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 d F a tedy op j t l-C-V-T* = p, což je hledaná stavová rovnice. 2. Gama funkce Gama funkce je definována integrálem (a) Dokažte vztah (b) spočítejte T(n), «6N, (c) spočítejte r(n) := j át exp(-/)řn_1. r(n+l) =nT(n), T ( 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) = I dfexp(-f)f"= -f"exp(-f)lô+n f dtt"-1 exp(-ř) = nY{n). b o o V části 2b nejprve určíme T(l): 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, i 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^ dsexp (s2) = y/ň, o o kde jsme v posledním integrálu provedli substituci t = s2. Nyní budeme počítat hodnoty gama funkce pro další n: r(§)-rG+iHrGH<* 3 /3\ 13^3^ = 2rUj =2-2^=4^ 5/5\ 13 5^ 15 r 2rUJ = 2-2-2^=T^' ,'9\ 7 (1\ 1 3 5 7 ^ 105 r,2J=2rl2J=2-2-2-2^=^ 7T, obecně pro n 1\ «-1 «-3 7 5 3 1 ^ (ra-l)H r|"+2 )= ——2-2T2^=S^V7r- 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 dtexp(-t)ŕ = J dt exp(-ř)-exp[nln(ř)] = J dt exp[nln(ř) -1]. oo o Provedeme substituci z = n +x co co J dt exp[nln(ř) — t] = J dx exp[«ln(«+ x) — n — x] dt exp nln(n) —n-- exp[nln(n) — n] J dt exp f — — j. 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[nln(n) — n] J dŕexpf — — J = J dt exp ( — — j = v/2ŤŤ«exp[«ln(«) — n]. 4. Výpočty ve více rozměrech Spočítejte objem a povrch «-rozměrné koule. Řešení: 2 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 0 využijeme faktu, že 7+1 (27) h1 >1, HkBT potom exponenciála rychle konverguje k nule, vezmeme proto jen první člen z každé sumy £ (2/+l)exp liché J h £ (2/ + l)exp sudé J ti2 2HkBT J{J+1) 22 (4m + 1) exp m=0 h 2HkBT 2m(2m+ 1) 2HkBT Poměr jednotlivých molekul se potom změní na 22 (4m + 3) exp m=0 ti2 2HkBT (2m+l)(2m + 2) ; 3 exp —) HkBTj #populace para-dusíku 7+1 f fi \ -=-exp - —> oa, #populace orto-dusíku 3/ \HkBT j 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) 87TV2 hv hv 1 (28) Wienův zákon je vyjadřován pomocí vlnových délek, proto (28) nejprve převedeme do vlnových délek pomocí vztahu dv(A) B(v,T)dv = B(?i(v),T) dA, b(x,t) 1 po převedení do vlnových délek dostaneme %%ch 1 B(X,T) = —5--T—-. (29) Máme hledanou funkci a stačí již jen najít její maximum. Po zderivování podle vlnové délky dostaneme 5 + _/zc__1 _Q k-BTX i _ Pxn ( hc Označíme hc ax 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 ■^ax = —, (30) kde hc ^B-^max 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)á£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-cosd-c-dt. Potom platí díl B(v, 5)dQ • dS ■ dt = ce(v) cos(<5) • — dv • dS ■ dt, 4ti odtud zřejmě platí Funkci fi(v, 5) nyní zintegrujeme přes prostorové úhly 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 271 f 0 0 271- i potom ze znalosti hustoty energie „, . c 87TV3 hv 27TV3 hv B v) exp(^j-l <■ exp(^)-l 4 c3 exp(jeL\_i c1 „n(M po integraci přes všechny frekvence dostaneme B = oTA. (32) 8 11. Rayleighův-Jeansův zákon Odvoďte Rayleighův-Jeansův zákon pomocí ekvipartičnŕho teorému. Řešení: Rayleighův-Jeansův zákon popisuje elektromagnetické záření v uzavřené dutině. Podle Ekvipartičnŕho teorému se jedná o soustavu oscilátorů s energií Ey = 2- ij^bT = k^T. 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%m ki Li potom počet těchto stavů v intervalech An,- je roven AkxAkyAkz .\/í,.\/ív.\/í /., • /., • /. v Potom pro celkovou energii všech částic můžeme psát (2nY d^k 2% % ~ ~ ^2 * = Ľ* «2 L ^TV& = V J d„ / äO J dŕ ^2kBT = V f ék2W±^4,, k 0 0 0 0 v integrálu provedeme substituci k = 2%v je, dostaneme odtud máme v2 Em V j dv2kBT-4n-^, (33) ^„r. (34) C3 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 • 108cm 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 = 4nRloT^ tok záření na jednotku plochy ve vzdálenosti d (Země) je roven F _ 4nR2seT£ I ~ And2 ' na povrch Země tedy dopadá Rl°TQ 2 9 Jelikož je Země v termodynamické rovnováze, musí také stejný tok vyzářit jako absolutně černé těleso odtud Te=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 /■ ' dl ffi=6xl08N. c c (c) Můžeme použít stejné vzorce odvozené výše T = 290K, & = 1.7 x 10-11 N. 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) = + i {q\P |o)) = ^? + ^1°} = ^V<ľ) + ^o(?) = °- Dostáváme tedy rovnici pro zjištění vlastní funkce stavu |0) 1 ; / \ d Tiqo{q) + ^ 1 ^0(^ + ^0(^=0. (36) Řešením rovnice je ho(x) = Cexp í - mcox2 Konstantu C spočítáme z podmínky normovanosti vlastních vektorů. Musí platit J djc[Äo(jc)]2 = l. Potom 9 jim C2 = \—. (37) V Tíh 10 Výsledná vlastní funkce je ve tvaru / t \ 4/2m h0(x) = W — exp V %n mcox (38) Pro výpočet souřadnicové reprezentace stavů s nenulovým n využijeme vlastnosti kreačního operátoru a* \n) = yjn + 1 \n + 1). Pro n = 1 dostaneme potom (q\ä<\0) = (q\0), (q -ßiq-ip) i) = <^|o). V2 ^«(«\°) + ^(«\°) = («\1)> pro vlastní funkci /z„(g) pak můžeme napsat rekurzivní vztah Upravíme levou stranu odtud K(q) = ^ qhn-\{q) +-7-K-\{q) dq (39) (40) 14. Soustava harmonických oscilátorů Spočtěte termodynamické vlastnosti systému N rozlišitelných klasických harmonických oscilátorů s frekvencí (O. Řešení: Energie soustavy harmonických oscilátorů je rovna n=l (41) Spočítáme nejprve statistickou sumu -2 m(02q2n 2kBT m(Q2q2n 2kBT hN Jr2n y h 1=1 v\2mkBT 1 T-T ľ j J / ^ "ÍW2^ 1 o ^ ^ (žm^Bľ) N dq exp m(02q2 2kBT N hN Volnou energii spočítáme snadno ze vztahu N 2mkBTll 2nkBT\ _(2%kBT m(02 / \ hco N kBT hco N F = -kBTln(Z) = -kBTln (= -NkBT\n(^f- \ hco J \ hco Pro výpočet tlaku a entropie využijeme Maxwellovy relace P = -EV' (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 \{2nhf R3Nxa kde íl = {[x,j,z];x G [—L,L],y G [—L,L], z £ [0,oo),L G Spočítáme statistickou sumu pro jednu částici 1 první integrál je z přeškálované Gaussovky, proto je roven ,2 2mkBT J J \ kBT J a /d^exp(-w)=V(27rm"Br)3- E Druhý integrál / dí?-exp (-0)=JáxJ dyJdze^ ("if) =aIcbT Potom z = 7t^3 (2?rm*B7')|A—. (46) [2%ny mg Hustota pravděpodobnosti, že se částice vyskytuje ve fázovém objemu d3p ■ d3q je dána vztahem 1 d3p • d3a / p2 \ / mgq dwn = - exp - exp " Z (27T/ž)3 V 2mkBT) ťV mxp(-|0, (56) kde g j značí degeneraci dané energiové hladiny. Po dosazení (55) dostaneme -fPi+l)e*p(-^). 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 < l 2IkBT proto (57) je vlastně levá Riemannova suma. Potom můžeme psát o Odtud určíme volnou energii F = -kBTln!2IkBT^ h2 /' vnitřní energie 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 f/ri1, ( h2j(j + l)\ ( h2 Úplně stejným postupem jako v předchozích příkladech určíme volnou energii, vnitřní energii a nakonec tepelnou kapacitu. Vnitřní energie je rovna E ~ 1 ~ 1 3 + exp(ľfr a nakonec hledaná tepelná kapacita 3h4 i cv = —^--------—j. (59) kBT2I2 3exp \-iI7n +exp 2kbti i 1 \2kbti *2 14 18. Ověření jednotek Ukažte, že tlak a hustota energie mají stejnou jednotku. Řešení: ověříme jednotky z definičních vztahů: [F] kg-m-s -1-2 \P\ = 7ä =-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 kde g je degenerace energiových hladin, d dimenze prostoru a Vol (S^-1) povrch d — 1 rozměrné sféry. V našem případě máme d = 3. Disperzní závislost E(k) je dána vztahem E = Vm2c4+H2k2c2, odtud , VE2 - m2c4 k =-. hc Do (60) dosadíme příslušné veličiny, dostaneme • Klasická limita - Energie je v tomto případě rovna: /- / h k2 £ki ~ E — mc2 = v m2c4 + h2k2c2 — mc2 = mc2 \ /1 H--^—r — mc2 mlcl , / l h2k2 \ , h2k2 mc 1 + )-mc • ^62) \ 2 mzcz y 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 + áE) platí dN=_ P(E)éE exp(t5t ) + 1 E-jl Jelikož v klasickém případě je 15 můžeme jedničku ve jmenovateli zanedbat. Potom po dosazení za p(E) dostaneme Výraz transformujeme ze souřadnic energie do souřadnic rychlostí dE , dE = dv = mv, av protože uvažujeme klasický vzorec pro kinetickou energii E = 0.5 • mv2 47TgV r—r fm (0.5mv2 - u\ , 4ngV , 2 / v2 \ / u . , dw = (W V 2exp ( *Br J mdv = (Wm v exp l"WJexp ("J^ŤJ dv- Pro výpočet /i vyjdeme ze vztahu pro jednu částici CO j 1=^ = 7^^(27^:0^3 f-M =_^(2W/niBr)i-lT /dx- xl (2nhr ' ->\kBTj ilnhr ' r(l)J exp(x-^) + l V integrálu nabývá exponenciála výrazně větších hodnot než jedna, proto číslo jedna zanedbáme, dostaneme / ^exp (-x+ů)"exp iů) I exp(-x)=exp {ů)r G1 • Dosadíme do předchozího vzorce gV exp (JL ) = (2nmkBT)-32. {2nh)3 ť \kBT Odkud obdržíme áw=An{2^y^{^B-f)áv- (63) 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- Pro fotony platí ;U = 0, a energie je rovna E = hv. Přejdeme analogicky jako v předchozím příkladu k proměnným frekvence. Pro hustotu energie vyjde vztah 87Tv2 hv EdN = --t-r-. (64) hv 22. Bosonový a Fermionový integrál Dokažte rovnost co /rm-l dx- = (1-21-™) £(m) .r(m), (65) exp [x j -\-1 o a co /^m—1 dx--—— = £(m).r(m), (66) exp(x) — 1 o 16 kde £(m) je Riemannova funkce 00 1 nm) = y —. k=l K Řešení: Integrál If(m) upravíme na tvar co co 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+*)]jc"-1, íxp(-x) , k=Q *=ob v sumě položíme k' = k + 1, z integrálu vyjmeme členy nezávislé na proměnné x a následně provedeme substituci y = kx k-l m—l £ J d*(-l)ťexp[-(l+*')K»-1 = £ j dxt-lf^expt-xťK-^ £ j dyexp(-y)y 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 Takto napsanou sumu můžeme upravit následujícím způsobem co -I co -I y—-—y —— = 111 1 111 1 ~ym ^21_ l)m ~^ ' '' 2m 4m 6m '' ' (2/)m 1 — — — —-2Í— — 1 ^-ylJ__2y, 1 ~\m 2m 3m 4m Jcm y2m 4m (2/)m ' 'J km (2/)m y 1 _2i-mf 1 =(i_21-'»)V -L. (68) tm lm \ > hm v ' Upravená funkce potom vypadá takto £ | d3;eXp(-),)),'»-i = (l-21-m)^^| d);exp(-);));m-1 = (l-21-m)CHr(m). (69) 0 k-l 0 17 Druhá rovnost se dokáže analogickým způsobem - provede se rozvoj s pomocí vzorce (67) Ib(m) = J dx- „m—1 exp(x) — 1 co co co co £ / djcjť"_1exp[-jc(l+lfc)] = £ / áxxm-1 &^{-xk) = k=o{ k=l{ co £ *L / dvv'" ' exP(-^) = CHr(m). (70) 23. Vlastnosti funkcí Definujme funkce Pro tyto funkce dokažte Řešení: Nejprve spočítáme dBn+i(y) d dy dy Bn{y) dx- r(n) J exp(x — y) — l 1 /■ x' dx n-1 Tin) J exp(x — y) + í o dfi«+i(y) dy dF„+i(y) dv dx- r(«+l)./ exp(x — v) — 1 (71) (72) dxx"- F(n + 1)./ dy exp(x — v) — 1 V této fázi využijeme znalosti derivace funkce v argumentu integrálu. Jelikož dl dl dy exp(x — y) — 1 dx exp(x — y) — 1' můžeme výraz na pravé straně dosadit do integrálu, ve kterém pomocí metoty per partes dostaneme 1 dxx"- 1 1 F(n + \)J ~"~ dxexp(x-v)-l F(n + \) o Dále víme, že F(n + 1) = nT(n). Potom dostaneme dfi„+i(y) d 1 exp (x —v) — 1 °° f n-x"-1 + / dx---—- 0 J exp(x-v)-l o dx- dv dy Fín) 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 P(£) = (W Termodynamický potenciál je roven Q = - j dE o áE'p(E' o exP (fcr) " 1 kde Potom je Q. rovno 0 V kbt Počet částic je ve 2D případě roven (uvažme ;U —> 0) (WV expto,-i " = / d£ /p(£\ = -^Br / dx^V- = .^SBr£(i)r(i) ' exp f ^-1 (27rÄ)2 / exp(x)-l (2xh)2 ^>^> o tAť \^ /tBr 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 £p = 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 dNE (2^3expfe0 + l v k*t potom pro počet částic platí V našem případě, kdy ;U = 0 dostaneme pro funkci F3 ( JL\ = (1 -2-2) C(3) -r(3) = |-2-C(3) = |C(3). Počet částic snadno dostaneme Pro g = 2 dostaneme 4(nh)3 c3 v ' 19 26. Počet částic bosonového plynu Ze vztahu a = -*T^2^"ÍBi{Ů)- (76) platného pro nerelativistický ideální bosonový plyn spočtěte počet částic N. Řešení: Počet částic je dán vztahem . ^a4 / T,V kam dosadíme vztah (76), potom dostaneme N = -kBT §V (2nmkBTý j-flg ' ^ (2tt/ž)3 a ' dli 2 \kBT Z předchozího příkladu víme, že dfi"+i(y) _ R M —fi—-Bn(y), odkud Počet částic nám pak vyjde "-i^^^iiů)- <77) 27. Rovnice adiabaty Nalezněte rovnici adiabaty pro ideální fotonový plyn v proměnných p a. V. Řešení: Volná energie pro fotonový plyn je rovna 3c víme, že platí následující rovnosti %), = -•'■ {%)v = -s- Entropie je potom rovna 16 , S = —oT3V, 3 za teplotu dosadíme vztah spočítaný pomocí první uvedené derivace - 4 3CP po dosazení do rovnice pro adiabatu .5 44 3 3 i S = —c4 pAoA V = konst.. 3? 3 Všechny konstantní členy můžeme zahrnout do konstanty, dostaneme závislost p* V = konst., který ještě upravíme do standardního tvaru /jv 5= konst. (78) 20 28. Degenerace fermionového plynu Přepište podmínku degenerace fermionového plynu kBT <2nh2 y mkBT \ m£p Fermiho vlnovou délku můžeme vyjádřit ve tvaru 2nh 2nh Xp Py V2me An2h 2m£ ' Potom můžeme nerovnost napsat AT »\\-~ Ap. Potom hledanou podmnkou je mkBT Xj 3> Ap. m£p (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 2X1 ~2 K^bT a vztah pro počet částic kde N = ^F3 Ar 2 \kBT J ' At = / 2nhl mkBT Energii rozšíříme pomocí výrazu udávající počet částic N/N(T, pi), dostaneme E = -NkBT — 2 ~ 2 \ KB Zavedeme značení kBT Tepelnou kapacitu spočítáme podle známého vzorce Cy N,V ~NkB-+ + -NkBT 2 t3 2 _2. dT dF1 _2. : dT Fi derivace funkce Fn podle T vypadá následovně dFn dT V.T JL dT \kBT Fl j" dTJVNkBT kBT2 F„_ n-l- (80) (81) (82) 21 Dosadíme do vztahu pro cy a obdržíme 3^3 cv = ~NkB-l- + -N 2 f3 2 dŤ V,N tí T 2 2 Pro další výpočet využijeme faktu, že celkový počet částic nezávisí na teplotě, tedy dN\ 3^ WrJ, = 2Fi + kB \dT J WhT kBT V,N B Odtud vyjádříme parciální derivaci chemického potenciálu podle teploty dTjVN T 2 V, Fi =0. 2 Po dosazení do cy dostaneme cv = -2N FsF\ \ _ 2 2 'X Fi\ o. F5 i. \ Fs i. Fi 2 / 2 i 2 2 FsF\ \ _ 2 2 V kladickém případě můžeme funkci Fn aproximovat Fn k, exp potom jsou všechny podíly funkcí F rovny jedné a dostaneme známý vztah pro tepelnou kapacitu Cy RS -NkB. Jiný způsob řešení: Nejprve pomocí termodynamiky spočítáme, čemu je rovno cy^. Víme, že TI 9S V,n entropii zavedeme jako S = S (N(fJL ,V,T),V,T), potom dS\ _/'dS(N(n,V,T),V,T dT = T(dS_\ (d_N\ (dS_\ v,, \dNjVtll\dTjVtll \dTjVjN Využijeme Maxwellovy relace plynoucí ze vztahu pro volnou energii dF = -SdT - pdV + jUcW, odkud dN V,T dji\ dT')N,v' Za předpokladu, že při konstantním objemu se počet částic nemění, tj. dostaneme vztah ŽIL] dT/N,V dpi T,V J ny 22 Spočítané parciální derivace dosadíme do výrazu pro cyífl T,V dT J v,v \dT V,N Pro tepelnou kapacitu potom dostaneme vztah CV,N = Cyi}1 f dN H,V dli )TV (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 = -ärjkBTF5 Aj 2 KknT (87) Z (87) zjistíme entropii plynu 5: díl dř -gVkB f 5 v,n 2 2 kBT 2 Z entropie pak snadno zjistíme tepelnou kapacitu cy^ Z (81) spočítáme parciální derivaci dN dŤ A na závěr v,n (dN Xl \4 gV A| \2T 2 kBT2 2 kBT 2 k2T2 2 gV 1 Fi. ydfxjyj Xj kBT 2 Všechno dosadíme zpět do (86), obdržíme CV,N ■ gVkB 15 a n1 —Fs — 3--Fí + -=—rFi 4 2 kBT 2 klT2 2 ^ J7 ^ V J7 AT2 Fi kBT3 2 k2TA 2 Celý výraz podělíme ksN, na pravé straně dosadíme (81) Cyw 15 2 3 ~r~zz H—^—0 —~---7 —~—h 3jU kBN 4 F3 kBT k2T2F3_ 4 FL kbT k2T2F3_ V kladickém případě můžeme opět funkci Fn aproximovat výrazem (84), potom cy,N _ 15 n u2 9 /J \i2 kBN 4 kBT k2T2 4 kBT k2T2' Dostáváme se do nejlepší části výpočtu, jediný nenulový člen bude 3/2, ostatní zmizí, potom máme výsledek CyN 3 kBN 2' což je stejný výsledek, jako v předchozím případě. (88) 23 30. Klasická limita Ověřte platnost klasické limity E = ^NkBT, Řešení: Využijeme opět vztahů (80) a (81). Zde vyjádříme přibližně funkci Fn jako (84). Potom pro energii plynu dostaneme analogicky můžeme upravit počet částic E = ~—rkBTFs —— ~ z:—rkBTFs exp . , ^ 2X1 5 \kBT 2X1 5 ť\kBT Spočítáme E-N/N, E = ^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 1 [1 E

mc2t a dostaneme Vime2)3 r-- n(t)dt = — ' \Jt2 - \tdt. n2h c3 Počet částic pak dostaneme integrací přes t od 1 do e-p/mc2 (před substitucí od mc2 do £p) 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 V (e^-m2cAY 3n2h3c3 [mc- 2\3 (d) Vnitřní energie je dána vztahem eF V 7 Ve2-m2c4 V(mc2)Amf ,i, U= / dAf£ =-t / de--=-= —i—/ d/ t2-l)2t2, o 7T2r ^2 7T2/žJ 1 Integrál lze vyřešit pomocí substituce t = cosh(x) a následných úprav přes vzorce pro hyperbolické funkce zjistíme, že V (mc 2\4 mc Sn2h3 J K ' Sn2h3 i Výsledek tedy dostaneme ve tvaru V(mc2Ý t=i U $n2h3 mc2 \ (mel)2 1-ln [mc^ mc2 V (mc2)2 (e) Termodynamický potenciál íl analogicky jako předchozí případ. Počítáme integrál V (mc2] 3n2h3 eF , 4 mc1 dt (ť-l) Integrujeme stejně jako v předchozí části a dostaneme V(mc2Ý Sn2h3 £p / 2 £p 2 V 3 (mc2^2 1'^-^-1+1MÍ2 + fflC mc 2\2 (f) Nejprve přepíšeme výše odvozené výrazy pro případ ultrarelativistického plynu. Počet částic N V (mc2)3 / £F \ 3 3n2h3 \mc2J 25 termodynamický potenciál V (mc2V í £f 4 \2tc2H3 \mc2 a vnitřní energie u = V (mc2)4 / eF 4TC2h3 \mc2 Jelikož platí Q. = — PV, zjistíme, že 4 P (mc2)4 f £F x 4 127T2/ž3 Vmc2/ tento výraz vyjádříme pomocí počtu částic P = T{v) n'3h- 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{ WŤ-) = N ^ / En,N-nN dp kBTCXV\ kBT Potom ^Mexp\ Wr á / En,N-nN derivaci můžeme vyhodit před sumu, v sumě výraz navíc rozšíříme S kBT d ^ / En,N-nN\ kBTdZ S d\x^N V kBT J E dju" Analogicky budeme postupovat pro (jV2) Potom YN2^±^1 = k*L yNd {E^-nN ts S S k d» V kBT derivaci můžeme vyhodit před sumu, v sumě výraz navíc rozšíříme S 26 Jelikož máme vyjádřený výraz pro (N), můžeme tento vzorec přepsat jako d(N) kBT dZ d(N) 2 kBT-dir+^r{N)dÍL=kBT^ír+{N) ■ ■2\ ,„\2 , d(N) Odtud snadno zjistíme, že (N2)-(N)2 = kBT ^ Nyní aplikujeme případ bosonů: střední počet částic je roven potom (an)2 = 8ZbJ At A| 5 \kBT Také můžeme napsat (AN)2 1 B\ iůr Pro fermiony platí stejné vzorce až na znaménko, tj. nejsou popsány funkcí b, ale F. Napíšeme proto rovnou výsledek (AAQZ = 1 ri [kBŤ/ N2 NK f A 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 dt První člen na pravé straně můžeme upravit i i i Druhý člen upravíme jako £ŕŕ-Pi + 5>-i7. (90) Rovnice (90) se poté změní na tvar ^£p.rr = 2r + £FrTř. (91) Spočítáme střední hodnotu z dané rovnice, a to tak, že obě strany integrujeme v mezích od 0 do T a vydělíme T o 27 Levou stranu můžeme případně napsat ve tvaru i[G(T)-G(0)]=2(r) + ^£Fŕ.rŕy (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(EF'"r')- <93> Clen na pravé straně můžeme ještě rozepsat. Síla působící na jednu částici je dána vzájemnou interakcí částic a vnějšími silami - tlakem 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) j,f \ ,QA. l^Xn---= kf(x1,x2,---,xN). (94) n=l dXn Konec odbočky. Nechť je potenciální energie II homogenní funkcí souřadnic stupně n. Potom máme 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 ekvipartičního teorému rovna (T) = \k*T. 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 -- / dAn-r, 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 J dAn-r = J dVV-r = 3V. Výraz pro kinetickou energii a pro potenciál dosadíme zpět do (93) ^Nkbt = ^pv, (96) odkud již snadno obdržíme Nkbt = pv, (97) 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 sílaje 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 2(t}-2 (TI) = 0, proto (t) = . Tento výsledek dosadíme do rovnice pro zákon zachování energie u = (t) + (11) u = 2 (t) = 3Nkbt, odkud u = 3Nkbt. (b) V tomto případě II oc r4, máme tedy 2 (t) - 4 (n) = 0, odkud dostaneme 9 u = -Nkbt. 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 M-exp V 1,-exp (98) Uvažme N-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 En=(nks + l)hcos(k), (99) kde «]„ 6 0,1,2, • • •. Celková energie je rovnaje součet energií individuálních kmitových módů Definujeme funkci / ve tvaru Snadno si ověříme, že platí Dosadíme nyní za En, dostaneme / = -ln(£exp(-j3£r) d/ľ /=ylniLexP -Pj^hCDsQi) nks + ks V 1 „ exp - V |iAl-eXp[ pnms(k) 2 f3hcos(k)] [ v£ t ks «kj f3heos(k] -j3hcos(k) nks + 1 ■ln[l-exp(-/j/žw,(k))] }. Vnitřní energii pak určíme podle vzorce uvedeného výše, tedy 1 V ks hcos(k) hcos(k)exp(-f3hcos(k)) 2 l-exp(-/j/žw,(k)) Y,hcos(k) ks 1 + 1 2 exp(/j/žw,(k))-l Poslední výraz můžeme přepsat jako ks (100) kde zřejmě platí 1 expOa)s(k))-l 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. Iv- h(os(k) Tepelná kapacita je potom rovna _ 1 d hcos(k) CV ~ V^dŤcxV(j5hcos(k))-l (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 hOsík) Cy dT^fJ (27T)3exp(/3Äws(k))-l' Tento integrál nahradíme integrálem přes sféru s poloměrem k^ 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 k^ je spočítáno rovnicí kr\ Dosadíme předpokládané podmínky 2% ko ^ d ľ dk hcsk ^ d ľ ľ dk hcskó Cv = t?~dT 1 (2tt)3 exp (Phcsk) -\=lfdŤJ J {2n)3exp{l5hcsk)-\ provedeme substituci ficsk kBT' dostaneme Y d (áo ( dk hCs - 1 fkBT\Y (áo 1 í x exP(x) rdŤ-l l i2*)3 exP (Ptesk) -l~Š7r\~) \l ^(0)7 (exp(x)-l)2" Označme nyní a pro kv navíc platí pro Debyeovu teplotu ©d Po dosazení nakonec dostaneme COd = kDc, kb&d = IíCOd = hck\). ( T \3 } x4exp(x) Máme tedy vzorec, který závisí na parametru ©d- Debyeovu teplotu určíme pomocí nízkoteplotní limity. Tepelná kapacita za nízkých teplot je rovna 27T2, (kBT Cy = ——kB 5 \ hc kam dosadíme vzorec pro Debyeovu teplotu &b®d = heku = hc\/ 6n2n, po dosazení do výrazu pro tepelnou kapacitu za hc/kB 127T4 , / T \3 Cv = —nkB{ěD:) • 31 (b) Einsteinův model je vhodnější pro optickou větev a předpokládá, že cos(k) = coe- Tepelnou kapacitu určíme opět z (101), kam dosadíme patřičnou disperzní relaci 2 švu I ftfifc = -^——HcOeN-t-r-= nke —— 37. Volná částice I Spočtěte střední hodnotu souřadnice pro případ jednorozměrného pohybu volné částice uzavřené v oblasti x G [0,L], operátor hustoty v souřadnicové reprezentaci je ve tvaru p(x,x',/3) = ^-exp (-7r(X^2X/)2) • (104) Řešení: střední hodnotu spočítáme ze vzorce (x) = Tr(Px). Stopu můžeme přepsat L t oo Tr (ri) = / * = / tíj dx , 0 0 -oo První maticový prvek v integrálu je operátor hustoty, druhý maticový prvek je (x|x|x;) =x(x|x') = x8(x — x). Potom dostaneme (x) = Jdx' J dx^-exp f— * ^ j xô(x — x') = ^- J dx'x' = ^. 0 -oo ^ o 38. Volná částice II Spočtěte maticové elementy operátoru hustoty volné částice v impulsové reprezentaci. Řešení: Operátor hustoty je dán „ exp(-j3#) r Tr(-j3#) ' 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 ^ ^ (105) 2m Jelikož vlastní hodnoty p leží velmi blízko sebe ve velkém objemu, můžeme přejít od sumace k integraci v f a ( PP2\ v f2mn\3ž V Z(r'V'1) = (W/dpeXP (2n)3J "r"T\ 2m J (2n)3\f5h2J A3 Nyní můžeme napsat maticové elementy operátoru hustoty ve tvaru A3 /_Rp2\ 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'}

= £ p p,p' p,p' A3 f-Pp ,2 v2x Opět přejdeme od sumace k integraci a integrál přepíšeme do sférických souřadnic dpp exp —- = —A 9 / dM exp h22mV (2n)3J vv ť\2m 2m (2%)2 } ""r V 2m o Provedeme klasickou substituci a dostaneme , -. h^Á3 1 1 / 2m \ 2 ľ 3 , N (//) =- .n —~ / d**2 exp(-x). x 7 m (2tt)22 V/3/Ž2/ 7 V ' Snadno zjistíme, že <#) = \kBT. 40. Volná částice IV Spočtěte střední hodnotu hamiltoniánu volné částice ze znalosti partiční funkce (v rámci kvantové fyziky), V_ Řešení: Střední hodnota Hamiltoniánu je rovna Z = —. (107) W = ^gSř = -^^(«p(-W)]=-^MZ,. 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,P2) = (\Pl,P2) ~ \P2,Pl)) • Operátor hustoty pak spočítáme podle (105), tedy \ / p2 _|_ p2 \ (p'i,P2\p\PuP2) = ^ ((p'i,P2\ ~ (p'&Pi |) exp ( ~2mkBT J (\pi,P2) ~ \p2'Pl^ 1 / p2+p2\ = 2ŽeXP \2mkBT ) ((p'np2\PuP2) ~ (p'i'^1 P2,Pi) ~ (p'^Pi \PUP2) + (p^Pi \ P2,Pi)) hexp (" w) & - pO ^ (p2 - p2) - 8 (P; - P2) 8 (p2 - pí) - 5 (pá - pí) 5 (P; - P2)+0 (P2 - P2) 0 (P; - pi)] žeXP (" W ) ^ " PO 5 (P2 - p2) - 5 (pi - P2) 5 (p2 - Pl)] 33 Nyní ještě spočítáme partiční funkci, která je ve tvaru 1 / p2 + p2\ Z = Tr[exp(-)3#)] =- £ {(pi,P2\~ 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 „_ Vpl 10men2h3' 3n2h3' potom podílem těcgto dvou hodnot dostaneme 3 ^3,V N 10me V V dosadíme objem koule a dostaneme N 10me V 4 R2 34 Pro ultrarelativistický případ máme V (mc2)4 , eF » 4 4n2h3 \mc2 V (mc1) / £F \3 2\3 v i iíiC N~ l 9 37t2r Vmc2, Energii připadající na jednu částici zjistíme stejně jako v předchozím případě E 3 2 3 2 2_!í!_ V 3 2/9 Y * N° — = — mPc = -mPc —371--tttt = — mPc — 7t N 4 e 4 e Vv (mec2)3) 4 e V4 / m^2 R ' (c) Gravitační potenciální energie je rovna Gm2 EG =--. R Hmotnost je rovna m = Nu, potom máme Eg _ GNu2 ~ň~ ~ R~' (d) Celková energie je rovna součtu kinetické a potenciální energie. Ne Ne Ne 10me \4 J R2 R extrém najdeme zřejmě pokud derivace energie podle poloměru je rovna nule dE 3/9 ř3YY 4GA^e«2 — 0 = -— -nfť dR 5me V 4 J R3 R2 ' odkud 3h2 (9 \ s i je zřejmé, že iř~AT5. V extrémně relativistickém případě je energie rovna E Ek EG 3 2 3 2 fN. 2 h3 Y 4GNeu2 — =----= -mec = -mec —3K--r--r--. Ne Ne Ne 4 4 \V (mec2)3J 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 *t f3hc\h r\ Na={T6ô) 2^' a kritická hmotnost 3AcY3^Ť mcr = 2Ncru = | —— —t-. 16G / «z 35 43. Hlednání rovnice pro chemický potenciál Najděte rovnici pro chemický potenciál v případě látky v symetrickém gravitačním poli. Předpokládejte, že jU +ku(p = fx' + 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. /Z mc2 ku ku ku Rovnice je pro sféricky symetrický případ ve tvaru r2 dr \ ar z ar V ar Za (p dosadíme předchozí rovnici ze ZZE. Jediná veličina závislá na poloměru je chemický potenciál. Po dosazení a vynásobení ku dostaneme 1 d ,dn -4nGk2u2n. Stejnou rovnici dostaneme po dosazení rovnice s p'. 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 or \ ar -4%Gk2u2nr2. Zintegrujeme R R dr^- (r2^-) = - í dr4nGk2u2nr2. ar \ ar I J o o Levá strana je úplná derivace (v tomto případě skutečně ano) a dostaneme R d_ ( 2dj£ dr \ dr o Pravá strana Dostáváme potom <9,U _ridji_ -r2 ^£ dr r=R dr R dr4nGk2u2nr2 -4%GkuJ drkunr o r=R -4%GkunM. d\l -4%GkunM. r=R 36 45. Přeškálování rovnice pro chemický potenciál Přepište rovnici pro chemický potenciál do bezrozměrných proměnných kde a určete okrajové podmínky. Řešení: Koncentrace je rovna , 4k2 6u2 A = —- 3 % (fič) (Äc)33ä2' Dosadíme r2 dr \ dr J (hc)33n3 1 d f2dl-l\_ 4nGk2u2p3 _ 3 po jednoduchých úpravách l ^ ft2df\_ r3 Š2d% V d%) f ' 46. Rovnice kontinuity Odvoďte rovnici kontinuity z Boltzmanovy kinetické rovnice. Předpokládejte, že síla nezávisí na hybnosti. Řešení: BKR je ve tvaru -57 + v-Vr/+-.Vp/ m \ at coll. Rovnici nyní zintegrujeme přes hybnosti r r r Třetí člen upravíme pomocí Stokesova teorému m j dp-|J+Hí j dpvVr/ + y dpF-Vp/ = m^y dp/ + mVr- ^ dpv/ + mF ^ dpVp/. / dpVp/ = y dSp/ = 0, r ár za předpokladu, že / konverguje k nule dostatečně rychle, tj. rychleji než /?2. Dále víme, že f(r,t) =m-n(r,t) = m I dp Střední rychlost je definována vztahem r / dpv/ / dpv/ r r u(r,0 = (v) = -j-^jt = QnKfmniTS)' r Dosadíme do spočítané rovnice a dostaneme dn m— +mVr ■ (nu) = 0. dt Nebo ^ + Vr.(pu) = 0. 37 47. Tok tepla Pomocí Boltzmanovy kinetické rovnice spočtěte tok tepla v přítomnosti konstantního gradientu teploty dT a dy ,T = T0-ay. (109) Řešení: musí platit hydrostatická rovnováha p = n0kBT0 = nkB(T0 - ay), odtud n = rig To To-ay BKR d f F at m dt coll. kde předpokládáme stacionární stav. První člen na levé straně je proto roven nule. Dále předpokládáme F = 0a 'df\ f-fo dt J coll. kde fo je rovnovážná rozdělovači funkce, kterou předpokládáme ve tvaru / 2%h2 \5 BKR se zjednoduší na 2mkBT 2nh 3 2\ 2 vVr/ mkB J (7|j _ ay) f-fo To_ex / Pl |eXPV 2mkB(T0-ay) kde předpokládáme, že gradient z funkce / je přibližně roven gradientu z /o- Potom pro / dostaneme / = /o - tv • Vr/0 = fo - xvy~^-Dosadíme do výrazu pro distribuční funkci f = fo + azv T0 y2{To-ay)i mkB(T0-ay) n0 2nh mkB 3 2\ 2 exp 2mkB(To — ay) Nyní se můžeme zaměřit na výpočet samotného toku tepla. Ten je roven qy dp p2 (2nh)3 2m Vyf- Integrace fo je nulová, jelikož je fo sudá funkce. Vezměme nyní lineární přiblížení To — ccy To, potom je tok tepla roven ax 1 / 2nh2 Y f d3p 2 2 / p2 \ qy = W02lnno{^kBYo) ÍWPH« JCXP 2mkBTo J Zavedeme sférické souřadnice, jejichž severní pól leží ve směru osy y, tj. vy = vcos(0) 271 71 co 1 1 m2 (2nhy 1 1 m2 (2nh)- 0 o ■2%- o 1 3* - - COS o 3 —- í d(p í dd í dpí^---5 )/cos2 6 sin0 exp nnP J J J \mkBTo J mkBT0 1 1 n2 \ 2mkBTo) 5 mkBT0 -(2mkBToý2 J d«2 exp(-ř) --(2m^B7b)2 J d«2exp(-ŕ) 5 n0klToj5 -a—ä-. 2 m 38 Pro tok tepla nakonec vyplývá, že kde dT q = —K— = KOC, dr 5 npklToP 2 m 39