Substitution wie bei der 4. Übung ergibt: Z_g = \sum\limits_{N=0}^\infty \frac{1}{N! h^{3N}}\left(\frac{2\pi}{\omega \beta}\right)^{3N}z^N=\exp \left(\left(\frac{2\pi}{h\omega \beta}\right)^3 z \right)
(eigentlich sch…egal, was genau im Exponenten steht, hauptsache wir haben die Fugazität darin)
Beispiel 2:
Durch Vergleich von (3.82) und (3.146) - oder durch Nachschlagen im Nolting - wissen wir:
P = \frac{z^N Z_k}{\sum z^N Z_k}=\frac{z^N Z_k}{Z_g} Wissen wir das?
Ein bisschen allgemein rumrechnen (die Formeln für ideale Gase treffen für unser Beispiel zu, deswegen mach ich mir nicht die Mühe, das mit meinem Ergebnis durchzurechnen):
(3.95) Z_k = \frac{V^N}{N! \lambda_T^{3N}}
(3.144) Z_g = \sum\limits_{N=0}^\infty z^N Z_k
(3.158) \langle N \rangle = k_B T \partial / \partial\mu ln Z_g = zV/\lambda_T^3 (hier bin ich mir nicht sicher, wo die Summe hinverschwindet - weiß das irgendwer? Sonst stimmt die Lösung, was man ganz einfach in Maple nachrechnen kann)
Daraus ergibt sich: Z_g = e^{\langle N \rangle}
Wenn wir das wieder in unser P einsetzen und (3.158) auch auf z umformen, bekommen wir mit (3.95):
P = \frac{\left(\frac{\langle N \rangle \lambda_T^3}{V}\right)^N \left(\frac{V^N}{N! \lambda_T^{3N}}\right)}{e^{\langle N \rangle}} = \frac{\langle N \rangle^N}{N!}e^{-\langle N \rangle}
So, hoffe, die Rechnung stimmt soweit.
Beispiel 3 sieht nach Formel (3.148) aus, Beispiel 4 nach (3.153).
Das ist allerdings mit Vorsicht zu genießen, da das ideale Gas, das im Hamiltonperator nur den Impuls stehen hat, um eine Potentialfalle erweitert wurde.
Insbesondere jeder Term, in dem V^N vorkommt, ist gefährlich, da der ja beim idealen Gas ohne Potentialfalle vom Integral über den gesamten konstanten Raum entsteht.
Okay, ich hätt es anders ausdrücken sollen: „deswegen mach ich mir nicht die Mühe, das ganze jetzt nochmal ins Forum zu klopfen, es steht da irgendwo durchgerechnet auf meinen Zetteln“ Wollte gestern den Tablet nicht bemühen und hab mit 4 verschiedenfärbigen Kugelschreibern gerechnet, um mit meinem Zettel auszukommen; ich hoffe also, dass es wirklich richtig auf dem Wisch draufsteht.
Heute Nacht erschien es noch komplett logisch, die beiden Formeln dafür zu verwenden… Hmm…
Vielleicht hat es auch nur verlockend einfach ausgesehen, irgendwas einzusetzen, um nicht hinzuschreiben: Wahrscheinlichkeit ist Durchschnittszahl Teilchen kanonisch durch selbiges Großkanonisch.
Wie auch immer, bin jetzt mal weg und vermutlich erst wieder morgen Vormittag arbeitstauglich.
Okay, das geht sich jetzt noch schnell aus:
\langle F \rangle_k = \frac{1}{N! h^{3N}}\int d^{3N}q d^{3N}p e^{-\beta H} F \rho_k
\rho_k = \frac{e^{-\beta N}}{Z_k}
\langle F \rangle_k = \frac{\int d^{3N}q d^{3N}p e^{-\beta H} F}{\int d^{3N}q d^{3N}p e^{-\beta H}}
\langle F \rangle_g = \sum\frac{1}{N! h^{3N}}\int d^{3N}q d^{3N}p e^{-\beta H} F \rho_g
\rho_g = \frac{e^{-\beta (H-\mu N)}}{Z_g}
Daraus sollte sich jetzt durch Umformen und Einsetzen des kanonischen Wertes ergeben:
\langle F \rangle_g = \frac{\sum z^N Z_k \langle F \rangle_k}{\sum z^N Z_k}
Der kanonische Mittelwert der Teilchenzahl ist gleich der Teilchenzahl des kanonischen Emsembles, deswegen:
\langle N \rangle_g = \frac{\sum z^N Z_k N}{\sum z^N Z_k} = \sum N P(N)
und schon haben wir das oben geforderte P.
Hat sich IMHO geklärt, wir (Krümel und ich) kommen auch auf Deine Formel.
Der Rest schaut bei uns aber etwas anders aus, insbesondere die Umformung von = …
Im Gegensatz zu Dir kommen wir aber nicht auf das gewünschte Ergebnis aus der Angabe, also müssen wir das noch einmal genauer begutachten.
Das Ergebnis sollte eigentlich immer rauskommen, solange du für \langle N \rangle = k_B T \partial / \partial\mu ln Z_g richtig einsetzt.
Z_g = \exp\left(\left(\frac{2\pi}{h \omega \beta}\right)^3 e^{\beta \mu} \right) =\exp\left(a^3 e^{\beta \mu} \right)
(a damit ich nicht immer diesen Term mitschleppen muss und um zu zeigen, dass man auch bei falsch berechnetem a auf das richtige Ergebnis kommen muss)
\partial / \partial\mu ln Z_g = \partial / \partial\mu a^3 e^{\beta \mu}
(Und hier wichtig: auf keine Fall zuerst ln Z_g = 1/Z_g rechnen, dann kommt nämlich nur noch Topfen raus bei der Rechnung…)
Dadurch ist \langle N \rangle = k_B T \beta a^3 e^{\beta \mu} = a^3 e^{\beta \mu}, womit wir auf das gewünschte Z_g = e^{\langle N \rangle} kämen.
Z_k = \frac{a^{3N}}{N!}
P= \frac{z^N Z_k}{Z_g} = \frac{z^N 1/N! a^{3N}}{e^{\langle N \rangle}} = (z a^3)^N e^{-\langle N \rangle} / N! = \frac{\langle N \rangle^N}{N!}e^{-\langle N \rangle}
und das unabhängig davon, was man ursprünglich für einen Mist für Z_g berechnet hat (was ich glaub ich getan habe, da in meiner Lösung kein m vorkommt, das m allerdings in Beispiel 4 gefragt ist).
Bei mir scheint es bis auf einen Fakto 1/2 (3.162) zu sein, also \langle E \rangle = 3 \langle N \rangle k_B T. Kann sich das durch die Falle ergeben? Oder stimmt was an der Rechnung nicht?
E = k_B T^2 \partial /\partial T ln Z_g + k_B T \mu \partial /\partial\mu ln Z_g. Für den zweiten Term wissen wir ja bereits, dass \mu \langle N \rangle herauskommt, der erste sollte mit \beta = 1/k_B T und a = \frac{2\pi k_B T}{\omega h}=b k_B T (was ja wieder für jedes x-beliebige Ergebnis gelten sollt, da \beta hoffentlich bei jedem vorkommt) das folgende ergeben:
\frac{\partial}{\partial T} e^{\mu /k_B T}=-\frac{\mu}{k_B T^2}e^{\mu /k_B T}
\frac{\partial}{\partial T}b^3 k_B^3 T^3 e^{\mu /k_B T}=3b^3 k_B^3 T^2 e^{\mu /k_B T} - \frac{b^3 k_B^3 T^3}{k_B T^2}e^{\mu /k_B T}
Somit:
E = 3a^3 k_B T e^{\mu /k_B T} - a^3\mu{k_B T^2}e^{\mu /k_B T} + a^3\mu{k_B T^2}e^{\mu /k_B T}
= 3a^3 k_B T e^{\mu /k_B T} = 3 \langle N \rangle k_B T
Wollte gestern den Tablet nicht bemühen und hab mit 4 verschiedenfärbigen Kugelschreibern gerechnet, um mit meinem Zettel auszukommen; ich hoffe also, dass es wirklich richtig auf dem Wisch draufsteht.
