So, kurze Frage zum 2.Bsp:
a) Bei der Berechnung des Erwartungswertes der Energie eines Systems mit einem Freiheitsgrad (f=1) sollte doch laut Gleichversteilungssatz
= \frac{1}{2}k_{B}T
herauskommen
ich bekomm nach Berechnung von
P(E)=\frac{e^{-\beta E}}{\int_{0}^{\infty}e^{-\beta {E}}‚d{E}‘}
P(E)=\beta e^{-\beta E}
daher
Edit: = \int_{0}^{\infty}EP(E)dE=\frac{1}{\beta}=k_{B}T
macht einen Unterschied um einen Faktor 1/2.
Wer kann mir das erklären?
tutorium1.pdf (115 KB)
Hat mich auch gewundert… Ich kenn nur ein Beispiel, wo sowas ähnliches auftritt und zwar bei Festkörpern: http://de.wikipedia.org/wiki/Äquipartitionstheorem#W.C3.A4rmekapazit.C3.A4t_von_Festk.C3.B6rpern
Da sagt man pro Atom gibts 6 Freiheitsgrade und nicht nur 3… nämlich 3 „für kinetische“ und 3 „für potentielle“ Energie. So kommt man für Atome 3 räumliche Freiheitsgrage haben f=6 raus. Bei Rayleigh-Jeans/Planck behandelt man so weit ich weiß eben 1-dimensionale Oszillatoren. Nach obiger Logik würde man so auf f=2 kommen…
Allerdings ist in der Angabe nur von einem System mit einem Freiheitsgrad die Rede und nicht von einem Teilchen in einem Potential etc…
@rastaman, kannst du mir erklären wie du überhaupt auf: 1/beta kommst?
lg
das integral geht nur von 0 bis unendlich. sonst konvergiert das integral.
ansonsten: partiell integrieren und grenzen einsetzen, die terme mit e^{-\beta E} sind einmal null (undenlich) und einmal 1 (von 0) => bleibt über 1/ \beta
hab mich da einfach an die anleitung ghalten, der faktor 1/2 geht mir aber auch ab
kann mal wer vergleichen bitte ob das so hinkommt mit 1ab, 2a und 3ab? 2b hängich bei den summen und 3c weissich nich mehr wie das denn ging mit der AB…
@ mutterschiff:
erste summe (unterm bruch) kannst mit der geometrischenreihenlösungsformel lösen. für große summe gibts sowas wie ne summenformel fur partialsummen
http://de.wikipedia.org/wiki/Geometrische_Reihe#Berechnung_der_.28endlichen.29_Partialsummen_einer_geometrischen_Reihe
bei verwandte summenformel 2;
hoff ich zereiß da nicht deine arbeit 
ich schreib meine ergebnisse wenns sichs ausgeht später (zu viele summen und integrale, zu geringer latex-skill)
sl
danke, damit kannich scho was anfangen…
bei 3c dachtich mir schon dasses nich stimmen kann.
2b nach dem lösen des nenners mit der geomerischen summenformel, machst du da gleich den limes n->unendl.?
gz
die summandenformel is ziemlich undurchsichtig, hab mal ein muster mit wolfram gelöst:
\sum \limits_{i=0}^{\infty} n e^{- \alpha n} = \frac{e^{-\alpha}}{(1-e^{-\alpha})^2}
es geht auch mit der formel, muss aber geschickt umformen (google), dann bleibt das stehn. (\alpha is der kosntanten mischmasch).
bin mir aber auch nicht bei allen sicher, morgn auf da uni kann ichs amal vergleichen…
Zu 2b)
[Edit]
POTENTIELL FEHLERBEHAFTET
Ich bin mit dieser Lösung nicht mehr vollständig zufrieden, da mein Ergebnis nicht mit der von mir gewünschten Form übereinstimmt.
[/Edit]
#1
P(E_n, \beta)=\frac{e^{-(\beta \hbar \omega n)}}{\sum \limits_{m=1}^{\infty} e^{-(\beta \hbar \omega m)}}
#2
\sum \limits_{m=1}^{\infty} e^{-(a m)}=\frac{1}{e^a-1}
#3
=\sum \limits_{n=1}^{\infty} E_n P(E_n, \beta)
#4
E_n=\hbar \omega n
#5
=(e^{(\beta \hbar \omega)} -1) \cdot \sum \limits_{n=1}^{\infty} \hbar \omega n \cdot e^{-(\beta \hbar \omega n)}
#6
=(e^{(\beta \hbar \omega)} -1) \cdot \sum \limits_{n=1}^{\infty} (-1) \cdot \frac{\partial}{\partial{\beta}} e^{-(\beta \hbar \omega n)}
#7
=(e^{(\beta \hbar \omega)} -1) \cdot (-1) \cdot \frac{\partial}{\partial{\beta}} \sum \limits_{n=1}^{\infty} e^{-(\beta \hbar \omega n)}
#8
=(e^{(\beta \hbar \omega)} -1) \cdot (-1) \cdot \frac{\partial}{\partial{\beta}} \frac{1}{e^{(\beta \hbar \omega)}-1}
#9
=(e^{(\beta \hbar \omega)} -1) \cdot (-1) \cdot \frac{(-1) \cdot \hbar \omega \cdot e^{(\beta \hbar \omega)}}{(e^{(\beta \hbar \omega)}-1)^2}
Jetzt noch die (-1) ausmultiplizieren, und ein bisschen kürzen.
Wow, also diese Summe hätt ich nie zusammengebracht. Respekt. Ich habs in die Wolfram’sche Höllenmaschine gesteckt und die hat mir folgendes ausgespuckt:
\sum _{n=0}^{\infty } \left(\hbar \omega n \frac{e^{-\beta \hbar \omega n}}{\sum _{m=0}^{\infty } e^{-\beta \hbar \omega m}}\right)=\frac{\omega \hbar }{e^{\beta \omega \hbar }-1}
was nach der Plankschen Strahlungsformel ausschaut. Aber das ist weiter oben eh schon rausgekommen.
Bei Bsp 3 hab ich folgende Lösung erhalten:
b) T(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty } D e^{-\left(\frac{n \pi }{L}\right)^2\kappa t}\text{Sin}\left[\frac{n \pi }{L}x\right]
mit dem Koeffizienten D (Fourierkoeffizienten lt ANA II S. 115)
D=\frac{2}{L}\int _0^LT_0 \text{Sin}\left[\frac{n \pi }{L}x\right]dx
und T_0=T(x,0)=\frac{1}{4}
c) T(x,0)=\sum _{n=1}^{\infty } D \text{Sin}\left[\frac{n \pi }{L}x\right]=\frac{1}{4}
d) Mit einem 3D Plot in Mathematica ahnt man bei einer Summe von n = 1 bis 20 schon eine Rechteckform für die Temperaturverteilung bei t=0. Wobei bei Erhöhung von \kappa die Temperatur schneller mit der Zeit abfällt.
siehe Anhang
Hmm, komisch. Deine Wolfram’sche Lösung gefällt mir besser als mein Endergebnis (Das sieht nämlich ein bisschen anders aus). Ich werde mich noch einmal daransetzen müssen, vielleicht steckt irgendwo eine falsche Annahme oder ein Rechenfehler drinnen.
2.b) hab heut auch das ergbnis von wolfram rausbekommen mit den geometrischen summenformeln, stells morgen rein…
3.c)sieht gut aus, danke…
@ Rastaman:
Was kommt dir für den Fourierkoeffizienten D raus? Ich komm auf D=\frac{1}{n\pi} \forall n \in 1,3,5,…
Weiß aber nicht ob das stimmt 
@ferdlheinz:
das D sollte so stimmen, komme zumindest auf das selbe
anbei mal meine lösungen
lG
Ausarbeitung.pdf (302 KB)
Schaut gut aus die Lösung.
Wir kommen auch auf Dasselbe.
Hier noch die Angabe:
tutorium1.pdf (115 KB)