT
=
θ
T
−
∂E
∂n
=
= N (−1)(e kT − 1)−2 ( 2 )e kT
∂T
∂T
kT
(3.1.9)
, y tenemos en cuenta que x >> 1
e kT
x2 ex
N 2
=
N
k
u N kx2 e−x
kT 2 (e kT − 1)2
(ex − 1)2
3.1.2.
(3.1.10)
Defectos Intersticiales
Tendremos N vértices en las dos redes:
N vértices en la red original, de los cuales N − n están ocupados y n vacı́os
N vértices en la red dual, de los cuales n están ocupados y N − n vacı́os
Los estados también tienen energı́a: E = n.
Si deshiciéramos las redes en dos hilos, uno para cada una, tendrı́amos que la original habrı́a N − n
bolas negras o átomos y n bolas blancas o huecos, lo que equivale a:
Ω(E) =
N!
(N − n)!n!
(3.1.11)
Mientras que en la dual tendrı́amos n bolas negras o átomos y N − n bolas blancas o huecos, que
también llevarı́a a:
N!
Ω(E) =
(3.1.12)
n!(N − n)!
Por lo tanto el número total de microestados es:
Ω(E) = (
N!
)2
(N − n)!n!
(3.1.13)
Para calcular la entropı́a de información
S = k ln(Ω) = 2k ln(
N!
)
(N − n)!n!
2k[ln(N !) − ln((N − n)!) − ln(n!)]
(3.1.14)
(3.1.15)
Con la aproximación N >> 1, n >> 1, N − n >> 1.
−(N −n) ln((N −n))+
ln(n)+
2k[N ln(N )
−N
N
−n−n
n] = 2k[N ln(N )−(N −n) ln((N −n))−n ln(n)]
(3.1.16)
Y para la relación con la temperatura:
1
∂S
∂S ∂n
1 ∂S
=
=
=
T
∂E
∂n ∂E
∂n
(3.1.17)
2k
N − n n [ln(N − n) + − 1 − ln(n)− +
1]
n
N −n
(3.1.18)
78
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1
2k
2k
N −n
=
[ln(N − n) − ln(n)] =
ln(
)
T
n
(3.1.19)
N
−1
n
Entonces la relación de átomos intersticiales con la temperatura es:
e 2kT =
n=
(3.1.20)
N
e
2kT
(3.1.21)
+1
La capacidad calorı́fica:
C=
∂n
∂E
=
= N (−1)(e 2kT + 1)−2 e 2kT
∂T
∂T
(3.1.22)
−
N 2
e 2kT
(
)
=
2kT 2
2kT 2 (e 2kT + 1)2
Y si llamamos x =
2kT
, lo que nos da una temperatura caracterı́stica θ =
2N k
x2 ex
(ex + 1)2
Si representáramos la capacidad C(x):
Figura 3.2: Capacidad calorı́fica en función de x
Si la temperatura fuera menor que 500 Kelvin, no habrı́a sólido
79
(3.1.23)
2k
(3.1.24)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
80
Tema 4
Colectividad Canónica
Se aplica a sistemas aislados en equilibrio con una fuente de calor a una temperatura dada. El
sistema es pequeño en comparación con la fuente de calor. El número de grados de libertad (o la
capacidad calorı́fica) es tan grande que el sistema S no modifica a la fuente de calor T . El conjunto
de S + T está aislado y en equilibrio.
Sean los números cuánticos de S: r, {j}; y los de T : r0 , {j 0 }, donde las r, r0 indican el nivel de
Energı́a y las j el resto de números cuánticos asociados a ese estado. La probabilidad será:
Pr,{j};r0 ,{j 0 } =
1
ΩT otal
(4.0.1)
Y la energı́a del sistema en conjunto S + T :
E0 = Er + E
(4.0.2)
por lo que
Pr,{j};r0 ,{j 0 } =
ΩT (E0 − Er )
ΩT otal
(4.0.3)
Si desarrollamos
ln(ΩT (E)) = ln(ΩT (E0 )) +
∂ ln(ΩT )
: −Er
|E=E0
(E−E
0 ) + o(2)
∂E
(4.0.4)
Si sacamos una k fuera de la derivada para hacerla entropı́a y obtener la temperatura:
∂ ln(ΩT )
1 ∂k ln(ΩT )
1
|E=E0 →
|E=E0 =
∂E
k
∂E
kT
ΩT (E) = ΩT (E0 )e
Pr,{j} =
−Er
kT
ΩT (E0 ) −Er
e kT
ΩT otal
(4.0.5)
(4.0.6)
(4.0.7)
Y queremos ver el valor de la constante:
Pr,{j} = cte e
81
−Er
kT
(4.0.8)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1=
X
X
Pr,{j} = cte
r,{j}
e
−Er
kT
(4.0.9)
r,{j}
1
cte = P
r,{j}
e
−Er
kT
Y entonces definimos a la función de partición microcanónica como:
X −Er
Z=
e kT
(4.0.10)
(4.0.11)
r,{j}
donde si β =
1
kT
podremos escribirlo como:
Z=
X
e−βEr
(4.0.12)
r,{j}
Si se conociese la degeneración de los microestados energéticos podrı́amos escribirlo como:
X
Z=
gr e−βEr
(4.0.13)
r
Y la probabilidad de encontrar el estado r, {j}:
Pr,{j} =
e−βEr
Z
(4.0.14)
63. Una balanza ultra sensible está formada por un resorte de cuarzo suspendido de un punto
fijo. Si se alarga el resorte una pequeña longitud x se produce una fuerza de la forma −αx.
La balanza está situada en un medio de temperatura T constante donde la aceleración de la
gravedad vale g. Se pone en el resorte un objeto muy pequeño de masa m
Figura 4.1: Balanza ultrasensible
a Dar la distribución de probabilidad de la elongación del resorte en el equilibrio P (x) y
calcular la función de Partición central
La masa del resorte es un sistema termodinámico de una sola partı́cula.
Tendremos entonces que la probabilidad depende de la elongación:
Pr,{j} =
e−βE(x)
dx
Z
(4.0.15)
E(x) =
αx2
− mgx
2
(4.0.16)
82
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
e−β(
Pr,{j} =
Z=
X
e
−βEr
Z
αx2
2
−mgx)
dx
Z
∞
→
e
−βE(x)
Z
−∞
r
∞
=
e−β(
(4.0.17)
αx2
2
−mgx)
dx
(4.0.18)
−∞
Para resolver esta integral tendremos que terminar el cuadrado:
Z ∞
Z ∞
mg 2
m2 g 2
mg2x
α
2
α
e−β 2 [x − α ] dx =
e−β 2 [(x− α ) − α2 ] dx
−∞
(4.0.19)
−∞
e
βm2 g 2
α2
Z
∞
e
−βα
mg 2
2 (x− α )
dx
(4.0.20)
−∞
Haciendo un cambio de variable x − mg
α = u llegaremos a las conocidas fórmulas del
apéndice D.0.4, 228:
Z ∞
βm2 g 2
−βα 2
βm2 g 2
βα
2α
e
e 2 u du = e 2α J0 (
)
(4.0.21)
2
−∞
Lo que da como resultado:
Z=e
βm2 g 2
2α
r
2π
βα
(4.0.22)
Y por lo tanto
P (x) =
e−β(
e
αx2
2
βm2 g 2
2α
−mgx)
q
2π
βα
(4.0.23)
Si simplificamos y volvemos a hacer cuadrado:
2
−βα
mg 2
mg 2
βm2
g
−βα
2α
e 2 (x− α )
e 2 (x− α )
e q
P (x) =
=
2 q
βm2
g
2π
2π
2α
e βα
(4.0.24)
βα
b La agitación térmica produce fluctuaciones entorno a la elongación media. Hallar el valor
σx
:
nativo: <x>
P (x) =
e
−βα
mg 2
2 (x− α )
q
2π
βα
(4.0.25)
Se ve que es una gaussiana, por lo que ya sabemos el valor medio y la varianza:
mg
α
1
1
σx2 =
→ σx = √
βα
βα
< x >=
83
(4.0.26)
(4.0.27)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
σx
=
<x>
√1
βα
mg
α
=
α
√
mg βα
=
1
mg
r
α
β
(4.0.28)
Este valor nativo ha de ser más pequeño que la medida. Si se cumple:
r
α
β
(4.0.29)
kT α
(4.0.30)
mg >>
y recordando que β =
1
kT
tendremos que:
√
mg >
4.1.
Sistemas con Energı́a media < E > fija
Tenemos a la entropı́a:
S = −k
X
Pl ln(Pl )
(4.1.1)
l
y que además la probabilidad cumple que:
X
Pl El =< E >
(4.1.2)
l
X
Pl = 1
(4.1.3)
l
Esto resulta análogo al cálculo del primer postulado de la termodinámica y de la entropı́a máxima
con multiplicadores de Lagrange:
X
X
L(Pl , λ1 , λ2 ) = S − λ1 (
Pl El − < E >) − λ2 (
Pl − 1)
l
(4.1.4)
l
Realizamos la derivada respecto de Pj :
−k ln(Pj ) − kPj
∂L
=0
∂Pj
(4.1.5)
1
− λ1 Ej − λ2 = 0
Pj
(4.1.6)
Pj = e−1−
84
λ1
k
Ej −
λ2
k
(4.1.7)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
X
∂L
=0
∂λ2
(4.1.8)
Pl − 1 = 0
(4.1.9)
l
X
e−1−
λ1
k
El −
λ2
k
−λ1
k
El
=1
(4.1.10)
=1
(4.1.11)
l
e−1−
λ2
k
X
·
e
l
e−1−
λ2
k
=P
1
l
e
−λ1
k
(4.1.12)
El
Y por lo tanto:
e
Pj = P
−λ1
k
le
donde β̄ =
Ej
−λ1
k
(4.1.13)
El
λ1
k :
X
Z=
e−β̄El
(4.1.14)
l
∂L
=0
∂λ1
(4.1.15)
Pl El − < E >= 0
(4.1.16)
El
e−β̄El
Z
(4.1.17)
Pl =
e−β̄El
Z
(4.1.18)
1 X −∂ −β̄
−1
∂
e El ) =
(
P
Z
Z ∂ β̄( l e−β̄El )
∂
β̄
l
(4.1.19)
−1 ∂ Z̄
−∂ ln(Z̄)
=
Z ∂ β̄
∂ β̄
(4.1.20)
X
l
< E >=
X
Pl El →< E >=
l
X
l
Calculamos la entropı́a:
S=
−k
−k
e−β̄El
eβ̄ El
ln(
)
Z̄
Z̄
P
l
X eβ̄ El
l
Z̄
[−β̄ Ēl − ln(Z̄)]
1
>
*< E >
X e−β̄El
X e−β̄E
l
β̄k
Z̄ El + (k ln(Z̄))
Z̄
l
l
85
(4.1.21)
(4.1.22)
(4.1.23)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Por lo tanto la entropı́a quedará como:
S = k β̄ < E > +k ln(Z̄)
(4.1.24)
Y si tenemos en cuenta que:
1
∂S
1
=
= k β̄ → β̄ = β =
(4.1.25)
T
∂E
kT
Si quitáramos todas las barras restantes da bien. Por lo tanto, la distribución de probabilidad es
la canónica:
e−βEl
e−βEl
= P −βE
(4.1.26)
Pl =
l
Z
le
64. Calcular < E > para un sistema en equilibrio a temperatura T con dos niveles de energı́a
degenerados:
E1 → g1
(4.1.27)
E2 → g2
(4.1.28)
La probabilidad tendrá la forma:
e−βEr
Z
(4.1.29)
gr e−βEr
(4.1.30)
Pr = gr
donde:
Z=
X
r
e−βE1
Z
e−βE2
P2 = g2
Z
Z = g1 e−βE1 + g2 e−βE2
(4.1.31)
P1 = g1
(4.1.32)
(4.1.33)
Por lo tanto como es energı́a fija tendremos:
< E >= E1 P1 + E2 P2 =
g1 E1 e−βE1 + g2 E2 e−βE2
g1 e−βE1 + g2 e−βE2
(4.1.34)
65. Dado un sistema con energı́a media fija < E >. Sea S0 y S1 los valores de la entropı́a que se
−βEr
(0)
obtienen respectivamente para S0 distribución canónica Pr = e Z y para S1 distribución
cualquiera:
P
P (0)
a Demostrar que: S1 − S0 = k r Pr ln( Prr )
Recordemos que es un sistema de energı́a fija:
X
Pr Er =< E >→
r
X e−βEr
r
Esto se puede aplicar aquı́:
86
Z
Er =< E >
(4.1.35)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
S1 − S0 = −k
X
Pr ln(Pr ) +
X
r
(−βEr − ln(Z))
(4.1.38)
*< E >
X e−βEr
Pr ln(Pr ) + k(−β)
Z Er − k ln(Z)
r
(4.1.39)
Pr ln(Pr ) + k
X
Pr ln(Pr ) + k
Xe
r
−k
r
(4.1.36)
(4.1.37)
X
r
X
r
−βEr
e−βEr
)
Z
−k
−k
Pr(0) ln(Pr(0) )
r
Xe
r
−βEr
Z
ln(
Z
Por lo tanto podemos cambiarla por una distribución cualquiera por ser sistema de
energı́a media fija, pero en concreto la cambiaremos por Pr . Buscamos obtener también
(0)
Pr :
−k
X
Pr ln(Pr ) + k
X
r
(−βEr )Pr − k
X
r
Pr ln(Z)
(4.1.40)
r
(0)
−k
X
Pr ln(Pr ) + k
r
X
r
−βE
>
r
Pr
e
Pr ln( )
Z
(4.1.41)
Lo que ya demuestra:
(0)
S1 − S0 = k
X
r
Pr ln(
Pr
)
Pr
(4.1.42)
b Demostrar que S0 ≥ S1 (puede ser útil ln(x) ≤ x − 1). Esto recuerda al ejercicio de la
página: 46,iii
Figura 4.2: Demostración gráfica de que ln(x) < x − 1
Para solucionarlo, tendremos que ver si S1 − S0 ≤ 0, es decir, acotar el logaritmo de la
gráfica:
(0)
k
X
r
Pr ln(
(0)
X
X
X
Pr
Pr
)≤k
Pr (
− 1) = k(
Pr(0) −
Pr ) = 0
Pr
Pr
r
r
r
87
(4.1.43)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Por lo tanto, dado que:
k(
X
Pr(0) −
X
r
Pr ) = 0
(4.1.44)
r
Vemos que esto se cumple.
4.2.
Paramagnetismo: La Ley de Curie
Tenemos µ
~ como momento magnético permanente. En ausencia de interacciones entre los momentos
magnéticos individuales de los átomos. De forma que en ausencia de un campo magnético externo las
~ = 0,
orientaciones se distribuyen de manera uniforme. En este caso de ausencia de campo exteriorB
µtotal
M =0= V .
~ exterior en la dirección del eje OZ y hay una tendencia de los momentos a
Si introducimos un B
alinearse en la dirección del campo, se minimizará la energı́a:
~
E = −~
µB
(4.2.1)
Supongamos que el momento magnético atómico se debe a un electrón desapareado.
Dos microestados para ese átomo, cada uno de ellos caracterizado por:
+µz =↑
(4.2.2)
−µz =↓
(4.2.3)
E↑ = −µB
(4.2.4)
E↓ = µB
(4.2.5)
Supongamos que el sistema está a temperatura T en el equilibrio. La agitación térmica va a disponer
~
que no estén dispuestos a favor del campo B.
eβµB
Z
(4.2.6)
e−βµB
Z
(4.2.7)
P↑ =
P↓ =
Por lo tanto
Z = eβµB + e−βµB
Entonces el número de átomos por unidad de volumen:
88
(4.2.8)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
M =< N µ >= N < µ >
(4.2.9)
N (µP↑ + (−µ)P↓ )
(4.2.10)
eβµB
e−βµB
−
)
Z
Z
eβµB − e−βµB
N µ βµB
e
+ e−βµB
M = N µ tanh(βµB)
N µ(
Si llamamos x = βµB =
µB
kT ,
(4.2.11)
(4.2.12)
(4.2.13)
entonces nuestra temperatura caracterı́stica es:
θ=
θ
µB
µB
→
=
k
T
kT
(4.2.14)
Queremos ver los efectos que se producen para x → 0 y x → ∞.
i x → 0; T >> θ
Figura 4.3: tg(x)
Aproximamos la tangente mediante serie de Taylor:
tanh(x) ∼ x −
x3
+ o(5)
5
Por lo que si x → ∞; tanh(x) → 1 y si x → 0; tan(x) → x.
Entonces
N µ2 B
B
M = µN x = µN βµB =
=C
kT
T
siendo C =
N µ2
k
(4.2.15)
(4.2.16)
la constante de Curie
ii Si x → ∞, T << θ
M = µN
(4.2.17)
P↑ → 1
(4.2.18)
P↓ → 0
(4.2.19)
Es decir, la probabilidad de µ en la dirección del campo aplicado es nula.
89
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
66. Un sólido cristalino monoatómico está formado por N átomos , mantenidos a temperatura
T . Los átomos están situados normalmente en los vértices de una red periódica. Un átomo
puede también encontrarse en una posición intersticial en cuyo caso su energı́a excede en EA
a la energı́a en una posición normal. Supongamos que hay N normales con energı́a EA y N
intersticiales con energı́a EA + E = EB
A
de las probabilidades de encontrar un átomo en la configuración
a Hallar la relación PPB
A y en la configuración B.
La probabilidad de obtener la configuración A:
PA = N
e−βEA
Z
(4.2.20)
PB = N
e−βEB
Z
(4.2.21)
Y la de B:
Entonces:
−βEA
e
N
PA
Z
= e−βE
B
PB
N
Z
e−βEA
e−βEA e−βE
(4.2.22)
(4.2.23)
Originando que:
PA
= eβE
PB
(4.2.24)
b Probabilidad de encontrar una situación en la que n átomos intersticiales están distribuidos de una manera particular bien definida. Expresar el resultado en función de
C = PBN eβN E :
eβE(N −n) =
PBN PAN −n
(4.2.25)
PBn (PB eβE )N −n
PBn PBN −n
PBN eβN E e−βEn = Ce−nβE
(4.2.26)
(4.2.27)
(4.2.28)
c Encontrar la probabilidad P (n) para hallar n posiciones intersticiales ocupadas por
átomos, y determinar n
e para el cual n es máxima.
Hay que tener en cuenta:
N >> 1
(4.2.29)
N − n >> 1
(4.2.30)
n >> 1
(4.2.31)
90
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
La configuración A tiene N − n vacı́os y la configuración B tiene n; tras extender la red
bidimensional en una unidimensional.
N!
El número de microestados será: (N −n)!n!
para ambas, lo que implicará:
P (n) = (
Para ver la máxima n:
N!
)2 Ce−nβE
(N − n)!n!
d ln(P (n))
|n=en = 0
dn
(4.2.32)
(4.2.33)
ln(P (n)) = ln(C) + 2[ln(N !) − ln((N − n)!) − ln(n!)] − nβE (4.2.34)
ln(C) + 2[N ln(N ) − N − (N − n) ln(N − n) + (N − n) − n ln(n) + n] − nβE
N − n n 2[ln(N − n) + − 1 − ln(n)− +
1] − βE|n=en
n
N −n
N −n
) − βE|n=en = 0
2 ln(
n
−βE
N −n
e
=e 2
n
e
n
e=
4.3.
N
1+e
(4.2.35)
(4.2.36)
(4.2.37)
(4.2.38)
(4.2.39)
βE
2
La distribución de Maxwell-Boltzmann
Utilizaremos un gas monoatómico ideal clásico en equilibrio a una temperatura dada.
Para estudiar este sistema, comencemos con un esquema general de la colectividad canónica.
Una partı́cula de la distribución será el sistema, mientras que el resto de gas es la fuente de calor.
La partı́cula tiene masa m y volumen V .
Seguiremos un procedimiento semiclásico.
Buscaremos la probabilidad de que la partı́cula se encuentre en la posición ~r y con el momento p~
P (~r, p~). En verdad encontraremos el número de microestados. Como es un gas ideal monoatómico
clásico, su energı́a será:
p~2
E=
(4.3.1)
2m
En verdad lo que queremos ver es la forma de:
P (~r, p~)d3~rd3 p~
(4.3.2)
Que tendrá una forma parecida a:
p
~2
d3~rd3 p~ e−β 2m
P (~r, p~)d ~rd p~ =
h3
Z
3
3
La función de partición será (incluyendo el h3 )
Z
β~
p2
1
Z= 3
e− 2m d3~rd3 p~
h
Calculamos:
91
(4.3.3)
(4.3.4)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1
h3
V
Z
−β~
p2
d3~r e 2m d3 p~
Z ∞
−β~
p2
V
e 2m dp]3
[
3
h −∞
β 3
V
J0 [
]
3
h
2m
3
V
(f rac2mπβ) 2
h3
Z
(4.3.5)
(4.3.6)
(4.3.7)
(4.3.8)
Por lo que tenemos que:
Z=
3
V
(2πmkT ) 2
h3
(4.3.9)
Entonces la probabilidad queda como:
P (~r, p~)d3~rd3 p~ =
1
β~
p2
V (2πmkT )
3
2
e− 2m d3~rd3 p~
(4.3.10)
Entonces, si quisiéramos por ejemplo saber la probabilidad de tener un determinado momento
lineal.
V
P (~
p)d3 p~ =
1
3
V (2πmkT ) 2
3
P (~
p)d p~ =
4.3.1.
e
e
−β~
p2
2m
−β~
p2
2m
3
(2πmkT ) 2
Z
d3 p~ d3~r
d3 p~
(4.3.11)
(4.3.12)
Gas ideal en campo gravitatorio
Supongamos un gas en una caja cúbica de lado L con vértice en el origen; que sufre una fuerza
gravitacional constante g hacia abajo y además está a una temperatura T .
En este caso nuestra probabilidad se verá modificada dada la energı́a potencial adicional:
E=
p~2
+ mgz
2m
P (~r, p~)d3~rd3 p~ =
d3~rd3 p~ −β( p~2 +mgz)
2m
e
Z
La función de partición cambiará:
92
(4.3.13)
(4.3.14)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Z
Z
−β~
p2
1
−βmgz 3
Z= 3
e
d ~r e 2m d3 p~
h
Z L Z L Z L
3
1
2
(2πmkT )
dx
dy
e−βmgz dz
h3
0
0
0
3
1
e−βmgz L
2 L2 [
(2πmkT
)
]
h3
−βmg 0
(4.3.15)
(4.3.16)
(4.3.17)
3
(2πmkT ) 2 2 1 − e−βmgL
L [
]
h3
βmg
Z=
(4.3.18)
Por lo tanto la probabilidad quedará en:
P (~r, p~)d3~rd3 p~ =
1
3
2
(2πmkT ) L2 (
p
~2
1−e−βmgL
βmg
)
e−β( 2m +mgz)
(4.3.19)
Si quisiéramos ver únicamente la probabilidad de momento lineal, tendrı́amos entonces el mismo
resultado que antes:
e
3
P (~
p)d p~ =
−β~
p2
2m
3
(2πmkT ) 2
d3 p~
(4.3.20)
Calculemos ahora la probabilidad espacial:
P (~r)d3~r =
1
−βmgL
L2 ( 1−eβmg
)
e−βmgz d3~r
(4.3.21)
Y si en concreto buscamos la probabilidad que se encuentre entre z y z + dz:
P (z)dz =
1
−βmgL
( 1−eβmg )
e−βmgz dz
(4.3.22)
Queremos saber la variación de la presión con la altitud.
P=
NV kT
NV
N P (z)dz
→P ∼
=
=
V
V
L2 dz
βmg
1−e−βmgL
cte
e−βmgz
(4.3.23)
La ley de las atmósferas isotermas nos dice:
P(z) = P(0)e−βmgz
(4.3.24)
67. Un sistema macroscópico con H está en equilibrio con una fuente de calor a temperatura T .
Se denota por El a un nivel de energı́a del sistema:
H|l >= El |l >
(4.3.25)
siendo |l > el estado normalizado.
Sea A un observable del sistema, que toma los valores Al :
Al |l >= A|l >
93
(4.3.26)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
i Demostrar que la función de partición del sistema es:
Z = T r(e−βH )
(4.3.27)
y que la media térmica de A es:
< A >=
1
T r(Ae−βH )
Z
(4.3.28)
donde T r(α) es la traza de la matriz α en la base de estados del sistema.
Empezamos calculando la función de partición a partir de la traza:
T r(e−βH ) =
X
< l|e−βH |l >
(4.3.29)
1
< l|(Iˆ + (−βH) + (−βH)2 + . . . )|l >
2!
(4.3.30)
l
X
l
β2H 2
+ . . . )|l >
< l|(Iˆ − βH +
2
l
X
X
e−βEl < l|l >=
e−βEl = Z
X
l
(4.3.31)
(4.3.32)
l
Y la media:
< A >=
1 X
1
T r(Ae−βH ) =
< l|Ae−βH |l >
Z
Z
l
1 X
< l|A|j >< j|e−βH |l >
Z
(4.3.33)
(4.3.34)
l,j
1 X
: δlj
: δjl
Aj
<
l|j>e−βEl
<
j|l>
Z
(4.3.35)
l,j
1 X
Al e−βEl
Z
(4.3.36)
X
e−βEl
=
Al Pl =< A >
Z
(4.3.37)
l
X
Al
l
l
ii Si añadimos una perturbación con un campo externo fijo: H = H0 − AB
Se define:
< A > − < A0 >
χ = lı́m
B→0
B
(4.3.38)
siendo además < A0 >=< A >B = 0 y [AB, H0 ] = 0.
Se pide:
Desarrollar a primer orden de βAB en la aproximación de < A > y hallar la relación
entre χ y σA0 = (∆A0 )2 =< A20 > − < A0 >2 .
94
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
T r(Ae−β(H0 −AB) )
T r(e−β(H0 −AB) )
T r(Ae−βH0 eβAB )
T r(e−βH0 eβAB )
T r(Ae−βH0 (1 + βAB))
u
T r(e−βH0 (1 + βAB))
T r(Ae−βH0 ) + T r(βA2 Be−βH0 )
T r(e−βH0 ) + T r(βABe−βH0 )
2
Z
Z
0 < A0 > +
0 βB < A0 >
Z
Z
0 + βB
0 < A0 >
< A0 > +βB < A20 >
1 + βB < A0 >
< A >=
Aplicamos la aproximación
1
1+x
(4.3.39)
(4.3.40)
(4.3.41)
(4.3.42)
(4.3.43)
(4.3.44)
=1−x
(< A0 > +βB < A20 >)(1 − βB < A0 >) =< A0 > −βB < A0 >2 +βB < A20 >
(4.3.45)
2
< A0 > −βBσA
0
(4.3.46)
Por lo que:
< A > − < A0 >
2
= βσA
0
B→0
B
χ = lı́m
(4.3.47)
Un resultado de la termodinámica: La ecuación de Clausius-Clapeyron:
Figura 4.4: Émbolo y recipiente utilizado
Para T < TC , existe un cambio de fase en las comprensiones isotérmicas, algo que no existe para
T > TC , siendo TC temperatura crı́tica.
dS = dS (1) + dS (2) =
1
T
dU (1) +
(1)
P (1) (1) µ(1)
1
P (2) (2) µ(2)
(1)
(2)
dV
−
dN
+
dU
+
dV
− (2) dN (2)
T (1)
T (1)
T (2)
T (2)
T
(4.3.48)
donde:
95
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1
1
= (2) → T (1) = T (2)
T (1)
T
P (1)
P (2)
d(V (1) + V (2) ) = 0 → (1) = (2) → P (1) = P (2)
T
T
(1)
µ(2)
µ
d(N (1) + N (2) ) = 0 → (1) = (2) → µ(1) = µ(2)
T
T
d(U (1) + U (2) ) = 0 →
(4.3.49)
(4.3.50)
(4.3.51)
Si la presión y la temperatura son constantes, los potenciales quı́micos son iguales lo que hace la
condición de equilibrio.
Aplicando la ecuación de Gibbs-Duhem:
U − T S + P V − µN = 0
(4.3.52)
que recordando, la relación de las derivadas es:
SdT − V dP + N dµ = 0
(4.3.53)
dµ = −SdT + V dP
(4.3.54)
Y aplicando a la energı́a libre de Gibbs la ecuación de Gibbs-Duhem:
G = U − TS + PV = Nµ
(4.3.55)
Esto nos dice que el potencial quı́mico es la energı́a libre de Gibbs molar.
En el caso de que el potencial quı́mico sea igual en ambas fases; la energı́a libre de Gibbs también
lo será; lo que permite la coexistencia de 2 fases. g (1) = g (2)
dg = −sdT + vdP
(4.3.56)
Si calculamos:
dg (1) = dg (2)
(4.3.57)
−s(1) dT + v (1) dP = −s(2) dT + v (2) dP
(4.3.58)
(2)
(s
(1)
−s
)dT = (v
(2)
−v
(1)
)dP
(4.3.59)
(4.3.60)
Lo que lleva a la ecuación de Clausius-Clapeyron:
dP
s(2) − s(1)
∆s
= (2)
=
(1)
dT
∆v
v −v
(4.3.61)
Si definiéramos al calor latente molar del cambio de estado como l, tendrı́amos, para la temperatura
del cambio T :
l
(4.3.62)
∆s =
T
lo que lleva:
dP
l
=
(4.3.63)
dT
∆vT
Donde ∆v es el volumen molar, volumen especı́fico que se calcula como inverso de la densidad.
96
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
J
68. El calor latente de vaporización del agua l = 2, 4 × 106 kg
, y la densidad del vapor de agua:
kg
ρvapor = 6, 6 m
3.
Calcula la variación de la temperatura de ebullición ∂T
∂z en
kg
del mar dada la densidad del aire ρaire = 1, 3 m
3.
En primer lugar:
∂T
∂T ∂P
=
∂z
∂P ∂z
Pero:
∂P
l
=
∂T
Teb. ∆V
y el volumen
1
1
∆V = (
−
)
ρesf.vapor
ρliq
◦
C
km con
la altura cerca del nivel
(4.3.64)
(4.3.65)
(4.3.66)
Por lo tanto, según la ley de las atmósferas isotermas:
P(z) = P (0)e−βmgz
(4.3.67)
La derivada:
N kT
1 mN
dP
kT
= P (0)(−βmg)e−βmgz = −βmgP = −βmg
= g
kT
dz
V
V
ρaire
7
:
M
1 mN
g
kT
kT
V
(4.3.69)
−Teb
ρaire g
a
El resultado dará:
(4.3.68)
(4.3.70)
−3,3◦ C
km .
69. Se considera un gas monoatómico formado por N partı́culas de masa m en equilibrio térmico
en un recipiente cuya temperatura es T .
La única energı́a de las partı́culas es energı́a cinética de Traslación.
a ¿Cuál es el número de partı́culas dNp en equilibrio térmico con módulo del momento
lineal entre p y p + dp?
¿Y si dNv es el número de partı́culas cuya |v| está entre v y v + dv?
Aplicamos estadı́stica de Maxwell-Boltzmann
dNp = N P (p)dp
1
−β~
p2
2m
d3~rd3 p~
3 e
V (2πmkT ) 2
−β~
p2
1
2m d3 p
P (~
p)d3 p~ =
~
3 e
(2πmkT ) 2
P (~r, p~)d3~rd3 p~ =
(4.3.71)
(4.3.72)
(4.3.73)
Tenemos que realizar la integral del momento en esféricas, lo que nos dará un nuevo
diferencial: 4πp2 dp:
97
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1
−β~
p2
2m
4πp2 dp
(2πmkT )
−β~
p2
N 4πp2
2m dp
dNp =
3 e
(2πmkT ) 2
P (p)dp =
3
2
e
(4.3.74)
(4.3.75)
(4.3.76)
Haciendo el cambio de que: p = mv → dp = mdv:
dNv =
N 4π
(2πmkT )
3
2
m3 v 2 e
−βm~
v2
2
dv
(4.3.77)
b La probabilidad de que una partı́cula tenga el módulo de su velocidad entre v y v + dv:
F (v)dv =
dNv
N
=
4π
3
(2πmkT ) 2
m3 v 2 e
−βm~
v2
2
dv
c Hallar la velocidad más probable: ve:
Para ello minimizamos la probabilidad de una partı́cula:
−βmv 2
βmv 2
dF
|v=ev = A[2ve 2 − βmv 3 e− 2 ]v=ev = 0
dv
2e
v − βme
v3 = 0
2
2 − βme
v
r
2kT
ve =
m
(4.3.78)
(4.3.79)
(4.3.80)
(4.3.81)
Si se representara, se verı́a que es un máximo.
d ¿Cuál es el número de partı́culas d3 Nv,Ω con velocidad entre v y v + dv y la dirección
dentro del ángulo sólido dΩ?
* dΩ
v2
N
4π
3 2 −βm~
2
dNv =
dv
3 m v e
(2πmkT ) 2
(4.3.82)
y por lo tanto quedará como:
dNv =
N
(2πmkT )
3
2
m3 v 2 e
−βm~
v2
2
dvdΩ
e dNE número de partı́culas cuya energı́a está entre E y E + dE.
i f (E), expresión en dNE = f (E)dE
2
Si la energı́a es E = mv
2 , tenemos que dE = mvdv = pdv, por lo que:
98
(4.3.83)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
dNE =
N
(2πmkT )
3
2
m3 (
2E −βE dE
)e
1
m
2
m( 2E
m)
1
dNE = BE 2 e−βE
(4.3.84)
(4.3.85)
e
ii La energı́a más probable E:
dNE
d B 1 −βE
)|E=Ee = 0
=
( E 2 ve
N
dE N
(4.3.86)
1
1
1
[ E − 2 e−βE − βE 2 e−βE ]E=Ee =
2
(4.3.87)
1 e −1
e 21
E 2 = βE
2
(4.3.88)
e = 1 kT
E
2
(4.3.89)
√
iii El valor medio de la velocidad < v > y la velocidad cuadrática media u = < v 2 >.
Aplicarlo a una molécula de monóxido de carbono CO cuya masa molar es mmol =
28g
e:
mol a 300 K y a 1000K. Comparar con la velocidad más probable v
Z
dNv
v
=A
N
< v >=
AI3 (
Z
∞
v3 e
−βmv 2
2
dv
(4.3.90)
0
Γ( n+1
βm
2 )
) ← In (α) =
n+1
2
2α 2
1
< v >= A βm
2( 2 )2
(4.3.91)
(4.3.92)
Para el < v 2 >:
< v 2 >= A
Z
∞
v4 e
−βmv 2
2
dv
(4.3.93)
0
3√
βm
4 π
) = A βm 5
AI4 (
2
2( 2 ) 2
Entonces tenemos:
< v >= (
y...
√
8kT 1
)2
πm
3kT 1
)2
m
CO
300 K
ve
422 m
s
Si lo aplicamos a los datos del problema:
< v > 476 m
s
u
517 m
s
u=
99
(4.3.94)
(4.3.95)
< v2 > = (
(4.3.96)
1000 K
771 m
s
870 m
s
944 m
s
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
70. Teorı́a cinética de los gases: Supongamos que hacemos el ejercicio anterior sin saber la Estadı́stica de Maxwell-Boltzmann. Queremos calcular la presión de la teorı́a cinética de los
gases. N, V en el equilibrio, la densidad del gas es uniforme de forma que la ley de distribucción en el espacio de las fases de 6 dimensiones es independiente de la posición.
La hipótesis de Maxwell diferenciaba la probabilidad de encontrar la v y la probabilidad de
encontrar la r.
d6 N~r,~v = F (~v )d3~v d3~r
R
a ¿Qué condición debe satisfacer F (~v ) para que N1 d6 N~r,~v =
(4.3.97)
N
N
= 1?
Z 3
d ~r
F (~v )d3~v
V
Z
F (~v )d3~v = 1
Z
(4.3.98)
(4.3.99)
b Se supone que el gas no está sometido a ningún campo externo. La ley de distribución
de velocidades es isótropa. Calcular F (~v ) = G(v 2 )
i Hallar en función de G(v 2 ) dNv :
d6 N~r,~v = N F (~v )d3~v
d3~r
V
(4.3.100)
Integramos en la posición:
d3 N~v = N G(v 2 )d3~v
(4.3.101)
dNv = N G(v 2 )
(4.3.102)
ii Que esas partı́culas tengan un ángulo sólido determinado dΩv
Para ello, en esféricas tenemos que: d3~v = 4πv 2 dv.
N G(v 2 )4πv 2 dv
dNV
=
V
V
d3~r
d6 N~r,~v = N G(v 2 )d3~v
V
dΩV 3
6
d N~r,~v =
d ~rdnv
4π
(4.3.103)
dnv =
(4.3.104)
(4.3.105)
6
0
N
c v, θ, φ coordenadas en esféricas del vector velocidad. Hallar ddSdt
el número de choques
con las paredes del recipiente por unidad de superficie y de tiempo cuando las moléculas
tienen ~v = ([v, v + dv], [θ, θ + dθ], [φ, φ + dφ]):
100
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Figura 4.5: Superficie a estudiar
El volumen es vdtdS cos(θ).
Entonces tenemos:
dΩv
dnv vdtdS cos(θ)
4π
d6 N 0 =
(4.3.106)
dΩv
d6 N 0
d6 N 0
=
dnv v cos(θ) ← d3 N 00 =
dSdt
4π
dSdt
(4.3.107)
d Calcular el número total de choques N 00 por unidad de superficie y tiempo en función del
valor medio de la velocidad y de n = N
V , número de partı́culas por unidad de volumen.
d3 N 00 ; N 00 =
Z
d3 N 00 =
1
4π
π
2
Z
Z
2π
sin(θ) cos(θ)dθ
Z
vdnv
(4.3.108)
vdnv
(4.3.109)
1 sin2 (θ) π2
1
< v >= n < v >
2πn
[
]0 4π
2
4
(4.3.110)
0
Z
< v >=
dφ
0
dNv
v
=
N
Siendo:
N 00 =
Z
v
d( NVv )
N
V
1
=
n
1
n<v>
4
Z
(4.3.111)
e La presión del gas es la fuerza normal media por unidad de superficie < F⊥ >, ejercida
por las moléculas sobre las paredes. Calcular la presión debido a las moléculas con una
~v = v, θ, φ y después la presión total:
< F⊥ >=
∆P⊥
2mv cos(θ)
=
∆t
∆t
(4.3.112)
Siendo:
P(n, m, < v 2 >)
Y siendo:
n el número de moles por unidad de volumen
m la masa de la molécula.
< v 2 > lo visto en el apartado anterior.
101
(4.3.113)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Figura 4.6: Reflexión de una molécula que choca contra el recipiente.
Si tenemos d6 N 0 partı́culas en un dt:
< F⊥ >= (d6 N 0 )
2mv cos(θ)
dt
(4.3.114)
Y entonces la presión será:
d3 P = (d6 N 0 )
2mv cos(θ)
< F⊥ >
=
dSdt
dS
(4.3.115)
Integramos para obtener la presión total.
Z
Z
1
dΩV
dnV v cos(θ)2mv cos(θ)
P=
4π
(4.3.116)
donde:
dΩV = sin(θ)dθdφdv
(4.3.117)
Y por lo tanto:
1
P=
2m
4π
Z
π
2
Z
2
cos (θ) sin(θ)dθ
0
2π
Z
dφ
v 2 dnv
(4.3.118)
0
m
2π
− cos3 (θ) π2
n < v2 > [
]0
2π
3
1
P = nm < v 2 >
3
Y además:
N 00 =
1
n<v>
4
(4.3.119)
(4.3.120)
(4.3.121)
71. Una aplicación teórico-numérica:
Un recipiente esférico de radio r = 10cm se mantiene a T = 27◦ C = 300K salvo una superficie de S = 1cm2 que se mantiene a muy baja temperatura. El recipiente contiene vapor de
agua, inicialmente bajo la presión Pi = 10mmHg. Suponiendo que toda molécula de agua que
golpee la superficie frı́a se condensa y queda adherida a la superficie del recipiente, calcular
el tiempo necesario para que la presión disminuya hasta Pf = 10−4 mmHg
Figura 4.7: Esfera con superficie frı́a
102
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
En primer lugar, necesitaremos las ecuaciones calculadas en el último ejercicio:
1
nm < v 2 >
3
1
N 00 = n < v >
4
P=
(4.3.122)
(4.3.123)
Donde la primera es la presión y la segunda ecuación el número de choques por unidad de
tiempo.
Para calcular el número de choques con la superficie en un diferencial de tiempo, calculamos:
−4πr3
dn
3
donde disminuye el número de moléculas al hacer V dn.
Entonces:
1
−4πr3
n < v > Sdt =
dn
4
3
Y si integramos:
Z n
Z
dn
−3S < v > t
=
dt
16πr3
n0 n
0
Nchoques = N 00 Sdt =
(4.3.124)
(4.3.125)
(4.3.126)
que lleva a:
n
−3S < v >
)=
t
n0
16πr3
Pero antes, tenemos que ver la relación entre los números de moles:
2
v
>
n 31 m
n
P
<
=
= 1
2
v >
n0
P0
n0
<
3m
ln(
(4.3.127)
(4.3.128)
Por lo tanto, si despejamos el tiempo:
t=
4.4.
16πr3
P
ln( )
−3S < v >
P0
(4.3.129)
El teorema de Equipartición de la Energı́a
< E > para una partı́cula de un gas ideal monoatómico en equilibrio a una temperatura T .
< E >=<
p2y
p2
p2
p~2
>=< x > + <
>+< z >
2m
2m
2m
2m
(4.4.1)
Si aplicáramos la distribución de Maxwell-Boltzmann:
3
e
3
P (~r, p~)d ~v d p~ =
−β~
p2
2m
V (2πmkT )
3
2
d3~v d3 p~
(4.4.2)
Y como sólo queremos el momento:
3
P (~
p)d p~ =
e
−β~
p2
2m
3
(2πmkT ) 2
103
d3 p~
(4.4.3)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Pero el momento medio:1
< p2x >=
∞
Z
p2x P (px )dpx
(4.4.4)
−∞
Primero la probabilidad:
e
P (px )dpx =
−βp2
x
2m
dpx
(4.4.5)
p2x P (px )dpx
(4.4.6)
1
(2πmkT ) 2
Y el valor medio:
<
p2x
Z
∞
>=
−∞
∞
Z
1
(2πmkT )
1
2
p2x e
−βp2
x
2m
(4.4.7)
−∞
1
β
)
2m
(2πmkT )
β
1
)
1 2I2 (
2m
(2πmkT ) 2
1
2
J2 (
(4.4.8)
(4.4.9)
donde aplicamos la fórmula In (α) del apéndice D.0.4, página 228:
< p2x >=
2Γ( 23 )
1
1
3
(4.4.10)
3
(4.4.11)
β 2
(2πmkT ) 2 2( 2m
)
√
π
1
1
(2
πmkT ) 2 2( 2mkT
)2
2
p
1
1
< x >=
3
1
2m
2m (2mkT ) 12 2( 2mkT
)2
<
p2x
1
>= kT
2m
2
(4.4.12)
(4.4.13)
Si fueres para todas las direcciones:
<
4.4.1.
p~2
3
>= kT
2m
2
(4.4.14)
Potencial armónico
La energı́a tiene la expresión:
p~2
1
+ α~r2
2m 2
Para ello, volvemos a aplicar Maxwell-Boltzmann:
E=
p
~2
1
(4.4.15)
2
e−β( 2m + 2 α~r ) d3~rd3 p~
P (~r, p~)d ~v d p~ =
Z
h3
3
3
donde nuestra Z:
1 De
manera idéntica para la coordenada y y para la coordenada z
104
(4.4.16)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Z
−βα~
r2
d3 p~ e 2 d3~r
Z ∞
−βαx2
3
1
2
2
(2πmkT
)
e
[
dx]3
h3
−∞
3
βα 3
1
(2πmkT ) 2 [J0 (
)]
h3
2
3 2πkT
3
1
(2πmkT ) 2 (
)2
h3
α
Z=
1
h3
Z
e
~
−β p2
2m
Por lo tanto:
P (~r, p~)d3~v d3 p~ =
1
(2πmkT )
3
2
p
~2
( 2πkT
α
)
3
2
(4.4.17)
(4.4.18)
(4.4.19)
(4.4.20)
1
2
e−β( 2m + 2 α~r ) d3~rd3 p~
Sin embargo, si calculamos el momento lineal medio en una dirección:
Z ∞
1
p2
p2x P (px )dpx = kT
< x >=
2m
2
−∞
(4.4.21)
(4.4.22)
Sin embargo, como hay que hacerlo por separado, el valor medio de la posición en la dirección X:
Z
1 2
α
α ∞ 2
2
< αx >= < x >=
x P (x)dx
(4.4.23)
2
2
2 −∞
donde la probabilidad es:
P (x)dx =
1
( 2πkT
α
)
1
2
e
−βαx2
2
dx
(4.4.24)
Por lo tanto tendremos que:
Z
∞
x
−∞
e
−βαx2
2
1
2
( 2πkT
α )
dx
(4.4.25)
Tendremos entonces el mismo resultado final que para el momento, dado que no depende ni de la
m ni de la α:
p2
1
1
< x >=< αx2 >= kT
(4.4.26)
2m
2
2
Y por lo tanto la energı́a media será, contando 3 21 kT por la contribución de la energı́a cinética; y
otros 3 por la energı́a potencial:
< E >=
3
6
kT × 2 = kT
2
2
(4.4.27)
Esto no se va a probar explı́citamente.
4.4.2.
Definición del Teorema
La primera versión del teorema de equipartición de la energı́a se definirı́a como:
Para un sistema en equilibrio y a la temperatura T , cada coordenada generalizada de
posición o de momento que aparezca en el hamiltoniano como un término cuadrático
contribuye en un 21 kT al valor medio de la energı́a.
105
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Definido de manera más general serı́a:
Para un sistema en equilibrio a temperatura T se cumple que:
< xi
∂H
>= δij kT
∂xj
(4.4.28)
donde xi es una coordenada generalizada de posición y momento.
Esto se demuestra como sigue:
< xi
∂H
>=
∂xj
Z
xi
∂H e−βH d6N W
∂xj Z
h3N
(4.4.29)
Y vemos que:
d6N W =
6N
Y
dxi
(4.4.30)
i=1
Entonces tendremos que:
∂H
< xi
>=
∂xj
R
∂H −βH
e
dxj dx1 dx2 . . . dxˆj . . . dx6N
xi ∂x
j
R
e−βH d6N W
(4.4.31)
Y vemos que:
−1 ∂ −βH
∂H −βH
e
=
e
∂xj
β ∂xj
(4.4.32)
Si aplicáramos, para w = x1 , . . . , x6N
Z
Z
∂F (w)
∂G
G(w)
dxj = GF − F
dxj
∂xj
∂xj
(4.4.33)
tendremos que:
Z
xi
∂e−βH
x (2)
dxj = [xi e−βH ]xjj (1) −
∂xj
Z
e−βH
∂xi
dxj
∂xj
(4.4.34)
Hay que tener en cuenta dos cosas:
i Siendo xj coordenada generalizada de posición, en los lı́mites del recipiente tendremos que
Ep → ∞ lo que generarı́a que el hamiltoniano tendiera a infinito y por tanto la exponencial
del hamiltoniano tenderı́a a cero.
ii Siendo xj coordenada generalizada de momento, para velocidades muy altas (recordemos
que los lı́mites del momento son (−∞, ∞)) la energı́a cinética tenderá a infinito y por tanto
ocurrirá lo mismo que antes.
Por lo tanto, continuando con la fórmula anterior tendremos:
∂H
< xi
>=
∂xj
e−βH δij dxj dx1 dx2 . . . dxˆj . . . dxw
R
e−βH d6N W
R
1
e−βH dxj dx1 dx2 . . . dxˆj . . . dxw
β δij
R
e−βH d6N W
∂H
< xi
>= δij kT
∂xj
1
β
R
106
(4.4.35)
(4.4.36)
(4.4.37)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
PN p~l 2
72. H = l=1 2m
(Nota a pie de página)2
Aplicamos la fórmula:
< xi
∂H
>= δij kT
∂xj
(4.4.38)
∂H
>= kT
∂pxj
(4.4.39)
que será:
< pxi
Por lo tanto, se ve que:
p~l 2 = p2xl + p2yl + p2zl
(4.4.40)
y si aplicamos la fórmula:
< pxj
p2x
p2x
2pxj
1
>= 2 < j >= kT →< j >= kT
2m
2m
2m
2
(4.4.41)
Pero como hay 3N términos, tendremos que:
< H >=
N
X
l=1
<
N
X
p2y
p2
p2
1
p~l 2
>= 3N kT =
(< xl > + < l > + < zl >)
2m
2
2m
2m
2m
(4.4.42)
l=1
PN p~l 2
+ 21 α~
rl 2 )
73. H = l=1 ( 2m
A igual que antes tendremos que:
< pxj
p2x
p2x
2pxj
1
>= 2 < j >= kT →< j >= kT
2m
2m
2m
2
(4.4.43)
Y además la contribución de la posición:
kT =< xj
1
1
1
∂H
>=< xj α2xj >→ kT =< αx2j >
∂xj
2
2
2
(4.4.44)
En este caso habrán 6N términos cuadráticos:
< H >=
N
X
l=1
(<
p2y
p2xl
p2
1
1
1
> + < l > + < zl > + < αx2l > + < αyl2 > + < αzl2 >) = 3N kT
2m
2m
2m
2
2
2
(4.4.45)
PN
74. H = l=1 αl xηl (αl , η ∈ <)
Aplicamos la fórmula a:
< H >=
N
X
< αl xηl >
(4.4.46)
l=1
Concretamente a < αl xηl >
< xj ηαj xη−1
>= kT
j
1
η < αj xηj >= kT →< αj xηj >= kT
η
(4.4.47)
(4.4.48)
2 Los siguientes ejercicios tienen como enunciado: Hallar el valor medio < H > para un sistema en equilibrio a la
temperatura T en los siguientes casos:
107
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Y por lo tanto:
1
< H >= N kT
η
(4.4.49)
PN p~l 2
+ mgzl )
75. H = l=1 ( 2m
En este ejercicio ya sabemos fácilmente que la contribución de la energı́a cinética será:
< pxj
p2x
∂H
1
>= kT →< j >= kT × 3N
∂pxj
2m
2
(4.4.50)
Y ahora tenemos que calcular el término < mgzj >.
< zj
∂H
>=< zj mg >= kT
∂zj
(4.4.51)
Como bien vemos:
N
X
p2y
p2xl
p2
3N
5
> + < l > + < zl > + < mgzl >) =
kT + N kT = N kT
2m
2m
2m
2
2
l=1
(4.4.52)
PN
76. Un hamiltoniano ultrarelativista: H = l=1 cpl
Esto lleva a:
< H >=
(<
< H >=
N
X
< cpl >
(4.4.53)
l=1
N
X
1
< c(p2xl + p2yl + p2zl ) 2 >
(4.4.54)
−1
∂H
1
>=< pxj c (p2xj + p2yj + p2zj ) 2 2pxj >
∂pxj
2
(4.4.55)
l=1
< pxj
<c
p2xj
1
(p2xj + p2yj + p2zj ) 2
>= kT
(4.4.56)
vemos que no sale directo. Este problema también lo vemos para las otras dos coordenadas
del momento, con idéntico resultado, sólo cambiando x po y y z:
< pyj
<c
p2yj
1
(p2xj + p2yj + p2zj ) 2
< pzj
<c
∂H
>
∂pyj
>= kT
∂H
>
∂pzj
p2zj
1
(p2xj + p2yj + p2zj ) 2
108
(4.4.57)
(4.4.58)
(4.4.59)
>= kT
(4.4.60)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Recordemos que todos contribuyen con kT . Sumamos las tres contribuciones:
3kT =< c
p2xj + p2yj + p2zj
>
(4.4.61)
< cpl >= 3N kT
(4.4.62)
1
(p2xj + p2yj + p2zj ) 2
Esto nos lleva al comienzo:
< cpl >= 3kT →< H >=
N
X
l=1
77. Un sistema tiene 2 niveles de energı́a E0 y E1 no degenerados que cumplen que E1 − E0 =
0, 1eV . Calcular la probabilidad de que el sistema esté en el nivel de energı́a superior cuando
esté en equilibrio térmico con una fuente de calor a T :
a T = 300K
b T = 1000K
Para este ejercicio calculamos la probabilidad de E1 , sabiendo que:
Z = e−βE0 + e−βE1
(4.4.63)
Por lo que:
e−βE1
1
e−βE1
= −βE0
= −β(E −E )
−βE
1
0
1 + 1
Z
e
+e
e
Se hace la sustitución, y listo.
P (E1 ) =
(4.4.64)
78. Un sólido en un campo magnético de B = 3T contiene átomos paramagnéticos de spin
forma que la energı́a potencial de cada átomo es:
Ep = ±µB
1
2
de
(4.4.65)
Si el momento magnético es igual a un magnetón de Bohr, µ = µB = 9, 27400915 ∼ 9, 3 ×
10−24 TJ , hallar la temperatura a la que habrá que enfriar el sólido para que el 60 % de los
átomos tengan momentos magnéticos paralelos al campo magnético B.
Empezamos con estudiar el momento magnético paralelo al campo, la función de partición y
la probabilidad del momento:
↑→ E = −µB
−β(−µB)
Z=e
P↑ =
+e
−β(µB)
e−β(−µB)
e−β(−µB)
= −β(−µB)
= 0, 6
Z
e
+ e−β(µB)
1
= 0, 6
1 + e−2βµB
(4.4.66)
(4.4.67)
(4.4.68)
(4.4.69)
Y de esta última fórmula despejamos T de la β.
79. Una sal paramagnética contiene 1024 iones magnéticos por m3 . Cada uno tiene un momento
magnético de un magnetón de Bohr, que puede alinearse paralelamente o antiparalelamente.
109
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Calcular la diferencia entre el número de iones en esos 2 estados cuando se aplica un campo
magnético de1T a la temperatura de 3K o 23K. Calcular el momento magnético de la muestra
para esa configuración:
No se hizo.
80. Demostrar que para un sistema de N >> 1 osciladores armónicos isotrópicos en 3D en
equilibrio térmico con una fuente de calor a T el nivel de energı́a 29 ~ω está más poblado que
7
~ω
9
7
2 ~ω. (N 2 ~ω > N 2 ~ω ), si la temperatura es T > k ln( 35 )
Recordemos que para un oscilador armónico isotrópico tridimensional su energı́a es:
3
Enx ,ny ,nz = (nx + ny + nz + )~ω
2
(4.4.70)
El número de estados será la probabilidad:
N 72 ~ω
N
7
g 7~ω e−β 2 ~ω
7
= P ( ~ω) = 2
2
Z
(4.4.71)
Lo mismo pero para 92 ~ω:
N 92 ~ω
N
9
g 9~ω e−β 2 ~ω
9
= P ( ~ω) = 2
2
Z
(4.4.72)
Dividimos uno por otro, se cancelan las funciones de partición:
N 92 ~ω
N 72 ~ω
9
g 9~ω e−β 2 ~ω
2
=
7
g 7~ω e−β 2 ~ω
2
g 9~ω β~ω
2
e
g 7~ω
(4.4.73)
(4.4.74)
2
10 −β~ω
e
>1
6
(4.4.75)
Porque a partir de la temperatura tenemos:
~ω
k ln( 35 )
~ω
5
> ln( )
kT
3
5
β~ω
e
<
3
T >
(4.4.76)
(4.4.77)
(4.4.78)
Si estudiáramos el caso general para obtener la degeneración
3
(nx + ny + nz + )~ω
2
nx + ny + nz = N
nx ≥ 0, ny ≥ 0, nz ≥ 0
110
(4.4.79)
(4.4.80)
(4.4.81)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Esto recuerda a una ecuación diofántica por lo tanto tendremos N bolas en 3 cajas:
(N + 2)!
N +3−1
=
(4.4.82)
3−1
2!N !
81. En uno de sus experimentos de sedimentación gravitacional en el equilibrio, Perrin observó el
número de partı́culas de cierto material en el agua a 293K. Observó que cuando el microscopio
se elevaba 10−4 m el número de partı́culas en el campo de visión decrecı́a de 203 a 91. La
kg
partı́cula tiene un volumen V = 9, 78 × 10−21 m3 , y una densidad ρpart. = 1351 m
3 , siendo la
kg
ρH2 O = 1000 m3 . Hallar la constante de Boltzmann y el número de Avogadro:
Para la relación entre constante de Boltzmann y número de Avogadro tenemos que:
Nk = R
(4.4.83)
siendo N el número de Avogadro, k la constante de Boltzmann, y R la constante de los gases
J
.
ideales en Kmol
El número de partı́culas en función de la altura se aproxima a la probabilidad:
p(z) = p0 e−βmgz
(4.4.84)
p∼n
(4.4.85)
−βmgz
(4.4.86)
n(z) = n(H1 )e−βmg(z−H1 )
(4.4.87)
−β(ρV0 g−ρV1 g)(H2 −H1 )
(4.4.88)
n(z) = n0 e
n(H2 ) = n(H1 )e
siendo:
Entonces:
mg = ρV0 g
(4.4.89)
n(H2 )
= e−β(ρ0 −ρ1 )gV0 (H2 −H1 )
n(H1 )
(4.4.90)
De aquı́ obtenemos k y de éste:
NA =
con lo que se llega a la conclusión de que NAexp
R
k
< NAreal .
(4.4.91)
82. Emplear la distribución canónica para encontrar los niveles del átomo de Hidrógeno correspondientes a n = 2 y n = 1 a 105 K. Calcular la temperatura a la que las poblaciones de los
dos niveles son iguales.
No se hizo.
83. Una partı́cula de masa m oscila en una dimensión con una energı́a potencial Cx4 . El oscilador
está en equilibrio con una fuente de calor a T . Hallar la energı́a media:
La energı́a de la partı́cula será:
p2
(4.4.92)
E = x + Cx4
2m
La probabilidad:
p2
x
4
e( 2m +Cx ) dxdpx
P (x, px )dxdpx =
Z
h
111
(4.4.93)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Entonces las medias son:
p2
< x >=
2m
2
p2x −βpx
e 2m dpx
−∞ 2m
R ∞ −βp2x
e 2m dpx
−∞
R∞
(4.4.94)
y para el potencial:
R∞
4
< Cx >=
4
Cx4 e−βCx dx
−∞
R∞
e−βCx4 dx
−∞
(4.4.95)
Aplicamos pues el teorema de equipartición:
< xj
∂H
>= δij kT
∂xi
(4.4.96)
Para la energı́a cinética no hay ningún problema:
<
∂H
p2x
>→ kT =< px
>
2m
∂px
p2
px
>=< x >
< px
m
m
1
p2x
<
>= kT
2m
2
(4.4.97)
(4.4.98)
(4.4.99)
Para la energı́a potencial:
< Cx4 >→ kT =< x
∂H
>=< x4Cx3 >= 4 < Cx4 >
∂x
(4.4.100)
Lo que conlleva que:
< Cx4 >=
1
kT
4
(4.4.101)
Y por lo tanto la energı́a:
< E >=
3
kT
4
(4.4.102)
84. Un recipiente cónico de altura H tiene la base circular de radio r horizontal y paralela al
suelo. El vértice del cono reposa sobre el suelo y contiene un gas ideal cuyas partı́culas tienen
masa m y están a T .
Figura 4.8: Recipiente cónico
112
Fı́sica Estadı́stica
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RH
R∞
a Empleando la aproximación 0 z 2 e−αz dz u 0 z 2 e−αz dz obtener la función de partición Z:
Sabemos además la relación de proporcionalidad:
r
z
=
R
H
(4.4.103)
La probabilidad:
p
~2
e−β( 2m )+mgz d3~rd3 p~
P (~r, p~)d ~rd p~ =
Z
h3
3
3
La función de partición:
Z
Z
−β~
p
3
1
1
β 3
1
Z= 3
e 2m d3 p~ e−βmgz d3 z = 3 [J0 (
)] = 3 (2πmkT ) 2
h
h
2m
h
(4.4.104)
(4.4.105)
Figura 4.9: Sección cónica
Tenemos entonces que:
Z
Z
2π
Z
H
Z
zR
H
dθ
0
0
e−βmgz d3~r
(4.4.106)
rdr e−βmgz dz
(4.4.107)
0
H
r2 zR
] H e−βmgz dz
2 0
0
2 Z H
3 2πR
1
2
(2πmkT
)
z 2 e−βmgz dz
h3
2H 2 0
3
1
(2πmkT ) 2 2π
3
h
Z
[
Si hacemos el cambio de variable u = −βmgz:
Z ∞
Z ∞
u2
1
−u du
I=
e
=
u2 e−u du
β 2 m2 g 2
βmg
(βmg)3 0
0
Entonces:
Γ(3)
2
=
(βmg)3
(βmg)3
(4.4.108)
(4.4.109)
(4.4.110)
(4.4.111)
Y por lo tanto Z:
Z=
2
3 πR
2
1
2
(2πmkT
)
h3
H 2 (βmg)3
113
(4.4.112)
Fı́sica Estadı́stica
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b Obtener P (z)dz. Esto implicarı́a eliminar la parte del momento en la probabilidad:
e−βmgz
P (~r)d3~r =
πR2
2
H 2 (βmg)3
d3~r
(4.4.113)
Y también las otras dos coordenadas de posición, lo que equivaldrı́a a:
P (z)dz =
e−βmgz
2
(βmg)3
dz
(4.4.114)
85. (El ejercicio anterior pero con el enunciado del Ngô): Gas ideal en campo gravitatorio.
Consideramos un recipiente cónico de altura H, donde la base circular de radio R está horizontal y paralela al suelo. El vértice del cono reposa en el suelo y el recipiente contiene un
mol de un gas ideal de masa m a la temperatura T . Suponemos que la altura H del cono es lo
suficientemente grande como para que no se subestimen los efectos del campo gravitacional.
Calcula la distribución de momento del gas:
La distribución del momento viene dada por:
Z Z Z
−β~
p2
1
−βmgz
2m d~
d~
r
e
(e
p)
(4.4.115)
P (~
p)d~
p=
C1 C2 L2
V
Y podremos escribirla como:
P (~
p)d~
p=
e
−β~
p2
2m
d~
p
H
Z
C1 C2
e−βmgz dz
Z
dxy
(4.4.116)
0
El dominio de integración asociado a las variables x e y es el cı́rculo de radio r = zR
H .
RH
R
La constante C2 viene definida como C2 = 0 e−βmgz dz dxdy sobre el mismo contorno.
3
Además C1 viene del momento, siendo C1 = (2πmkT ) 2
Finalmente tendremos:
1 −β~p2
P (~
p)d~
p=
p
(4.4.117)
e 2m d~
C1
Por lo tanto podemos ver que la distribución del momento es independiente de la forma del
recipiente.
86. Cuando una fuente se desplaza con velocidad u en la dirección de un observador fijo, la
frecuencia de la luz media por el observador sigue:
u
ν 0 = ν(1 + )
(4.4.118)
c
siendo ν la frecuencia de la luz si está fija. Y por tanto el desplazamiento Doppler es
∆ν = ν 0 − ν
i En un gas ideal, las moléculas de masa m tienen un movimiento aleatorio y por lo
tanto, su desplazamiento Doppler resulta distinto de una molécula a otra. Calcular en
el equilibrio la probabilidad w(u)du para que la componente de la velocidad de las
moléculas en una dirección dada esté entre u y u + du a una temperatura dada T :
3
3
P (~r, p~)d ~rd p~ =
Estamos en la dirección x.
114
e
−β~
p2
2m
3
V (2πmkT ) 2
d3~rd3 p~
(4.4.119)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1
P (px )dpx =
w(u)du =
(2πmkT )
1
1
2
e
1
(2πmkT ) 2
e
−βp2
x
2m
dpx
(4.4.120)
px = mu
(4.4.121)
−βmu2
2
mdu
(4.4.122)
ii La probabilidad del desplazamiento Doppler:
P (∆ν)d∆ν
(4.4.123)
para que esté entre ∆ν y ∆ν + d(∆ν).
Recordemos que:
∆ν = ν 0 − ν = ν
u
c
c
u = ∆ν
ν
w(u)du =
1
(2πmkT )
Esto lleva a:
P (∆ν)d(∆ν) =
1
(2πmkT )
1
2
e
1
2
e
−βmu2
2
−βmc2
2ν 2
mdu
(∆ν)2
c
m d(∆ν)
ν
(4.4.124)
(4.4.125)
(4.4.126)
(4.4.127)
iii La anchura Doppler se define como el ancho de banda δν de la función P (∆ν). Calcular
δν en función de ν, c, kT y m.
Definimos el ancho de banda gaussiano para este caso:
P (x)dx = √
1
2πσ 2
1
r
−x2
e 2σ2 dx
e
−(∆ν)2
ν2 )
βmc2
2(
(4.4.128)
(4.4.129)
mν 2
2π m2 c2 β
La varianza de la Gaussiana es:
σ2 =
ν2
βmc2
(4.4.130)
Para una gaussiana el ancho de banda:
−x2
1
e 2σ2
√ =√
2
22πσ
2πσ 2
p
2 2σ 2 ln(2) = 2xa
115
(4.4.131)
(4.4.132)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Por lo tanto, el ancho de banda de nuestro caso será:
r
δν = 2 (2 ln(2))
ν 2 kT
mc2
(4.4.133)
iv Conociendo el ancho de banda de las lı́neas espectrales, calcular la anchura Doppler a
300 Kelvin para la lı́nea de emisión de 5890Ȧ del sodio en estado de vapor.
No se hizo.
87. La respuesta de las sustancias polares a un campo eléctrico se puede descubrir mediante la
estadı́stica clásica asignando a cada molécula un momento dipolar eléctrico P~ :
Figura 4.10: Momento dipolar de molécula polar
i Hallar la polarización macroscópica < P > en la dirección del campo para un sistema
~
de n moléculas por unidad de volumen a la temperatura T con campo E.
Sabemos que:
P~ = p~dV
~
E = −~
p·E
(4.4.134)
< P >=< np cos(θ) >= np < cos(θ) >
(4.4.136)
(4.4.135)
Por lo tanto:
donde recordemos que necesitamos el diferencial de ángulo sólido δΩ = sin(θ)δθδφ:
eβpE cos(θ) sin(θ)δθδφ
P (θ, φ)dθdφ = R βpE cos(θ)
e
sin(θ)δθδφ
eβpE cos(θ) sin(θ)
P (θ)dθ = R βpE cos(θ)
e
sin(θ)dθ
R π βpE cos(θ)
e
cos(θ) sin(θ)dθ
< cos(θ) >= 0 R π βpE cos(θ)
e
sin(θ)dθ
0
(4.4.137)
(4.4.138)
(4.4.139)
Si hacemos el cambio de variable βpE = x veremos que tendremos una integral parecida
a las de D.0.2, página 227:
116
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1 dI(x)
d ln(I(x))
=
I(x) dx
dx
d
2 sinh(x)
(ln(
))
dx
x
d
(ln(2 sinh(x)) − ln(x))
dx
cosh(x)
sinh(x) − x1
pE
kT
< P >= np[coth(
)−
]
kT
pE
(4.4.140)
(4.4.141)
(4.4.142)
(4.4.143)
(4.4.144)
ii Hallar la polarizabilidad del sistema:
d
cot(x) = sin−1
Recordemos que dx
2 (x)
χ=
−1
kT
∂<P >
p
= np[
+
]
2 pE kT
2
∂E
pE
sinh ( kT )
(4.4.145)
pE 2
npkT
[1 − ( kT ) ]
2
pE
sinh2 ( pE
kT )
(4.4.146)
iii Contribución del campo Eléctrico a la capacidad calorı́fica CV por unidad de volumen.
La capacidad calorı́fica se calculaba como:
CV =
∂
∂<E>
n=n
(−Ep < cos(θ) >)
∂T
∂T
(4.4.147)
Entonces tenemos, a igual que antes:
∂
pE
kT
(coth(
)−
)
∂T
kT
pE
−1
−pE
k
−Enp[
(
)−
]
2
kT
pE
sinh2 ( pE
)
kT
−Enp
CV = nk[1 +
2
( pE
kT )
sinh2 ( pE
kT )
]
(4.4.148)
(4.4.149)
(4.4.150)
iv Calcular < P >, χ y CV a altas temperaturas:
Tenemos en cuenta la aproximación a una serie de Laurent, de la que despreciamos ya
orden 3:
1 x
+ + o(3)
x 3
−1
−1 1
= 2 + + o(2)
x
3
sinh2 (x)
coth(x) =
117
(4.4.151)
(4.4.152)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
< P >:
1
]
x
1 x 1
np[ + − ]
x 3 x
x
np
3
np2 E
< P >=
3kT
< P >= np[coth(x) −
(4.4.153)
(4.4.154)
(4.4.155)
(4.4.156)
χ
χ=
nkT
−1 1
[1 − x2 [ 2 + ]]
2
E
x
3
nkT 2
x
3E 2
2
E
1
nk T p2
∼
2 2 2
T
E k T
3
(4.4.157)
(4.4.158)
(4.4.159)
CV :
CV =
Si θ =
pE
k
npx2
np3 E 2
=
3
3k 2 T 2
(4.4.160)
entonces T >> θ.
88. Dos dipolos magnéticos de momentos dipolares m
~1 y m
~ 2 se mantienen a una distancia fija
R, de forma que las orientaciones de los momento son oponibles.
Figura 4.11: Dos dipolos magnéticos
La energı́a potencial de interacción entre los dipolos:
V =
~ m
~ + (m
−3(m
~ 1 · R)(
~ 2 · R)
~1 · m
~ 2 )R2
5
R
y se supone equilibrio a la temperatura T :
118
(4.4.161)
Fı́sica Estadı́stica
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i Hallar la densidad de probabilidad de las orientaciones de los dos dipolos w(θ1 , φ1 , θ2 , φ2 )
en aproximación de altas temperaturas, tal que:
m1 m2
<< 1
kT R3
(4.4.162)
m1 m2
θ
→λ=
<< 1
kR3
T
(4.4.163)
λ=
Si llamamos:
θ=
La probabilidad será:
e−βV dΩ1 dΩ2
w(θ1 , φ1 , θ2 , φ2 )dθ1 dφ1 dθ2 dφ2 = R −βV
e
dΩ1 dΩ2
(4.4.164)
Los distintos vectores son:
~ = (0, 0, R)
R
(4.4.165)
m
~ 1 = (m1 sin(θ1 ) cos(φ1 ), m1 sin(θ1 ) sin(φ1 ), m1 cos(θ1 ))
(4.4.166)
m
~ 2 = (m2 sin(θ2 ) cos(φ2 ), m2 sin(θ2 ) sin(φ2 ), m2 cos(θ1 ))
(4.4.167)
El potencial de interacción será:
V =
~ m
~ m
−3(m
~ 1 · R)(
~ 2 · R)(
~1 · m
~ 2 )R2
R5
1
[−3(m1 R cos(θ1 ))(m2 R cos(θ2 ))+
R5
+R2 (m1 m2 sin(θ1 ) cos(φ1 ) sin(θ2 ) cos(φ2 )+
m1 m2 sin(θ1 ) sin(φ1 ) sin(θ2 ) sin(φ2 ) + m1 m2 cos(θ1 ) cos(φ1 ))]
m1 m2
[−3 cos(θ1 ) cos(θ2 ) + sin(θ1 ) sin(θ2 )
R3
(cos(φ1 ) cos(φ2 ) + sin(φ1 ) sin(φ2 )) + cos(θ1 ) cos(θ2 )]
m1 m2
[−2 cos(θ1 ) cos(θ2 )+
R3
sin(θ1 ) sin(θ2 ) cos(θ1 − θ2 )]
(4.4.168)
(4.4.169)
(4.4.170)
(4.4.171)
Luego, en la exponencial tenemos, si llamamos al resultado final f :
e−βV = e
−m1 m2
R3 kT
= e−λf = 1 − λf +
λ2 f 2
+ o(3)
2
(4.4.172)
Se integra al ángulo sólido:
(4π)2
*0 2 Z
* Z
λ
−βV
1 dΩ2 − λ f dΩ
e
dΩ1 dΩ2 = dΩ
f 2 dΩ1 dΩ2
1 dΩ2 +
2
El resultado final dará:
λ2
16π 2 (1 + )
3
Z
Z
119
(4.4.173)
(4.4.174)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
ii En condiciones de altas temperaturas, hallar el valor medio de la energı́a de interacción
entre los dipolos:
R
V e−βV dΩ1 dΩ2
< V >= R −βV
e
dΩ1 dΩ2
Z
1
−∂
R
(
e−βV dΩ1 dΩ2 ) u
e−βV dΩ1 dΩ2 ∂β
−∂
λ2
−∂
λ2
ln(16π 2 (1 + )) =
ln(1 + )
∂β
3
∂β
3
λ2 ∂λ
−∂
ln(1 + )
∂λ
3 ∂V
βm1 m2
λ=
R3
−1 2λ m1 m2
2
3
1 + λ3 3
Utilizamos la aproximación
1
1+x
(4.4.176)
(4.4.177)
(4.4.178)
(4.4.179)
(4.4.180)
∼ 1 − x:
λ2 2λ m1 m2
)
3 3 R3
−2λ2
−2λ m1 m2
=
3
R3
3β
−(1 −
4.5.
(4.4.175)
(4.4.181)
(4.4.182)
Relación entre la Z y < E >, S y F
La probabilidad:
Pl =
e−βEl
Z
(4.5.1)
La energı́a:
< E >=
X
Pl El =
l
X
l
El
e−βEl
Z
1 X
−1 X ∂ −βEl
El e−βEl =
(e
)
Z
Z
∂β
l
l
−1 ∂ X −βEl
−1 ∂Z
−∂ ln(Z)
(
e
)=
=
Z ∂β
Z ∂β
∂β
(4.5.2)
(4.5.3)
(4.5.4)
l
−∂ ln(Z)
−∂ ln(Z) ∂T
=
∂β
∂T
∂β
Si β =
1
kT
,T =
1
kβ :
120
(4.5.5)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1 ∂ ln(z)
∂ ln(Z)
= kT 2
2
kβ
∂T
∂T
−∂ ln(Z)
∂
ln(Z)
< E >=
= kT 2
∂β
∂T
(4.5.6)
(4.5.7)
La desviación tı́pica energética: (∆E)2 =< E 2 > − < E >2
e−βEl
Z
(4.5.8)
−∂ −βEl
−1 X ∂
1 X
El (
e
)=
(El e−βEl )
Z
∂β
Z
∂β
(4.5.9)
1 X ∂ 2 −βEl
1 ∂2
e
Z
=
Z
∂β 2
Z 2 ∂β 2
(4.5.10)
< E 2 >=
X
El2 Pl =
l
l
X
l
El2
l
l
Vemos entonces que:
1 ∂2
1 ∂Z 2
− (−
)
Z ∂β 2
Z ∂β
1 ∂2Z
1 ∂Z 2
− 2(
)
2
Z ∂β
Z ∂β
∂ 1 ∂Z
∂<E>
(
)=
∂β Z ∂β
∂β
−∂ < E > ∂T
∂<E>
= kT 2
= kT 2 CV
∂T
∂β
∂T
(∆E)2 =
(4.5.11)
(4.5.12)
(4.5.13)
(4.5.14)
Ahora, la capacidad calorı́fica:
∂<E>
∂ < E > ∂β
=
∂T
∂β
∂T
−1 ∂ −∂ ln(Z)
1 ∂ 2 ln(Z)
[
]=
kT 2 ∂β
∂β
kT 2 ∂β 2
CV =
Para la entropı́a:
121
(4.5.15)
(4.5.16)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
S = −k
X
l
−k
Xe
kβ
l
−βEl
Z
l
X
e−βEl
)
Z
(4.5.17)
(−βEl − ln(Z))
(4.5.18)
X e−βEl
Pl ln(Pl ) = −k
ln(
Z
Pl E l + k
l
X
Pl ln(Z)
(4.5.19)
l
−∂ ln(Z)
∂β
S = kβ < E > +k ln(Z)
< E >=
F = −kT ln(Z)
(4.5.20)
(4.5.21)
(4.5.22)
La energı́a libre de Helmholtz:
F =< E > −T S
< E > − T (
kβ<E> + k ln(Z))
(4.5.24)
F = −kT ln(Z)
(4.5.25)
(4.5.23)
Por lo tanto vemos que para la colectividad microcanónica la entropı́a obtiene la forma sencilla sı́ y
sólo sı́ son equiprobables. La energı́a libre de Helmholtz F la obtiene para la colectividad canónica.
Y el potencial macrocanónico su propio nombre indica. Ah, y la presión es:
P = −(
∂F
)
∂V
(4.5.26)
89. La función de partición de un sistema es:
ln(Z) = aT 4 V
(4.5.27)
Calcular < E >:
< E >=
−∂ ln(Z)
∂ ln(Z)
= −kT 2
= kT 2 4aT 3 V = 4kaT 5 V
∂β
∂T
(4.5.28)
Calcular la entropı́a:
kβ < E > +k ln(Z) =
k
4kaT 5 V + kaT 4 V = 5kaT 4 V
kT
(4.5.29)
Calcular la energı́a libre de Helmholtz:
F = −kT ln(Z) = −kT aT 4 V = −kaT 5 V
(4.5.30)
Calcular la presión:
P = −(
∂F
)T,N = kaT 5
∂V
122
(4.5.31)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
90. Un sistema termodinámico en N subsistemas independientes y separados en el espacio. Para
un subsistema puede estar en los siguientes no degenerados: 0, E, 2E, 3E. El sistema está en
equilibrio térmico a T alta T = Ek . Calcular la función de partición Z, < E > y S:
Si el sistema estuviera compuesto por 2 subsistemas:
Z=
X
e−β(El +Ej ) =
X
X
e−βEj = (Z1 )2
(4.5.32)
(Z1 )N = (1 + e−βE + e−β2E + e−3βE )N
(4.5.33)
l,j
e−βEl
j
l
La energı́a:
−∂ ln(Z)
∂
=N
ln(1 + e−βE + e−β2E + e−3βE )
∂β
∂β
1
(−Ee−βE − 2Ee−2βE − 3Ee−3βE )
+ e−2βE + e−3βE
< E >=
−N
1 + e−βE
La entropı́a, teniendo en cuenta que T =
E
k,
β=
1
E
S = kβ < E > +k ln(1 + e−βE + e−β2E + e−3βE )
< E >=
91.
(4.5.34)
N E(e−1 + 2e−2 + 3e−3 )
1 + e−1 + e−2 + e−3
(4.5.35)
(4.5.36)
a Calcular la < E >, la CV , (∆E)2 y la S para un sistema con dos niveles de energı́a 0, E
no degenerados.
Z = 1 + e−βE
(4.5.37)
La energı́a:
< E >=
−∂
−1
E
ln(1 + e−βE ) =
(−E)e−βE = βE
∂β
1 + e−βE
e +1
(4.5.38)
La capacidad calorı́fica:
CV =
x=
∂<E>
∂ < E > ∂β
−1
=
=
E(−1)(eβE + 1)−2 EeβE
∂T
∂β
∂T
kT 2
E
kT
CV =
kx2 ex
(ex + 1)2
(4.5.39)
(4.5.40)
La desviación tı́pica (∆E)2 :
(∆E)2 = kT 2 CV = k 2 T 2
siendo x =
E
kT
x2 ex
(ex + 1)2
(4.5.41)
.
S=
βkE
+ k ln(1 + e−βE )
+1
eβE
123
(4.5.42)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
b Estudiar la entropı́a para altas y bajas temperaturas:
S = k exx+1 + k ln(1 + e−x ):
E
Si θ = Ek → x = kT
= Tθ :
T >> θ : x → 0 : S → k ln(2)
T << θ : x → ∞ : S → 0
92. Un cilindro de radio R y altura H contiene un gas ideal a la temperatura constante T y se
hace girar el cilindro alrededor de su eje a la velocidad angular ω de forma que una molécula
situada a la distancia r de su eje de rotación está sometida a una aceleración radial de módulo
ω 2 r:
Figura 4.12: Cilindro sometido a aceleración radial.
a Función de Partición Z.
La energı́a potencial será por lo tanto:
−mω 2 r2
2
EP =
(4.5.43)
Por lo que la energı́a se hará:
E=
p2
mω 2 r2
−
2m
2
(4.5.44)
Por lo tanto tenemos que:
1
[
h3
Z
∞
−∞
Z
p2
mω 2 r 2
1
Z= 3
e−β( 2m − 2 ) d3~rd3 p~
h
Z 2π Z H Z R
−βp2
βmω 2 r 2
x
e 2m dpx ]3
dθ
dz
e 2 rdr
0
0
(4.5.45)
(4.5.46)
0
βmω 2 r 2
3
(2πmkT ) 2
e 2
2πH[
]R
3
h
βmω 2 0
(4.5.47)
3
(2πmkT ) 2 2πH βmω2 R2
− 1]
[e 2
h3
βmω 2
(4.5.48)
b P (r)dr
P (r)dr =
βmω 2 e
[e
124
βmω 2 r 2
2
βmω 2 R2
2
dr
− 1]
(4.5.49)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
93. (Mismo ejercicio que el anterior, pero del Ngô): Centrifugación de un gas ideal.
Un cilindro de radio R y altura H contiene un mol de gas ideal a la temperatura constante T .
Hacemos girar el cilindro sobre su eje a la velocidad angular ω. De esta forma, una molécula
situada a una distancia r del eje de rotación está sometida a una aceleración radial de módulo
ω 2 r. Se pide calcular la función de partición y la presión del gas:
Desde el punto de vista de laboratorio, una molécula de gas situada a la distancia r del
eje del cilindro está sometida a una fuerza radial F = mω 2~r, que deriva del potencial:
R
2 2
r
U = − F d~r = −mω
+ C. La energı́a total de la molécula vendrá dada entonces por:
2
mω 2 r2
p2
−
(4.5.50)
2m
2
La función de partición de una molécula se obtiene integrando sobre el espacio de fases total:
Z
Z
−p2
mω 2 r 2
1
2kT
rdrdθdze
e 2mkT d~
p
(4.5.51)
Z= 3
h V
Esto es:
3 kT
mω 2 R2
2πH
(e 2kT − 1)
Z = 3 (2πmkT ) 2
(4.5.52)
2
h
mω
Sea un cilindro hueco, de eje común al de la centrifugación. Su radio es r, su diferencial dr y
el volumen dV = 2πrHdr. Tendremos entonces:
N (r)
kT = ρ(r)kT
(4.5.53)
P (r) =
2πrHdr
donde ρ(r) representa el número de los átomos por unidad de volumen a la distancia r del
eje:
Z
−p2
mω 2 r 2
d3 N
N
ρ(r) =
=
e 2mkT + 2kT d~
p
(4.5.54)
3
d~r
Zh
donde se ha efectuado la integración a todo el espacio de momentos. Tenemos finalmente la
presión:
mω 2 r 2
N mω 2 e 2kT
(4.5.55)
P (r) = ρ(r)kT =
2 r2
2πH [e mω
2kT
− 1]
E=
94. Un sistema de N partı́culas de masa m en equilibrio a T . Cada partı́cula tiene una energı́a
potencial no armónica en dos dimensiones:
V (r) =
1 2 λ 4
Cr − r
2
4
(4.5.56)
p
siendo C, λ > 0 y r = x2 + y 2 .
La temperatura es lo suficientemente baja como para que la mayorı́a de las partı́culas estén
en una región aproximadamente armónica. Hallar N (r)dr número de partı́culas por unidad
de distancia. Se desarrollará en serie la parte no armónica limitándose a los dos primeros
términos justificando dicha aproximación:
En primer lugar, derivemos el potencial, con tal de estudiar si es un máximo o un mı́nimo:
(
rq
=0
dV
3
= 0 → Cr − λr = 0
r = Cλ
dr
(
> 0; si rq
=0
d2 V
2
= C − 3λr
2
< 0; si r = Cλ
dr
125
(4.5.57)
(4.5.58)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Figura 4.13: Forma del potencial
Por lo tanto, la función de partición
Z
Z
−β~
p2
2
1
λ 4
1
Z= 2
e 2m d2 p~ e−β( 2 Cr − 4 r ) d2~r
~
Y esto es:
1
(2πmkT )
~2
2π
Z
Z
∞
dθ
0
e
−βCr 2
2
e
(4.5.59)
βλr 4
4
(4.5.60)
0
Lo que se podrı́a simplificar como:
Z=
siendo:
Z
Iu
∞
e
2πmkT
2πI
~2
−βCr 2
2
[1 +
0
(4.5.61)
βλ 4
r ]rdr
4
(4.5.62)
a Si el potencial fuera armónico, la probabilidad serı́a:
P (r)dr ∼ e
−βCr 2
2
dr
Y haciendo un estimación, la desviación tı́pica serı́a σ 2 =
q
b r0 << Cλ :
r
1
C
√
<<
λ
βC
(4.5.63)
1
βC
→ r0 ∼ θ =
√1
βC
(4.5.64)
Esto implicarı́a:
λ
<< 1
βC 2
c
βλ 4
4 r0
=
βλ
4
(4.5.65)
Esto implicarı́a que, dado lo anterior:
1
λ
=
β2C 2
4βC 2
Esto implica la justificación del 2do. término.
Z ∞
Z
−βCr 2
βλ ∞ 5 −βCr2
2
rdr +
e
r e 2 dr
4 0
0
(4.5.66)
(4.5.67)
y aplicando el apéndice D.0.4.
I1 (
βC
βλ
βC
1
βλ Γ(3)
)+
I5 (
) = βC +
3
2
4
2
4 2( βC
2( 2 )
2 )
126
(4.5.68)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Siendo N (r)dr = N P (r)dr:
N (r)dr = N P (r)dr = N
e
−βCr 2
2
(1 +
I
βλr 4
4 )
dr
(4.5.69)
95. Un gas ideal de partı́culas distinguibles tiene energı́a E = pc:
a Hallar Z1 para una partı́cula:
Z
1
Z1 = 3
e−βpc d3~rd3 p~
h
Z ∞
V
e−βpc p2 dp
h3 0
(4.5.70)
(4.5.71)
Si βcp = u, tenemos:
∞
u2
du
(βc)3
0
Z ∞
4πV
8πV
u2 e−u du = 3
3
3
h (βc) 0
h (βc)3
4πV
h3
Z
e−u
(4.5.72)
(4.5.73)
b Para tener en cuenta el carácter indistinguible de las partı́culas se introduce el factor de
Gibbs:
ZN
Z= 1
(4.5.74)
N!
Calcular < E >, F, S, P, CV :
La energı́a:
< E >=
−∂ ln(Z)
−∂
1 8πV N
−∂
1
=
(ln( (
) )) =
= 3N = 3N kT
3
−3N
∂β
∂β
N ! (βch)
∂β ln(β
)
β
(4.5.75)
Por la energı́a, la capacidad calorı́fica es:
CV =
∂<E>
= 3N k = constante
∂T
(4.5.76)
La entropı́a:
k
+ k ln( 1 ( 8πV )N )
KT
S = kβ < E > +k ln(Z) = 3N
kT
N ! (βch)3
(4.5.77)
Entonces:
S = 3N k + k ln(
127
1 8πV N
(
) )
N ! (βch)3
(4.5.78)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
La energı́a libre de Helmholtz:
F = −kT ln(Z) → −kT ln(
1 8πV N
) )
(
N ! (βch)3
(4.5.79)
La presión:
∂
N kT
∂F
)T,N = kT
ln(V N ) =
∂
∂V
V
Vemos que sigue los gases ideales.
P = −(
(4.5.80)
1
2
2 Cx
+ λx3 a temperatura T . El término no armónico es
96. Se tiene un oscilador V (x) =
pequeño λx3 << C2 x2 .
i Hallar la función de partición del sistema realizando desarrollo en serie de Taylor y
quedándonos con el primer término que corrija al término armónico.
Z
1
Z=
h
∞
∞
e
−p2
x
2m
−∞
Z
∞
1
e−β( 2 Cx
dpx
2
+λx3 )
dx
(−βλx3 )2
+ . . . ]dx
2!
−∞
Z
1 Z ∞
−βCx2
(2πmkT ) 2
β 2 λ2 ∞ 6 −βCx2
dx
2
[
e
x e 2 dx]
+
h
2
−∞
−∞
1
1
(2πmkT ) 2
h
Z
e
−βCx2
2
(4.5.81)
−∞
[1 + (−βλx3 ) +
(4.5.82)
(4.5.83)
1
(2πmkT ) 2
βC
β 2 λ2
βC
[J0 (
)+
J6 (
)]
h
2
2
2
r
1
β 2 λ2
βC
2π
(2πmkT ) 2
[
+
2I6 (
)]
h
βC
2
2
Donde sabemos que:
ii Calcular < x >=
Z
5 3 1√
Γ( 6+1
βC
2 )
2 π
I6 (
) = βC 7 = 2 2βC
7
2
2( 2 ) 2
2( 2 ) 2
(4.5.84)
(4.5.85)
(4.5.86)
R
−βV (x)
dx
R xe
e−βV (x) dx
xe−βV dx ∼
Z
xe
−βCx2
2
(1 + (−βλx3 ) +
(−βλx3 )2
+ . . . )dx
2!
(4.5.87)
Ahora sólo quedará la impar.
Z
xe
−βCx2
2
(−βλx3 )dx
(4.5.88)
97. Hallar la transformación que experimenta la energı́a interna y la entropı́a cuando cambian la
escala de energı́as:
128
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Suponemos el caso no degenerado, pero también se puede hacer con degeneración; sin embargo, el resultado es el mismo.
Z∗ =
Er∗ = Er + E0 →< Er∗ >=< Er > +E0
(4.5.89)
X
e−βEr = e−βE0 Z
(4.5.90)
ln(Z ∗ ) = ln(Z) − βE0
−∂
−∂
< E ∗ >=
ln(Z ∗ ) =
(ln(Z) − βE0 )
∂β
∂β
−∂ ln(Z)
+ E0 =< E > +E0
∂β
(4.5.91)
e−β(Er +E0 ) = e−βE0
r
X
r
(4.5.92)
(4.5.93)
Para la entropı́a:
S ∗ = k ln(Z ∗ ) + kβ < E ∗ >
∗
S ∗ = k(ln(Z) − βE
kβE
0 ) + kβ < E > +
0
S = k ln(Z) + kβ < E >= S ∗
(4.5.94)
(4.5.95)
(4.5.96)
La energı́a lógicamente cambiará, mientras que la entropı́a no.
98. Un cilindro de altura L y área de la base A, contiene un gas ideal cuyas partı́culas tienen
masa m y están sometidas a la acción de un campo gravitatorio tal que g = cte. El sistema
se mantiene en equilibrio térmico a T . Se pide función de partición y P (z)dz, probabilidad
de encontrar partı́cula entre z y z + dz.
No se hizo.
99. Los tres niveles de energı́a de un sistema sin degeneración son:
E1 = 0
E2 = E
E3 = 10E
Probar que a temperaturas lo suficientemente bajas solamente los niveles E1 y E2 están
poblados para un sistema grande de partı́culas N >> 1.
En primer lugar tenemos:
e−βE1
1
N1
=
=
N
Z
Z
N2
e−βE
=
N
Z
N3
e−10βE
=
N
Z
129
(4.5.97)
(4.5.98)
(4.5.99)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Y como todas son probabilidades, son menores que uno. La función de partición será:
Z = 1 + e−βE + e−10βE
(4.5.100)
Si N >> 1:
e−10βE
<1
1 + e−βE + e−10βE
N e−10βE < 1 + e−βE + e−10βE
N3 = N
10βE
N <e
10βE
N −1<e
+e
9βE
→N <e
+e
10βE
10βE
N <e
A temperaturas bajas βE >> 1, tenemos que β =
1
kT
9βE
+e
(1 + e
(4.5.101)
(4.5.102)
+1
(4.5.103)
9βE
(4.5.104)
−βE
)
(4.5.105)
→∞
N < e10βE (1 + 0) → N < e10βE
(4.5.106)
ln(N ) < 10βE
(4.5.107)
Si tomamos logaritmos:
Y vemos que existe la condición para estas temperaturas:
T <
4.6.
10E
k ln(N )
(4.5.108)
Z para partı́culas libres en caja cúbica
Primero lo haremos para una única partı́cula y luego con N partı́culas indistinguibles.
Utilizaremos la mecánica cuántica:
Enx ,ny ,nz = E0 (n2x + n2y + n2z )
sea E0 =
2 2
π ~
2mL2
=
2 2
π ~
2mV
2
3
(4.6.1)
. Entonces la función de partición de una partı́cula será:
Z1 =
2
X
2
2
e−βE0 (nx +ny +nz )
(4.6.2)
nx ,ny ,nz
Esto nos lleva a:
X
2
Z1 = (
e−βE0 nx )3
nx
Y de una aproximación discreta tenemos que pasar a una continua:
Figura 4.14: De discreta a continua.
130
(4.6.3)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
∞
Z
[
2
e−βE0 x dx]3
(4.6.4)
0
[I0 (βE0 )]3
(4.6.5)
1
[ I0 (βE0 )]3
2
(4.6.6)
1 π 3
(
)2
8 βE0
(4.6.7)
Si utilizáramos la aproximación semiclásica:
Z1 =
1
h3
Z
e
−β~
p2
2m
d3 p~
Z
d3~r
(4.6.8)
3
(2πmkT ) 2 V
h3
V
λ3
(4.6.9)
(4.6.10)
siendo λ:
r
λ=
h2
2πmkT
(4.6.11)
Si fuesen N partı́culas indistinguibles (añadiendo el factor de Gibbs):
Z=
( V3 )N
VN
Z1N
= λ
= 3N
N!
N!
λ N!
(4.6.12)
Entonces tenemos que la energı́a es:
−∂ ln(Z)
−∂
=
ln(λ−3N )
∂β
∂β
1
3N ∂
3N
3
ln(β 2 ) =
= N kT
∂β
2β
2
< E >=
(4.6.13)
(4.6.14)
Que tiene lógica al ser la energı́a cinética de cada una de las partı́culas.
La energı́a libre de Helmholtz:
F = −kT ln(Z) = −kT ln(
VN
λ3N N !
)
(4.6.15)
La presión:
P = −(
∂F
∂
N kT
)T,N = kT
(ln(V N )) ∼
∂V
∂V
V
131
(4.6.16)
Fı́sica Estadı́stica
4.7.
Curso 2016-2017
Entropı́a de Mezcla
1. Gases ideales distintos a la misma Temperatura:
Son dos subsistemas, uno con N1 , m1 , V1 y el otro con N2 , m2 , V2 . Se mezclan al quitar la
pared y al final tenemos: N1 , N2 , V = V1 + V2 , T .
Queremos calcular la entropı́a final a partir de Z.
Z=
VN
N !λ3N
(4.7.1)
donde recordemos que;
r
λ=
h2
2πmkT
(4.7.2)
Z i1 =
V1N
1
N1 !λ3N
1
(4.7.3)
Z i2 =
V2N
2
N2 !λ3N
2
(4.7.4)
V N1 +N2
1
2
N1 !λ3N
N2 !λ3N
1
2
(4.7.5)
El estado inicial es:
Y el estado final:
Zf = Zf1 Zf2 =
Tenemos que:
dF = −SdT − P dV + µdN → S = −(
∂F
)V,N
∂T
(4.7.6)
Y esto significa:
F = −kT ln(Z)
(4.7.7)
S = k ln(Z)
(4.7.8)
Más concretamente:
∆S = Sf − Si
∂
∂
k
(T ln(Zf )) − k
(T ln(Zi ))
∂T
∂T
k ln(Zf ) − k ln(Zi )
Zf
k ln( )
Zi
k ln(
V N1 V N2
(
(
(
3N1
N
!N
!λ(
λ3N2
(
1
( 2(
N
132
(4.7.10)
(4.7.11)
(4.7.12)
)
(4.7.13)
V V
)
V1N1 V2N2
(4.7.14)
N
V1 1
V2 2
3N
1 N
λ3N2
N
!λ
2
1
N1 N2
k ln(
(4.7.9)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Entonces tendremos que para este caso:
∆S = k(N1 ln(
V
V
) + N2 ln( ))
V1
V2
(4.7.15)
2. Si son gases iguales con densidades iguales a la misma temperatura: A igual que antes,
tendremos el mismo estado inicial:
Z i1 =
V1N
1
N1 !λ3N
1
(4.7.16)
Z i2 =
V2N
2
N2 !λ3N
2
(4.7.17)
V N1 +N2
(N1 + N2 )!λ3(N1 +N2 )
(4.7.18)
Y el estado final será lo que cambie:
Zf =
Entonces, a igual que antes, tendremos que:
∆S = k ln(
k ln(
k(ln(
Zf
)
Zi
V N1 +N2
+N(
(1(
2)
(N1 +N2 )!(
λ3(N
(4.7.19)
)
(4.7.20)
V N1 +N2
) − ln((N1 + N2 )!) + ln(N1 !) + ln(N2 !))
V1N1 V2N2
(4.7.21)
N
N
V1 1
V2 2
3N
1 N 2
N1 !
λ3N
2λ
Tendremos que aplicar la fórmula de Stirling: ln(N !) = N ln(N ) − N :
k(N1 ln(
V
V
) + N2 ln( ) − (N1 + N2 ) ln(N1 + N2 ) + N1+N2 + N1 ln(N1 ) − N
N
1 + N2 ln(N2 ) − 2)
V1
V2
(4.7.22)
V
V
k(N1 ln( ) + N2 ln( ) − (N1 + N2 ) ln(N1 + N2 ) + N1 ln(N1 ) + N2 ln(N2 ))
V1
V2
(4.7.23)
Si no hubiera factor de Gibbs, darı́a 0, irreversible.
k[ln(
V N1 N1N1
V N2 N2N2
)
+
ln(
)]
N
(N1 + N2 )N1 V1 1
(N1 + N2 )N2 V2N2
133
(4.7.24)
Fı́sica Estadı́stica
4.8.
Curso 2016-2017
Z para Oscilador Armónico en 1D
Sea un oscilador armónico con un potencial V (x). En un entorno de los puntos crı́ticos correspondientes a equilibrio estable tendremos que:
V 00 (x0 )
V 00 (x0 )
:0
V (x) u V (x0 ) + V 0
(x
(x − x0 )2 = V (x0 ) +
(x − x0 )2
0 )(x − x0 ) +
2!
2
(4.8.1)
Si eligiéramos convenientemente el origen de V (x) podrı́amos obtener:
V (x) =
1
α(x − x0 )2
2
(4.8.2)
Cuya energı́a es:
1
En = (n + )~ω; n = 0, 1, . . .
2
Y por tanto la función de partición resulta:
Z=
∞
X
e
−βEn
=
n=0
∞
X
1
e−β(n+ 2 )~ω
(4.8.3)
(4.8.4)
n=0
e
−β~ω
2
∞
X
e−β~ωn
(4.8.5)
n=0
e
−β~ω
2
[1 + e−β~ω + e−2β~ω + . . . ]
(4.8.6)
(4.8.7)
donde vemos que es una serie geométrica de razón r = e−β~ω :
e
−β~ω
2
1
1 − e−β~ω
1
β~ω
2
−β~ω
−e 2
1
Z=
2 sinh( β~ω
2 )
e
(4.8.8)
(4.8.9)
(4.8.10)
La energı́a media:
−∂ ln(Z)
∂β
β~ω
∂
(ln(sinh(
)))
∂β
2
< E >=
(4.8.11)
(4.8.12)
β~ω
~ cosh( 2 )
2 sinh( β~ω
2 )
(4.8.13)
~ω
β~ω
coth(
)
2
2
(4.8.14)
134
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
La capacidad calorı́fica:
∂<E>
∂E ∂β
=
∂T
∂β T
−1
~ω −1
~ω
(
) ( 2)
2 sinh2 ( β~ω
2 kT
2 )
CV =
k
(4.8.15)
(4.8.16)
~ω 2
( 2kT
)
(4.8.17)
~ω
sinh2 ( 2kT
)
100. Vibraciones de un sólido: Modelo de Einstein:
El movimiento en una dirección de un átomo perteneciente a un sólido puede aproximarse
para oscilaciones pequeñas a un movimiento de un oscilador armónico. El átomo puede vibrar
en tres direcciones independientes.
a Z de un átomo:
Serı́a el modelo de un oscilador armónico tridimensional isotrópico, con energı́a:
3
Enx ,ny ,nz = (nx + ny + nz + )~ω
2
(4.8.18)
Por lo que su función de partición resulta:
Z1 =
X
e−β(nx +ny +nz )~ω
(4.8.19)
nx ,ny ,nz
Z1 = e
−3~ωβ
2
(
∞
X
e−βnx ~ω )3 Z1 = (e
−~ωβ
2
∞
X
nx
e−βnx ~ω )3
(4.8.20)
nx
Por lo que ya lo tenemos calculado de antes:
Z1 = (
1
)3
2 sinh( β~ω
)
2
(4.8.21)
b En el modelo de Einstein todos los átomos vibran con la misma frecuencia. Sea N el
número de átomos del sólido considerado. Hallar la energı́a interna < E > en función
de N , ω y T .
Tenemos que la función de partición total será:
Z = Z1N = (
1
)3N
2 sinh( β~ω
)
2
(4.8.22)
No hay constante de Gibbs por ser distinguibles y estar en los puntos fijos de una recta.
La energı́a la calcularemos:
135
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
−∂ ln(Z)
∂β
∂
β~ω
3N
ln(sinh(
))
∂β
2
< E >=
β~ω
3N ~ω cosh( 2 )
2 sinh( β~ω
2 )
3N ~ω
β~ω
coth(
)
2
2
3N ~ω
~ω
< E >=
coth(
)
2
2kT
< E >=
(4.8.23)
(4.8.24)
(4.8.25)
(4.8.26)
(4.8.27)
c Calcular la capacidad calorı́fica molar y estudiar el comportamiento de la energı́a y de
la capacidad en función de la temperatura:
Tendremos que estudiar los casos de T >> θ y T << θ, donde tenemos como temperatura caracterı́stica a: θ = ~ω
k .
∂<E>
∂T
∂ < E > ∂β
∂β
∂T
3N ~ω
−1
~ω −1
(
) ( 2)
2
2 kT
sinh2 ( β~ω
2 )
CV =
CV = 3N
Entonces tendremos que x =
~ω
kT
=
θ
T
~ω 2
k( 2kT
)
sinh2 ( β~ω
2 )
(4.8.28)
(4.8.29)
(4.8.30)
(4.8.31)
y esto implica:
x
3N ~ω
coth( )
2
2
3N k
x2
CV =
4 sinh2 ( x2 )
< E >=
(4.8.32)
(4.8.33)
Por lo que, si x → 0(T >> θ):
< E >u
~ω
N (~ω)2
3N ~ω 2 x 3N ~ω 2
[ + ]
[ ~ω +
] < E >= 3N kT +
2
x 6
2
6kT
4kT
kT
Y si x → ∞(T << θ):
136
(4.8.34)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
x
−x
3N ~ω e 2 + e 2
2 e x2 − e −x
2
3N ~ω ex + 1
2 e−x − 1
3N ~ω ex − 1 + 2
2
ex − 1
3N ~ω
2
3N ~ω
[1 + x
]u
2
e −1
2
< E >=
Y para la capacidad calorı́fica, con forma: CV =
lugar su desarrollo en serie de Laurent.
3N k
x2
,
4 sinh2 ( x
2)
(4.8.35)
(4.8.36)
(4.8.37)
(4.8.38)
podemos hacer en primer
−4 1
−1
2 x ∼ x2 + 3 + . . .
sinh ( 2 )
(4.8.39)
−x2
x2
2 x ∼ 4 − 3 + ...
sinh ( 2 )
(4.8.40)
Por lo tanto, si x → 0(T >> θ):
3N k
x2
(4 − )
4
3
~2 ω 2 3
1
3N k − N k
4
k 2 T 2 3.
N ~2 ω 2
CV u 3N k −
4 kT 2
CV u
(4.8.41)
(4.8.42)
(4.8.43)
Que implicarı́a que también se puede tratar como:
1 ~2 ω 2
)
12 k 2 T 2
CV ∼ 3N k
CV = 3N k(1 −
(4.8.44)
(4.8.45)
Esto último se denomina la ley de Dulong-Petit. Además está en desacuerdo con los
experimentos.
Y si x → ∞(T << θ):
CV =
4x2
3N k
= 3N kx2 e−x
x
4 e 2 − e −x
2
(4.8.46)
x → 0 ∼ CV → 0
(4.8.47)
137
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
J
Las capacidades calorı́ficas experimentales ( molK
) a 300 K de determinados materiales,
se obtienen de que
r
~ω
α
θ=
→ω=
(4.8.48)
k
m
Para el Cobre Cu ∼ 24
Plata Ag ∼ 25 ∼ 3 × R
Aluminio Al ∼ 25
Diamante (C) ∼ 5, 5
101. Teorı́a de Brioullin.
Se trata de estudiar la ecuación de estado de una sustancia paramagnética. Es decir, la
reducción que existe entre el momento magnético total M , su temperatura T y la reducción
~ a la que el sólido está sometido.
magnética B
~
~ + S),
~ y J el número
Sea J el momento cinético total de un ión paramagnético (J~ = L
~ es
cuántico asociado que puede ser entero o semientero. Situados e un región en la que B
uniforme, dirigido hacia la componente Z, cada uno de los N (N >> 1) iones puede ocupar
2J + 1 niveles de energı́a no degenerados caracterizados por el ı́ndice m que puede variar
entre −J, −J + 1, . . . , J − 1, J. La energı́a del nivel m es Em = mgµB , donde g es el factor
de Landé y µB el magnetón e Bohr.
i Hallar Pm de que esté sobre el nivel de energı́a Em y el número de iones cuya energı́a
BB
es igual a Em en función de x = gµkT
En primer lugar recordemos que la energı́a del nivel es:
Em = mgµB
(4.8.49)
e−βmgµB
e−mx
=
Z
Z
(4.8.50)
Por lo tanto la probabilidad será:
Pm =
que más concretamente:
Z=
J
X
e−mx
(4.8.51)
m=−J
Por lo tanto tendremos que:
:
−Jx
Z = eJx + e(J−1)x + · · · + e
e
Jx
[1 + e
−x
+ ··· + e
−2Jx
J−2J
]
(4.8.52)
(4.8.53)
que es progresión geométrica de razón e−x . Éstas se calculaban como:
n
+
ar
S = a +
ar
.
. . +
2
+
rS = ar
ar
+
.
. . + arn+1
S(1 − r) = a − arn+1
1 − rn+1
S=a
1−r
138
(4.8.54)
(4.8.55)
(4.8.56)
(4.8.57)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Por lo tanto:
1 − e−x(2J+1)
1 − e−x
Jx
−x(2J+1−J)
e −e
1 − e−x
eJx
Multiplicamos y dividimos por
(4.8.58)
(4.8.59)
x
2:
1
−x
e(J+ 2 )x −(J+ 1 )x x
2
e
e2 − e 2
−
sinh((J + 21 x))
Z=
sinh( x2 )
(4.8.60)
(4.8.61)
Por lo tanto ya tenemos la Z, y el resto:
Pm =
e−mx
sinh((J+ 12 x))
sinh( x
2)
(4.8.62)
ii La energı́a de interacción entre el momento magnético de un ión y el campo exterior
~ de forma que la proyección mz del momento magnético de un ión en el
es E = −~
µB
microestado m serı́a:
Mz = −mgµB
(4.8.63)
Em = −Mz B
(4.8.64)
Entonces la energı́a es:
Queremos hallar el momento magnético medio de un ión según el eje Z:
139
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
< Mz >=< −mgµB >= −gµB < m >
Z=
J
X
1
2 x))
sinh((J +
sinh( x2 )
J
X
(4.8.65)
(4.8.66)
e−mx
Z
(4.8.67)
J
1 X
me−mx
Z
(4.8.68)
J
1 X −∂ −mx
(e
)
Z
∂x
(4.8.69)
J
1 −∂
1 −∂ X −mx
(
Z
e
)=
Z ∂x
Z ∂x
(4.8.70)
< m >=
mPm =
m=−J
m
m=−J
=
m=−J
=
m=−J
=
m=−J
−∂ ln(Z)
−∂
1
x
=
[ln(sinh((J + )x)) − ln(sinh( ))]
∂x
∂x
2
2
1
x
cosh((J
+
cosh(
)x)
1
1
2
2)
−(J + )
+
x
1
2 sinh((J + 2 )x)
2 sinh( 2 )
1
1
x
1
< m >= −(J + ) coth((J + )x) + coth( )
2
2
2
2
1
1
gµB
x
< Mz >= −gµB < m >= gµB (J + ) coth((J + )x) −
coth( )
2
2
2
2
=
(4.8.71)
(4.8.72)
(4.8.73)
iii Se define la función:
BJ (x) =
1
1
1
1
x
[(J + ) coth((J + )x) − coth( )]
J
2
2
2
2
como la función de Brillouin.
Hallar Mz = N < Mz >y estudiar su comportamiento en función de x =
lı́mites de T → 0(x → ∞) y T → ∞(x → 0).
Mz = N gµB JBJ (x)
(4.8.74)
gµB B
kT
en los
(4.8.75)
Por lo tanto, queremos ver que hace la cotangente hiperbólica:
eax + e−ax
eax − e−ax
e2ax + 1
coth(ax) u 2ax
e
−1
coth(ax) =
De lo que vemos que:
140
(4.8.76)
(4.8.77)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Si x → ∞: coth(ax) → 1 y por lo tanto:
BJ (x) =
Si x → 0: coth(ax) ∼
BJ (x) →x→0
1
ax
+
x
3
1
1
1
J
[(J + ) − ] = = 1
J
2
2
J
(4.8.78)
y entonces:
(J + 21 )x
1
1
1
1 1
x
[(J + )(
) − ( x + )]
+
1
J
2 (J + 2 )x
3
6
2
2
1 2
1 1 (J + 2 ) x 1
x
[ +
− − ]
J x
3
x
12
x
1 2
1 −1
[(J − J + + ) ]
J
4 4 3
x
BJ (x) ∼ (J + 1)
3
(4.8.79)
(4.8.80)
(4.8.81)
(4.8.82)
Entonces tenemos que:
Si x → ∞:
Mz u N gµB J
Si x → 0 (recordando que x =
(4.8.83)
gµB B
kT )
MZ u N gµB (J 2 + J)
x
N g 2 µ2B B 2
∼
(J + J)
3
3kT
(4.8.84)
Y por lo tanto tendremos:
Mz =
N g 2 µ2B (J 2 + J) B
3k
T
(4.8.85)
que entonces vemos que es la ley de Curie.
102. Modelo de Ising de interacciones entre sı́. Modelos de imanes. Sea una cadena de espines equiPN
distantes 1 < i < N donde N es un número par y H = −J
i=1 σi σi+1 , donde J es una
2
constante positiva. También tenemos que:
↑ (σi = 1)
σi = ±1 →
(4.8.86)
↓ (σi = −1)
Se supondrá N >> 1 y que la cadena se cierra de manera que el espı́n N + 1 = 1:
i ¿Cuál es la energı́a del estado fundamental del sistema? ¿Y su degeneración?
Este modelo tiene en cuenta las interacciones entre vecinos próximos. Podemos concentrarnos en que o todos son estados ↑ o todos ↓, por lo que tendremos que:
E0 =
141
−J
N
2
g0 = 2
(4.8.87)
(4.8.88)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Es decir, habrá degeneración 2 para el estado fundamental.
ii ¿Cuál es la energı́a y degeneración del primer estado excitado?
−J
−J
((N − 2) − 2) =
(N − 4)
(4.8.89)
2
2
N
Tendremos que habrán 2 signos en N acoplamientos:
Y si tenemos en cuenta
2
los que van hacia abajo:
N
g1 = 2
(4.8.90)
2
E1 =
iii Hallar En y gn . ¿Cuál es la energı́a máxima del sistema y su multiplicidad?
En este caso no puede haber combinaciones que den un número impar de acoplamientos
negativos, por lo que el segundo estado excitado será con cuatro acoplamientos negativos
(2 espines cambiados).
Figura 4.15: Cadena de Espines para el estado fundamental, primer excitado y segundo excitado
En este segundo caso tenemos:
E2 =
−J
(N − 8)
2
(4.8.91)
Para el caso general tendremos:
−J
(N − 4n)
2 N
gn = 2
2n
En =
(4.8.92)
(4.8.93)
Con tal de obtener la máxima, tendrı́amos que obtener todos los acoplamientos negativos, por lo que N − 4n = −N → n = N2 :
JN
= 2Jn
2
2JN
JN
=
−
2
2
JN
En =
2
En +
Emax
142
(4.8.94)
(4.8.95)
(4.8.96)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
En este caso, la degeneración para la energı́a máxima serán únicamente dos estados,
dependiendo de la configuración del espı́n inicial.
iv Para una energı́a En fija ¿Cuál es la entropı́a si n >> 1, N − 2n >> 1? Hallar la
temperatura en este caso.
Esto es un sistema de energı́a fija y en configuración microcanónica, por lo que:
N
S = k ln(Ω) = k ln(gn ) = k ln(2
) (4.8.97)
2n
2n!
k ln(gn ) = k ln(2
) (4.8.98)
N !(N − 2n)!
k[ln(2) + ln(N !) − ln((N − 2n)!) − ln(2n!)] (4.8.99)
− 2n ln(2n) + (4.8.100)
u k[ln(2) + N ln(N )
−N − (N − 2n) ln(N − 2n) + N
−2n
2n]
k[ln(2) + N ln(N ) − 2n ln(2n) − (N − 2n) ln(N − 2n)] (4.8.101)
Para encontrar la temperatura:
∂S
∂S ∂n
1
=
=
T
∂E
∂n ∂E
−J
En =
(N − 4n)
2
∂n
1
2
→ n = (N + En )
∂E
4
J
1
∂n
=
∂E
2J
k
1
1
[−2 ln(2n) − 2n 2 − (−2) ln(N − 2n)
(−2)]
2J
2n
N − 2n
N − 2n
k
[2 ln(
)]
2n
2J
J
T =
N −2n
k ln( 2n )
(4.8.102)
(4.8.103)
(4.8.104)
(4.8.105)
(4.8.106)
(4.8.107)
(4.8.108)
v ¿Cuál es la relación entre el número de acoplamientos negativos y el número total de
acoplamientos en función de la temperatura?
J
e kT
k
N − 2n
1
= ln(
)
T
J
2n
N − 2n
N
=
=
−1
2n
2n
2n
1
= βJ
N
e +1
N
n=
2(eβJ + 1)
143
(4.8.109)
(4.8.110)
(4.8.111)
(4.8.112)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
vi Se supone que la cadena de espines está ahora en equilibrio térmico en contacto con una
fuente de calor a temperatura T . Hallar la función de partición del sistema:
En general, la función de partición será hasta Emax
∞
X
hZ =
gn e−βEn
(4.8.113)
n=0
En este caso Emax =
N
2:
N
2
X
−JN
N
2
Z=
e−β( 2 +2nJ)
2n
(4.8.114)
n=0
e
N
2
X
N
2
e−βJ2n
2n
βJN
2
(4.8.115)
n=0
Ahora hacemos los cambios de variable u = e−βJ y m = 2n:
e
βJN
2
N X
N
um
m
(4.8.116)
m=0
donde vemos que es el binomio de Newton. Y a igual que aparece en C, página 225,
dado que es par tenemos lo siguiente:
(e
(e
βJ
2
+e
−βJ
2
)N + (e
βJ
2
−e
βJ
2
−βJ
2
)N
βJ
2
βJ
βJ
e−βJ )N + (e 2 − e 2 e−βJ )N
βJ
βJ
= 2N [coshN (
) + sinhN (
)]
2
2
+e
(4.8.117)
(4.8.118)
Y por tanto:
Z = 2N [coshN (
βJ
βJ
) + sinhN (
)]
2
2
(4.8.119)
Si queremos calcular la energı́a:
−∂ ln(Z)
∂β
(4.8.120)
βJ
βJ
βJ
βJ
) sinh(
) + sinh−1 (
) cosh(
)]
2
2
2
2
(4.8.121)
E=
− N2J
coshN ( βJ
2 )
+
sinhN ( βJ
2 )
[cosh−1 (
Esto finaliza diciendo que el modelo de Ising se utiliza para modelizar el ferromagnetismo.
La interacción entre vecinos próximos se da en ausencia de campo y existe por tanto un
momento magnético permanente
m 6= 0. Esto corresponde a un material ferromagnético.
PN
Si hubiéramos definido H = J2 i=1 σi σi+1 , tendrı́amos un material antiferromagnético.
144
Fı́sica Estadı́stica
4.9.
Curso 2016-2017
Z para moléculas diatómicas en rotación
Calcularemos la función de partición para moléculas diatómicas en rotación en equilibrio a temperatura constante.
Figura 4.16: Esquema de un molécula con su eje de rotación
~
Esta molécula tendrá su momento angular L:
~2
L
2I
l(l + 1)~2
El =
2I
(4.9.1)
E=
(4.9.2)
Estas energı́as están degeneradas con degeneración gl = 2l + 1.
Aplicamos ahora la función de partición canónica:
∞
X
gl e−βEl
(4.9.3)
∞
X
l(l+1)~2
(2l + 1)e−β( 2I )
(4.9.4)
Z=
l=0
l=0
(4.9.5)
donde tenemos que definir nuestra θ =
θ
T
~2
2Ik .
A partir de esto habrá dos casos:
>> 1
Z ∼ 1 + 3e
−∂ ln(Z)
∂β
2
−β~2
−~
(
)3e I
I
< E >=
−1
1 + 3e
−β~2
2I
145
−β~2
I
(4.9.6)
(4.9.7)
(4.9.8)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Multiplicamos y dividimos por e
β~2
I
1
3~2
I e β~I 2 + 3
(4.9.9)
3~2 −β~2
e I
I
(4.9.10)
< E >u
F u −kT ln(1 + 3e
−β~2
I
)
(4.9.11)
∂F
)
∂T
(4.9.12)
−1
)
kT 2
(4.9.13)
S = −(
2
k ln(1 + 3e
−β~2
I
) + kT
3( −~
I )e
1 + 3e
−β~2
I
−β~2
I
(
θ
T
<< 1
Hay que emplear la fórmula de Euler-McLaurin. Aparecerán los números de Bernouilli, que
aparecen en la zeta de Riemann ζ, y esta última en las integrales de Bose.
Realizamos un desarrollo en serie:
Z ∞
−βl(l+1)~2
2I
Zu
(2l + 1)e
dl + . . .
(4.9.14)
0
2
Realizamos el cambio de variable l(l + 1) = u y a = β~
2I .
Z ∞
e−au ∞
1
eau du = [
]0 =
a
a
0
(4.9.15)
103. Para estimar el error cometido en el cálculo de Z al reemplazar la suma discreta por una
integral se emplea la fórmula de Euler-McLaurin:
∞
X
n=0
Z
f (x) =
0
∞
1
1 00
1
f (x)dx + f (0) − f 0 (0) +
f (0) + . . .
2
12
720
(4.9.16)
(el resto son despreciables)
Mediante la cual se puede expresar la función de partición de rotación de la molécula diatómica como un desarrollo en serie de potencias de la variable a = θrot
T con los primeros términos
del desarrollo: f (x) = (2x + 1)e−ax(x+1) . Esto se puede encontrar en el libro de ”Análisis
Numérico” de Kincaid y Cheney. La Z serı́a:
Z=
1 1
a
+ +
a 3 15
(4.9.17)
~
104. Un sólido está formado por n átomos por unidad de volumen. Cada átomo tiene un espı́n S
~
y un momento magnético µ
~ = −gµB S. El sólido se comporta como material ferromagnético
para temperaturas por debajo de la temperatura crı́tica bajo el efecto de las interacciones de
intercambio. Se trata de buscar una expresión aproximada para la temperatura crı́tica θ en
la aproximación de campo medio. Se supone que cada momento está sometido a un campo
efectivo Be = χM .
146
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
i En presencia de un campo B la imanación en la dirección de B será:
M = ngµB sBs (
gµB sB
)
kT
(4.9.18)
Siendo:
Bs (x) =
2s + 1
2s + 1
1
x
coth(
x) −
coth( )
2s
2s
2s
2s
(4.9.19)
Particularizamos al caso de este sistema en ausencia de campo exterior. Introducir las
cantidades siguientes para la imanación y la temperatura:
M
M0
kT
t=
nµ2 χ
M0 = nµ = ngµB s
m=
(4.9.20)
(4.9.21)
(4.9.22)
Escribir la nueva forma de la ecuación trascendente para m.
Cada momento magnético actúa sobre los demás:
µB sχµ
)
kT
gµB s
χµ
M = M0 B S (
)
tnµ2
χ
gµ
sM
B
M = M0 B S ( )
2
S 2
tng µ2B
M
M = M0 B S (
)
tM0
m
m = BS ( )
t
M = ngµB sBS (
(4.9.23)
(4.9.24)
(4.9.25)
(4.9.26)
(4.9.27)
ii Determinar la condición para que exista una solución no nula de la ecuación trascendente.
Esta condición indicarı́a momento magnético permanente.
Tendremos que deducir el valor tC de t por debajo del cual se tiene una función no nula.
Hallar TC a partir de tC . Solución siempre m = 0.
Tenemos:
147
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
BS (x) =
ax
−ax
2ax
+e
e
+1
x → ∞, coth(ax) = eeax −e
−ax = e2ax −1 →
1
x → 0, coth(ax) u ax + ax
3
2s+1
2s
−
1
2s
=1
(4.9.28)
2s + 1
1
(2s + 1) x
1 1
1 x
(Desarrollo de x → 0)BS (x) =
[ (2s+1)x +
]− [ x +
]
2s
2s
3
2s 2s
3 2s
2s
(4.9.29)
1 (2s + 1)2 x −1
+ x
+
+ 2
x
(2s)
3 x
(2s)2 3
(4.9.30)
1
x
[(2s + 1)2 − 1] =
[4s2 + 4s + 1−
1]x
3(2s)2
3(2s)2
(4.9.31)
x4(s + 1)s
3 × 4s2
(4.9.32)
(s + 1)x
3
(4.9.33)
La forma en que BS → 0 no tiene puntos crı́ticos, es creciente. Por lo tanto se puede
buscar la solución.
m
=x
t
tx = BS (x)
(4.9.34)
(4.9.35)
Figura 4.17: Solución del corte entre las dos funciones
(s + 1)
x
3s
s+1
tC =
3s
tx =
(4.9.36)
(4.9.37)
La pendiente determina si hay intersección.
La condición de solución no nula es:
BS (x) ux→0
148
s+1
x
3s
(4.9.38)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Entonces existe solución m 6= 0 si t <
Si ahora despejamos TC :
s+1
3s .
kTC
nµ2 χ
s + 1 nµ2 χ
TC = (
)
3s
k
tc =
(4.9.39)
(4.9.40)
iii Expresad la temperatura crı́tica TC en función de la constante paramagnética de Curie
que se define para temperaturas altas como:
χ = µ0
A T altas es lo mismo que a x =
m
t
∂M
C
=
∂B
T
bajas.
(s + 1)x
3s
s(s
+
1)x
ngµB 3s
M u M0
sabiendo que x =
(4.9.41)
(4.9.42)
(4.9.43)
gµB sB
kT :
(s + 1) gµB sB
3
kT
ng 2 µ2B s(s + 1) B
M=
3k
T
M = ngµB
(4.9.44)
(4.9.45)
Calculamos χ:
χ = µ0
ng 2 µ2B s(s + 1) 1
3k
T
(4.9.46)
Y relacionamos con TC :
2 2(((
µ0(
ng(
µB s(s+1)
C
3k
=
2 2((
(s+1)ng
µB s2 χ
TC
(((
(
3sk
C
µ0
=
TC
χ
µ0
TC =
χC
(4.9.47)
(4.9.48)
(4.9.49)
105. El sólido del ejercicio anterior está en presencia de un campo magnético B dirigido según el eje
OZ. Se tendrá una imanación M según la dirección del campo y el campo efectivo total sobre
149
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
cada átomo es, en la aproximación del campo medio BT = B+χM . Hallar la susceptibilidad χ
en el lı́mite de que un campo aplicado de pequeña intensidad dé temperaturas altas. Expresad
esta susceptibilidad en función de la constante de Curie C y de la temperatura crı́tica TC .
Esto serı́a la ley de Curie-Weiss.
Aproximaremos:
gµB sB
BS (
)
(4.9.50)
kT
gµB s(B + χM )
ngµB s
Bs (
)
µ0
kT
ng 2 µ2B (s + 1)s(B + χM )
M ∼x→0
3kT
C
(B + χM )
µ0 T
χC
CB
M−
M=
m0 T
µ0 T
B
C
(
)
M=
µ0 T 1 − µχCT
0
(4.9.51)
M=
χ = µ0
(4.9.52)
(4.9.53)
(4.9.54)
(4.9.55)
C
∂M
C
=
=
Cχ
∂B
T
−
TC
T − µ0
(4.9.56)
106. La energı́a potencial entre los dos átomos de una molécula de Hidrógeno tienen la siguiente
forma:
V (r) = D[e−2α(r−r0 ) − 2e−α(r−r0 ) ]
(4.9.57)
donde r es la distancia interatómica. r0 = 0, 74Ȧ = 7, 4 × 10−9 m. mH = 1, 67 × 10−24 g.
D = 4, 4eV . α = 2 × 108 cm−1 = 2 × 10−10 m−1 .
Hallar una estimación para las temperaturas caracterı́sticas correspondientes a los grados de
libertad de rotación y de vibración:
i Vibración:
V 0 (r) = D[−2αe−2α(r−r0 ) + 2αe−α(r−r0 ) ] = 0
e
e
00
α(r−r0 )
2 −2α(r−r0 )
V (r)|r=r0 = D[4α e
−2α(r−r0 )
(4.9.58)
−αr−r0
(4.9.59)
= 1 → r = r0
(4.9.60)
=e
2 −α(r−r0 )
− 2α e
]r=r0
(4.9.61)
2
2Dα > 0
(4.9.62)
V (r) = 0 → e−2α(r−r0 ) = 2e−α(r−r0 )
(4.9.63)
e
α(r−r0 )
=2
(4.9.64)
r = r0 − ln(2)
(4.9.65)
La energı́a de vibración será de la forma:
1
Evib = (n + )~ω
2
150
(4.9.66)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1
V (r) u V (r0 ) + V 0 (r0 ) + V 00 (r0 )(r − r0 )2
2
1
V (r) = −D + k 0 (r − r0 )2
2 r
2Dα2
ω=
m
(4.9.67)
(4.9.68)
(4.9.69)
Para obtener la temperatura caracterı́stica primero tenemos que obtener la función de
partición:
1
1
~ω
Z = e−β(n+ 2 )~ω = e(n+ 2 ) kT
(4.9.70)
siendo la temperatura caracterı́stica:
~ω
θvib =
k
r
~ω 2Dα2
k
m
(4.9.71)
(4.9.72)
ii Rotación:
La energı́a de rotación tendrá la forma de:
Erot =
l(l + 1)~2
2I
(4.9.73)
La función de partición para obtener la temperatura caracterı́stica
Z=e
e
−βl(l+1)~2
2I
~2 1
−l(l+1) 2Ik
T
(4.9.74)
(4.9.75)
2
θrot =
~
2Ik
(4.9.76)
Esta temperatura caracterı́stica se puede aproximar:
θrot =
~2
~2
u
2Ik
2kµr02
(4.9.77)
donde µ es la masa reducida con forma:
µ=
mH mH
mH
=
mH + mH
2
(4.9.78)
Y por tanto la aproximación es:
θrot ∼
151
~2
2kµr02
(4.9.79)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Llegamos a la conclusión de que los grados de libertad de rotación se desprecian a temperaturas muy altas.
107. Sobre cada uno de los N vértices de una red cúbica simple se tiene un átomo magnético.
Cada momento magnético puede tomar dos valores (+µ, −µ). El momento magnético total:
m=
M
= µn
N
(4.9.80)
i Calcular el número de configuraciones g(N, n) y la entropı́a S(N, n) cuando el sistema
está aislado y en equilibrio (N >> 1). Hallar la entropı́a para n = 0 y n = 1.
Tenemos que tener en cuenta el número de átomos de un valor y de otro:
N+ = +µ
(4.9.81)
N− = −µ
(4.9.82)
M = µN+ + (−µ)N−
(4.9.83)
M = µ(N+ − N− )
(4.9.84)
n=
µ(N+ − N− )
M
=
µN
µN
(N+ − N− )
n=
N
(4.9.85)
(4.9.86)
En este primer apartado no importa la estructura de la red. Podemos extender la red
3D a una 1D.
Tendremos entonces que:
N+ + N− = N
(4.9.87)
N+ − N− = nN
(4.9.88)
2N+ = (1 + n)N
(4.9.89)
2N− = (1 − n)N
(4.9.90)
(4.9.91)
Y podremos decir que:
g(N, n) =
N!
N!
= (1+n)N (1−n)N
(N+ )!(N− )!
( 2 )!( 2 )!
(4.9.92)
El sistema está aislado y en equilibrio. La entropı́a será el número de microestados.
152
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
S = k ln(g(N, n))
(4.9.93)
(1 + n)N
(1 − n)N
k[ln(N !) − ln((
)!) − ln((
)!)]
(4.9.94)
2
2
N
N
N
N
N N − (1 + n) ln( (1 + n)) + N
u k[N ln(N ) − (1 + n) − (1 − n) ln( (1 − n)) + (1 − n)]
2
2
2
2
2
2
(4.9.95)
) − N (1 + n) ln( N ) − N (1 + n) ln(1 + n) − N (1 − n) ln( N ) − N (1 − n) ln(1 − n)]
k[
N
ln(N
2
2
2
2
2
2
(4.9.96)
−N
N
N N
N
N
N N
ln( ) − n ln( ) −
ln( ) + n ln( )
(4.9.97)
2
2
2
2
2
2
2
2
N 2N
(−
) ln(N )2 +
ln(2)
(4.9.98)
2
2
Entonces tendremos que la entropı́a es:
S = k[N ln(2) −
N
N
(1 + n) ln(1 + n) − (1 − n) ln(1 − n)]
2
2
(4.9.99)
Para n = 0:
Sn=0 = N k ln(2)
(4.9.100)
Situación de Máximo desorden dado que N+ = N−
Para n = 1, tenemos una indeterminación, que resolviéndola llegamos a la situación de
mı́nimo desorden N = N+ .
ii Consideremos ahora un microestado i rodeado de sus z vecinos más próximos. La interacción entre 2 momentos i y j próximos:
Hij = −Aµi µj = −Jσi σj
(4.9.101)
siendo J = Aµ2 σi = ±1. La interacción es de tipo Ising.
Tenemos que i y z = j. El hamiltoniano será:
H(i) = −Jσi
z
X
σj
(4.9.102)
j=1
¯ donde los σj
La aproximación del campo medio consiste en reemplazar H(i) por H(i)
son reemplazados por su valor medio n. Hallar la energı́a media E =< HT > definida
ası́:
N
1X ¯
H(i)
(4.9.103)
HT =
2 i=1
en función de J, z, N y n.
Aplicando entonces la aproximación:
¯
H(i) → H(i)
(4.9.104)
σj →< σj >= n
(4.9.105)
153
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Entonces la energı́a:
E =< HT >
HT =
< σj >=
1
2
N
X
¯
H(i)
(4.9.106)
(4.9.107)
i=1
(+1)N+ + (−1)N−
N+ − N−
=
=n
N
N
z
X
¯ = −Jσi
H(i)
< σj >= −Jσi nz
(4.9.108)
(4.9.109)
j=1
Si es una caja cúbica, hay z = 6 átomos más próximos.
H̄i = −Jσi nz
(4.9.110)
Y por lo tanto el hamiltoniano total:
N
N
−J X
1X ¯
(H(i)) =
nz
σi
2 i=1
2
i=1
(4.9.111)
N
−J X
−J
nz
nzN n
< σi >=
2
2
i=1
(4.9.112)
−J
zN n2
2
(4.9.113)
HT =
Y la energı́a:
E=
E=
iii Calculamos la energı́a libre F (a partir de E y S)
F = E − TS
−J
N
N
zN n2 − kT [N ln(2) − (1 + n) ln(1 + n) − (1 − n) ln(1 − n)]
2
2
2
(4.9.114)
(4.9.115)
El sistema se encuentra en equilibrio a temperatura T y la condición de equilibrio es
∂F
∂n = 0. Hallar el valor de n en el equilibrio en función de T . Y si se puede, encontrar
ecuación de ne :
154
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
∂F
|n=ne
(4.9.116)
∂n
N
N
1 N
N
−1
−JzN n − kT [− ln(1 + n) − (1
+
n)
+
ln(1 − n) − (1
−
n)
]
2
2
1+n
2
2
1−n
(4.9.117)
N
−N
ln(1 + n) +
ln(1 − n)])n=ne = 0
(4.9.118)
(−JzN n − kT [
2
2
KT n
1 + ne
JzN ne =
ln(
)
(4.9.119)
2
1 − ne
2Jz
1 + ne
ne = ln(
)
(4.9.120)
kT
1 − ne
2Jz
a=
(4.9.121)
kT
1 + ne
eane =
(4.9.122)
1 − ne
(1 − ne )eane = 1 + ne
(4.9.123)
eane − 1 = ne (eane + 1)
eane − 1
ne = ane
(e
+ 1)
Ahora multiplicamos y dividimos por e−
ane
2
(4.9.124)
(4.9.125)
:
ne =
e
ane
2
−e
ane
2
−ane
2
−ane
+e 2
ane
Jzne
ne = tanh(
)ne = tanh(
)
2
kT
e
(4.9.126)
(4.9.127)
iv Hallar la temperatura crı́tica en función de J, z y k, por debajo de la cual se tiene una
solución no nula de la ecuación anterior:
Primero desarrollo en serie de la tangente hiperbólica:
tanh(x) ∼ x −
x3
+ ...
3
A igual que antes, vemos donde cortan las curvas.
Figura 4.18: Corte tangente con recta
155
(4.9.128)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
tanh(ax) ∼ ax
Jz
Jz
> 1T <
kT
k
Entonces la temperatura crı́tica es TC =
Jz
k ,
(4.9.129)
(4.9.130)
y entonces existe solución no nula si a > 1.
v Demostrar que cuando T → Tc :
m = nµ
siendo:
m(T ) = ne µ ∼ a(1 −
(4.9.131)
T β
)
TC
(4.9.132)
Entonces:
T → TC :
Jzne
ne ∼ tanh(
)
kTC
e k
Jzn
Jz
ne ∼ tanh( )
TC =
k
kJz
ne ∼ tanh(ne )
(4.9.133)
(4.9.134)
(4.9.135)
(4.9.136)
En un entorno de la temperatura crı́tica:
Jzne
)
kT
(4.9.137)
1 Jzne 3
Jzne
− [
]
kT
3 kT
(4.9.138)
TC
1 TC
ne − ( ne )3
T
3 T
(4.9.139)
ne = tanh(
1=
[
1 TC
TC
− [ ]3 n2e
T
3 T
T 3
TC
] 3(−1 +
) = n2e
TC
T
ne ≈
√
3[
T
T 1
(1 −
)2 ]
TC
TC
(4.9.140)
(4.9.141)
(4.9.142)
√
√
1
1
3
1
Si x = TTC entonces x 1 − x y si y = 1−x, entonces (1−y)y 2 = y 2 −y 2 ∼ y 2 ∼ 1 − x.
Esto implica que:
√
T 1
ne = 3(1 −
)2
(4.9.143)
TC
156
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Y entonces tenemos que:
√
T 1
M (T ) = µ 3(1 −
) 2 = ne µ
TC
(4.9.144)
√
siendo α = 3µ y β = 21 exponente crı́tico.
Aquı́ vemos la Hipótesis de universalidad, mediante la cual los exponentes crı́ticos no
dependen de los detalles de los Hamiltonianos.
108. El Hamiltoniano de un sistema formado por dos iones de espı́n
1
2
es:
1
H = J(2S~1 S~2 + )
2
(4.9.145)
~ S~1 y S~2 . Y hallar los niveles de energı́a E(s)
Se pide calcular el hamiltoniano en función de S,
y su degeneración.
No se hizo.
4.10.
Gases Reales
Consideramos un gas de N moléculas, volumen V , temperatura T , pero las moléculas interaccionan
mediante un potencial con las siguientes caracterı́sticas:
Repulsiones a distancias cortas.
Atractivo a distancias largas.
debido a la presencia de momentos dipolares inducidos en las moléculas.
Su hamiltoniano es para todas las moléculas:
N
X
p~i 2
H=
+ U (r~1 , . . . , r~n )
2m
i=1
(4.10.1)
La función de partición tendrá el factor de Gibbs por ser N partı́culas:
Z=
1 1
N ! h3N
Z
p~i 2
i=1 2m
PN
d3 r~1 . . . d3 r~n d3 p~1 . . . d3 p~n e−β(
1 (2πmkT )
N!
h3N
3N
2
Z
+U (r~1 ,...,r~n ))
(4.10.2)
e−βU d3 r~1 . . . d3 r~n
(4.10.3)
Añadimos la función de partición del gas ideal (V 3N ).
3N
1 (2πmkT ) 2 V N 1
N!
h3N
VN
Z
1
= N
V
Z
QN
157
e−βU d3 r~1 . . . d3 r~n
(4.10.4)
ZI QN
(4.10.5)
e−βU d3 r~1 . . . d3 r~n
(4.10.6)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
La primera simplificación que hacemos será que las interacciones sólo dependen de pares de partı́culas:
X
U (r~1 , . . . , r~N ) =
Uij
(4.10.7)
ij
Siendo Uij = U (rij ), rij = |~
ri − r~j |
Z Y
1
e−βUij d3 r~1 . . . d3 r~n
VN
i<j
Z Y
1
(1 + λij )d3 r~1 . . . d3 r~n
VN
i<j
QN =
(4.10.8)
(4.10.9)
Realizamos el cambio de variable siguiente:
λij = e−βUij − 1
donde λ(r) = e−βU (r) − 1 tiene las siguientes caracterı́sticas:

r → 0, U (r) → ∞, λ → 1



r = r1 , U (r1 ) = 0, λ = 0
−βU (r)
λ(r) = e
−1
r
=
2r
,
U
(r) → −U0 , λ → λmax = eβU0 − 1

0


r → ∞, U (r) → 0, λ → 0
(4.10.10)
(4.10.11)
Figura 4.19: Forma del potencial del gas real y del cambio de variable
Si βU0 << 1, tendrı́amos que λ12 serı́a distinto de cero cuando r sea menor.
λ2 6= 0 si r12 ≤ 2r0 están chocando la partı́cula 1 y la 2. Tenemos entonces:
Z Y
1
VN
1
VN
Z
(1 +
X
λij +
(1 + λij )d3 r~1 . . . d3 r~n
(4.10.12)
λλij λkl + . . . )d3 r~1 . . . d3 r~n
(4.10.13)
i<j
X
Si están chocando las moléculas 1 y 2; y a la vez 2 y 3, entonces:
λ12 λ23 6= 0
158
(4.10.14)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Si vamos aumentando el número de partı́culas que chocan, cada una de las situaciones es cada vez
menos probable.
1
VN
1
[
VN
Z
3
3
d r~1 . . . d r~n +
Z
X
λij )d3 r~1 . . . d3 r~n
(4.10.15)
(e−βUij − 1)d3 r~1 . . . d3 r~n ]
(4.10.16)
(e−βUij − 1)d3 r~1 . . . d3 r~n ]
(4.10.17)
(1 +
i<j
XZ
i<j
X
1
N
[V
+
VN
i<j
Z
(4.10.18)
donde:
XZ
(e−βUij − 1)d3 r~1 . . . d3 r~n
(4.10.19)
i<j
se podrá simplificar:
Z
d3 r~1 . . . d3 r~n e−βUij
(4.10.20)
d3 r~1 d3 r~2 (e−βU12 − 1)d3 r~3 . . . d3 r~n
Z
N −2
V
d3 r~1 d3 r~2 (e−βU12 − 1)
Z
N
V N −2
d3 r~1 d3 r~2 (e−βU12 − 1)
2
(4.10.21)
Z
(4.10.22)
(4.10.23)
obteniendo entonces:
Z
1
N
N
N −2
[V
+
V
d3 r~1 d3 r~2 (e−βU12 − 1)]
2
VN
Z
N (N − 1)
1+
d3 r~1 d3 r~2 [e−βU12 − 1]
2V 2
(4.10.24)
(4.10.25)
Realizamos cambio de variable con Jacobiano igual a 1:
~r = r~1 − r~2
~ = r~1 + r~2
R
2
159
(4.10.26)
(4.10.27)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Z
Z
Z
1
3
d R = [ d r~1 + d3 r~2 ] = V
2
Z
N (N − 1)
1+
d3~r[e−βU (r) − 1]
2V 2
N2
uN >>1 1 +
I2
2N
3~
(4.10.28)
(4.10.29)
(4.10.30)
donde la integral
Z
I2 =
d3~r(e−βU (r) − 1)
(4.10.31)
dependerá de la forma del potencial U (r)
Tenemos entonces como resultado:
Z=
(2πmkT )
N !h3N
3N
2
N2
I2 ]
2V
V N [1 +
(4.10.32)
Ahora veremos como queda la presión a partir de la energı́a libre de Helmholtz:
F = −kT ln(Z)
(4.10.33)
2
−kT ln(ZI ) − kT ln(1 +
N
I2 )
2V
(4.10.34)
Entonces:
∂F
)T,N
∂V
∂ ln(ZI )
∂
N2
kT
+ kT
ln(1 +
I2 )
∂V
∂V
2V
N kT
1
−N 2
+ kT
I2 )
(
2
V
2V 2
1+ N
2V I2
P = −(
donde si aplicamos la aproximación
1
1+x
(4.10.35)
(4.10.36)
(4.10.37)
u 1 − x + x2 − x3 + . . .
P =
N kT
N2
(1 −
I2 )
V
2V
(4.10.38)
siendo el primer término del paréntesis el término del gas ideal y el segundo la primer corrección
a densidades bajas.
4.10.1.
La integral I2 en gas de esferas duras.
Se da repulsión infinita desde cero hasta 2r0 :
160
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Figura 4.20: Potencial y λ para un gas de esferas duras
donde λ(r) tiene la siguiente forma:
λ(r) =
−1 para r < 2r0
e−βU (r) − 1 u 1 − β(U (r)) − 1 = −βU (r) para r > 2r0
(4.10.39)
Concretamente queremos la forma de I2 :
Z
I2 =
d3~r[e−βU (r) − 1]
(4.10.40)
∞
Z
r2 dr
4π
(4.10.41)
0
[e−βU (r) − 1] ∼ −βU (r)
Z
2r0
4π
(−1)r2 dr + 4π
Z
∞
−βU (r)r2 dr
(4.10.43)
r2 U (r)dr
(4.10.44)
4π 3
r
3 0
(4.10.45)
r2 U (r)dr
(4.10.46)
a, b > 0
(4.10.47)
I2 = −2b + 2βa
−1
I2 = b − βa
2
(4.10.48)
0
2r0
Z
−4π
(4.10.42)
2r03
− 4πβ
3
Z
∞
2r0
Hacemos unos cambios de variable:
b=4
Z
∞
a = −2π
2r0
(4.10.49)
(4.10.50)
Y esto a la presión:
161
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
N kT
N
(1 + (b − βa))
V
V
N2
N kT
bN 2 kT
−
a
P =
+
V
V2
V2
N kT
N2
bN
(P + 2 a) =
(1 +
)
V
V
V
N2
1
N kT
(P + 2 a)
=
bN
V
V
(1 + V )
P =
Aproximamos con
1
(1+ bN
V )
∼1−
bN
V ,
(4.10.51)
(4.10.52)
(4.10.53)
(4.10.54)
dado que es el caso de densidades bajas:
(P +
bN
N2
N kT
a)(1 −
)=
V2
V
V
(4.10.55)
Esta presión es la presión de VanderWaals.
(P +
N2
a)(V − N b) = N kT
V2
(4.10.56)
Generalmente no se deduce ası́, sino heurı́sticamente.
Tenemos entonces que:
Pef f Vef f = N kT
(4.10.57)
Es decir, en el caso del gas ideal P V = N kT , a temperatura constante, la presión tenderá a infinito
mientras que el volumen a cero. En un gas real, sin embargo, bajo las mismas condiciones de presión
y temperatura, el volumen tenderá a bN , siendo éste el llamado volumen molecular.
b = 4(
4π 3
r )
3 0
(4.10.58)
Tenemos además:
N2
N 3 ab
a − P bN −
= N kT
V
V2
P V 3 + N V a − P bN V 2 − N 3 ab = N kT V 2
PV +
3
2
2
3
P V − (P bN + N kT )V + N aV − N ab = 0
(4.10.59)
(4.10.60)
(4.10.61)
Esto es una superficie algebraica para el volumen de grado 3, una ecuación cúbica. Tiene, para una
presión y una temperatura dadas, tres soluciones posibles: 3 números reales, 2 complejos y un real;
ó la raı́z real triple.
La solución real triple nos darı́a el volumen crı́tico para las condiciones de presión y temperatura
crı́ticas:
162
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
P V 3 − (P bN + N kT )V 2 + N 2 aV − N 3 ab = 0
2
V 3 − (bN +
(4.10.62)
3
N kT 2 aN
abN
)V +
V −
=0
V
P
P
V 3 − 3V 2 VC + 3V VC2 − VC3 = 0
N kTC
3VC = N b +
PC
aN 2
3VC2 =
PC
3
abN
VC3 =
PC
(4.10.63)
(4.10.64)
(4.10.65)
(4.10.66)
(4.10.67)
(4.10.68)
De las dos últimas fórmulas obtenemos el volumen crı́tico
3
abN
VC
P
C
= 2 = bN
N
3
aP
C
(4.10.69)
VC = 3bN
(4.10.70)
Volviendo a la penúltima obtenemos la presión crı́tica:
aN 2
PC
aN 2
3(3bN )2 =
PC
3VC2 =
(4.10.71)
(4.10.72)
que tendrá la siguiente forma:
PC =
a
27b2
(4.10.73)
De la antepenúltima, la temperatura crı́tica:
N kTC 27b2
a
a8
N
b
= TC
k27b2
N
9bN = bN +
TC =
8a
27kb
163
(4.10.74)
(4.10.75)
(4.10.76)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Figura 4.21: Comportamiento de las isotermas en función de la temperatura crı́tica
∂P
Cabe destacar que en la gráfica de la transición de fase, si ∂V
< 0 entonces las áreas son iguales.
Este es el modelo heurı́stico de la ecuación de VanderWaals, estudiado por Maxwell.
2
109. El potencial molecular de un gas es: U (r) = e−αr , siendo α > 0.
Si es pequeño, calcular la ecuación de estado hasta primer orden en .
Tenemos que:
N
P V = N kT (1 −
I2 )
2V
Entonces calculamos la integral I2 :
Z
I2 =
(4.10.77)
∞
4πr2 (e−βU (r) − 1)dr
(4.10.78)
e−βU (r) u 1 − βU (r)
Z ∞
4πr2 (−βU (r))dr
0
Z ∞
2
−4πβ
r2 e−αr dr
(4.10.79)
0
(4.10.80)
(4.10.81)
0
(4.10.82)
donde vemos que cumple la forma del apéndice D.0.4.
√
−4πβI2 (α) = −4πβ
164
π
4
3
2α 2
(4.10.83)
Tema 5
La colectividad Macrocanónica
Se aplica a sistemas en equilibrio con una fuente de calor y con una gran caracterización por su
potencial quı́mico µ y su temperatura T . Cualquier cambio de calor y de partı́culas entre S y R
puede perturbar el sistema conjunto.
Figura 5.1: Sistemas de la colectividad macrocanónica
Un microestado de S viene dado por N, r, {j}, con energı́a EN,R
Un microestado de R viene dado por NR , r0 , {j 0 } con energı́a ER .
El sistema compuesto está aislado (R + S = aislado). Ni E0 ni N0 cambian (la energı́a total y el
número total de partı́culas es constante.)
E0 = ER + EN,R ,N0 = NR + N .
En el equilibrio, todos los estados accesibles son equiprobables:
PN,r,{j},NR ,r0 ,{j 0 } =
PN,r,{j}
Aplicamos f (x, y) u f (x0 , y0 ) +
microestados:
∂f
∂x |(x0 ,y0 ) (x
1
ΩT otal
ΩR (ER , NR )
=
ΩT otal
− x0 ) +
165
∂f
∂y |(x0 ,y0 ) (y
(5.0.1)
(5.0.2)
− y0 ) + o(2) al neperiano de los
Fı́sica Estadı́stica
ln(ΩR (E0 , N0 )) +
Curso 2016-2017
ln(ΩR (ER , N, R))
(5.0.3)
∂ ln(ΩR )
∂ ln(ΩR )
|(E0 ,N0 ) (ER − E0 ) +
|(E0 ,N0 ) (NR − N0 )
∂ER
∂NR
(5.0.4)
1
−µ
:T
: T
1 ∂ ln(ΩR )
1
∂
ln(Ω
)
R
(−E
ln(ΩR (E0 , N0 )) +
|(E
|(E0 ,N0 ) (−N )
N,R ) +
0 ,N0 )
k ∂E
k
∂NR
R
(5.0.5)
Recordando:
ER − E0 = −EN,R
(5.0.6)
NR − N0 = −N
1
P
µ
dS = dE + dV − dN
T
T
T
1
∂S
=
T
∂E
−∂S
µ
=
T
∂N
(5.0.7)
Entonces:
ΩR (ER , NR ) = ΩR (E0 , N0 )e
−EN,R
kT
(5.0.8)
(5.0.9)
(5.0.10)
+ µN
kT
(5.0.11)
La probabilidad:
PN,r,{j}
* cte
ΩR (E0
, N
0 ) −β(EN,R −µN )
=
e
ΩT
(5.0.12)
Para calcular la constante:
X ΩR (E0 , N0 )
e−β(EN,R −µN ) = 1
ΩT
N,r,{j}
X
cte
e−β(EN,R −µN ) = 1
(5.0.13)
(5.0.14)
N,r,{j}
cte = P
1
−β(EN,R −µN )
e
N,r,{j}
Entonces definiremos a la función de partición macrocanónica como:
X
Ξ=
e−β(EN,R −µN )
(5.0.15)
(5.0.16)
N,r,{j}
Y la probabilidad será:
PN,r,{j} =
e−β(EN,R −µN )
Ξ
166
(5.0.17)
Fı́sica Estadı́stica
5.0.1.
Curso 2016-2017
Sistemas con < E > y < N > fijos
(E0 , N0 = ctes, a igual que con la canónica que era sólo para energı́a media fija.)
N, r, {j} → l
La entropı́a será:
X
S = −k
Pl ln(Pl )
(5.0.18)
l
La probabilidad hace extremos a S con las siguientes condiciones:
X
Pl = 1
(5.0.19)
El Pl =< E >
(5.0.20)
Nl Pl =< N >
(5.0.21)
l
X
l
X
l
Aplicamos multiplicadores de Lagrange:
L(P1 , . . . , λ1 , λ2 , λ3 ) = S − λ1 (
X
Pl − 1) − λ2 (
X
l
X
El Pl − < E >) − λ3 (
Nl Pl − < N >)
l
l
(5.0.22)
∂L
1
= 0 = −k ln(Pj ) − kPj
− λ1 − λ2 Ej − λ3 Nj
Pj
Pj
λ1
λ2
λ3
ln(Pj ) = −1 −
− Ej − Nj
k
k
k
λ1
λ2
λ3
Pj = e−1− k − k Ej − k Nj
X
X
λ1
λ2
λ3
Pl = 1 =
e−1− k − k El − k Nl
l
(5.0.23)
(5.0.24)
(5.0.25)
(5.0.26)
l
e−1−
λ1
k
X
e−
λ2
k
El −
λ3
k
Nl
(5.0.27)
l
e−1−
λ1
k
=P
l
1
e−
λ2
λ2
k
El −
λ3
k
Nl
(5.0.28)
λ3
e− k El − k Nl
Pl = P
λ
λ
− k2 El − k3 Nl
le
(5.0.29)
Entonces tenemos que:
Ξ̄ =
X
e−
λ2
k
l
167
El −
λ3
k
Nl
(5.0.30)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
S = −k
Xe
l
−
λ2
k
λ
Ξ̄
−k
X
P
* l λ2
λ3
e − k El − k N l
ln(
)
Ξ̄
3
El − k Nl
Pl [−
l
(5.0.31)
λ2
λ3
El − Nl − ln(Ξ̄)]
k
k
(5.0.32)
X kλ2 X
kλ3 X
Pl E l +
Pl Nl + k ln(Ξ̄)
Pl
k l
k l
l
1
λ2 < E > +λ3 < N > +k ln(Ξ̄)
(5.0.33)
(5.0.34)
donde tenemos que:
1
∂S
=
T
∂E
−µ
∂S
λ3 =
=
T
∂N
λ2 =
(5.0.35)
(5.0.36)
Entonces acabaremos con la función de partición macrocanónica y su probabilidad para el caso de
energı́a y número de partı́culas fijo:
Ξ̄ =
X
e−βEl +βµNl = Ξ
(5.0.37)
e−β(El −µNl )
Ξ
(5.0.38)
l
Pl =
5.0.2.
Entropı́a y colectividad macrocanónica
S = −k
X
e−β(El −µNl )
)
Ξ
(5.0.39)
Pl (−βEl + βµNl − ln(Ξ))
(5.0.40)
X
Pl
(5.0.41)
S = kβ < E > −βµ < N > +k ln(Ξ)
(5.0.42)
Pl ln(Pl ) = −k
l
X
l
−k
X
Pl ln(
l
kβ
X
Pl El + kβµ
l
l
Aquı́ aparece el potencial macrocanónico:
168
Pl Nl + (k ln(Ξ))
X
l
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Ψ = E − T S − µN
µN
1
+ k ln(Ξ)
S= E−
T
T
Ψ = −kT ln(Ξ)
(5.0.43)
Ψ = −kT ln(Ξ)
(5.0.46)
F = kT ln(Z)
(5.0.47)
(5.0.44)
(5.0.45)
entonces:
es el equivalente a:
de la colectividad canónica.
Tenemos entonces las ecuaciones de estado como derivadas de la función de partición:
Ψ = −kT ln(Ξ)
(5.0.48)
dΨ = dE − T dS − SdT − µdN − N dµ
− SdT −µdN
− P dV + µdN
−TdS
T dS
− N dµ
(5.0.49)
dΨ = −SdT − P dV − N dµ
∂Ψ
∂
)V,µ = −(
(T ln(Ξ)))V,µ
S = −(
∂T
∂T
∂Ψ
∂ ln(Ξ)
P = −(
)T,µ = kT (
)T,µ
∂V
∂V
∂Ψ
∂ ln(Ξ)
N = −(
)V,T = kT (
)V,T
∂µ
∂µ
(5.0.51)
(5.0.50)
(5.0.52)
(5.0.53)
(5.0.54)
110. Un gas ideal en equilibrio con una fuente de calor y de partı́culas tiene una:
Ξ=
∞ X
X
N =0
∞
X
e−β(El (N )−µN ) =
eβµN Zgas ideal N
part.
(5.0.55)
n=0
l
a Hallar la función de partición macrocanónica en función de V, λ, µ y T .
Tenemos la función de partición original:
Ξ=
∞
X
eβµN Zgas ideal
(5.0.56)
N =0
Z1N
N!
3
2
(2πmkT ) V
V
Z1 =
= 3
h3
λ
1
h2
λ=(
)2
2πmkT
∞
X
VN
Ξ=
eβµN 3N
λ N!
ZN =
Ξ=
N =0
∞
X
(
N =0
169
V eβµ N 1
)
λ
N!
(5.0.57)
(5.0.58)
(5.0.59)
(5.0.60)
(5.0.61)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Finalizamos viendo el desarrollo en serie de una exponencial:
Ξ=e
V eβµ
λ3
= exp(
V eβµ
)
λ3
(5.0.62)
b Obtener la función de partición Ξ en función de < N >:
∂ ln(Ξ)
)V,T
∂µ
∂ V eβµ
)
kT
(
∂µ λ3
V eβµ
kT β 3
λ
V eβµ
λ3
< N >= kT (
Entonces:
Ξ=e
V eβµ
λ3
= e<N >
(5.0.63)
(5.0.64)
(5.0.65)
(5.0.66)
(5.0.67)
c Potencial macrocanónico Ψ y la presión:
Ψ = −kT ln(Ξ)
(5.0.68)
= −kT < N >
(5.0.69)
βµ
Ψ = −kT
Ve
λ3
∂Ψ
)T,µ
∂V
eβµ
kT 3
λ
kT < N >
V
P V =< N > kT
P = −(
(5.0.70)
(5.0.71)
(5.0.72)
(5.0.73)
d µ y S en función de < N >:
De < N > despejamos µ:
λ3
< N >= eβµ
V
λ3 < N >
ln(
) = βµ
V
3
λ <N >
µ = kT ln(
)
V
Y del potencial macrocanónico ya podemos calcular la entropı́a:
170
(5.0.74)
(5.0.75)
(5.0.76)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
∂Ψ
)V,µ
∂T
∂
eβµ
k
(T V 3 )
∂T
λ
3
3
eβµ
∂ (2πmk) 2 T 2 βµ
kV 3 + kT V
e )
(
λ
∂T
h3
3
(2πmk) 2 3 1 βµ
−1
1
eβµ
T 2 e + 3 µeβµ ( 2 )]
kV 3 + kT V [
λ
h3
2
λ
kT
3
3
(2πmkT ) 2 βµ V 1 βµ
k < N > + kV
e −
µe
2
h3
T λ3
3
λ3 < N >
k < N > + k < N > − < N > k ln(
)
2
V
λ3 < N >
5
k < N > − < N > k ln(
)
2
V
S = −(
(5.0.77)
(5.0.78)
(5.0.79)
(5.0.80)
(5.0.81)
(5.0.82)
(5.0.83)
Y por lo tanto tendremos que:
λ3 < N >
)
V
5
λ3 < N >
S = k < N > [ − ln(
)]
2
V
µ = kT ln(
(5.0.84)
(5.0.85)
111. Una superficie absorbente tiene N0 huecos.
Figura 5.2: Superficie absorbente
Cada hueco puede absorber una molécula de un gas. La superficie está en contacto con un gas
ideal de moléculas de masa m a la temperatura T , y a presión P . Cada molécula absorbida
es transmitida a una energı́a de ligadura:
i Expresar el potencial quı́mico del gas libre en función de P y T :
µ = kT ln(
λ3 < N >
λ3 P
) = kT ln(
)
V
kT
(5.0.86)
ii Hallar la función de partición macrocanónica Ξ del gas absorbido en equilibrio con el
gas libre.
171
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
N0 huecos, N1 lugares ocupados. La condición de equilibrio, dos sistemas intercambian
partı́culas. µlibre = µabsorbido .
Si hay N1 partı́culas absorbidas, éstas tienen
deenergı́a de ligadura E = −E0 N1 . El
N0
número de configuraciones posibles es de
, si 0 ≤ N1 ≤ N0 .
N1
Ξ=
N0
X
e
−β(−E0 N1 −µN1 )
N1 =0
N0
N1
N0 X
N0
eβ(E0 +µ)N1
N1
(5.0.87)
(5.0.88)
N1 =0
Vemos que sigue el binomio de Newton del apéndice C.
Por lo tanto, tendremos que:
Ξ = (1 + eβ(E0 +µ) )N0
iii Hallar la relación r =
N1
N0
=
1
N0
N1 = kT (
∂ ln(Ξ)
)(T,V )
∂
kT
∂
(ln(1 + eβ(E0 +µ) ))
N
0
∂µ
N0
1
βeβ(E0 +µ)
kT
1 + eβ(E0 +µ) eβ(E0 +µ)
r=
1 + eβ(E0 +µ)
1
1 + e−β(E0 +µ)
µ
λ3 P
e kT =
kT
−µ
kT
1
e kT = 3
3P
λ P 1 + e−βE0 λkT
5.1.
(5.0.89)
(5.0.90)
(5.0.91)
(5.0.92)
(5.0.93)
(5.0.94)
(5.0.95)
(5.0.96)
La Función de distribución de Fermi-Dirac
Se utiliza para fermiones (espı́n semientero). Obedecen al principio de exclusión de Pauli. (2.3.1,
página 30), que decı́a que no puede haber 2 fermiones con el mismo número cuántico. Supongamos
que tenemos un microestado S, que es microestado de partı́cula individual con energı́a E fija y
< N > fijo. La fuente de partı́culas será el resto de fermiones a la temperatura T . El microestado
intercambia partı́culas. Como son fermiones, sólo podrán haber 2 posibilidades:
172
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
N =0→0
(5.1.1)
N =1→E
(5.1.2)
Por lo tanto, la función de partición con Ξ:
Ξ=
X
e−β(El −µNl ) = 1 + e−β(E−µ)
(5.1.3)
l
ΞF ermiones = 1 + e−β(E−µ)
(5.1.4)
El número de fermiones por microestado es lo que denominamos la función de distribución de
Fermi-Dirac (F.D.)
< N >=
X
Nl Pl = 0P0 + 1P1 = P1
(5.1.5)
e−β(E−µ)
Ξ
(5.1.6)
e−β(E−µ)
1 + e−β(E−µ)
(5.1.7)
l
< N >=
Multiplicamos y dividimos por eβ(E−µ)
fF D =
5.2.
1
eβ(E−µ) + 1
(5.1.8)
Función de Distribución de Bose-Einstein
A igual que antes, un microestado S con energı́a E, pero esta vez bosones:
X
e−β(El −µNl )
(5.2.1)
1 + e−β(E−µ) + e−β(2E−2µ) + · · · + e−β(N E−N µ)
(5.2.2)
Ξ=
l
Vemos que se forma una serie geométrica que converge si µ << E
ΞBosones =
1
1−
Calculamos entonces el número de microestados:
173
eβ(µ−E)
(5.2.3)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
< N >=
e
X
Nl Pl = 0P0 + 1P1 + 2P2 + · · · + N PN
l
−β(E−µ)
Ξ
+
2e−β(2E−2µ)
N e−β(N E−N µ)
+ ··· +
Ξ
Ξ
∞
X
nenβ(µ−E)
< N >=
Ξ
n=0
(5.2.4)
(5.2.5)
(5.2.6)
Hacemos el cambio de variable x = β(µ − E)
∞
1 X nx
ne
Ξ n=0
(5.2.7)
∞
1 X d nx
e
Ξ n=0 dx
(5.2.8)
1 d
Ξ
Ξ dx
(5.2.9)
d
ln(Ξ)
dx
1
d
ln(
)
dx
1 − ex
d
− (ln(1 − ex ))
dx
1
−
(e−x )
1 − ex
eβ(µ−E)
1 − eβ(µ−E)
(5.2.10)
(5.2.11)
(5.2.12)
(5.2.13)
(5.2.14)
Entonces tenemos la función de distribución de Bose-Einstein fBE , definida por:
fBE =
1
eβ(E−µ)
−1
(5.2.15)
112. Hallar < N > para fermiones y para bosones a partir de la función de partición Ξ
Recordemos que:
< N >= kT
Fermiones:
174
∂ ln(Ξ)
∂µ
(5.2.16)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
< N >= kT
∂ ln(Ξ)
∂µ
∂
ln(1 + eβ(µ−E) )
∂µ
1
βeβ(µ−E)
kT
β(µ−E)
1+e
eβ(µ−E)
1 + eβ(µ−E)
1
β(E−µ)
e
+1
kT
(5.2.17)
(5.2.18)
(5.2.19)
(5.2.20)
(5.2.21)
Bosones
< N >= kT
kT
−kT
1−e
∂ ln(Ξ)
∂µ
1
)
β(µ−E)
∂
ln(
∂µ
1−e
1
(−β)eβ(µ−E)
β(µ−E)
eβ(µ−E)
1 − eβ(µ−E)
1
eβ(E−µ) − 1
5.3.
(5.2.22)
(5.2.23)
(5.2.24)
(5.2.25)
(5.2.26)
El gas ideal de Fermi Dirac
Para estudiarlo emplearemos una aproximación semi-clásica, el espacio de las fases de 6 dimensiones
para N partı́culas. La energı́a de los fermiones será únicamente cinética:
E=
p2x + p2y + p2z
p~2
=
2m
2m
d6 N = g
(5.3.1)
d3~rd3 p~
1
p
~2
−µ + 1
h3 e 2m
(5.3.2)
V d3 p~
1
p
~2
3
h e 2m −µ + 1
(5.3.3)
d3 N = g
Si aplicamos esféricas con: d3 p~ = 4πp2 dp, tendremos la distribución de partı́culas con un momento
entre p y p + dp:
1
4πp2 dp
dNp = gV
(5.3.4)
3
β(E−µ)
h
e
+1
175
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Ahora bien:
dN
dN dp
=
dE
dp dE
(5.3.5)
dp
dE :
De donde tenemos que obtener
p2 = 2mE
(5.3.6)
2pdp = 2mdE
dp
=m
p
dE
√
p = 2mE
√
dp
2mE
=m
dE
(5.3.7)
(5.3.8)
(5.3.9)
(5.3.10)
Entonces tenemos que:
dp
=
dE
r
m
2E
(5.3.11)
Lo añadimos a lo anterior:
r
4π2mE
1
dN
m
= gV
3
β(E−µ)
dE
h
e
+ 1 2E
√
3
2πgV (2m) 2
E
3
β(E−µ)
h
e
+1
Ahora bien, para obtener el número de partı́culas habrá que integrar:
Z ∞
Z ∞
dN
dN
N=
dp =
dE
dp
dE
0
0
E integramos:
Z
N=
0
∞
3
dN
gV
dE = 2π 3 (2m) 2
dE
h
∞
Z
0
(5.3.12)
(5.3.13)
(5.3.14)
√
E
eβ(E−µ) + 1
(5.3.15)
Si hacemos los cambios de variable siguientes:
E
kT
µ
η = βµ =
kT
x = βE =
Tendremos:
N = 2π
3
3
gV
(2m) 2 (kT ) 2
3
h
Z
0
(5.3.16)
(5.3.17)
∞
1
x2
e(x−η) + 1
(5.3.18)
Y por lo tanto, vemos que son integrales de Fermi, a igual que las del apéndice D.0.5, página 229.
Si las empleáramos, obtendrı́amos:
176
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
El número de partı́culas:
N = 2π
3
3
gV
(2m) 2 (kT ) 2
h3
1
∞
Z
0
x2
= 2π
e(x−η) + 1
3
3
gV
(2m) 2 (kT ) 2 I 12 (η)
h3
(5.3.19)
El número de partı́culas por unidad de volumen:
ρ=
3
3
g
N
= 2π 3 (2m) 2 (kT ) 2 I 21 (η)
V
h
La Energı́a, que se calcuları́a con: E =
E=
R∞
0
(5.3.20)
E dN
dE dE
3
5
2πgV
(2m) 2 (kT ) 2 I 32 (η)
3
h
(5.3.21)
113. Realizar los siguientes ejercicios
a Hallar N y E en función de las integrales de Fermi:
3
3
gV
(2m) 2 (kT ) 2 I 12 (η)
h3
3
3
dN
gV (2m) 2 E 2 dE
dE = E
= 3 β(E−µ)
dE
h (e
+ 1)
N = 2π
3
5
(5.3.22)
(5.3.23)
3
gV 2π(2m) 2 (kT ) 2 x 2 dx
h3
ex−η + 1
3
5
2πgV
E=
(2m) 2 (kT ) 2 I 32 (η)
3
h
(5.3.24)
(5.3.25)
b Obtener la presión en función de las integrales de Fermi, teniendo en cuenta la relación
entre la presión y la energı́a: Hay dos maneras de hacerlo:
i La presión sigue P = 13 ρm < v 2 >.
P =
P =
1N 1
m 2 < v2 >
3V 2
2 1
1
< mv 2 >
3V2
2
2E
P =
3V
5
3
4πgV
(2m) 2 (kT ) 2 I 32 (η)
3h3
ii La otra manera es:
177
(5.3.26)
(5.3.27)
(5.3.28)
(5.3.29)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Ei (V, N ) = Ci (N )V
−2
3
P =
X
Pi
(5.3.30)
{M }
(
X 2
−5
−∂Ei
)=
Pi Ci (N )V 3
∂V
3
{M }
X
Pi Ei =< E >
(5.3.31)
(5.3.32)
{M }
P =
2E
3V
(5.3.33)
c Obtener la entropı́a en función de E, T, µ y N :
Ψ = E − T S − µN
(5.3.34)
E = T S − P V + µN
Ψ = −P V
(5.3.35)
(5.3.36)
3
5
−4π V (2m) 2
Ψ=
g
(kT ) 2 I 32 (η)
3
h3
∂Ψ
S = −(
)V,µ =
∂T
3
5 5
3
4πgV
(2m) 2 k 2 T 2 I 32 (η)+
=
3
3h
2
3
5
4
(2m) 2 3
−µ
+ πgV
I 1 (η)( 2 )(kT ) 2
3
h3 2 2
kT
5E
µN
S=
−
3T
T
5.4.
(5.3.37)
(5.3.38)
(5.3.39)
(5.3.40)
El gas de Fermi completamente degenerado
Cuando la temperatura tiende a cero, de forma que la energı́a es mı́nima, será cuando los fermiones
se sitúen en la energı́a más baja (hasta 18 de la energı́a inicial).
Consideramos entonces al Nivel de Fermi cuando tiene la energı́a de Fermi EF .
Los niveles con energı́a E > EF serán niveles vacı́os. Mientras que los niveles con E ≤ EF serán
niveles llenos.
En este caso, a partir de la distribución:
< ni >=
1
eβ(Ei −µ)
Si Ei > µ(0) :< ni >= 0 → eβ(Ei −µ)
+1
→∞
Si Ei < µ(0) :< ni >= 1 → eβ(Ei −µ) → 0
(5.4.1)
(5.4.2)
(5.4.3)
Entonces consideramos que la energı́a de Fermi es el potencial quı́mico a temperatura nula: EF =
µ(T = 0).
178
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
La función de distribución de Fermi-Dirac quedará:
fF D =
1 si E ≤ EF
0 si E > EF
(5.4.4)
Aplicando a la distribución de momentos para p ≤ pF :
gV
4πp2 dp
h3
p2
EF = F
p 2m
p ≤ pF = 2mEF
Z pF
gV
p2 dp
N = 3 4π
h
0
dNp =
(5.4.5)
(5.4.6)
(5.4.7)
(5.4.8)
(5.4.9)
Esta integral nos dará el número total de partı́culas:
N=
gV 4π 3
p
h3 3 F
(5.4.10)
El número de microestados ocupados es igual al número de fermiones. Son todos aquellos cuyo
p ≤ pF . Entonces el número de partı́culas será igual al número de microestados. El momento de
Fermi tendrá la forma:
3 1 1
pF = h(
(5.4.11)
)3 ρ3
4πg
siendo ρ la densidad de partı́culas a estudiar ρ =
La energı́a de Fermi:
N
V .
EF =
p2F
=
2m
(5.4.12)
2
3 2 2
h
(
)3 ρ3
2m 4πg
~2 6π 2 2 2
EF =
(
)3 ρ3
2m g
(5.4.13)
(5.4.14)
Entonces la energı́a de Fermi es:
EF =
~2 6π 2 2 2
(
)3 ρ3
2m g
Para obtener la energı́a en función del momento de fermi:
179
(5.4.15)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
dE =
p2
dNp
2m
(5.4.16)
gV
2πp4 dp (p ≤ pF )
h3 m
Z pF
gV
p4 dp
E=
mh3 0
2πgV p5F
E=
mh3 5
(5.4.17)
(5.4.18)
(5.4.19)
Entonces la energı́a es:
E=
2πgV p5F
3 h2 3 2 5
3 ~2 π 2 2 5
=
(
)3 ρ3 V =
( )3 ρ3 V
3
mh 5
5 2m 4πg
5 2m g
(5.4.20)
114. Hallar la Energı́a y la Presión en función de la energı́a de Fermi:
p2F
2
4π 3 gV
N=
p
3 F h3
2πgV p5F
E=
mh3 5
p5F
2
πgV
E
h3 5
= m
gV
4π p3
N
h3 3 F
E
3 p2F
3
=
= EF
N
5 2m
5
(5.4.21)
EF =
(5.4.22)
(5.4.23)
(5.4.24)
(5.4.25)
Por lo tanto, la energı́a tendrá la forma:
E=
3
N EF
5
(5.4.26)
2E
3V
(5.4.27)
Y para la presión:
P =
Teniendo en cuenta el número de fermiones por unidad de volumen ρ =
P =
2
N
2
EF
= EF ρ
5
V
5
N
V .
(5.4.28)
115. Estudio del núcleo atómico
Tanto los protones como los neutrones son fermiones de s = 12 debido a las interacciones
fuertes. Los nucleones no constituyen gases ideales de Fermi; sin embargo, se pueden obtener
una buena estimación del orden de magnitud de la energı́a media de los nucleones en el núcleo
suponiendo que los neutrones y los protones forman dos gases ideales de Fermi independientes
y completamente degenerados en un pozo de potencial uniforme.
180
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Figura 5.3: Potencial para protones y neutrones
Suponemos que cada uno de los gases ocupan la totalidad del núcleo. El núcleo puede considerarse una esfera cuyo radio es:
1
Rnucleo = 1, 2A 3 × 10−15 m
(5.4.29)
donde A es la masa atómica.
Se supone la aproximación mn ≈ mp = 1, 67 × 10−27 kg.
a Calcular la energı́a interna E y la energı́a por neutrón del gas de neutrones en un núcleo
de Calcio Ca(A = 40, Z = 20).
En primer lugar, el número de neutrones es N = A − Z = 20. A continuación, la energı́a
cinética total de los neutrones viene dada por la ecuación:
E=
3 h2 3 2 5
(
)3 ρ3 V
5 2m 4πg
(5.4.30)
A partir del radio obtenido con la masa atómica, R = 4, 10394 × 10−15 m, podremos
obtener el volumen:
4
(5.4.31)
V = πR3 = 2, 8952 × 10−43 m3
3
Aplicando el resto de datos, con una degeneración g = 2 obtendremos:
E = 6, 42816 × 10−11 J = 401, 2148225M eV
(5.4.32)
El resultado es 403M eV , pero por decimales ha salido esto.
E
La energı́a media por neutrón vale N
u 20M eV .
La energı́a de Fermi la obtendrı́amos con la fórmula:
EF =
h2 3 2 2
(
)3 ρ3
2m 4πg
(5.4.33)
que da:
EF = 5, 35680 × 10−12 J = 33, 434M eV
181
(5.4.34)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
b Se observa que los neutrones tienen una energı́a de ligadura de El = 8M eV . Que la
energı́a de ligadura sea esa indica que el último neutrón es el de 8M eV y es el más fácil
de arrancar. Están sometidos a un potencial medio constante en el interior del pozo.
Hallar la profundidad del pozo de potencial.
Los niveles de energı́a más bajos hasta el último nivel ocupado, donde el último es el
nivel de Fermi con energı́a de Fermi:
EF ∝ (
N 2
)3
V
(5.4.35)
Para encontrar la profundidad del pozo de potencial, sumamos la energı́a de Fermi a la
energı́a de ligadura, lo que nos da Ep = 41, 6M ev. Mediante métodos más sofisticados
se obtiene que este potencial es de 45 MeV.
c Lo mismos apartados anteriores, pero para el caso de los protones:
Los protones son partı́culas cargadas. Dada la interacción nuclear atractiva, hay repulsión Coulombiana. Esto hace que el pozo de potencial en el que se coloca el protón
es menos profundo que el de los neutrones. La energı́a de Coulomb de una esfera es
1 3 Z2
4π0 5 R = 84, 2M eV . El pozo de potencial de los protones está rodeado por una barrera de potencial debido a la interacción coulombiana entre un protón y el resto del
núcleo.
En otras palabras, dado que la masa atómica es grande Nn >> Np , lo que implica que
la profundidad del pozo será menor.
5.5.
Potencial Macrocanónico para fermiones
Tenemos:
Ξ=
X
e−β(EN,r −µN )
(5.5.1)
N,r,{j}
Y vemos que N, r, {j} → {ni }, que corresponde al número de fermiones del microestado con energı́a
Ei . Esto implica:
EN,r =
X
Ei ni
(5.5.2)
i
N=
X
i
Entonces, la función de partición:
182
ni
(5.5.3)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
X
P
e−β(
Ei ni −µ
P
ni )
(5.5.4)
e−βni (Ei −µ)
(5.5.5)
e−βn1 (E1 −µ) e−βn2 (E2 −µ) . . .
(5.5.6)
Ξ=
i
{ni }
XY
{ni } i
X
{ni }
X
X
e−βn1 (E1 −µ)
e−βn2 (E2 −µ) . . .
(5.5.7)
(1 + e−β(E1 −µ) )(1 + e−β(E2 −µ) ) . . .
Y
(1 + e−β(Ei −µ) )
(5.5.8)
n1
n2
(5.5.9)
i
Esta última nos da que el potencial macrocanónico es:
Y
Ψ = −kT ln( (1 + e−β(Ei −µ) ))
(5.5.10)
i
116. Hallar la S en función de < ni >=
1
eβ(Ei −µ) +1
a partir de Ψ:
−∂Ψ
∂T
X
X
1
−1
k
ln(1 + e−β(Ei −µ) ) + kT
(µ − Ei )e−β(Ei −µ) ( 2 )
−β(Ei −µ)
kT
1
+
e
i
i
X
X
Ei − µ
1
k
ln(1 + e−β(Ei −µ) ) + k
β(Ei −µ) + 1
kT
e
i
i
S=
1
−1
< ni >
< ni >
1
1+
→
1− < ni >
1− < ni >
X
X
1
1
)+k
< ni > ln(
k
ln(1 + 1
− 1)
<
n
−
1
i >
<ni >
i
i
X
X
−k
ln(1− < ni >) + k
< ni > (ln(1− < ni >) − ln(< ni >))
eβ(Ei−µ) =
i
(5.5.11)
(5.5.12)
(5.5.13)
(5.5.14)
(5.5.15)
(5.5.16)
(5.5.17)
i
La entropı́a queda, por tanto:
X
S = −k
(1− < ni >) ln(1− < ni >)+ < ni > ln(< ni >)
(5.5.18)
i
117. Un gas de Fermi a bajas temperaturas. Calcular la temperatura de Fermi a temperaturas
bajas µ >> kT en función de las integrales de Fermi y obtener una aproximación con dos
términos. (Este ejercicio tiene sólo las soluciones...)
183
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
i Obtener lo siguiente:
Para ello empleamos la aproximación del apéndice D.0.5
Aproximando que N ∝ I 12 (η) y que N ∝ p3F
3
2 23
EF = (kT ) 2 I 12 (η)
3
(5.5.19)
Aproximando I 21 (η)
3
3
EF2 = µ 2 [1 +
π 2 kT 2
(
) ]
8 µ
(5.5.20)
ii Encontrar el potencial quı́mico hasta segundo orden de la temperatura:
Para ello empleamos la aproximación del apéndice D.0.5
µ=
EF
[1 +
π2
8
kT 2
(E
) ]
F
2
3
u EF [1 −
π 2 kT 2
(
) ]
12 EF
(5.5.21)
iii Calcular E, S, P, CV en función de N, T y EF : Para la energı́a:
N kT
I3
I 21 (η) 2 (η)
(5.5.22)
3
kT 3
N(
) 2 kT I 32 (η)
2
EF
(5.5.23)
E=
Utilizando esto y la aproximación del apéndice D.0.5
E=
3
5
kT 2
N EF [1 + π 2 (
) ]
5
12
EF
(5.5.24)
µN
5E
−
3T
T
(5.5.25)
Para la entropı́a:
S=
Entonces, aplicando lo anteriormente calculado:
π2
kT
N k(
)
2
EF
(5.5.26)
2N
5π 2 kT 2
EF [1 +
(
) ]
5V
12 EF
(5.5.27)
S=
Para la presión:
P =
Para la capacidad calorı́fica:
CV =
π2
kT
N k(
)
2
EF
(5.5.28)
Podemos ver que a temperaturas altas se aproxima a gas ideal. Cuando la temperatura
tiende a 0, la entropı́a no tiende a cero, sólo en el gas de fermiones clásico.
184
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Figura 5.4: Gráficas E(T ) y S(T ), CV (T ) para el estudio de la temperatura de Fermi
Definimos la temperatura de Fermi como:
TF =
EF
k
(5.5.29)
118. En el sodio metálico hay aproximadamente 2, 6 × 1032 electrones de conducción por cm3 que
se comportan de forma aproximada como un gas de electrones libre.
i Hallar la Energı́a de Fermi:
Aplicando la ecuación (5.4.15)
EF ≈ 3, 2eV
(5.5.30)
ii Calcular la capacidad calorı́fica CV en ese mar de electrones para 1g de sodio a una
g
temperatura de 300 K, siendo ρ = 0, 97 cm
3 . Viendo que T << TF (dado que sabemos
EF
que TF = k ). Entonces podemos aplicar:
CV =
π2
kT
nk(
)
2
EF
(5.5.31)
Y entonces, la capacidad calorı́fica del gas de electrones completamente degenerado:
CV ∼ 1, 47 × 10−2
119.
J
gk
(5.5.32)
dφ
para
i Calcular el número de microestados por unidad de intervalo de energı́a ω(E) = dE
un gas de electrones libres en una caja unidimensional de lado L.
Recordemos que:
π 2 ~2 2
En =
n
(5.5.33)
2mL2
r
2mL2 E
φ(E) = gn = 2
(5.5.34)
π 2 ~2
Entonces:
2L √ 1 −1
2m E 2
π~
2
r
L 2m
ω(E) =
π~
E
ω(E) =
185
(5.5.35)
(5.5.36)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
ii Calculada la energı́a de Fermi EF para N electrones en una caja cuadrada.
Todos los niveles de energı́a hasta el último con energı́a de Fermi:
N microestados → N = φ(EF )
(5.5.37)
Entonces tendremos que:
r
2mL2 EF
π 2 ~2
2
N π 2 ~2
EF =
4 2mL2
N =2
(5.5.38)
(5.5.39)
Pero claro, la energı́a ahora será:
Enx ,ny =
π 2 ~2 2
(n + n2y )
2mL2 x
(5.5.40)
Y por tanto tendrá que cumplir:
2mL2 E 1 2
)2 )
2 ~2
πr
2mEL2
R=
π 2 ~2
n2x + n2y ≤ ((
(5.5.41)
(5.5.42)
Entonces el número de microestados será, con degeneración 2 por ser fermiones de espı́n
1
2
π 2mL2 E
4 π 2 ~2
mL2 E
φ(E) =
π~2
φ(E) = 2
(5.5.43)
(5.5.44)
Entonces tenemos que:
mL2
π~2
(5.5.45)
N = φ(EF )
(5.5.46)
mL2 EF
π~2
(5.5.47)
π~2 N
mL2
(5.5.48)
ω(E) =
Para encontrar la energı́a de Fermi:
N=
Y la energı́a de Fermi será, por tanto:
EF =
186
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
120. Gas de Fermiones Ultrarelativista
i Hallar la energı́a interna para un gas ideal de fermiones de s = 12 ultrarelativista E =
p
pc ← E = p2 c2 + m2 c2 ; pc >> mc2 en un volumen V y a temperatura T
Recordemos que por ser fermiónico, g = 2
4πp2 dp
gV
h3 eβ(pc−µ) + 1
dE 2
E 2 dE
E
p = ; dp =
; p dp = 2
c
c
c c
4π 2
E
dE
gV c3
= ω(E)f (E)dE
dNE = 3 β(E−µ)
h e
+1
dNp =
(5.5.49)
(5.5.50)
(5.5.51)
Aplicamos los cambios de variable x = βE y βµ = η con tal de utilizar las integrales de
Fermi del apéndice D.0.5.
x2 dx
gV 4π β 2 β
dNE = 3 3 x−η
h c e
+1
(5.5.52)
x2 dx
gV 4π β 2 β
dE = EdNE = 3 3 x−η
h c e
+1
Z ∞
gV 4π
x3
E= 3 3 4
h c β 0 ex−η + 1
(5.5.53)
(5.5.54)
Entonces la energı́a será:
E=
gV 4π
I3 (η)
h3 c3 β 4
(5.5.55)
R
P
ii Pasando al lı́mite continuo
la sustitución
ω(E)dE en el potencial
i →
P mediante−β(E
i −µ)
macrocanónico Ψ = −kT i ln(1 + e
). Obtener la ecuación de estado del gas,
que relaciona la presión con la energı́a.
El potencial macrocanónico cambiará como:
Z
Ψ = −kT ω(E) ln(1 + e−β(E−µ) )dE
Z ∞
gV 4πE 2
ln(1 + e−β(E−µ) )dE
−kT
h3 c3
0
Z
gV 4π ∞ 2
−kT 3 3
E ln(1 + e−β(E−µ) )dE
h c
0
(5.5.56)
(5.5.57)
(5.5.58)
(5.5.59)
Es una integral por partes ([uv]∞
0 −
R∞
0
187
vdu) con el siguiente cambio de variable:
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
e−β(E−µ)
(−β)dE
1 + e−β(E−µ)
E3
dv = E 2 dE → v =
3
u = ln(1 + e−β(E−µ) ) → du =
Aplicamos la integración, sabiendo que A =
(5.5.60)
(5.5.61)
−kT gV 4π
h3 c3
Z
∞
··· →
(5.5.62)
0
:0
Z ∞ 3
E3
E
dE
−β(E−µ)
∞
A[[
]
ln(1
+
e
)]
+
β
0
β(E−µ)
3 e
+1
3
0
Z
−gV 4π ∞
E 3 dE
3
3
β(E−µ)
h c
e
+1
0
(5.5.63)
(5.5.64)
Deshacemos las variables x y η, y nos dará:
−E
3
(5.5.65)
Entonces la relación entre Ψ y E
Z
E=
0
∞
gV
EdNE = 3 3 4π
h c
Z
0
∞
E 3 dE
eβ(E−µ) + 1
(5.5.66)
pero recordemos que Ψ = E − T S − µN = −P V , por lo que al final:
PV =
E
3
(5.5.67)
121. Una enana blanca es una estrella cuya masa es próxima a la del Sol mientras que su radio
es próximo al de la Tierra. La fuente principal de vida de una estrella surge de las relaciones
termonucleares que se producen en su centro en el curso de las cuales el Hidrógeno se transforma en Helio. En este estado, puede ser que eventualmente se forme una enana blanca como
Sirius B, que es un ejemplo tı́pico. Su masa se estima en M ∼ 2, 09 × 10−30 kg (1,05 veces la
masa del sol), mientras que su radio R ∼ 5570km, que hace una esfera más pequeña que la
Tierra. Se supone que todo el hidrógeno de la estrella se transforma en Helio 42 He totalmente
ionizado y que éste último va a desempeñar el papel principal en el problema. Consideramos
la estrella como un gas de electrones sin interacciones. La Temperatura en el centro de la
enana blanca es de T ∼ 2 × 107 K.
i Calcular el número de electrones Ne presentes en la enana blanca.
El helio tiene 2 electrones por cada 4 núcleos, por lo que:
Ne = 2NHe = 2
188
M
= 6, 26 × 1056
4mp
(5.5.68)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
ii Calcular la energı́a EF . Mostrar que se puede considerar el gas de electrones como un
gas no relativista completamente degenerado.
~2 6π 2 23 32
La ecuación (5.4.15) (EF = 2m
( g ) ρ ) para g = 2 nos da que EF = 5, 3 × 10−14 J =
0, 33M eV . Esta energı́a de Fermi es inferior a la masa en reposo del electrón (0, 511M eV )
y puede tomarse como no relativista. Además, como:
kT = 2, 8 × 10−16 u
EF
200
(5.5.69)
podemos considerar que el gas es completamente degenerado.
iii Calcular la presión sobre la estrella
La presión viene dada por:
P =
2E
2
N
2
= EF
= EF ρ
3V
5
V
5
(5.5.70)
Calculando con los datos que tenemos:
P = 1, 8 × 1022 P a = 1, 8 × 1017 atm
(5.5.71)
iv Calcular la energı́a interna de un gas de electrones degenerado en función de Ne y del
radio R. Suponiendo que la enana blanca tiene una densidad de masa uniforme, calcular
su energı́a potencial de gravitación. Mostrar que hay equilibrio en esas energı́as (y por
consiguiente que la estrella es estable) con un radio Re que se determinará. Calcular Re
y comparar el resultado con el radio real de la enana blanca.
La energı́a interna viene dada por:
E=
3 h2 3 2 5
(
)3 ρ3 V
5 2m 4πg
siendo el volumen de la esfera V = 7, 24×1020 m3 y la densidad ρe =
Esta energı́a interna vale:
5
3~2 9π 2 Ne3
3
E=
( )
10me 4
R2
(5.5.72)
Ne
V
−
e
= 8, 65×1035 m
3.
(5.5.73)
La energı́a de gravitación de una estrella vale (suponiendo densidad uniforme):
Z
EG = −
0
R
G 34 πr3 ρ
−3 M 2
4πr2 ρdr =
G
r
5
R
(5.5.74)
donde G es la constante de gravitación universal.
La Energı́a total es igual a ET = E + EG . Dependerá del radio R. Hay un mı́nimo para
dET
~2
9π 23 1
6
1 = 7×10 m. Este valor lo comparamos con
dR = 0 siendo el valor R = 4me Gm2 ( 4 )
p
Ne3
5570km, y podemos ver que se aproxima, por lo que nuestro modelo resulta satisfactorio.
122. Para un sistema de electrones e− sin interacciones:
a encontrad < Ne− > (µ + ∆) y < Nh > (µ − ∆):
Tenemos la función de distribución de Fermi-Dirac:
fF D =
189
1
eβ(E−µ)
+1
(5.5.75)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
que coincide con la probabilidad de que un fermión ocupe, el número de ocupaciones
medio.
La probabilidad de un electrón:
fF D (µ + ∆) =
1
eβ(µ+∆−µ)
+1
=
1
+1
eβ∆
(5.5.76)
La probabilidad de huecos:
1
e−β∆ + 1
1 − fF D (µ − ∆)
1
1 − −β∆
e
+1
e−β∆ + 1−
1
e−β∆ + 1
e−β∆
−β∆
e
+1
1
eβ∆ + 1
fF D (µ − ∆) =
(5.5.77)
(5.5.78)
(5.5.79)
(5.5.80)
(5.5.81)
(5.5.82)
Por lo tanto la densidad de huecos es la misma que la de electrones.
b La densidad de estados por unidad de volumen es:
 p
 a E − Eg ; E > Eg
0√; 0 < E < Eg
D(E) =

a −E ; E < 0
(5.5.83)
Cuando T = 0 todos los estados con E menor que cero están ocupados, mientras que
el resto están vacı́os. Para T > 0, ciertos estados con energı́a superior a Eg están
ocupados mientras que ciertos estados con E < 0 están vacı́os. Los estados vacı́os pueden
E
considerarse como una población de huecos. Verificad que si µ = 2g entonces ne = nh :
Para obtener el número de electrones:
Z
∞
n e− =
D(E)f (E)dE
(5.5.84)
dE
eβ(E−µ) + 1
(5.5.85)
Eg
Z
∞
a
p
E − Eg
Eg
Cambiamos la variable E − Eg = u
Z
∞
ne = a
0
Hacemos lo mismo para huecos:
190
√
u
1
eu+Eg −µ
+1
du
(5.5.86)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Z
0
Z
√
a −E(1 −
0
D(E)(1 − f (E))dE =
nh =
−∞
−∞
1−
1
eβ(E−µ) + 1
=
1
eβ(E−µ)
+1
)dE
eβ(E−µ)
1
= β(−+−µ)
eβ(E−µ) + 1
e
+1
Z 0
√
dE
a
−E β(−E+µ)
e
+1
−∞
(5.5.87)
(5.5.88)
(5.5.89)
(5.5.90)
Cambiamos la variable ahora como u = −E:
Z ∞
√
nh = a
u
0
du
eβ(u+µ) + 1
(5.5.91)
Si ahora tenemos en cuenta que:
u + Eg − µ = u + µ; si µ =
Eg
→ Eg = 2µ
2
(5.5.92)
Entonces vemos que las integrales son iguales y por lo tanto, el número de huecos
será igual que el número de electrones.
5.6.
El gas ideal de Bose-Einstein
Puramente semiclásico, se pretende realizar lo mismo que con el gas ideal fermiónico. La principal
diferencia es que se usará la función de distribución de Bose-Einstein
p
~2
Los bosones tendrán energı́a E = 2m
.
d6 N =
d3~rd3 p~
1
p
~2
)−µ
h3 eβ( 2m
(5.6.1)
V 4π 2 dp
p
~2
−µ)
h3 eβ( 2m
(5.6.2)
dNp = g
Aplicando lo mismo que antes para obtener la relación entre momento y energı́a:
p2 = 2mE
(5.6.3)
2pdp = 2mdE
dp
=m
p
dE
√
p = 2mE
√
dp
2mE
=m
dE
(5.6.4)
191
(5.6.5)
(5.6.6)
(5.6.7)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Llegaremos a que:
1
3
2πgV
E 2 dE
(2m) 2 β(E−µ)
3
h
e
−1
Aplicamos además los mismos cambios de variable que en el gas de fermi.
dNE =
3
1
(5.6.8)
3
2πgV (2m) 2 x 2 (kT ) 2 dx
h3
ex−η − 1
1
3 Z ∞
x 2 dx
2πgV (2πmkT ) 2
N=
h3
ex−η − 1
0
dNE =
(5.6.9)
(5.6.10)
(Los ejercicios a continuación se emplean para obtener las integrales de Bose-Einstein, apéndice
D.0.6, página 230)
123. Dada la función:
z
; f (0) = 1; z ∈ C
ez − 1
a Comprobar que se puede escribir como:
f (z) =
(5.6.11)
−z
z
z
+ coth( )
2
2
2
f (z) =
(5.6.12)
y el desarrollo en serie de potencias:
∞
f (z) = 1 −
z X
Bk 2k
(−1)k
−
z
|z| < 2π
2
(2k)!
(5.6.13)
k=1
Entonces tenemos que:
−z
z
z
+ coth( )
2
2
2
−z
z
−z
z e2 + e 2
+
2
2 e z2 − e −z
2
z
ez + 1
(−1 + z
)
2
e −1
z
z
z −e + 1 + e + 1
(
)
2
ez − 1
z 2
2 ez − 1
f (z) =
(5.6.14)
(5.6.15)
(5.6.16)
(5.6.17)
(5.6.18)
Y por tanto ya queda demostrado que:
f (z) =
z
z
z
−z
+ coth( ) = z
2
2
2
e −1
Para encontrar los números de Bernouilli, hemos de tener en cuenta que
función par y que su derivada será impar.
a2n =
1 d2n z
z
[ coth( )]|z=0
(2n)! dz 2n 2
2
192
(5.6.19)
z
2
coth( z2 ) es
(5.6.20)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Entonces:
f (z) =
∞
X
−z
+1+
a2n z 2n
2
n=1
(5.6.21)
Por lo que:
1 d2k z
z
Bk
[ coth( )]|z=0
=
(2k)!
(2k)! dz 2k 2
2
Y entonces tendremos que los números de Bernouilli siguen que:
(−1)k+1
Bk = (−1)k+1
z
d2k z
[ coth( )]|z=0
dz 2k 2
2
(5.6.22)
(5.6.23)
b Hallar el siguiente desarrollo:
∞
cot(z) =
1 X 4k Bk 2k+1
−
z
; 0 < |z| < π
z
(2k)!
(5.6.24)
k=1
Lo pasamos a imaginario:
cot(z) = i coth(iz)
(5.6.25)
Entonces tenemos que:
cot(iz) =
eiz +e−iz
2
eiz −e−iz
2
(5.6.26)
Esto se obtendrá directamente empleando lo del apartado anterior.
c
g(z) =
cot(z) − z1 ; z 6= 0
0; z = 0
Considerando las circunferencias Cp con centro en el origen y radio Rp = (p + 21 )π.
Demostrad que:
Z
Z
p
X
1
g(s)ds
g(s)ds
1
g(z) =
−
(5.6.27)
2πi Cp s − z
2πi
γn s − z
n=−p
Dados γn contornos alrededor de los polos del eje Z cuyos interiores no se solapan. Estos
son enteros positivos.
Figura 5.5: Camino de la integral a realizar
193
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Si z está fuera del rango entonces no es positivo y resta a la integral total. Aplicamos
Cauchy-Goursat para un dominio Múltiplemente Conexo.
El camino a realizar será:
∂D = C2 − Γ − γ1 − γ2 − γ−1 − γ−2
(5.6.28)
Entonces la integral será:
Z
∂D
g(s)ds
s−z
(5.6.29)
Esta integral es analı́tica, y dejarı́a de ser analı́tica en s − z que está fuera del dominio,
por lo que:
Z
g(s)ds
=0
(5.6.30)
∂D s − z
Sin embargo:
Z
C2
g(s)ds
−
s−z
Z
Γ
g(s)ds
−
s−z
2
X
Z
n=−2;n6=0
γn
g(s)ds
=0
s−z
Aplicamos a la integral en Γ la fórmula integral de Cauchy:
Z
Z
f (z)
g(s)ds
= 2πig(z)
dz = 2πif (z0 ) →
z
−
z
0
C
Γ s−z
(5.6.31)
(5.6.32)
Entonces tenemos que:
g(z) =
1
[
2πi
Z
C2
g(s)ds
−
s−z
2
X
n=−2;n6=0
Z
γn
g(s)ds
]
s−z
(5.6.33)
d Demostrad las siguientes igualdades:
g(z) =
1
2πi
Tenemos que calcular la integral
Z
Cp
R
γn
g(s)ds
−
s−z
p
X
n=−p;n6=0
1
nπ − z
(5.6.34)
g(s)ds
s−z :
Figura 5.6: Contorno de la integral γn
Como z está fuera, tendremos que aplicar el teorema de los residuos a los polos simple
nπ
194
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Z
g(s)ds
g(s)
= 2πiRes[
, nπ]
s−z
s−z
γn
(5.6.35)
g(s)
s−z
1
g(s) = cot(s) −
s
1
g(s)
=
lı́m (s − nπ)
s→nπ
s−z
nπ − z
Z
g(s)ds
1
= 2πi
nπ − z
γn s − z
2πi lı́m (s − nπ)
(5.6.36)
s→nπ
(5.6.37)
(5.6.38)
(5.6.39)
como querı́amos demostrar.
e Demostrar:
g(z) =
z
2πi
Z
Cp
g(s)ds
−
s(s − z)
p
X
[
n=−p;n6=0
En z = 0
g(0) = 0 =
1
2πi
Z
Cp
g(s)ds
−
s
1
1
−
]
nπ − z
nπ
p
X
n=−p;n6=0
1
nπ
(5.6.40)
(5.6.41)
y entonces, restando la última fórmula a la del apartado anterior obtenemos:
Z
g(z)
Cp
Z
p
p
X
X
g(s)ds
1
1
g(s)ds
1
−
−
+
s−z
nπ 2πi Cp
s
nπ
n=−p;n6=0
n=−p;n6=0
Z
p
X
1
1
1
1
1
g(s)[
− ]ds −
[
−
]
2πi Cp
s−z
s
nπ − z
nπ
(5.6.42)
(5.6.43)
n=−p;n6=0
f Demostrar que:
∞
cot(z) =
1 X
2z
+
z n=0 z n − n2 π 2
A partir del apartado anterior llegamos a que:
Z
p
X
z
g(s)ds
−
2πi Cp s(s − z)
[
n=−p;n6=0
1
1
−
]
nπ − z
nπ
Realizamos el limite cuando p → ∞ y tendremos que acotar la integral:
Z
|
f (z)dz| ≤ M L
(5.6.44)
(5.6.45)
(5.6.46)
C
donde recordemos que M es la cota del módulo de f (z) sobre el contorno, y L es la
longitud del contorno C.
Acotaremos |s| = Rp y |s − z| ≥ ||s| − |z|| = 1 → |Rp − |z|| = Rp − |z| y como z << Rp
entonces |s − z| ≥ Rp − |z|.
Aplicando esto a la integral:
195
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
g(s)
A
|≤
s(s − z)
Rp (Rp − |z|)
g(s)ds
A
| ≤ 2π
R
p
s(s − z)
R
p (Rp − |z|)
|
Z
|
Cp
(5.6.47)
(5.6.48)
Cuando p → ∞, Rp → ∞ por lo tanto la cota, la integral y el lı́mite dan cero.
cot(z) =
∞
X
1
1
1
−
−
)
(
z n=−∞ nπ − np nπ
(5.6.49)
p
p
X
X
1
1
1
1
+
(
+
)
nπ
−
nz
np
nπ
−
z
nπ
n=1
n=1
p
X
(
n=1
(5.6.50)
1
1
−
)
nπ − z
nπ + z
(5.6.51)
nπ + z − nπ − z
(nπ − z)(nπ + z)
(5.6.52)
g Se define la función de partición Zeta de Riemann.
ζ(p) =
∞
X
1
p
n
n=1
(5.6.53)
Relacionarla con los números de Bernouilli cuando p es par:
2z
2z
−1
= 2 2
z 2 − n2 π 2
π n 1 − nz2 π2 2
∞
−2z X z 2 l
( 2 2)
n2 π 2
n π
−2
−2
∞
X
z
2 π2
n
n=1
l=0
∞
X
l=0
∞
2l+1 X
z 2l
n2l π 2l
∞
X
z
π 2l+2
l=0
∞
X
−2
k=1
−2
1
n2l+2
n=1
∞
2k−1 X
z
π 2k
1
2k
n
n=1
∞
X
ζ(2k)
k=1
π 2k
z 2k−1
4 k Bk
2ζ(2k)
=
π 2k
(2k)!
(2π)2k Bk
ζ(2k) =
(2k)!2
196
(5.6.54)
(5.6.55)
(5.6.56)
(5.6.57)
(5.6.58)
(5.6.59)
(5.6.60)
(5.6.61)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
h Se define la integral de Bose como:
∞
Z
Jν (η) =
0
Y si z = eη :
∞
Z
Jν (z) =
xν
ex−η − 1
xν
z −1 ex
0
(5.6.62)
(5.6.63)
−1
(z)
Dada gν (z) = Jν−1
Γ(ν) , y la función Gamma como Γ(ν) =
en función de Γ(z) y relacionar con la zeta de Riemann:
Z ∞
1
xν−1
gν (z) =
Γ(ν) 0 z −1 ex − 1
Z ∞
1
ze−x
xν−1
dx
Γ(ν) 0
1 − ze−x
Z ∞
1
xν−1 ze−x dx
Γ(ν) 0
Z
∞
1 X l ∞ ν−1 −xl
z
x
e dx
Γ(ν)
0
R∞
0
e−x xν dx encontrar gν (1)
(5.6.64)
(5.6.65)
(5.6.66)
(5.6.67)
l=1
Realizamos el cambio de variable: u = xl:
∞
1 X l
z
Γ(ν)
l=1
Z
0
∞
uν−1 −u du
e
lν−1
l
(5.6.68)
∞
1 X zl
Γ(ν)
Γ(ν)
lν
(5.6.69)
l=1
Entonces:
gν (z = 1) = ζ(ν) =
∞
X
zl
l=1
lν
(5.6.70)
i Obtener una expresión para J2k−1 (z = 1) en función de los números de Bernouilli Bk ,
siendo z = eη y:
Jν−1 (z = 1) = gν (z = 1)Γ(ν) = η(ν)Γ(ν)
(5.6.71)
Recordemos que Γ(2k) = (2k − 1)!:
J2k−1 (z = 1) = ζ(2k)Γ(2k)
B2k (2π)2k
(2k − 1)!
2(2k)!
1)!
B2k (2π)2k
(2k
−
1)!
2 · 2
(2k
−
B2k (2π)2k
4k
197
(5.6.72)
(5.6.73)
(5.6.74)
(5.6.75)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Podemos calcular las integrales de Bose en los casos particulares. Por ejemplo J3 apa4
recerá en la radiación de cuerpo negro J3 = π15 .
j Obtener:
d
Jν (η) = νJν−1 (η)
dη
Z
(5.6.76)
∞
d
1
[ x−η
]dx
dη
e
−1
Z 0∞
d
1
xν [ x−η
−
]dx
dx
e
−1
0
xν
(5.6.77)
(5.6.78)
Hacemos el cambio de variable siguiente:
u = xν → du = νxν−1 dx
d
1
1
dv =
[
]dx → v = x−η
dx ex−η − 1
e
−1
(5.6.79)
(5.6.80)
Entonces:
Z ∞
xν−1
xν
∞
]0 − ν
dx]
−[[ x−η
e
−1
ex−η − 1
0
d
Jν (η) = νJν−1 (η)
dη
(5.6.81)
(5.6.82)
Como querı́amos demostrar.
5.7.
Gas ideal de Bose
El número de partı́culas es:
N=
3
2πgV
(2πmkT ) 2 J 21 (η)
h3
(5.7.1)
A partir de él sacamos la energı́a
3
2πgV
N=
(2πmkT ) 2 J 21 (η)
3
h
Z ∞
Z ∞
3
1
2πgV (2m) 2 E 2 dE
E=
EdNE =
h3 eβ(E−µ) − 1
0
0
(5.7.2)
(5.7.3)
Se cambia de variable x = βE → dx = βdE y η = βµ:
3
2πgV
E=
(2m) 2
3
h
Z
198
0
∞
3
−5
x 2 β 2 dx
ex−η − 1
(5.7.4)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Entonces tenemos que la energı́a es:
5
3
2πgV
(kT ) 2 (2m) 2 J 23 (η)
h3
(5.7.5)
5
3
4πg
2E
(kT ) 2 (2m) 2 J 23 (η)
=
3
3V
3h
(5.7.6)
E=
La presión:
P =
Y el potencial macrocanónico:
Ψ = −P V =
3
5
−4π gV
(2m) 2 (kT ) 2 J 32 (η)
3 h3
(5.7.7)
Y la entropı́a:
−∂Ψ
∂T
dη
−µ
=
dT
kT 2
S=
3
4πgV 5 5 3
k 2 T 2 (2m) 2 J 23 (η)+
3h3
2
5
3 3
−µ
4πgV
(kT ) 2 (2m) 2 J 21 (η) 2
+
3
3h
2
kT
(5.7.8)
(5.7.9)
(5.7.10)
Entonces vemos que la entropı́a sigue la fórmula:
S=
5.8.
5E
µN
−
3T
Ts
(5.7.11)
Potencial macrocanónico para Bosones
Ξ=
X
P
e−β(
i
n i Ei −
P
ni µ)
(5.8.1)
e−βni (Ei −µ)
(5.8.2)
e−βn2 (E2 −µ)
(5.8.3)
i
{ni }
XY
{ni } i
X
{n1 }
e−βn1 (E1 −µ)
X
{n2 }
Aquı́ los valores en vez de ser o 0 o 1 pueden ser cualquiera, por lo que tendremos muchas series
geométricas sustituibles:
1
+ ...
1 − e−β(E1 −µ)
Y
1
−β(E
i −µ)
1−e
i
199
(5.8.4)
(5.8.5)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Entonces tenemos como función de partición de los bosones a:
Y
1
Ξ=
−β(Ei −µ)
1
−
e
i
(5.8.6)
Aplicado al potencial macrocanónico:
kT
X
Ψ = −kT ln(Ξ)
(5.8.7)
ln(1 − e−β(Ei −µ) )
(5.8.8)
i
Entonces éste será:
Ψ = kT
X
ln(1 − e−β(Ei −µ) )
(5.8.9)
i
1
:
eβ(Ei −µ)−1
124. Hallar S en función de < ni >=
−∂Ψ
∂T
X
−β(Ei −µ)
−k
ln(1 − e
)
S=
(5.8.10)
(5.8.11)
i
−kT
X
i
1
Ei − µ
)
(−e−β(Ei −µ) )(
kT 2
1 − e−β(Ei −µ)
(5.8.12)
Tenemos que:
1
+1
< ni >
< ni >
1
1−
=
1+ < ni >
1+ < ni >
eβ(Ei −µ) =
(5.8.13)
(5.8.14)
por lo que si lo aplicamos:
−k
X
1
ln(1 −
1
<ni >
)+k
X
< ni > ln(1 +
1
)
< ni >
1+
i
X
X
k
ln(1+ < ni >) + k
< ni > (ln(1+ < ni >) − ln(< ni >))
i
i
(5.8.15)
(5.8.16)
i
k
X
((1+ < ni >) ln(1+ < ni >)− < ni > ln(< ni >))
(5.8.17)
i
Entonces tendremos que:
X
S=k
((1+ < ni >) ln(1+ < ni >)− < ni > ln(< ni >))
i
200
(5.8.18)
Fı́sica Estadı́stica
5.9.
Curso 2016-2017
Condensado de Bose-Einstein
El número de bosones:
1
3
dNE =
E 2 dE
2πgV (2m) 2
3
β(E−µ)
h
e
−1
(5.9.1)
Cuando se calcula la energı́a total ET , la energı́a nula se excluye. Sin embargo, cuando T → 0
todos los bosones tenderán a E → 0 como el estado más poblado.
N = NE=0 + NE>0
1
< n0 >= −βµ
e
−1
1
T → 0 −→ E → 0 −→ N =< n0 >= −βµ
e
−1
1
= e−βµ − 1
N
1
1
−βµ = ln(1 + ) u
N
N
1
−βµ u
N
(5.9.2)
(5.9.3)
(5.9.4)
(5.9.5)
(5.9.6)
(5.9.7)
Esto implica que:
µu
−kT
N
(5.9.8)
Por lo que:
T → 0 −→ µ → 0
(5.9.9)
Pero la temperatura no es cero pero sı́ muy baja. Calculamos entonces NE>0 y realizamos el cambio
de variable x = βE
3 Z
1
2πgV (2m) 2 ∞ E 2
h3
eβE − 1
0
Z
−3
3
1
2πgV (2m) 2 ∞ x 2 β 2 dx
h3
ex − 1
0
NE>0 =
(5.9.10)
(5.9.11)
3
2πgV (2mkT ) 2
J 12 (z = 1)
h3
3
3
2πgV (2mkT ) 2 3
Γ( )ζ( )
3
h
2
2
(5.9.12)
(5.9.13)
Que para concretar su resultado utilizamos los resultados del apéndice D.0.6.
NE>0 = 2, 612
3
gV
(2πmkT ) 2
h3
201
(5.9.14)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Se define la temperatura de Bose TB como la temperatura a partir de la cual NE>0 = N , el
número de bosones con energı́a mayor que cero es el número de bosones totales siempre y cuando
esa temperatura sea lo suficientemente baja:
3
gV
(2πmkTB ) 2
3
h
3
gV
= 2, 612 3 (2πmkT ) 2
h
(5.9.15)
N = 2, 612
NE>0
(5.9.16)
3
T2
N
= B3
NE>0
T2
(5.9.17)
Entonces, para el número de bosones con energı́a nula:
NE=0 = N − NE>0
N −N
T
(5.9.18)
3
2
(5.9.19)
3
TB2
Entonces:
3
NE=0 = N (1 −
T2
3
)
(5.9.20)
TB2
De forma que si T → 0 NE=0 aumenta. Esa tendencia de los bosones a acumularse en la energı́a
nula es la Condensación de Bose-Einstein. Este condensado no es del espacio real, sino del espacio
de las fases.
125. Calcular la energı́a E, la capacidad calorı́fica CV , y la entropı́a S, para el gas de bosones a
temperaturas bajas T < TB en función de N, T y TB :
Para la energı́a:
3
5
2πgV
E=
(2m) 2 (kT ) 2 J 32 (z = 1)
(5.9.21)
3
h
donde tenemos en cuenta las relaciones del apéndice D.0.6.
2
2
E
h2
N
N 23
Dividimos N
y además aplicamos que TB = 2πmk
( 2,612gV
) 3 = 3,31h
mk ( gV )
E = 0, 77N kT (
T 3
)2
TB
(5.9.22)
Esto nos permite obtener la capacidad calorı́fica:
CV = (
∂E
T 3
5E
)V = 1, 93N k(
)2 =
∂T
TB
2T
La entropı́a la sacamos de la expresión del potencial macrocanónico Ψ =
S = −(
∂Ψ
T 3
5E
)V,µ = 1, 28N k(
)2 =
→T →0 0
∂T
TB
3T
Y vemos que sigue el tercer principio de la termodinámica.
202
(5.9.23)
−4π gV
3 h3
3
5
(2m) 2 (kT ) 2 J 32 (η):
(5.9.24)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
126. Se considera un gas ideal de Bosones de espı́n 0 y de masa m = 6, 65 × 10−27 kg. La concentración de bosones es de 1026 bosones
m3 . ¿Cuál es la temperatura de Bose?
A partir de la ecuación:
TB =
2
3, 31h2 N 2
h2
N
(
)3 =
(
)3
2πmk 2, 612gV
mk gV
(5.9.25)
y con los datos de los que disponemos, tenemos que TB = 0, 086K.
127. Sea un mol de un gas formado por átomos de Helio He, de masa m = 6, 65 × 10−27 kg
y de espı́n nulo. Este gas está encerrado en una caja cúbica de volumen V = 0, 0224m3 .
(Solucionado por el Ngô, no en clase)
a Calcular la temperatura de Bose TB :
A igual que antes, empleamos:
TB =
2
3, 31h2 N 2
h2
N
(
)3 =
(
)3
2πmk 2, 612gV
mk gV
(5.9.26)
y obtenemos que TB = 0, 036K
b Se consideran los niveles de energı́a de unas partı́culas caracterizadas por N0 → nx =
ny = nz = 1 y por N1 → nx = 2, ny = nz = 1. Calcular la energı́a de cada estado.
Para el primer estado tendrı́amos E0 = 3×1, 037×10−40 J, mientras que para el segundo
E1 = 2E0 . La diferencia de energı́a entre los dos estados es de ∆E = 3, 1 × 10−40 J.
c Se cambia el origen de energı́as de forma que el estado más fundamental tiene energı́a
nula.
i Calcular el potencia quı́mico del gas a T = 10−4 K
El potencial quı́mico se calcuları́a como:
−µ
1
1
−kT
= ln(1 + ) ≈
→µ=
= −2, 3 × 10−51 J
kT
N
N
N
(5.9.27)
ii Calcular la relación entre las poblaciones de los estados del apartado anterior a la
temperatura T . Comparar con el resultado obtenido mediante la distribución de
Boltzmann.
La relación entre las poblaciones es:
−µ
N (E1 )
e kT − 1
−µ
= (E−µ)
u
= 7, 4 × 10−22
N (E0 )
E
e kT − 1
(5.9.28)
La distribución de Boltzmann darı́a como resultado 1.
128. Un gas de N bosones con espı́n nulo y sin interacciones está en el interior de un cuadrado de
lado L. Calcular la densidad de estados:
D(E) =
dφ
dE
(5.9.29)
Y también el número de bosones dNE con energı́a entre E y E + dE.
La energı́a de los estados de la caja es:
Enx ,ny =
~2 π 2 2
(n + n2y )
2mL2 x
203
(5.9.30)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Pero sin embargo, tenemos que:
φ(E) =
π 2mL2 E
4 ~2 π 2
(5.9.31)
mL2
2π~2
(5.9.32)
Por lo que la densidad de estados será:
D(E) =
Y tenemos que:
dNE = D(E)dEf (E) =µ=0
mL2 dE
2π~2 eβE − 1
(5.9.33)
129. Sea un sistema de N >> 1 bosones de espı́n nulo. Cada bosón está en 2 estados (ó energı́a
nula ó energı́a E = ).
i Determinar T para que la población media del estado fundamental sea el doble que del
estado excitado N0 = 2N1 .
Para el estado fundamental tenemos esto:
N0 =
1
eβ(0−µ) − 1
1
e−βµ − 1
1
+ 1 = e−βµ
N0
(5.9.34)
(5.9.35)
(5.9.36)
Queremos llegar a algo parecido para el estado excitado:
1
eβ(E−µ) − 1
(5.9.37)
1
+ 1 = eβ(E−µ)
N1
(5.9.38)
N1 =
Dividiendo llegamos a:
eβE =
1
N1
1
N0
+1
+1
(5.9.39)
Tomamos neperiano:
1
+1
E
= ln( N11
)
kT
N0 + 1
(5.9.40)
Y recordemos que N = N0 + N1 , por lo que N = 3N1 , entonces tendremos que N1 =
y que N0 = 2N
3 . Si lo aplicamos en el logaritmo:
204
N
3
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1 + N3
E
= ln(
3 )
kT
1 + 2N
(5.9.41)
3
3
1 + 2N
+ 2N
)
3
1 + 2N
(5.9.42)
ln(
ln(1 +
3
2N
3 )
1 + 2N
3
ln(1 +
)
2N + 3
(5.9.43)
(5.9.44)
Ahora aproximamos a N >> 1, por lo que ln(1 + x) → x:
ln(1 +
3
3
)∼
2N
2N
(5.9.45)
Por lo que llegamos a:
3
E
=
kT
2N
(5.9.46)
2N E
3k
(5.9.47)
Y la temperatura será:
T =
ii ¿Cuál serı́a la temperatura T’ si el sistema se pudiera describir mediante la colectividad
canónica?
0
N0
e−β 0
1
=
=
N
Z
Z
0
e−β E
N1
=
N
Z
0
0
0
Z = e−β 0 + e−β E = 1 + e−β E
(5.9.48)
(5.9.49)
(5.9.50)
Entonces llegamos a que:
2 = eβ
0
E
E
= ln(2)
kT
E
2N E
T0 =
6=
k ln(2)
3k
(5.9.51)
(5.9.52)
(5.9.53)
Entonces vemos que la relación:
T0
k ln(2)
3
= 2N E =
T
2N ln(2)
3
k
205
(5.9.54)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Como N >> 1 esta relación será muy pequeña.
2N ln(2)T 0 = 3T −→ T 0 << T
(5.9.55)
El primer nivel excitado para el gas de bosones es mayor que si fuese con la distribución
canónica. Esto se debe a la tendencia a condensarse en el estado de mı́nima energı́a,
y por lo tanto, todo aquello que se desintegre implica bosones y con tal de evitar la
desintegración nuclear....
5.10.
Radiación de Cuerpo negro
¿Qué ocurre a la radiación electromagnética en contacto con la materia?
Supongamos un gas de fotones (espı́n uno, sz = ±1, g = 2)en un recipiente a un volumen V, T , de
∂F
)V,T = 0 = µ. Esto implica, como µ = 0, que F = Ψ. Para conocer el número de
manera que ( ∂N
microestados con momento entre p y p + dp:
dNp =
gV
4πp2 dp
h3
(5.10.1)
Pero en este caso, los fotones tienen energı́a relativista E = pc = ~ω. Esto nos dará
8πV ~2 ω 2 ~
dω
h3 c2 c
h3 2
8πV
ω dω
h3 8π 2 c3
V ω2
D(ω) = 2 3 dω
π c
dNω =
(5.10.2)
(5.10.3)
(5.10.4)
Entonces tenemos que:
dNω = D(ω)dωfBE (ω) =
V ω 2 dω
~ω
−1
π 2 c3 e kT
(5.10.5)
Para la energı́a:
dEω = ~ωdNω =
~V ω 3 dω
~ω
−1
π 2 c3 e kT
(5.10.6)
Nuestra temperatura caracterı́stica será:
θ=
~ω
k
(5.10.7)
Tendremos que estudiar dos lı́mites:
~ω >> kT :
dE u
~ω 3 −~ω
ω e kT dω
π 2 c3
~ω
~ω << kT : Para esta aproximamos e kT ∼ 1 +
dEω =
~ω
kT ,
y obtendremos:
V
ω 2 kT dω
π 2 c3
206
(5.10.8)
(5.10.9)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
El teorema de la equipartición clásico unidimensional es:
1
kT =< E >
2
(5.10.10)
Lo aplicamos a:
dEω =
V
ω 2 < E > dω
π 2 c3
(5.10.11)
Y vemos que son N osciladores.
También se emplea, recordando que ω = 2πν
ρ(ν, T ) =
Y esto se emplea para:
E
=
V
Z
1 ∂E
~2 2π (2πν)3
= 2 3 hν
V ∂ν
π c e kT − 1
(5.10.12)
ρ(ν, T )dν = · · · = σT 4
(5.10.13)
∞
0
que es la ley de Stéphan, que se vio a principios de Fı́sica Cuántica. La constante de Stéphan
tendrı́a la forma:
V k4 π2
(5.10.14)
σ=
60c3 ~3
130. Un gas de fotones está en equilibrio a la temperatura T en un volumen V .
R
P
a Hallar el potencial macrocanónico Ψ mediante la sustitución de i por D(ω)dω en
P
−Ei
Ψ = kT i ln(1 − e kT ).
Esto nos da:
∞
Z
D(ω) ln(1 − e
F = Ψ = kT
−~ω
kT
)dω
(5.10.15)
)dω
(5.10.16)
0
F = kT
V
π 2 c3
Z
k4 T 4
3π 2 ~3 c3
Z
0
∞
ω 2 ln(1 − e
−~ω
kT
0
donde hacemos el cambio de variable x =
F = −V
∞
~ω
kT
y obtenemos:
x3 dx
k4 T 4 π4
4σ
= −V 2 3 3
=−
V T4
x
e −1
3π ~ c 15
3c
(5.10.17)
b Hallar E, S, CV y P Para el cálculo de la presión y de la entropı́a:
4σ 4
∂F
)T =
T
∂V
3c
∂F
16
S = −(
)V =
σV T 3
∂T
4c
P = −(
(5.10.18)
(5.10.19)
Dado que E = F + T S, tendremos que:
E=
4σ
V T 4 = −3F
c
207
(5.10.20)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
La capacidad calorı́fica:
∂E
16σ
)V =
V T3
(5.10.21)
∂T
c
Y por último, la relación entre la presión y la energı́a, que resulta ser la ecuación de
estado de un gas de fotones es, a partir de:
CV = (
E=
V k4 4 π4
T
π 2 c3 ~3 15
(5.10.22)
la definición de la constante de Stéphan σ y la presión, tendremos que:
PV =
208
E
3
(5.10.23)
Tema 6
Tutorı́as Grupales
6.1.
Primera Tutorı́a Grupal
130. Calcular la temperatura después de una comprensión adiabática de un gas ideal a 10 atm.
de presión a partir de unas condiciones iniciales de 1 atm. y 300 K. si:
aire γaire =
7
5
se aproxima a gas ideal diatómico
helio γHe =
5
3
se aproxima a gas ideal monoatómico
A partir de que P V = N RT y de que en adiabática P V γ → Pi Viγ = Pf Vfγ realizamos los
cálculos.
En general:
PV
(6.1.1)
T =
nR
siendo para ambos casos 1 el número de moles.
A partir de las condiciones iniciales y de la ecuación adiabática inicial-final, podremos llegar
a:
RTi γ
RTf γ
Pi (
) = Pf (
)
(6.1.2)
Pi
Pf
Despejamos la Tf obteniendo:
Tf = (
i γ Pf γ 1
nRT
Pi (
) ( ) ) γ
Pf Pi
nR
(6.1.3)
Pi 1−γ
) γ Ti
Pf
(6.1.4)
Tf = (
131. Hallar las ecuaciones de estado para un sistema con forma fundamental:
u=a
s2 bs
e ; a, b > 0
b
209
(6.1.5)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
y representar la dependencia T (V ) para la expansión adiabática con S y N constantes.
En principio, esta relación es molar, por lo que obtenemos la normal sacando la N de las
variables molares.
s2
aS 2 bS
u = a ebs ; a, b > 0 → U =
eN
(6.1.6)
b
V
Para las ecuaciones de Estado:
T (S, V, N ) =
bS
∂U
∂S
=
aSe N
V
(2 +
2
bS
N )
bS
∂U
N
P (S, V, N ) = − ∂V
= − aS
V e
µ(S, V, N ) =
∂U
∂N
=
Podemos ver que T ∝
1
V
aS 2 −bS bS
N )
V ( N2 e
=
−abS 3 bS
N
V N2 e
, por lo que Ti > Tf
132. Hallar las ecuaciones de estado en representación entrópica para:
5
s2
u=A
(6.1.7)
1
v2
Representar la dependencia T (V ) para presión y moles constantes.
Primero tenemos que despejar la entropı́a:
1
uv 2
U
s=(
) → S = N(
A
AN
r
V 2
)5
N
(6.1.8)
√
U V
)
S= 2( 1) (
A
N5 N2
(6.1.9)
√
√
U V 2
NU V 2
5
S=N (
) =(
)5
A
A
(6.1.10)
N
1
2
5
2
5
Lógicamente, las ecuaciones de estado seguirán:
T (U, V, N ) =
1
T
P (U, V, N ) =
∂S
∂V
=
∂S
∂U
2
=
N5
√
V
2
a5
2
5
2
5U
−3
5
∂S
µ(U, V, N ) = − ∂N
133. La velocidad de las ondas longitudinales de pequeña amplitud en un gas ideal tienen la forma:
s
c=
∂P
∂ρ
(6.1.11)
Calcular c en función del peso molecular y la temperatura cuando las compresiones y dilataciones son:
a isotérmicas
b adiabáticas
210
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
En primer lugar, hemos de recordar que:
m
m
→V =
V
ρ
ρ=
(6.1.12)
Para relacionar presión con volumen:
P V = N RT
(6.1.13)
Y que para adiabática:
P V α = cte → P =
k
Vα
(6.1.14)
Ahora hacemos derivada parcial:
∂P
∂P ∂V
=
∂ρ
∂V ∂ρ
(6.1.15)
∂P
αk m
= α+1 2
∂ρ
V
ρ
(6.1.16)
Multiplicamos y dividimos por m dado que V 2 =
m2
ρ2
α k mm
α m2 1
=
P
V V α ρ2 m
V ρ2 m
αP V
αN RT
α
1
=
=
P V 2
m
m
m
V
Por lo que, recordando que el peso molecular es: Pm = m
N:
s
c=
∂P
=
∂ρ
r
αN RT
=
m
r
αRT
Pm
(6.1.17)
(6.1.18)
(6.1.19)
y si es proceso isotérmico, α = 1; y si es adiabático, hay que tener en cuenta que este α =
para monoatómico; α = 57 para diatómico...
6.2.
3
5
Segunda Tutorı́a grupal
Un sistema acotado está formado por dos cajas cúbicas idénticas de lado L. Recordemos que
π 2 ~2
E0 = 2mL
2
En el instante inicial tenemos que:
i 2 partı́culas distinguibles (a, b) con energı́a total 12E0
ii 1 partı́cula c con energı́a 9E0
a Calcular el número de microestados accesibles si la pared que separa las 2 cajas es
adiabática fija e impermeable.
Será una caja cúbica por lo que la distribución de los niveles de energı́a tiene la misma
forma que en 2.2.
En la caja II vemos que la energı́a total es 9E0 para una sola partı́cula, por lo que hay
3 niveles de degeneración.
211
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Sin embargo, para la caja I tenemos las combinaciones de [9,3] con 6 posibilidades y de
[6,6] con 9 posibilidades; dando un total de 15.
Por lo tanto Ω = ΩI ΩII = 45.
b Se retira la pared para unir los dos subsistemas. Calcular el número de microestados
accesibles.
Ahora la energı́a de los dos sumará 21E0 , y será entonces un problema de 3 partı́culas
distinguibles.
Sin embargo, se ha deformado la caja, obteniendo el doble del volumen inicial. El espectro
energético para una partı́cula viene dado por:
Enx ,ny ,nz = E0 (
n2x
+ n2y + n2z )
4
(6.2.1)
Esta diferencia de las longitudes es la generadora de nuevos niveles de energı́a. Pero no
0
. Queremos buscar los que
son iguales a un número entero de veces E0 sino a (2p+1)E
4
su combinación dé 21.
Sólo hay unas configuraciones posibles:
2 partı́culas en 6E0 y una en 9E0 .
Como la degeneración de estados es la misma que si las partı́culas son distinguibles,
tenemos que hay 81 permutaciones posibles:
9 para las dos partı́culas en 6E0 , 3 posibilidades para la partı́cula en 9E0 y 3
permutaciones posibles.
1 partı́cula en 3E0 , una en 6E0 y otra en 12E0
Solo hay 3 configuraciones posibles pero por cada una de ellas hay 6 permutaciones,
por lo que son 18 microestados
1 partı́cula en 3E0 y dos en 9E0 .
Hay 9 configuraciones posibles pero 3 maneras de colocar las partı́culas, por lo que
hay 27.
Esto forman 126 microestados posibles.
134. Consideramos un sistema cerrado compuesto de dos cajas cúbicas de lado L que están acopladas. El sistema está dividido por una pared adiabática.
Figura 6.1: Subniveles de energı́a de cada nivel de energı́a del conjunto
i En el instante inicial, cada caja contiene dos partı́culas distinguibles; pero cuya energı́a
es diferente. EI tiene energı́a 12E0 y EI I tiene energı́a 18E0 . Calcular el número de
microestados accesibles para los subsistemas y para el sistema total.
212
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
i En la primera caja hay dos configuraciones posibles:
a 2 partı́culas en 6E0 .
Estado degenerado 3 veces. Como además son distinguibles, habrá 9 microestados posibles
b 1 partı́cula en 9E0 y la otra en 3E0 .
Hay 3 (dada la degeneración de 9E0 ) × 2 (permutaciones de las dos partı́culas),
por lo que hay 6 microestados.
En total tendremos 15 microestados posibles para la caja I
ii Otras dos configuraciones son posibles:
a 2 partı́culas en 9E0 , dan 9 microestados.
b 1 en 6E0 y la otra en 12E0 dan 6 microestados
También tenemos 15 microestados para la caja II.
Esto implica que el número total de microestados accesibles es de Ω = ΩI ΩII = 152 =
225.
ii La pared que separa los subsistemas es diatérmica, fija e impermeable. El sistema total
no está en equilibrio, si no que evolucionará hasta un estado de equilibrio; ¿Qué cantidad
va a ser conservada en la transformación? ¿Cuáles son los microestados accesibles del
sistema y cuántos hay?
Si la pared es diatérmica, los intercambios de calor son posibles. Por lo que la energı́a
total ET = 12E0 + 18E0 = 30E0 es conservada. Y por lo tanto tendremos que buscar
todas las combinaciones que sumen 30E0 son posibles. Cabe destacar que el sistema es
simétrico, por lo que las combinaciones son permutables.
i EI = 24E0 , EII = 6E0
En este caso, en la caja I puede haber 3 configuraciones distintas:
1 partı́cula en 21E0 , 1 partı́cula en 3E0 . Esto lleva a 6 subniveles de energı́a en
21 por dos posibles permutaciones: 12 microestados
1 partı́cula en 18E0 , 1 partı́cula en 6E0 . Esto da 18 microestados.
2 partı́culas en 12E0 . Sólo un microestado.
Sin embargo, para la segunda caja, sólo hay una configuración: la de las dos partı́culas en 3E0 .
Por lo tanto, el número de microestados accesibles para este caso es de 31.
ii EI = 21E0 , EII = 9E0 Para la primera caja hay 2 configuraciones:
1 partı́cula en 18E0 , 1 partı́cula en 3E0 . Esto lleva a únicamente 6 microestados
dados los 3 subniveles de energı́a y las permutaciones posibles.
1 partı́cula en 12E0 , 1 partı́cula en 9E0 . Otros 6 microestados.
Para la segunda caja sólo hay una configuración correspondiente a una partı́cula en
6E0 y otra en 3E0 . Esto dará 6 microestados. Por lo que para este caso habrán 72
microestados posibles.
213
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
iii EI = 18E0 , EII = 12E0
Ya se hizo en el primer apartado, dando 225 microestados.
iv EI = 15E0 , EII = 15E0
Las dos cajas tienen las mismas posibilidades. Para cada una están las siguientes
posibilidades:
1 partı́cula en 12E0 , la otra en 3E0 . Esto nos da únicamente 2 microestados
1 partı́cula en 9E0 y la otra en 6E0 . Esto son 18 microestados.
El número de microestados accesibles aquı́ es de 400.
Finalmente, sumamos todas las particiones.(31 × 2 + 72 × 2 + 225 × 2 + 400 = 1056).
Son posibles 1056 microestados tras su transformación.
iii Suponiendo que el sistema ha llegado al equilibrio, ¿cuál es la probabilidad para obtener
un microestado dado? ¿Cuál es la probabilidad para que el subsistema I tenga energı́a
6E0 , 9E0 y 15E0 ? Dar la distribución energética del mismo y la energı́a que ha perdido.
En el equilibrio, todos los estados son equiprobables, por lo que la probabilidad de uno
1
en concreto es de 1056
.
La probabilidad de encontrar cada caso es:
31
1056
72
P (EI = 9E0 ) =
1056
400
P (EI = 15E0 ) =
1056
(6.2.2)
P (EI = 6E0 ) =
(6.2.3)
(6.2.4)
(6.2.5)
La distribución energética es simétrica; y entonces el valor medio de la energı́a es igual
al valor más probable: 15E0 .
De media, el sistema I ha perdido 3E0 que se les ha dado al sistema II.
6.3.
Tercera Tutorı́a Grupal
Sea un sistema de 3 espines 12 ↑↓ alineados y equidistantes acoplados mediante interacciones de
intercambio de tipo Ising entre vecinos próximos. Cada espı́n tiene asociado un momento angular
~ El sistema se encuentra sometido a un campo de inducción B
~ según el eje OZ y en
µ
~ = gµB S.
equilibrio a temperatura T .
Su Hamiltoniano es:
H = J(S1z S2z + S2z S3z ) + gµB (S1z + S2z + S3z )
i Obtener los microestados y su energı́a en función de J, B y µ =
|+, +, + >:
214
−gµB
2 .
(6.3.1)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
1 1
1 1 1
E = J(2 · · 2) + gµB ( + + )
2 2
2 2 2
1
3
E = J( ) + gµB ( )
2
2
3
J
µ
µ
−2 B B( )
µ
2
2
B
J
3
E = − 2µB
2
2
J
E = − 3µB
2
(6.3.2)
(6.3.3)
(6.3.4)
(6.3.5)
(6.3.6)
|+, −, + >:
E = J(
gµB B
−1 1
− )+
4
4
2
−J
gµB B
+
2
2
µ
2µ
−J B B −
+
2
2 µB
−J
− µB
E=
2
(6.3.7)
(6.3.8)
(6.3.9)
(6.3.10)
|+, +, − >= |−, +, + >:
* 0 gµ B
1 1
B
E = J( − ) +
= −µB
2
4 4
(6.3.11)
E = −µB tiene degeneración 2.
|+, −, − >= |−, −, + >:
*0
1 −1
−1 1
− 1)
E = J(+ ) + gµB B( 4
4
2
2
2
−1
E=
gµB B = µB
2
(6.3.12)
(6.3.13)
E = µB también tiene degeneración 2.
|−, +, − >:
E = J(
−1 1
−1 1 1
− ) + gµB B(
+ − )
4
4
2
2 2
−J
E=
+ µB
2
215
(6.3.14)
(6.3.15)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
|−, −, − >:
E=
J
+ 3µB
2
(6.3.16)
Para calcular la Z tendremos que ver la función de partición.
Z=
Z=
X e−βH
h
n=1
6
X
gi e−βEi
(6.3.17)
(6.3.18)
i=1
Z = e−β(
−J
2
−3µB)
+ 2eβµB + 2e−βµB + e−β(
−J
2
−µB)
+ e−β(
−J
2
+µB)
J
+ eβ( 2 +3µB)
(6.3.19)
Vemos que forman cosenos hiperbólicos.
Z = 2e
−βJ
2
cosh(3βµB) + 2(e
βJ
2
+ 2) cosh(βµB)
(6.3.20)
ii Queremos calcular también la capacidad calorı́fica y la energı́a media para B = 0:
−∂ ln(Z)
∂β
∂<E>
CV =
∂T
< E >=
(6.3.21)
(6.3.22)
Pero antes calculemos que ocurre si B = 0:
βJ
) + 2)
2
βJ
βJ
ln(Z) = ln(2) − + ln(2) + + ln(2)
2
2
Z = 2e
−βJ
2
+ 2e
βJ
2
+ 2 = 2(2 cosh(
Vemos entonces que si hiciéramos esto < E >= 0 lo que resulta imposible:
216
(6.3.23)
(6.3.24)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
−βJ
βJ
ln(Z) = ln(2e 2 cosh(3βµB) + 2(e 2 + 2) cosh(βµB))
βJ
βJ
ln(Z) = ln(2) −
+ ln(cosh(3βµB)) + ln(2) +
+ 2 + ln(cosh(βµB))
2
2
βJ
ln(Z) = ln(2) + ln(cosh(
) + 1)
2
−∂ ln(Z)
< E >=
∂β
J
− sinh( βJ
2 ) 2 −1
kT 2
1 + cosh( βJ
2 )
J
sinh( βJ
2 )2
kT 2 (1 + cosh( βJ
2 ))
∂E
∂ < E > ∂β
CV =
=
∂T
∂β
∂T
βJ J
sinh( 2kT
)2
∂
(
)
βJ
∂T (1 + cosh( 2kT ))
(6.3.25)
(6.3.26)
(6.3.27)
(6.3.28)
(6.3.29)
(6.3.30)
(6.3.31)
(6.3.32)
Aproximamos:
J
sinh( βJ
2 )2
kT 2 (1 + cosh( βJ
2 ))
∼
1+
1
→
βJ J
2 2
2
cosh( βJ
2 )kT
2 2
β J
2
+ cosh( βJ
2 )T
βJ
( 2 )
1 + cosh( βJ
2 )
(6.3.33)
(6.3.34)
(6.3.35)
(6.3.36)
iii Por último queremos encontrar < µz > y su forma en el caso de que kT >> µB
< µz >=
X
µi Pi
(6.3.37)
< µz >= −gµB Sz
−µB g
µ=
2
−2
g=
µ
µB
Sz = S1 + S2 + S3 .
(6.3.38)
i
Pi =
217
e
(6.3.39)
(6.3.40)
(6.3.41)
−βEi
Z
(6.3.42)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
Si kT >> µB = kT >> J tenemos que:
J
< µz >= 3µ
Lógicamente < µz >=
6.4.
P
i
e−β( 2 −3µB)
Z
(6.3.43)
−βEi
µi e
Z
Cuarta Tutorı́a Grupal
Una molécula diatómica tiene una energı́a potencial de interacción:
V (r) = D[(1 − e−α(r−r0 ) )2 − 1]; α > 0
(6.4.1)
donde r es la distancia entre los dos átomos, y r0 es la posición de equilibrio estable correspondiente
al mı́nimo del potencial V .
El Hamiltoniano del sistema:
1 ~˙ 2 1 ˙ 2
+ µ~r + V (r)
(6.4.2)
H = MR
2
2
donde:
~r = r~A − R~B
~ = mA r~A + mB r~B
R
mA mB
mA mB
µ=
mA + mB
(6.4.3)
(6.4.4)
(6.4.5)
i Hallar la función de partición de la molécula de V (r) para un volumen V y una temperatura
T:
d3~rd3 p~
h3
Z
3
1
d ~rd3 p~
~˙ 2 1 ˙ 2
e−β( 2 M R + 2 µ~r +V (r))
h3
Z
Z=
e−βH
(6.4.6)
(6.4.7)
Si ahora diferenciamos entre R y r:
~ 3 p~d3 P~
d3~rd3 Rd
h6
Z
2
2
1
(2πmkT ) 3 (2πM kT ) 3 V
e−βV (r) d3~r
h6
Z
~˙ 2
P
p
~˙ 2
e−β( 2M + 2m +V (r))
(6.4.8)
(6.4.9)
Esta última ecuación tiene una integral que sólo depende del módulo, por lo que utilizamos
esféricas:
Z ∞
2
2
V
3
3
Z = 6 (2πmkT ) (2πM kT ) 4π
r2 e−βV (r) dr
(6.4.10)
h
0
218
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
D
ii Suponiendo r muy próximo a r0 , y que kT
<< 1, reemplazar r2 por r02 , que lo podremos
1
sacar fuera de la integral, y entonces queda realizar un desarrollo en serie de potencias de βD
de la integral.
Tenemos que hacer el doble cambio de variable:
x = r − r0
p
y = βD(1 − e−αx )
(6.4.11)
V (x) = D[(1 − e−αx )2 − 1]
y 2
) − 1]
V (y) = D[( √
βD
y2
V (y) = D[
− 1]
βD
y2
V (y) =
− Ddr = dx
β
p
dy = βD(−αeαx )dx
(6.4.13)
(6.4.12)
Entonces, si lo aplicamos:
(6.4.14)
(6.4.15)
(6.4.16)
(6.4.17)
Si lo añadimos a la integral:
Z
∞
e
−y 2
β
+D
√
dy
βD(−αeαx )
(6.4.18)
X=0
(6.4.19)
Z
∞
−∞
βD
e
√
α βD
Realizamos un desarrollo:
1
1−x
−∞
−y 2
e dy
y
1 − √βD
= 1 + x + x2 + · · · =
P∞
i=0
(6.4.20)
x(i)
eβD
√
= cte
α βD
Z ∞
2
y
y2
cte
e−y dy(1 + √
+
+ ...)
βD βD
−∞
Z ∞
Z ∞ 2
Z ∞
2
y −y2
y 4 −y2
cte[
e−y dy +
e dy +
e dy]
2
−∞
−∞ βD
−∞ (βD)
√
√
√
3
π
π
+
cte[ π +
+ ...]
2βD 4 (βD)2
(6.4.21)
(6.4.22)
(6.4.23)
(6.4.24)
iii Calcular el valor medio de la energı́a < E > a partir de la función de partición hasta tercer
orden en la temperatura:
219
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
√
√
3
3 eβD
4πV
π
3
π
1
2
2
√
]
Z = 6 (2πmkT ) (2πM kT )
+
[1 +
h
2βD 4 (βD)2
α βD
√
1
π
3
x = [1 +
]
+
2βD 4 (βD)2
p
√
∂ ln(Z)
∂ 3
2πm
3
2πM
=
( ln(
) + ln(
) + βD π − ln(α βD) + ln(1 + x))
∂β
∂β 2
β
2
β
1 −1
3 β 2
√
3 β 2πm
x2
2πM
2β
√
−[−
−
+
D
π
−
+ (x − )]
2
2
2
2πm β
2
2πM β
2
α βD
√
1 1
3
3
x2
+
+D π+
+x−
2β
2β
2 αβD
2
...
(6.4.25)
(6.4.26)
(6.4.27)
(6.4.28)
(6.4.29)
(6.4.30)
Entonces, tras los cálculos pertinentes de deshacer la x, tenemos:
1
5
7
(kT )2 +
(kT )3
< E >= −D + kT +
2
2D
4D2
220
(6.4.31)
Tema A
Fórmula de Stirling
La fórmula de Stirling resulta de gran importancia para calcular:
ln(n!)
(A.0.1)
cuando el factorial sea muy grande. Su demostración es la que sigue:
ln(n!) =
n
X
i=1
Z
ln(i) u
n
ln(x)dx = [x ln(x) − x]n1 = n ln(n) − n + 1
(A.0.2)
1
dado que n >> 1, obtenemos la aproximación de Stirling:
ln(n!) = n ln(n) − n
(A.0.3)
Si por lo tanto, n es pequeño, se utiliza una aproximación más precisa:
ln(n!) = n ln(n) − n +
√
1
ln(2πn); n! = 2πnnn e−n
2
221
(A.0.4)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
222
Tema B
Función Gamma
La función gamma es la siguiente integral:
∞
Z
xn e−x dx; n > 1
Γ(n + 1) =
(B.0.1)
0
Mediante integración por partes se llega a la siguiente relación:
Z ∞
Z ∞
Γ(n + 1) =
xn e−x dx = −[xn e−x ]∞
+
n
xn−1 e−x dx = nΓ(n)
0
0
(B.0.2)
0
Si n es entero tendremos que:
∞
Z
e−x dx = 1
Γ(1) =
(B.0.3)
0
Y que:
Γ(n + 1) = n!
(B.0.4)
Para números no enteros habrı́a que utilizar una relación de recurrencia y la propiedad de que:
p
1
1
Γ( ) = (− )! = (π)
2
2
Además, si realizamos un cambio de variable tendremos (para n enteros):
Z ∞
n!
xn e−αx dx = n+1
α
0
223
(B.0.5)
(B.0.6)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
224
Tema C
Triángulo de Pascal
Algo muy divertido para problemas de ingenio que aparece en varios ejercicios y resulta de gran
importancia por ser parte fundamental
del Binomio de Newton es el triángulo de Pascal:
0
0
1
1
1
0
1
1
1
=
2
2
2
1
2
1
0
1
2
1
3
3
1
3
3
3
3
0
1
2
3
Recordemos que el número combinatorio sigue la siguiente fórmula:
N!
N (N − 1) . . . (N − m + 1)
N
m
=
(C.0.1)
CN
=
=
M
m!
(N − m)!m!
A partir de los números combinatorios, se puede hacer al binomio de Newton, que tiene las siguientes
caracterı́sticas:
N X
N
N
(1 + u) =
ul
(C.0.2)
l
l=0
(1 − u)
N
=
N X
l=0
(1 + u)N + (1 − u)N =

 PN
(−1)l ul
N
ul si l es par.l = 2n
l
0 si l es impar.l = 2n + 1
l=0 2

N
l
225
(C.0.3)
(C.0.4)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
226
Tema D
Integrales especiales y propiedades
D.0.1.
Integrales exponenciales simples
Tenemos la siguiente integral:
Z
∞
xe−αx
I(α) =
(D.0.1)
0
Realizamos un cambio de variable tal que:
u = x → du = dx
dv = e−αx dx → v =
−e−αx
α
Y tendremos:
[−x
D.0.2.
e−αx ∞ 1
] +
α 0
α
Z
∞
e−αx dx =
0
1
α2
(D.0.2)
Integral exponencial con sinusoidal en ella
La integral:
π
Z
I(x) =
ex cos(θ) sin(θ)dθ
(D.0.3)
ex cos(θ) sin(θ)dθ
(D.0.4)
0
tiene la siguiente solución:
π
Z
I(x) =
0
[
−ex cos(θ) π
]0
x
(D.0.5)
ex − e−x
x
(D.0.6)
2 sinh(x)
x
(D.0.7)
227
Fı́sica Estadı́stica
D.0.3.
Curso 2016-2017
Integral de una gaussiana y sinusoidales
A partir de:
Z
∞
2
e−au eibu du =
−∞
Z
∞
2
e−au cos(bu)du + i
Z
−∞
∞
2
e−au sin(bu)du
(D.0.8)
−∞
Se define entonces, por propiedad de las funciones pares e impares como:
Z ∞
2
e−au cos(bu)du
2
(D.0.9)
0
Y su solución, mediante el teorema de los residuos es complicada de demostrar:
r
1 π −b2
2∗(
e 4a )
2 a
Los senos son impares, por lo que la integral:
Z ∞
2
i
e−au sin(bu)du = 0
(D.0.10)
(D.0.11)
−∞
Y por lo tanto la solución es únicamente el coseno.
D.0.4.
Integrales In (α) y Jn (α)
Se definen como
∞
Z
2
xn e−αx dx
In (α) =
(D.0.12)
0
Z
∞
2
xn e−αx dx
Jn (α) =
(D.0.13)
−∞
con las siguientes propiedades:
r
J0 (α) =
π
α
(D.0.14)
J2n+1 = 0&J2n (α) = 2I2n (α)
(D.0.15)
−∂In
= In+2 (α)
∂α
(D.0.16)
In (α) =
Γ( n+1
2 )
n+1
2α 2
donde es conveniente recordar las propiedades de la función gamma de Euler:
(D.0.17)
Γ(n + 1) = nΓ(n)
(D.0.18)
√
1
Γ(n) = (n − 1)!&Γ( ) = π
2
(D.0.19)
228
Fı́sica Estadı́stica
D.0.5.
Curso 2016-2017
Integrales de Fermi
Son definidas como:
∞
xν dx
(D.0.20)
+1
0
donde η = kBµT para un gas de fermi. A temperaturas bajas, se puede utilizar el siguiente desarrollo
asintótico:
Z η
Z ∞
π2 0
f (x)dx
7π 4 00
f (x)dx +
=
f (η) +
f (η) + ...
(D.0.21)
x−η
e
+1
6
360
0
0
Si nos centramos a segundo orden tendremos:
Z
Iν (η) =
ex−η
π2
2 3
η 2 (1 + 2 )
3
8η
I 21 =
5π 2
2 5
η 2 (1 + 2 )
5
8η
Además, una propiedad importante resulta ser:
I 23 =
dIν
= ηIν−1
dη
(D.0.22)
(D.0.23)
(D.0.24)
135. Las integrales de fermi admiten un desarrollo para temperaturas bajas, cuyos primeros términos se pueden obtener mediante:
Z ∞
Z η
f (x)dx
π2 0
7π 4 00
=
f
(x)dx
+
f
(η)
+
f (η) + ...
(D.0.25)
ex−η + 1
6
360
0
0
Se pide:
a Los 2 primeros términos de I 12 (η):
η
Z
I 12 (η) ≈
1
x 2 dx +
0
3
[
x2
]η0 +
3
2
π 2 1 −1
x 2 |x=η
6 2
π2 1
12 η 12
2 3
3 −3 π 2 1
η 2 [1 + η 2
]
3
2
12 η 21
2 3
π2
η 2 [1 + 2 ]
3
8η
I 12 =
(D.0.26)
(D.0.27)
(D.0.28)
(D.0.29)
b Los 2 primeros términos de I 32 (η):
Z
I 32 (η) ≈
η
π2 3 1
x 2 |x=η
6 2
2 5
π2 1
η2 +
η2
5
4
2 5
π 2 1 5 −5
η 2 [1 +
η2 η 2 ]
5
4
2
2 5
5π 2
η 2 [1 + 2 ]
5
8η
3
x 2 dx +
0
229
(D.0.30)
(D.0.31)
(D.0.32)
(D.0.33)
Fı́sica Estadı́stica
Curso 2016-2017
136. Probar que:
∂Iν (η)
= νIν−1 (η)
∂η
Z ∞
xν
Iν =
dx
x−η
e
+1
0
Z ∞
∂Iν
d
xν
=
[ x−η
]dx
∂η
dη e
+1
0
Z ∞
d
1
xν [ x−η
]dx
−
dx e
+1
0
(D.0.34)
(D.0.35)
(D.0.36)
(D.0.37)
Tenemos que realizar un importante cambio de variable:
1
1
d
[ x−η
] → ν = x−η
dx e
+1
e
+1
u = xν → du = νxν−1 dxdv =
(D.0.38)
Lo aplicamos, y entonces llegamos a la solución.
xν
]∞ + ν
−[ x−η
e
+1 0
D.0.6.
∞
xν−1
dx
ex−η + 1
(D.0.39)
∂Iν
= νIν−1 (η)
∂η
(D.0.40)
xν dx
−1
(D.0.41)
Z
0
Integrales de Bose
Son definidas como:
Z
∞
Jν (η) =
0
ex−η
Podemos estimarlas mediante la función gamma y la Zeta de Riemann:
Z
0
∞
∞
X
1
xα
=
Γ(α
+
1)ζ(α)
=
α
ex − 1
n
n=1
(D.0.42)
Y la Zeta de Riemann tiene estos valores de ejemplo:
3
5
ζ( ) = 2, 612; ζ( ) = 1, 341; ζ(3) = 1, 202; ζ(5) = 1, 037.
2
2
230
(D.0.43)
Bibliografı́a
Physique Statistique, Christian Ngô et Hélène Ngô, 3éme édition
231