Příklady do statistické fyziky a termodynamiky 1. Výpočet stavové rovnice plynu Volná energie plynu je dána vztahem F(V,T) = -^C-V-T\ kde C je konstanta. Spočítejte stavovou rovnici daného plynu. Řešení: vyjdeme z definičního vztahu pro volnou energii F{V,T)=E-TS, odkud zjistíme dF = -pdV - SdT. jelikož se jedná o úplný diferenciál, musí platit dFs dvJT = -p> a tedy l-C-V-T4 = p, což je hledaná stavová rovnice. 2. Gama funkce Gama funkce je definována integrálem (a) Dokažte vztah (b) spočítejte T(n), n G N, (c) spočítejte r(n) := j dt exp(-/)í"-1. r(n+l) =nT(n), r ( n + ^ ) , n G N. Řešení: Nejprve dokážeme 2a, neboť tento vzorec použijeme i v následujících bodech. Zapišme tedy z definice vztah pro F(n + 1) a upravme tento výraz pomocí per partes co co r(n + l) = J d/exp(-f)f"= -f"exp(-f)lô+n f dtt"-1 exp(-ř) = nY{n). o o o V části 2b nejprve určíme T( 1): co T(l) = J d/exp(-0=-exp(-í)lô = l. o Využijeme nyní vzorce z 2a pro výpočet hodnot gama funkcí pro další přirozená čísla r(2)=r(i + i) = i-r(i) = i, r(3) = 2-r(2) = i-2, r(4) = 3-r(3) = l-2-3 = 6, 1 r(5) = 4-T(4) = 1-2 -3 -4 = 24, můžeme tedy určit vzorec pro obecné n: r(n + l) = «•(«- 1).....3-2-1=«!. Analogicky spočítáme 2c: nejprve T(l/2): co co rQj = y dŕexp(-ŕ)ŕ~5 = 2^ d$exp(-s2) = y/ň, o o o2 kde jsme v posledním integrálu provedli substituci t = s . Nyní budeme počítat hodnoty gama funkce pro další n: ,'7\ 5 /5\ 1 3 5 ^- 15 r . , . 7 /7\ 1 3 5 7 ^ 105 r-Fl2 =2r 2 =2-2-2-2^=l6^ obecně pro n 1\ «-1 «-3 7 5 3 1 ^ (ra-l)H r," + 2 = —' —2-2-2-2^=S^V?r- 3. Stirlingův vzorec S pomocí Gama funkce spočítejte přibližné vyjádření ln(n!) pro velké hodnoty n. Řešení: Z předchozího příkladu víme, že T(n + 1) = nl. Tohoto faktu při výpočtu využijeme. Zapišme tedy Gama funkci a argument vhodně upravme co co co r(n + l)= J dt exp(-t)tn = J dt exp(-ř)-exp[nln(ř)] = J dt exp [n ln(ŕ) -1]. oo o Provedeme substituci t = n + x J dt exp [n ln(ŕ) — t] = J dx exp[«ln(«+ x) — n — x] dt exp «ln(«) — n - 2n exp[nln(n) — n] j dt exp x 2n Jelikož je Gaussova funkce nenulová jen na určitém intervalu, jehož šířka je však mnohem menší než n, můžeme spodní hranici integrálu poslat do —oo. Potom máme Gaussovu funkci, kterou dokážeme integrovat exp [n ln (n) — n] J dŕ exp f — — j = J dŕ exp f — — j = V2nn exp [n ln(n) — n]. 2 4. Výpočty ve více rozměrech Spočítejte objem a povrch «-rozměrné koule. Řešení: Tuto úlohu lze řešit dvěma způsoby. Buď si poctivě spočítat Jakobián transformace do w-rozměrných sférických souřadnic, nebo použít trik. Podívejme se nejprve na složitější výpočet: To dopíšu později... Nakonec druhý způsob řešení. Ve 3D případě je koule množina bodů, které splňují rovnici B3(R) :xi+x22+x23 ). Řešení: Střední energie soustavy je rovna E = YwnEn, pro V = konst. se En nemění, potom můžeme pro tepelnou kapacitu psát dT, i'dE\ ^ (dwn V n \ / y Pravděpodobnost obsazení daného stavu je rovna wn = exp odkud snadno získáme derivaci podle teploty dwA _ d ÍF-En\ (E-En dT )~ dT 1 kBT /veXPV kBT F — E„ kBT J1 ■F+En (F-En kBT2 ■ exp kRT Nyní využijeme znalostí z termodynamiky, odkud známe definici volné energie F =E-TS,dF = -pdV - SdT, 5 potom E = F + TS, což dosadíme do vztahu pro derivaci wn podle teploty dT Tepelná kapacita je potom ve tvaru Efj E En E í F En T^^Vk^F kBT2 Cy i nWn- kBT2 kBT2 odtud dostáváme hledaný vztah Y^E^Wn-E^EnWn kBT2 (E2)-E2 kBT2 [AE2). 8. Zastoupení molekul dusíku v různých stavech Jádro atomu dusíku 7Ni4 má jaderný spin 1=1. Předpokládejme, že dvojatómová molekula N2 může pro klasické teploty konat pouze rotační pohyb, ale ne vibrační pohyb. Navíc zanedbejme pohyb elektronů. Najděte relativní množství „orto" a „para" molekul v plynu složeném právě z molekul dusíku. („Orto" - symetrický spinový stav, „Para" - antisymetrický spinový stav). Co se stane s relativním množstvím molekul v těchto stavech, je li teplota plynu T snížena limitně k absolutní nule? Řešení: Jádro 7Ni4 má bosonový spin 1=1, výsledná vlnová funkce systémů jader musí být symetrická. Pro dusík v orto-stavu musí být rotační kvantové číslo / liché číslo, aby byla celková vlnová funkce symetrická. Pro para-stav musí být / zase sudé číslo. Rotační energie dusíkové molekuly jsou ve tvaru £/ = ^/(/+l),/eN0, kde H je moment hybnosti. Spočítáme nyní poměr populací jednotlivých stavů %2 ;J{J+1] #populace para-dusíku Liiché j (2/ + 1) exp #populace orto-dusíku ^ 7(2/ + 1) exp kde / je spin dusíkového jádra. Pokud 2HkQ T 2HkBT J{J+1) 1+1 HRT <1, můžou být sumy aproximovány integrály, postupně máme h2 £ (2/+l)exp liché J 2HkBT J(J+1) 22 (4m + 1) exp m=0 h 2HkBT 2m(2m +1) 1 dm (4m + 1) exp h 2HkBT co dxexp 2m{2m +1 HkBT HkBT h2 (25) 6 Druhý integrál spočítáme podobně: J2 (27+1) exp sudé J h2 22 (4m + 3)exp m=0 2HkBT ti2 J(J+1) (2m+ l)(2m + 2) 2HkBT i dm (4m + 3)exp ti2 2HkBT (2m+ l)(2m + 2) dm (4m + 3)exp HkBT (2m2 + 3m) 2^{H&) djexp HkBT' HkBT f -h2 \ (26) po dosazení dostaneme #populace para-dusíku I+l ■ exp #populace orto-dusíku jelikož / = 1 je hledaný poměr roven #populace para-dusíku 2 #populace orto-dusíku 1 Pro výpočet poměru atomů, kdy T —> 0 využijeme faktu, že h2 \ 7+1 HkBT )~I (27) ti >1, HkBT potom exponenciála rychle konverguje k nule, vezmeme proto jen první člen z každé sumy 22 (2/+l)exp liché J h1 22 (2/+l)exp sudé J h 2HkBT /(/+1) 22 (4m + 1) exp m=0 h2 2HkBT 2m{2m +1) 1, 2HkBT Poměr jednotlivých molekul se potom změní na 22 (4m + 3) exp m=0 2HkBT (2m+ l)(2m + 2) ; 3 exp HkBTj #populace para-dusíku I+l ( h exp #populace orto-dusíku 3/ 1 \HkBT/ všechny molekuly dusíku jsou při teplotě blížící se absolutní nule v para-stavu. 9. Wienův posunovací zákon Odvoďte Wienův posunovací zákon z Planckova vyzařovacího zákona. Řešení: Planckův vyzařovací zákon je ve tvaru B(v,T) Snv2 hv C «P (28) Wienův zákon je vyjadřován pomocí vlnových délek, proto (28) nejprve převedeme do vlnových délek pomocí vztahu B(v,T)dv=B(X(v),T) 9V{X) dl B(l,T) 1 po převedení do vlnových délek dostaneme B(X.T) = ^ ' . (29) Máme hledanou funkci a stačí již jen najít její maximum. Po zderivování podle vlnové délky dostaneme 5 + _/zc__1 _Q Označíme hc KB* Anax kde index „max" označuje bod, ve kterém funkce nabývá svého maxima. Tento bod je dán řešením rovnice exp(xmax) - 1 Odtud dostaneme pro maximální frekvenci hmax = j;, (30) kde hc 10. Stefanův-Boltzmanův zákon Odvoďte Stefanův-Boltzmanův zákon pro množství energie vyzářené jednotkou plochy za jednotku času. Řešení: Vyjdeme z definice intenzity 8E=I(v,8)d£l-áS-át (31) Intenzita je tedy z definice energie, která dopadne na plošku dS z úhlu díl za čas dt v intervalu frekvencí dv. Za čas dt dopadne na plochu záření z objemu dV = dS-cos8-c-dt. Potom platí B(v, 5)dQ • dS■ dt = ce{v) cos(<5) • — dv • dS■ dt, odtud zřejmě platí Funkci B(v,5) nyní zintegrujeme přes prostorové úhly 2 fi(v) = JJ díl^e(v)cos5 = ^e(v) J dq> j d<5 sin(<5)cos(<5) = ^e(v) c B(v,8) = — e(v)cos<5. 47T 2tc Q+ 0 0 2n-\ potom ze znalosti hustoty energie c 87TV3 hv 27TV3 hv B v) exp(^)-l <■ exp(^)-l 4 °3 exp(|^ i °2 po integraci přes všechny frekvence dostaneme B = oTA. (32) 8 11. Rayleighův-Jeansův zákon Odvoďte Rayleighův-Jeansův zákon pomocí ekvipartičního teorému. Řešení: Rayleighův-Jeansův zákon popisuje elektromagnetické záření v uzavřené dutině. Podle Ekvipartičního teorému se jedná o soustavu oscilátorů s energií Ey = 2-^kBT = kBT. Energie soustavy oscilátorů je rovna součtu energií jednotlivých oscilátorů. Od sumace můžeme přejít známým postupem k integraci, z řešení částice v krabici víme, že 2%n; h ■ U ' potom počet těchto stavů v intervalech An,- je roven ÁkxÁkyÁkz .\/í,.\/ív.\/í /., • /., • /.--- {2nf v Potom pro celkovou energii všech částic můžeme psát 2lt % ó^k k^2 k2 k 0 0 0 o v integrálu provedeme substituci k = 2%v/c, dostaneme odtud máme v2 £«V / áv2kBT-A%-^, (33) 87TV2 sv « —ô—kBT. (34) 12. Země pod vlivem Slunce Předpokládejme ideální Slunce a Zemi - oboje absolutně černá tělesa v prázdném a plochém prostoru. Teplota Slunce je rovna Ts = 6000 K. Teplotní přenos mezi oceány a atmosférou předpokládejme na Zemi efektivní do té míry, že je teplota povrchu stejná na každém místě. Poloměr Země je Rz = 6 • 108 cm a vzdálenost Země-Slunce je d = 1.5 • 1011 m. (a) Spočítejte teplotu Země. (b) Určete sílu, kterou záření od Slunce působí na Zemi. (c) Srovnejte výsledky s těmi pro meziplanetárními chondrity sférického tvaru. Chondrit je výborně vodivý a lze jej s dostatečnou přesností brát jako černé těleso. Poloměr je d = 0.1 cm a pohybuje se po kruhové trajektorii kolem Slunce s poloměrem stejným, jako vzdálenost Země-Slunce, a to d. Řešení: (a) Celkový tok záření vycházející ze Slunce je roven F = 4nR2soT*, tok záření na jednotku plochy ve vzdálenosti d (Země) je roven F _ 4nR2seT£ 5 ~ 4nd2 ' na povrch Země tedy dopadá R2cT£ 2 F(S ~ d2 nR(B' 9 Jelikož je Země v termodynamické rovnováze, musí také stejný tok vyzářit jako absolutně černé těleso odtud ^°nRl = 4nR%oTl T(b=vWre=29oK- (35) (b) Uhel, pod kterým dopadá sluneční záření na zemi je vzhledem k velikosti Země a její vzdálenosti od Slunce konstantní. Proto můžeme sílu spočítat přímo ze vzorce r ff2 /■ — d2 ffi=6xl08N. c c (c) Můžeme použít stejné vzorce odvozené výše T = 290K, & = 1.7 x 1(T11N. 13. Harmonický oscilátor Spočtěte vlastní vektory pro lineární harmonický oscilátor v souřadnicové reprezentaci. Řešení: Pro výpočet využijeme kreačních a anihilačních operátorů. Víme, že á|0) = 0|0). Spočítejme souřadnicovou reprezentaci tohoto vektoru <9|á|0) = + £. odtud ^f{q\o) + ^{q\o) = {q\i), pro vlastní funkci hn(q) pak můžeme napsat rekurzivní vztah qK-i{q) +-rK-i{q) dq (39) (40) 14. Soustava harmonických oscilátorů Spočtěte termodynamické vlastnosti systému N rozlišitelných klasických harmonických oscilátorů s frek vencí co. Řešení: Energie soustavy harmonických oscilátorů je rovna (41) Spočítáme nejprve statistickou sumu -2 moŕql 2kBT hN Jr2m y h 1=1 y\2mkBT 2kBT 1 T-T f j J / ^ fflÚ)^ 1 o \,2m&Br N -i N dq exp mC02q2 2kBT N /r \ V mco2 / V ^w Volnou energii spočítáme snadno ze vztahu F = -kBT\n(Z) = -kBT\n kBT hco N -NkBT In kBT\ hco j Pro výpočet tlaku a entropie využijeme Maxwellovy relace dV S = -{Í%] = NkB dT l lnl^l+1 hco (42) (43) (44) (45) 11 15. Rozložení hustoty v atmosféře Spočtěte rozložení hustoty ve sloupci plynu o základně A pod vlivem homogenního gravitačního pole. Předpokládejte, že plyn je tvořen nerozlišitelnými částicemi, každá s hmotností m. Řešení: Opět začneme výpočtem statistické sumy. Tu pro soustavu nerozlišitelných částic zapíšeme ve tvaru M?NxQ kde Q. = {[x,j,z]; x G [—L,L], y G [—L,L], z £ [0,oo),L G Spočítáme statistickou sumu pro jednu částici 1 (2nhy první integrál je z přeškálované Gaussovky, proto je roven /^•exK~w)/dí?"exp mgq\ kBT Druhý integrál mgz\ kBT I =.íáX.í "".í dzeXP {-'Sf) =A mg a -L -L o M. mg Potom Z = (27rm^r)5A—• (46) [2%ny mg Hustota pravděpodobnosti, že se částice vyskytuje ve fázovém objemu d3 p ■ d3q je dána vztahem ldVd3,? / p2 \ / mgq\ áWn = žl2^FeXP W) ^ \~k~BT) = mg f p2 \ f mgq\ 3 3 -;-exp--exp--d p • d q. (2nmkBT)2AkBT \ 2mkBT J \ kBT J Budeme se zajímat jen o pravděpodobnost nalezení částice v dané poloze q, proto wn zintegrujeme přes prostor hybností f , mg f mgq3\ 3 p kde & označuje hustotu pravděpodobnosti výskutu dané částice v elementu d3 g. Koncentraci pak získáme Nmg f mgq3\ AkBT V k^T / Hustota je rovna p(Z)=p(0)-exp(-^V (48) 16. Tepelná kapacita plynu I Uvažme plyn s dvouatomovými molekulami. Spočítejte molární tepelnou kapacitu daného plynu. Počítejte pouze s vibračním pohybem molekul, kdy je energie dána vztahem En = hco(n + ^y (49) 12 Spočítejte nejprve statistickou sumu, ze které určíte volnou energii a z volné energie již lze určit hledanou tepelnou kapacitu. Výslednou tepelnou kapacitu můžete napsat v aproximaci nízkých a vysokých teplot. Řešení: Spočítáme statistickou sumu (partiční funkci) Z = £ exp n=0 En \ _ \ ^ exp hco {n + \\ kBT exp hco \ ~ / hco (50) Nekonečná řada je řadou geometrickou, u které dokážeme zjistit součet. Potom můžeme statistickou sumu napsat ve tvaru exp '2kBT 1 l-e*P(-Ěr) 2 eXP \ 2kttT ' eXP l 2kuT 2sinh (51) Pomocí statistické sumy lze snadno najít volnou energii -kBTln(Z) = kBT In 2sinh hco Z výpočetního hlediska se jeví nej výhodnější postup nejprve spočítat vnitřní energii pomocí vzorce / d FN E = F + TS = F-TÍ^— Po dosazení a derivaci vyjde E = kB T ln 2 sinh | —— ) \2kBTj kBTln 2 sinh hco 2k^Ť hco , / hco H--cotanh - 2 \2kBT hco i í hco —cotanh - 2 \2kBT Z energie již snadno spočítáme hledanou tepelnou kapacitu cv dE_ dř \TJ kBcosh2(^) (52) Na záver určíme tepelnou kapacitu pro vysoké a pro nízke teploty: aproximace nízkých teplot: v rovnici pro tepelnou kapacitu funkci cosh rozepíšeme pomocí ex-ponenciál 'dE\ ./hcoV 1 Cy dT *B[«P(sf)-«p(-Sf)ľ První exponenciála nabývá výrazně větších hodnot než druhá exponenciála, proto můžeme tepelnou kapacitu napsat ve tvaru A f hco 2hco\ ~kBT ) ' (53) aproximace vysokých teplot: v tomto případě nabývá sinh velmi malých hodnot, proto provedeme rozvoj podle Taylorova vzorce do prvního řádu, potom Cy «4 hco 1 kB 2ha>\ kBT I ■ kh. (54) 13 17. Tepelná kapacita plynu II Uvažme plyn s dvouatomovými molekulami. Spočítejte molární tepelnou kapacitu daného plynu. Počítejte pouze s rotačním pohybem molekul, kdy je energie dána vztahem Ej,m = ~2I ' kde / je moment setrvačnosti molekuly. Jelikož nelze statistickou sumu spočítat analyticky, vyjádřete ji v aproximaci vysokých a nízkých teplot. Řešení: Zapíšeme opět statistickou sumu, která je ve tvaru kde g j značí degeneraci dané energiové hladiny. Po dosazení (55) dostaneme -|(^.)exp(-í||±l)). Tuto sumu neumíme analyticky spočítat, proto partiční funkcí vyjádříme pro dva případy: limitu vysokých a nízkých teplot. • limita vysokých teplot: v tomto případě platí h2 <1, 2IkBT proto (57) je vlastně levá Riemannova suma. Potom můžeme psát ^ o o Odtud určíme volnou energii vnitřní energie -^B^ln i 9 (2IkBT V h E = kBT, a nakonec hledaná tepelná kapacita cy = kB. (58) limita nízkých teplot: pro nízké teploty je h2 >l, 2IkBT exponenciála rychle konverguje k nule, a my proto můžeme vybrat ze sumy jen omezené množství sčítanců. Vezměme dva, potom je statistická suma rovna Úplně stejným postupem jako v předchozích příkladech určíme volnou energii, vnitřní energii a nakonec tepelnou kapacitu. Vnitřní energie je rovna 3h2 l 1 3 + exp^ a nakonec hledaná tepelná kapacita 3h4 i Cy kBT2I2 n2 \ , _ / n2 3exP [-IHŤI +exP 2kBTI I 1 \2kBTI (59) 14 18. Ověření jednotek Ukažte, že tlak a hustota energie mají stejnou jednotku. Řešení: ověříme jednotky z definičních vztahů: r i [F] kg-m-s 2 -1-2 \P\ = lä =-5-= kg • m -s , [S] [E] kg-m2-s~2- [V] m 3 kg • m 1 • s 2. 19. Relativistické částice Spočtěte hustotu stavů pro relativistické částice a najděte limitní vztahy pro klasické a ultra relativistické částice. Řešení: Pro hustotu stavů platí vztah P(£)^lv01(^)M|p, kde g je degenerace energiových hladin, d dimenze prostoru a Vol (S"1-1) povrch d — 1 rozměrné sféry. V našem případě máme d = 3. Disperzní závislost E{k) je dána vztahem E = Vm2c4 + h2k2c2, odtud k _ VE2 - m2é hc Do (60) dosadíme příslušné veličiny, dostaneme ^£> = (^>^rÄI- (61) • Klasická limita - Energie je v tomto případě rovna: /- / h2k2 £ki ~ E — mc2 = v m2c4 + h2k2c2 — mc2 = mc2 \ /1 H--^—r — mc2 ~ y mlcl , / 1 h2k2 \ , h2k2 \ 2 mzcz / 2m Ultrarelativistická limita - v tomto případě platí E 3> mc2, potom můžeme v odmocnině zanedbat druhý člen 20. Odvození Maxwellova-Boltzmanova zákona Ukažte, že v klasickém případě je možné z grandkanonického rozdělení jedné částice odvodit Maxwellův-Boltzmanův zákon rozložení rychlostí. Řešení: Pro počet stavů bosonu v intervalu energií (E,E + dE) platí dN=_ P{E)dE exP (fcr) +1 Jelikož v klasickém případě je eXP("SÍ)<<1' 15 můžeme jedničku ve jmenovateli zanedbat. Potom po dosazení za p(E) dostaneme Výraz transformujeme ze souřadnic energie do souřadnic rychlostí át = —— av = mv, av protože uvažujeme klasický vzorec pro kinetickou energii E = 0.5 • mv2 dw = (W V 2exp ( *Br Jmdv = (Wm v exp V w)exp V ^J Pro výpočet ;U vyjdeme ze vztahu pro jednu částici gV , í A4 \ 1 /" j x2 V integrálu nabývá exponenciála výrazně větších hodnot než jedna, proto číslo jedna zanedbáme, dostaneme / exp {~xexp iů) I exp ("x)=exp iů)r (I Dosadíme do předchozího vzorce gV exp(/-)=(2nmkBT)-í v2 dw = 4n[ )v2exp( —— ) dv. (63) Odkud obdržíme {,2nkBT) V eXP ^2JkBr 21. Odvození Planckova zákona Ukažte, že v klasickém případě je možné z grandkanonického rozdělení pro částice s pi = 0 odvodit Planckův zákon. Řešení: Pro počet bosonů v energiovém pásu platí vztah p{E)áE dN exP ( fcr ) " 1 Pro fotony platí ;U = 0, a energie je rovna E = Av. Přejdeme analogicky jako v předchozím příkladu k proměnným frekvence. Pro hustotu energie vyjde vztah %nv2 hv EdN=—--j—^-. (64) c exp(lr)-i 22. Bosonový a Fermionový integrál Dokažte rovnost co /rm-l áx--—- = (1 - r-m) Km) ■ r(m), (65) exp[X ) -\-1 o a co dx--—— = £(m).r(m), (66) exp(x)— 1 o 16 kde £(m) je Riemannova funkce 00 1 Řešení: Integrál If(m) upravíme na tvar co co xm f 1 dx-—-= / dxxm~l exp(—x) exp(x) + l J l+exp(—x) o o zlomek v integrálu nyní můžeme rozvinout podle vzorce 1 l±x potom dostaneme lTi+i2T..., (67) co co / dxx^expí-x)-—.—- = / djcjcM_1exp(-jc)f'(-l)feexp(-Jbc) = J l+exp(-x) J co £ / djc(-l)*exp[-(l+*)]jť»-1, -exp(-x) , k=Q t=o-0 v sumě položíme k' = k+ 1, z integrálu vyjmeme členy nezávislé na proměnné x a následně provedeme substituci y = kx £ j áx{-\ť^v[-{\+k')]xm-1 = £ I (kí-i^expí-^'K"^ £ / áy^v{-y)ym- Jelikož je argument integrálu nezávislý na sčítacím indexu k', můžeme sumu upravit samostatně. Jedná se o nekonečnou řadu, ve které je podíl s lichým číslem kladný a podíl se sudým číslem záporný 1» /_^\fc— 1 00 l 00 1 ti (kT £(2/-l)m £(20M" Takto napsanou sumu můžeme upravit následujícím způsobem co j co j Xj (2/- l)» ~ Xj (2/)m ~ 111 1 111 1 ^2/_ l)m ~^ ' '' 2m 4m 6m ' '' (2/)m — — — — — 1 \ _ y 1 2y 1 y 1 _2i-»£ J. = (i_21-'»)V J-. (68) /t=l * 1=1 1 k=l * Upravená funkce potom vypadá takto L^jL^ [ djexp(-3;));m-1 = (l-21-m)^-^ / dj exp^)^-1 = (1-21-"i)C(m)r(m). (69) o 17 Druhá rovnost se dokáže analogickým způsobem - provede se rozvoj s pomocí vzorce (67) Ih(m) = dx- exp(x) — 1 co co OQ „ OQ „ £ / dxx™-1 exp[-x{\+k)\ = Y, j dxx"1-1 exp(-xk) = co ĚtJJ dr'exP(-j) = ÍWrH. k=l ^ (70) 23. Vlastnosti funkcí Definujme funkce B„(y) Fn(y) dx- r(n) J exp(x — y) — 1' 1 /■ x' dx .n-l r(n) J exp (x — y) + l o (71) (72) Pro tyto funkce dokažte dBn+i(y) dy dy ■■B„(y), ■■Fn(y). Řešení: Nejprve spočítáme dBn+i(y) d dy dy dx- r(n+\)J exp(x — y) — 1 o 1 dxx" 1 T(n + 1) J dy exp(x — y) — \ V této fázi využijeme znalosti derivace funkce v argumentu integrálu. Jelikož dl dl djexp(x — y) — 1 dxexp(x — y) — 1 můžeme výraz na pravé straně dosadit do integrálu, ve kterém pomocí metoty per partes dostaneme 1 dxx" 1 1 T(n+\)J dxexp(x — y) — 1 T(n+\) I |_ exp(x — y) — 1 + / dx---—- 0 J exp{x-y)-\ -/ o Dále víme, že T(n + 1) = nT(n). Potom dostaneme dfl„+i(y) d 1 dx- dy dy TM J exp(x — y) — 1 o ■Bn{y). (73) Vztah pro fermiony lze dokázat analogicky. 24. Bose-Einsteinova kondenzace ve 2D? Ukažte, že pro dimenzi prostoru d = 2 nedochází ke vzniku Boseho-Einsteinova kondenzátu. 18 Řešení: Nejprve spočítáme hustotu stavů ve 2D: , . 2ngSm Termodynamický potenciál je roven Q. = - J dE o dE'p{E' o exP ( ifer ) " 1 kde Potom je Q. rovno {2nh)2 a = 2^idE v*h)2í -P(3)-r Počet částic je ve 2D případě roven (uvažme p —> 0) ' expfe^-l (2nh)2 J exp(x)-l (2^)2 B tu u + o ^ ,tBr y o Jelikož £(1) —> oo, do stavu s £ = 0 lze umístit libovolný počet částic 25. Plyn s elektron-pozitronovými páry Při teplotách k^T mec2 dochází k tvorbě párů elektron-pozitron. Najděte rovnovážný počet e~ a e Řešení: vyjdeme z rovnice Zm = 0, (74) i jelikož při dané reakci vznikne jeden elektron a jeden pozitron, bude jejich celkové množství stejné. Proto /U- +,u+ = 0 = 2jU, chemický potenciál v obou dvou případech je tedy roven nule. Jelikož víme, že pro extrémně relativistické fermiony platí 4ngV 1 E2dE dNF (2nňy c3 _ potom pro počet částic platí Ne = *5£ > !áE E\ = ií^í^fi ( ľ WcSJ exp (ti)+ 1 (2*»)3 '3 W V našem případě, kdy p = 0 dostaneme pro funkci M ^ - '1 - 2-2) C(3) • r(3) = ^ 2 • £(3) = ^(3). vJkBr / v ' 4 3 w 2 Počet částic snadno dostaneme 4(7TÄ)3 C W Pro § = 2 dostaneme 19 26. Počet částic bosonového plynu Ze vztahu sv , „a„ í H platného pro nerelativistický ideální bosonový plyn spočtěte počet částic N. Řešení: Počet částic je dán vztahem N- \—\ <9jU ) Ty ' kam dosadíme vztah (76), potom dostaneme N = -kBT §V (2nmkBTý j-flj ' ^ (2tt/ž)3 a ' dix 2 \kBT Z předchozího příkladu víme, že odkud dB»+i (é5) i ( \i -"n d/j; kBT \kBT Počet částic nám pak vyjde N=j£v{2™kBT)lBí{ů]- <77) 27. Rovnice adiabaty Nalezněte rovnici adiabaty pro ideální fotonový plyn v proměnných p a. V. Řešení: Volná energie pro fotonový plyn je rovna víme, že platí následující rovnosti 4 4 F = --oTAV, 3c Entropie je potom rovna 16 , S=—oT3V, 3 za teplotu dosadíme vztah spočítaný pomocí první uvedené derivace po dosazení do rovnice pro adiabatu .5 44 3 3 i S = —c4 pA a4 V = konst.. 3? Všechny konstantní členy můžeme zahrnout do konstanty, dostaneme závislost V = konst., který ještě upravíme do standardního tvaru /jv 5= konst. (78) 20 28. Degenerace fermionového plynu Přepište podmínku degenerace fermionového plynu kBT V mkBT \ m£p Fermiho vlnovou délku můžeme vyjádřit ve tvaru 2nh 2nh Xp Py V2me \%2h 2me ' Potom můžeme nerovnost napsat 2%tr 2nh2 „ Potom hledanou podmnkou je mkBT Xj 3> Xp. (79) 29. Tepelná kapacita plynu III Spočtěte cy nerelativistického fermionového plynu a ověřte platnost klasické limity pro cy/N. Řešení: Při výpočtu využijeme znalost vnitřní energie fermionového plynu v klasickém případě E = -jjkBTFs 2X1 2 \kBT J 1 j" a vztah pro počet částic kde N = ^Fi(±-Xt 1 \kBT J Xt = I 2nhl mkBT (80) (81) (82) Energii rozšíříme pomocí výrazu udávající počet částic N/N(T,n), dostaneme E = -NkBT Zavedeme značení J_ kBT F„. Tepelnou kapacitu spočítáme podle známého vzorce Cy dT J N,V 3-NkBf + 3-NkBT^T ' ->dT 2 Fi 2 Fi derivace funkce Fn podle T vypadá následovně dFn dT V,T — (-^)Ff dT \kBT " d[l ~ďŤ~ j" y M B kBT kBT2 Fn- 21 Dosadíme do vztahu pro cy a obdržíme 3^3 cv = ~NkB-± + -N 2 F3 2 d[l dŤ V,N E T FsFi Pro další výpočet využijeme faktu, že celkový počet částic nezávisí na teplotě, tedy dN\ 3^ kB \dT J WhT knT v,n B Odtud vyjádříme parciální derivaci chemického potenciálu podle teploty Fx =0. 2 d[l dŤ V,N T 2 Fx Po dosazení do cy dostaneme cv = -2N F5F, \ _ 2 2 2 "Fi 3. 21 :kB^- I + ÍNkB^- = -NkB (^--N 1 'F3 2 2 F3 2 Fi 2 2 F5F, \ _ 2 2 V kladickém případě můžeme funkci Fn aproximovat Fn k, exp JL kBT potom jsou všechny podíly funkcí F rovny jedné a dostaneme známý vztah pro tepelnou kapacitu 3 cy « —NkB. Jiný způsob řešení: Nejprve pomocí termodynamiky spočítáme, čemu je rovno cy^. Víme, že dS' dT entropii zavedeme jako S = S(N(fJL,V, T),V, T), potom 'dS(N(ll,V,T),V,T) v,li dT v,n 1 dNJvAdTj,,.. [dT Využijeme Maxwellovy relace plynoucí ze vztahu pro volnou energii dF = -SdT-pdV + lldN, odkud v,n dS_ dN v,t dji\ dt')n,v' Za předpokladu, že při konstantním objemu se počet částic nemění, tj. dN dostaneme vztah dN\ ídN\ ŽE) dt )n,v ŽE\ (™\ dN t,v dT J 22 Spočítané parciální derivace dosadíme do výrazu pro cy, TIM\-' (BN\- (as V,N Pro tepelnou kapacitu potom dostaneme vztah CV,N — Cy^ n,v (86) V tomto kroku skončíme s termodynamikou a využijeme výsledků statistické fyziky. Stačí „jen" dosadit příslušné veličiny pro klasický fermionový plyn. pro nerelativistický fermionový plyn. Termodynamický potenciál takového systému částic je roven gV Cl = -ärjkBTFi Aj 2 \knT Z (87) zjistíme entropii plynu 5: ídQ. \1Ť v,n -gVkB 5 ^ U ^ 2 2 kBT 2 Z entropie pak snadno zjistíme tepelnou kapacitu cy^ gVkB /15 CV,íl V,n Z (81) spočítáme parciální derivaci dT ) V,íi -F5-3-^-F3+-^Fl 4 5 kBT 2 klT2 2 gV a| \2T 2 kBT2 2 (87) A na závěr dli ) V,T sy__}_pi kBT 3" Všechno dosadíme zpět do (86), obdržíme gVkB CV,N /15 u U2 V 4 2 kBT 2 k2T2 2 4r2 Fi kBT3 2 k2T* X2 Celý výraz podělíme kgN, na pravé straně dosadíme (81) ;FS „ ^2 Fi 9F3 cy,N kBN -ľ-í-3 » 4 F3 2 + 2 + kBT k2T2F2 4Fi kbT k2T2F2 V kladickém případě můžeme opět funkci Fn aproximovat výrazem (84), potom cy,N kBN 15 ^ u u 9 ^ u + 3-H kBT k2T2 4 /tBr ^r2 Dostáváme se do nejlepší části výpočtu, jediný nenulový člen bude 3/2, ostatní zmizí, potom máme výsledek cy,N _ 3 kBN ~ 2' což je stejný výsledek, jako v předchozím případě. (88) 23 30. Klasická limita Overte platnost klasické limity E = ^NkBT, Řešení: Využijeme opět vztahů (80) a (81). Zde vyjádříme přibližně funkci Fn jako (84). Potom pro energii plynu dostaneme 3gV f n \ 3gV ( n E = —^rjkftTFs I — «--jkBTF5 exp — 2Xf 2 \kBT) 2Xf 2 \kBT analogicky můžeme upravit počet částic Spočítáme E-N/N, E=3-kBTN. (89) 31. Relativistický plně degenerovaný fermionový plyn Spočítejte: (a) hustotu stavů, (b) Fermiho energii, Fermiho hybnost, (c) počet částic, (d) vnitřní energii, (e) termodynamický potenciál, (f) stavovou rovnici pro relativistický (v případě 31f ultrarelativistický) plně degenerovaný fermionový plyn. Počet částic, vnitřní energii a termodynamický potenciál vyjádřete jako funkci Fermiho energie. Řešení: Jelikož je fermionový plyn plně degenerovaný, jde teplota T —> 0. Potom výraz i íl E

mc2t a dostaneme V (mc2) r-- n(t)dt = —v ' \Jt2 - \tdt. 7l2h c3 Počet částic pak dostaneme integrací přes t od 1 do eF/mc2 (před substitucí od mc2 do eF) a vynásobením faktorem s exponenciálou, který je však pro teplotu roven limitě viz výše. N ■ V (mc2] n2h3c3 3 mc2 J dtt\/t2 - 1, jehož řešením je (d) Vnitřní energie je dána vztahem N ■ V (e^-m2cAY 3n2h3c3 {mc 2\3 U = / dNE V 1 . Ve2-mV V(mc2Ý ^ o n2h3 de- n2h3 dt (r-iyt2, Integrál lze vyřešit pomocí substituce t = cosh(x) a následných úprav přes vzorce pro hyperbolické funkce zjistíme, že V (mc2' $n2h3 , 4 mc2 dt (t2-i)~2t2 i ~ V (mc1 87r2r t (t2 - \) Vt2 - 1 - ln(t + Vt2 - 1 t=l Výsledek tedy dostaneme ve tvaru U V (mc2) $n2h3 mc^ \mc^ [mc 2\2 \ mc2 {mc 2X2 (e) Termodynamický potenciál íl analogicky jako předchozí případ. Počítáme integrál V (mcT 3n2h3 4 mc2 dt (ť-1)2. Integrujeme stejně jako v předchozí části a dostaneme V(mc2)' eF 12 eá Sn2h3 ,2 mc2 \ 3 (mr2Ý 1 \mc^ 1+ln | + mcL {mc 2\2 (f) Nejprve přepíšeme výše odvozené výrazy pro případ ultrarelativistického plynu. Počet částic N=V(mc2)3 / eF 3lť2h3 \mc2 25 termodynamický potenciál r, = V (mc2)A < Í2n2h3 \mc2 a vnitřní energie V(mc2)4 ( eF n 4 4n2h3 \mc2 Jelikož platí Q. = — PV, zjistíme, že P (mc2)4 / eF x4 12n2h3 \mc2 tento výraz vyjádříme pomocí počtu částic P=— — 7T3/Í. 4 Vvy 4 Odtud vyplývá, že P oc p 3. 32. Fluktuace \2 Spočítejte fluktuaci počtu částic pro případ grandkanonického rozdělení yAN2 = (N2) — (N) J. Aplikujte na případ nerelativistického fermionového a bosonového plynu. Řešení: Vyjdeme z definice (N), tento výraz pak upravíme B (N) = Y,Nwn,N = YJN n,N n,N " Využijme nyní faktu, že derivace exponenciály podle chemického potenciálu je rovna dexp(-g*ffg) N ^ / En,N-nN dp kBTCXV\ kBT Potom derivaci můžeme vyhodit před sumu, v sumě výraz navíc rozšíříme Z kBT d _ ( En,N-nN\ kBTdZ S d^^N \ kBT J Z djU Analogicky budeme postupovat pro (N2) En,N-llN (N2) = ljN2wn,N = ljN2-[ kBT n,N n,N Potom En N—llN h s s ~f, dfx \ kBT n,N " " n,N derivaci můžeme vyhodit před sumu, v sumě výraz navíc rozšíříme Z k*T 9 £Aíexp (-E-l ~ »N) § = A {{N) Z) = kjfmZ + kjf {N) 35 Z d[l^ V kBT J Z Z d[l Z <9;U s <9jU' 26 Jelikož máme vyjádřený výraz pro (N), můžeme tento vzorec přepsat jako d(N) kBT dZ Td(N) 2 Odtud snadno zjistíme, že (N2)-(Nf = kBTd-^±. Nyní aplikujeme případ bosonů: střední počet částic je roven X3 2 \kBT) ' potom (an)2 = 8ZbJ At A| 5 \kBT Také můžeme napsat (aao2 1 Bi fe "2 N*i(ů Pro fermiony platí stejné vzorce až na znaménko, tj. nejsou popsány funkcí b, ale F. Napíšeme proto rovnou výsledek (AAQ2 = 1 F{ {ůf/ 33. Viriálový teorém Odvoďte viriálový teorém pomocí klasické mechaniky. Řešení: V případě pohybů v centrálním silovém poli můžeme odvodit jeden důležitý teorém - o viriálu. Uvažme veličinu i kde sčítáme přes všechny částice daného systému. Totální derivace této veličiny je rovna dG 1> P, 1> r,. (90) dt První člen na pravé straně můžeme upravit £rr • Pí = £m'r' • ři = Yj71'1^ = 2T- i i i Druhý člen upravíme jako Rovnice (90) se poté změní na tvar d d~t £p.rŕ = 2r + £FŕTŕ. (91) Spočítáme střední hodnotu z dané rovnice, a to tak, že obě strany integrujeme v mezích od 0 do T a vydělíme T 1 f , dG d (G) „ /v-,,, \ 27 Levou stranu můžeme prípadne napsat ve tvaru i[G(T)-G(0)]=2(r) + ^Frri.y (92) Pokud je pohyb periodický, nebo máme-li prostorově omezený systém (takže i funkce G je shora omezená), můžeme v tomto případě pro velká T položit levou stranu rovnu nule, potom dostáváme =4(x>ri)- (93) Clen na pravé straně můžeme ještě rozepsat. Síla působící na jednu částici je dána vzájemnou interakcí částic a vnějšími silami - tlakem _'^F,..,^_>(_^r,.vn)-P(^„.r^ Odbočka: Eulerova věta o homogenních funkcích Mějme homogenní funkci N proměnných stupně k, tzn. platí f(txi,tx2,--- ,txN) =tkf(xi,x2,--- ,*n)- Eulerova věta říká, že součet součánů parciálních derivací homogenní funkce s odpovídajícími proměnnými je roven dané funkci násobené stupněm homogenity df(xi,x2,--- ,xN) l^Xn---= kf(x1,x2,---,xN). (94) n=l dXn Konec odbočky. Nechť je potenciální energie II homogenní funkcí souřadnic stupně n. Potom máme ~\ (^-(|Lr'-Vn^-jP(^dAn-r)) =\(n(n)-3PV). Tento výsledek dosadíme za pravou stranu rovnice (93), viriálový teorém pak dostaneme ve tvaru 2(T)-n(Yí)-3PV = 0. (95) 34. Aplikace viriálového teorému Odvoďte stavovou rovnici ideálního plynu pomocí viriálového teorému. Řešení: Střední hodnota kinetické energie je podle ekvipartičnŕho teorému rovna (T) = \kBT. Nyní je otázkou, jak vyjádřit člen na pravé straně rovnice (93). Z definice ideálního plynu je zřejmé, že vzájemná interakce částic plynu je velmi vzácná oproti interakci částic se stěnami nádoby. Tyto síly vždy hrají roli při interakci částic plynu se stěnami nádoby a vyskytují se právě v celé ploše stěn. Potom sumaci můžeme nahradit integrálem přes plochu stěn nádoby. Diferenciál síly můžeme napsat ve tvaru dFr = -PndA, nebo 28 kde P je tlak vyvolaný tokem částic, n normálový vektor a dA element plochy stěny nádoby. Pomocí Gaussovy věty můžeme integrál přepsat ve tvaru což je hledaná stavová rovnice ideálního plynu. Stejný výsledek dostaneme z (95). 35. Aplikace viriálového teorému II Systém obsahuje N velmi slabě interagujících částic a jeho teplota je dostatečně velká nato, abychom mohli použít k popisu klasickou statistiku. Každá částice má hmotnost m a osciluje v daném směru kolem své rovnovážné polohy. Spočítejte tepelnou kapacitu systému za teploty T v následujících případech (a) Vratná síla je přímo úměrná vychýlení x z rovnovážné polohy. (b) Vratná síla je úměrná x3. Úlohy můžete počítat bez explicitního vyjádření příslušných integrálů, určete pomocí viriálového teorému stavovou rovnici plynu. Řešení: V obou případech využijeme vzorec (95), avšak bez plošných sil, tj. P = 0. Potom pro jednotlivé případy napíšeme řešení. (a) Síla je úměrná r. Potenciál je proto úměrný II oe r2. Jedná se tedy o homogenní funkci druhého řádu. Viriálový teorém můžeme zapsat ve tvaru Výraz pro kinetickou energii a pro potenciál dosadíme zpět do (93) (96) odkud již snadno obdržíme NkBT = PV, (97) 2(r)-2(n) =0, U = 2 (T) =3NkBT, odkud U = 3NkBT. (b) V tomto případě II oc r4, máme tedy 2(r)-4(n) = 0, odkud dostaneme 36. Kmity krystalové mříže Spočítejte tepelnou kapacity krystalové mříže pro (a) Debyeův model, (b) Einsteinův model 29 krystalu. Řešení: Potřebujeme spočítat vnitřní energii kmitů, která je zřejmě rovna 1 ZiEiexvi-PEi) V £ŕexp(-j3£ŕ) (98) Uvažme JV-iontový harmonický krystal, což lze uvážit jako 3jV nezávislých oscilátorů. Příspěvek k celkové energii příslušného normálního módu s kruhovou frekvencí (Os(k) může mít pouze diskrétní množinu hodnot nks + l)h(Os(k), (") kde 6 0,1,2, • • •. Celková energie je rovna je součet energií individuálních kmitových módů Definujeme funkci / ve tvaru Snadno si ověříme, že platí Dosadíme nyní za En, dostaneme / = iln[£exp(-j3£r; = _df / = 77ln I>P ks Tjin ni>p V 1 „ exp " V )iAl-eXp[ Phws(k) 2 , =-E ks nks Ph(os(k] -Ph(Os(k) [nks + - ln[l-exp(-/3/žws(k))] }. Vnitřní energii pak určíme podle vzorce uvedeného výše, tedy 1 V ks hcos(k) ha>s(k)exp(-f3ha>s(k)) 2 l-exp(-j8Äťoi(k)) Y,h(0s(k) ks 1 + 1 2 exp(j3h(os(k)) - 1 Poslední výraz můžeme přepsat jako u = \ X^s(k) (nks + \ ks (100) kde zřejmě platí 1 exp(j8Äťoi(k)) - 1 Srováme-li tuto rovnici s (99), můžeme odvodit, že nks představuje excitační číslo normálního módu ks při teplotě T. Klasická energie krystalové mříže pak musí být zobecněna na tvar ea 1 v-i 1 f. ■. lv- hCOs(k) Tepelná kapacita je potom rovna _ 1 d ncos(k) CV~V^dŤexp(Ph(Os(k))-\ (101) 30 (a) Při Debyeově aproximaci předpokládáme, že a)s(k) = cs(k°)k. Sumu v (101) můžeme nahradit integrálem (může být přes první Brillouinovu zónu) d ^ f dk hco,(k) Cy dT*fJ (27T)3exp(/3/žWs(k))-ľ Tento integrál nahradíme integrálem přes sféru s poloměrem &d zvolený tak, aby obsahoval přesně N vlnových povolených vektorů, kde N je počet iontů v krystalu. Objem ^-prostoru připadající na jeden vlnový vektor je (2n)3/V, což vyžaduje objem ^-prostoru (2n)3N/V pro vyplnění objemu 47T&d/3, taže &d je spočítáno rovnicí k3 6n2' Dosadíme předpokládané podmínky 2% ko ^ d ľ dk ficsk ^ d f ,n f dk hcskó CV = Y dŤ J (2tt)3 exp (Phcsk) -\=lfdŤJ J (2tt)3 exp (fihcsk) - 1 provedeme substituci hcsk dostaneme v- d /■ f dk ficsk3 1 /(tBrVr /■ ,^ 1 /■ , x4exp(x dři 7 (27T)3 exp (jSÄCíJk) -1 87T3 V ^ / ,i c3(íl) J (exp(x)-l)2' Označme nyní a pro &d navíc platí pro Debyeovu teplotu &d Po dosazení nakonec dostaneme Wd = kDc, kB®D = = hcki). "=**(^)7di(^?- (x — x) = —J dx'x = —. o o 38. Volná částice II Spočtěte maticové elementy operátoru hustoty volné částice v impulsové reprezentaci. Řešení: Operátor hustoty je dán exp (-BH) p= V „/. (105) Spočítejme proto nejprve partiční sumu. Hamiltonián volné částice je zřejmě roven H = p2/(2m): Z(T,V, 1) = Trexp {-J5H) =^<0P |exp {-J5H) | 0p> = £exp {-^- Jelikož vlastní hodnoty p leží velmi blízko sebe ve velkém objemu, můžeme přejít od sumace k integraci Nyní můžeme napsat maticové elementy operátoru hustoty ve tvaru (VIPl^P> = yexp( ~2^- J V- 32 39. Volná částice III Spočtěte střední hodnotu Hamiltoniánu volné částice přímým výpočtem v impulsové reprezentaci jako Jť) =Tr(pJť). (106) Řešení: Stopu si rozepíšeme jako Tr (pj?) = £(p\pH\p> = £ (p |P| p'> = E p p,p' p,p' A3 /-/3p2 p2* Opět přejdeme od sumace k integraci a integrál přepíšeme do sférických souřadnic dpp exp —- = —A 9 / dM exp H22mV (2n)3J \ 2m J 2m (2%)2 } "" ""rl 2m o Provedeme klasickou substituci a dostaneme , -. h2?i3 1 1 / 2m \1 /■ 3 , n (//) =-——-Tr — —~ / d**2 exp(-x). x 7 m (2%)22\8h2) J Snadno zjistíme, že {2k)22 \j5h2 o <#) = \kBT. 40. Volná částice IV Spočtěte střední hodnotu hamiltoniánu volné částice ze znalosti partiční funkce (v rámci kvantové fyziky), V_ I3 Řešení: Střední hodnota Hamiltoniánu je rovna Z=—. (107) , v Tr\exp(-pň)ň] d r , , d , . nyní můžeme dosadit za Z 41. Dva fermiony Spočtěte elementy maticové reprezentace operátoru hustoty a partiční funkci pro dva neinteragující fermiony. Řešení: Vlnová funkce popisující tento systém musí být antisymetrická vzhledem k záměně částic, proto máme \Pl,Pl) = i\Pl,P2) ~ \P2,Pl)) • Operátor hustoty pak spočítáme podle (105), tedy 1 ,,,,,,, ,,n / Pi+Pj\ \Pi,P2\P\PuP2) = ^ {{Pi,P2\ -(P2.Pi|)exP y~2mkBT) (\pi>P2}~ l^2'^1)) 2ZeXP \2mkJ) ((p^p^\PuP2) ~ (Pi'P2\P2,Pi)- {p'nPi \PuP2) + {p^Pi \ P2,Pi)) 5 (pá - pO 5 (P; - P2)+5 (p2 - P2) 5 (P; - pi)] 1 ' 4í4) [s (pí - pO 5 (P2 - P2) - 5 (P; - P2) 8 (P2 - Pl)]. Z P y 2mkBT J 33 Nyní ještě spočítáme partiční funkci, která je ve tvaru 1 / p2 + p2\ Z = Tr[exp(-)3#)] =- £ {(Pi,P2\-(P2,Pi\)expy--^j-^J{\pi,P2)-\P2,Pi)) 4E-p(-S^)p-<--i--0)4E/xp(-|i|)P-2a(p1-p2)1 1 / p2_)_p2\ j / p2 \ = 2^(-2Í^j-2^(-wj Opět můžeme přejít od sumace k integraci, dostaneme 1 dpidp2 exp - 1 £ - - / dp exp 2 {2%hf J Ví VL ť V 2mkBT J 2 {2nhf J v ť\ 2mkBT 5pSF(2-*T)í-lp^(2M,(:Br)i (108) což můžeme přepsat pomocí obdržíme / 2nh2 mkBT' IV2/ J_A^ Z"2A6^ 2i V 42. Bílý trpaslík Uvažujte hvězdu složenou z elektronově degenerované látky. (a) Je-li N počet nukleonů, jaký je počet elektronů? (hvězda je složena z 12C a 160. (b) Spočtěte energii připadající najeden elektron za předpokladu, že plyn je i. relativistický, ii. nerelativistický. (c) Spočtěte energii připadající najeden nukleon. (d) Najděte minimum energie jako funkce poloměru hvězdy, ukažte, že v extrémně relativistickém případě nastane minimum pro R —> 0. (e) Nalezněte limitní hmostnost pro extrémně relativistický případ, pro kterou je celková energie nulová. Řešení: (a) Uhlík má šest elektronů a dvanáct nukleonů. Kyslík osm elektronů a šestnáct nukleonů. Počet elektronů je tedy v obou případech poloviční vzhledem k počtu nukleonů. (b) Pro případ nerelativistického plynu máme (viz příklad 31) 4 N_ Vpl 10men2h3 3n2h3 potom podílem těcgto dvou hodnot dostaneme E 3 (N N 10mP V V dosadíme objem koule a dostaneme -3n2h3 E 3/9 ř3\M N 10mP V 4 R2 34 Pro ultrarelativistický případ máme e= V jme2)4 / £F x4 4lť2fí3 \mc2 N=V{mc2)3 / £f n 3 37T2/í3 V«íc2 Energii připadající na jednu částici zjistíme stejně jako v předchozím případě E 3 2 3 2 2V 3 2/9 \' Ä #Í — = — mPc = — mPc —37T--tttt = — mPc — 7T N 4 e 4 e \V (mec2)37 4 e V4 / mec2 R ' (c) Gravitační potenciální energie je rovna Gm2 £g =--• R Hmotnost je rovna m = Nu, potom máme Eq _ GNu2 (d) Celková energie je rovna součtu kinetické a potenciální energie. E_ = E, + Eg = _^f9^3\3A/| 4GNeu2 Ne Ne Ne 10me \4 J R2 R extrém najdeme zřejmě pokud derivace energie podle poloměru je rovna nule ^=0 = ^(9-nH3)H 4GA^ dR 5me \4 J R3 R2 odkud 3h2 (9 \2\7-í je zřejmé, že V extrémně relativistickém případě je energie rovna E Ek EG 3 2 3 2 (N. 2 h3 \* 4GNeu2 — =--1--= —mec = —mec —37T Ne Ne Ne 4 4 \V (mec2)3 / R Nyní je zřejmé, že derivace energie podle poloměru je úměrná R 2 a minimum energie nastává pro R ->• 0, kdy E ->• (e) Pokud Ne > Na a E = 0, dostaneme ze vztahu uvedeného výše Na={T6d) 2^' a kritická hmotnost mc,=2NCľu=(— —. 35 43. Hlednání rovnice pro chemický potenciál Najděte rovnici pro chemický potenciál v případě látky v symetrickém gravitačním poli. Předpokládejte, že ji +ku(p = \i! + mc2 + ku(p =konst., kde k je počet nukleonů na jeden elektron a u je hmotnost nukleonu. Rovnici zdůvodněte. Zanedbejte vliv tlaku nedegenerované látky a hmotnosti elektronů. Řešení: Ze zadání víme, že konst. jU pnp. (p ku ku' konst. \i' mc2 ku ku ku Rovnice je pro sféricky symetrický případ ve tvaru 1 d ar r2d-f\=AKGp. Za (p dosadíme předchozí rovnici ze ZZE. Jediná veličina závislá na poloměru je chemický potenciál. Po dosazení a vynásobení ku dostaneme 1 d í^d/x -\%Gk2u2n. Stejnou rovnici dostaneme po dosazení rovnice s \i''. 44. Rovnice pro chemický potenciál v integrálním tvaru Zintegrujte rovnici pro chemický potenciál za předpokladu, že d;U dr 0, r=0 kde R je poloměr hvězdy. Výsledek vyjádřete pomocí celkové hmotnosti hvězdy. Řešení: vyjdeme ze spočítané rovnice z předchozího příkladu, kterou vynásobíme r2 Zintegrujeme R ar \ ar -4nGk2u2nr2. R árAnG^^nr2. o 'o Levá strana je úplná derivace (v tomto případě skutečně ano) a dostaneme dr— (r2-^- | = r" ar \ ar o Pravá strana -r2 ^£ dr r=R dr R r=R j drAnGk2^™2 = -AnGku j árkunr2 = -AnGkunM. Dostáváme potom ar -AnGkunM. r=R 36 45. Přeškálování rovnice pro chemický potenciál Přepište rovnici pro chemický potenciál do bezrozměrných proměnných kde , \k- 6u2 A a určete okrajové podmínky. Řešení: Koncentrace je rovna 3 n {hcY A*3 (hc)W Dosadíme 1 d (idpi\_ 4%Gk2u2ir _ 3 po jednoduchých úpravách 1 d (t2df'\ _ ,3 46. Rovnice kontinuity Odvoďte rovnici kontinuity z Boltzmanovy kinetické rovnice. Předpokládejte, že síla nezávisí na hybnosti. Řešení: BKR je ve tvaru df F fdf\ _L+v.Vr/+-.Vp/- dt m \dt J colL m j dp^ + m j dpvVr/ + J dpF Vpf = J dp/ + mVr-J dpv/ + mF J dpVp/. Rovnici nyní zintegrujeme přes hybnosti df r r r r r r Třetí člen upravíme pomocí Stokesova teorému J dpVp/= f dSp/ = 0, r ir za předpokladu, že / konverguje k nule dostatečně rychle, tj. rychleji než p2. Dále víme, že /(r,p,ř) f(r, t)=m- n(r, t) = m j dp Střední rychlost je definována vztahem (2nh)3 " / dpv/ / dpv/ u(r,t) = (y) = r- J dp/ (2%h)3mn(x,t) r Dosadíme do spočítané rovnice a dostaneme m— + mVr • (nu) = 0. at Nebo ^ + Vr-(pu) = 0. 37 47. Tok tepla Pomocí Boltzmanovy kinetické rovnice spočtěte tok tepla v přítomnosti konstantního dT a = - — ,T = TQ-ay. dy gradientu teploty (109) Řešení: musí platit hydrostatická rovnováha p = n0kBT0 = nkB(T0 - ay), T0 odtud n = no To-ay BKR dt m \dt J colL m ' ~ \dt) kde předpokládáme stacionární stav. První člen na levé F = 0a straně je proto roven nule. Dále předpokládáme df\ f-fo v^/colL T ' kde fo je rovnovážná rozdělovači funkce, kterou předpokládáme ve tvaru fo - n 2%h 3 .2 \ 2 ymkBT BKR se zjednoduší na exp - -) 2mkBT J --no 3 ,2\ 2 v-Vr/ = 2%h mkB f-fo To % - ay) I ^ V 2m£B (T0-ay))' kde předpokládáme, že gradient z funkce / je přibližně roven gradientu z f o. Potom pro / dostaneme / = /o - tv • Vr/0 = fo - xvy~^- Dosadíme do výrazu pro distribuční funkci f = fo + aTVj 7b 2(7b - ay) mkB(T0-ay) -5 2nh2V mkB exp Nyní se můžeme zaměřit na výpočet samotného toku tepla. Ten j 2mkB{To — ay) ie roven qy ďp P2 , (2%hf 2mVyJ' Integrace fo je nulová, jelikož je fo sudá funkce. Vezměme nyní lineární přiblížení To — ay To, potom je tok tepla roven 3 _ ar 1 ^ í 2nh2 V ľ d3p 2^2 í p2 . ^ ^y 2To2m 0\mkBToJ J (2nh)3^ y \mkBTo J ^\ 2mkBToJ Zavedeme sférické souřadnice, jejichž severní pól leží ve směru osy y, tj. vy = vcos(0} 2% 71 °° / 2 \ / 2 \ ^(2w/*/dYdn^-5)p6cos2es,neexp(-^) v i i m2 (2nh)- ■2%- 1 3 s - - COS o 3 -^-^(2m/:B7b)^ J dtt72exp(-t)-^(2mkBTo)72 J dtthxp(-t) o o 5 n0klT0j5 = -a—ä- 2 m 38 Pro tok tepla nakonec vyplývá, že kde dT q = —k— = koc, dr 5n0klT0j5 2 m 39