5. Übung am 9. Mai 2008

Zur Erinnerung: Freitag nächste Woche (9. Mai) ist Test UND Tutorium.
Ist das wirklich deren Ernst?

Es sieht sehr danach aus. Aber morgen werden wir wohl Klarheit haben.
Ist aber vielleicht nicht einmal so schlecht, wenn man sich mit den Beispielen beschäftigt, dann werden sie durchgerechnet und kommen zum Test :wink:
Wenn man sich das allerdings so ansieht, dürfte das vom Vormittag nicht am Nachmittag zum Test kommen - sonst hätten sie beim zweiten Test nur 3 Übungen als Stoffgebiet.

Um mal die Beispiele anzusprechen: Hab ich beim ersten Beispiel was falsch verstanden oder setze ich wirklich nur in Formel (3.95) für die Zustandssumme, (3.91) für die freie Energie, (3.48) für die Entropie und (3.99) für die innere Energie ein?
Das hätte irgendwie Physik-2-„Wir wollen, dass sie die Zwischenschritte im Demtröder durchrechnen“-Niveau…

Wundert’s Dich?
Bis jetzt waren einige Statistik-Beispiele so.

Na gut, wir sehn uns morgen …

das tutorium am 9.5. ist nicht mehr stoff zum ersten test.

mfg

Gut, das 1. Bsp war ja ned schwer, aber hat jemand eine Idee fürs 2.?
2b) ist mir relativ klar. Da die Verteilung binomial ist, ist der Erwartungswert einfach N/2 up und N/2 down, damit dann M berechnen.
Aber wie ich auf den Hamiltonoperator komme, den ich für 2a brauch, ist mir nicht klar.

schau mal auf p69…
ich habs zumindest mit den formeln zur „quantum mechanical description“ von kanonischen systemen gelöst…

He, toll, da steht eh alles was ich brauch!
Danke!

kann jemand bitte seine lösung online stellen?

Mein Ansatz zu 2a (kann das wer bestätigen?):

Gleichung 3.133 und Gleichung 3.134 ergeben kombiniert:

Z_c = \underset{n}{\sum}e^{-\beta E_n} (H ist ja diagonal)

Um an die Eigenenergie eines bestimmten Zustands zu kommen, rechne ich:

E_n = \left( \frac{n\hbar}{2} - \frac{(N-n)\hbar}{2} \right)B = \left( n\hbar - \frac{N\hbar}{2} \right)B wobei n Teilchen spin-up und N-n Teilchen spin-down haben (N ist die Gesamtzahl der Teilchen).

Da meine Energien aber entartet sind, muß ich in der obigen Summenformel jeden Summanden mit seiner Entartung gewichten.
Das Ganze ist eine Binomialverteilung, die Entartung ist also N über n.

Ich erhalte also: Z_c = \sum_{n=0}^{N} {N \choose n} e^{-\beta \left( n\hbar - \frac{N\hbar}{2} \right)B}

Kann das wer bestätigen?
Vor allem: Kann man das irgendwie vereinfachen? Wie?

mein ergebnis lautet: Z_k=cosh((B*\gammah)/(2k_B*T))

ergibt sich aus: Z_k=Tr(e^{-\betaH})
und: H=-\gamma
B*S_z

berechnung von Zk durch diese formeln ergibt das genannte ergebnis. 2b) hab ich gerade versucht, kommt zwar was lustiges raus, aber weit entfernt von irgendetwas mit curie beweisen…

Dein Ergebnis ist aber verdächtig unabhängig von N.

das ist richtig. kann auch kompletter blödsinn sein. aber wer sagt dass Zk von N abhängen muss / sollte ? dieses „nicht-wechselwirkend“ könnte auch darauf hindeuten, dass es eben unabhängig sein muss… oder es is überhaupt ganz anders :slight_smile:

Zumindest der Hamilton-Operator sollte doch von N abhängen.

stimmt, das ändert mein ergebnis auf Z_k = 2cosh((\gammaBh)/(2k_b*T))

setzt man jetzt mit =Tr(Mr_c)
ein, komme ich auf =-(N
\gammah)/2tanh((\gammaBh)/(2k_bT))

tja, da seh ich irgendwie den beweis des curie’schen gesetzes nicht. vielleicht irgendwer außer mir?
oder ich bin komplett auf dem holzweg, was natürlich auch sein kann.
dennoch denke ich, dass man das quantenmechanisch rechnen muss und man klassisch wohl wenig chancen hat.

@m0tzerl: wenn ein physiker nicht mehr weiter weiß macht er taylorentwicklung… hat zumindest bei mir geholfen :wink:

Braucht man die?
Ich kann zwar kein Japanisch, aber der Yoshida hat irgendwas gemeint von wegen die wär ned nötig, wenn die Matrix diagonal ist.

soda leute, hab mal meine lösung hochgeladen. beschwerden / einwände / korrekturen erwünscht.
garantie wird keine gegeben. aber es sieht nicht so schlecht aus, ging auch ohne taylorentwicklung :wink:

die angabe ist etwas komisch allerdings. denn zu zeigen dass M proportional zu B/T ist, wenn B/T nach 0 geht, ist ungefähr so wie die frage: beweise, dass eine steinmauer nicht aus holz ist… also hab ich mal das curie’sche gesetz rausgesucht, das anders lautet. und es lässt sich aus dem ergebnis beweisen. sieht also mal gut aus.
DSCF1052.JPG

ich hab sie ja auch nur bei 2b verwendet… weil ich bekomm e^bla(B/T) raus und wenn ich das taylorentwickle bekomm ich ein hübsches C\cdot\frac{B}{T}= …

zum ersten bsp:
kann mir wer verraten warum \int, dx_i,e^{-x_i^2} =1 gilt? (braucht man in der Herleitung von 3.95)
find das nämlich grad nirgens und mag mich jetzt nicht mit dem lösen von integralen aufhalten…

Sollte eigentlich nicht 1 sondern \sqrt{\pi} sein.
Würde zumindest auch mit der Rechnung übereinstimmen, um vom ersten Schritt in der zweiten Zeile zum nächsten zu gelangen.