Statystyka Fermiego-Diraca a statystyka Boltzmanna-opracowanie

Nasza ocena:

3
Pobrań: 42
Wyświetleń: 994
Komentarze: 0
Notatek.pl

Pobierz ten dokument za darmo

Podgląd dokumentu
Statystyka Fermiego-Diraca a statystyka Boltzmanna-opracowanie - strona 1 Statystyka Fermiego-Diraca a statystyka Boltzmanna-opracowanie - strona 2 Statystyka Fermiego-Diraca a statystyka Boltzmanna-opracowanie - strona 3

Fragment notatki:

Dlaczego statystyka Fermiego-Diraca nie jest równoważna statystyce Boltzmanna?
Przypomnijmy, że W pełni klasycznym liczeniu funkcji podziału (tzn. przy założeniu rozróżnialności
cząsteczek), otrzymujemy wynik ewidentnie błędny. Pomysł Boltzmanna polega na
podzieleniu klasycznej funkcji podziału przez czynnik N! (lub iloczyn silni w przypadku
różnych rodzajów cząsteczek). Wynika to z faktu, że w N! stanów w klasycznym podejściu
wyraża w rzeczywistości jeden stan (bo cząsteczki są nierozróżnialne i zamiana ich miejscami
nie zmienia stanu). Warunkiem stosowalności tego podejścia jest wiarygodność założenia, że
każda cząsteczka znajduje się w innym stanie. Dla bozonów w niskich temperaturach jest to w
oczywisty sposób nieprawdziwe, ale na pierwszy rzut oka można podejrzewać, że statystykę
Boltzmanna można stosować do fermionów również w niskich temperaturach. Ze względu
bowiem na zakaz Pauliego, powyższe założenie musimy być zawsze spełnione dla
fermionów. Po co zatem statystyka Fermiego-Diraca?
Nietrudno się domyślić, że statystyka Boltzmanna wprowadza jeszcze inne, dodatkowe
uproszczenia.
Sprawdźmy to na najprostszym przykładzie.
Mamy układ złożony z 2 cząsteczek tego samego rodzaju – A i B (N = 2), każda z nich może
być w jednym z 3 stanów (1,2,3) (n = 3). To ostatnie założenie łatwo uogólnimy dla
dowolnego n.
1. Podejście klasyczne (Boltzmanna).
Energia całkowita wszystkich możliwych stanów (jeszcze bez uwzględniania
nierozróżnialności) będzie sumą energii obu cząsteczek:
Stan
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
A
εA1
εA1
εA1
εA2
εA2
εA2
εA2
εA2
εA2
B
εB1
εB2
εB3
εB1
εB2
εB3
εB1
εB2
εB3
Z = ∑ e − βε i = e − β (ε A1 +ε B1 ) + e − β (ε A1 +ε B 2 ) + e − β (ε A1 +ε B 3 ) +
+ e − β (ε A 2 +ε B1 ) + e − β (ε A 2 +ε B 2 ) + e − β (ε A 2 +ε B 3 ) +
+ e − β (ε A3 +ε B1 ) + e − β (ε A3 +ε B 2 ) + e − β (ε A 3 +ε B 3 )
Zauważmy jeszcze, że w przypadku N cząsteczek, w wykładnikach będzie N składników.
Kolejne przekształcenia dają
1
(
(e
(e
)
)+
)
Z = e − βε A1 e − βε B1 + e − βε B 2 + e − βε B 3 +
+ e − βε A 2
+ e − βε A 3
− βε B 1
+ e − βε B 2 + e − βε B 3
− βε B 1
+ e − βε B 2 + e − βε B 3
Dla przypadku ogólnego – każda cząsteczka ma n stanów, wyraz w nawiasie będzie zawierał
n składników.
(
)(
)
)(
)
Z = e − βε B1 + e − βε B 2 + e − βε B 3 e − βε A1 + e − βε A 2 + e − βε A 3 = z 2
Dla N cząsteczek będzie
(
Z = e − βε B1 + e − βε B 2 + e − βε B 3 e − βε A1 + e − βε A 2 + e − βε A3 (...) = z N
Nierozróżnialność cząsteczek według Boltzmanna uwzględnia się poprzez wyraz N! w
mianowniku
1 − βε B1
zN
− βε B 3
− βε A 3
− βε B 2
− βε A1
− βε A 2
(...) =
e
e
Z=
+e
+e
+e
+e
N!
N!
(
)(
)
(1)
Dla omawianego przypadku (N = 2)
Z=
1 − βε B1
e
+ e − βε B 2 + e − βε B 3 e − βε A1 + e − βε A 2 + e − βε A 3
2
(
)(
)
(2)
W przypadku pełnej degeneracji (takie same energie) (= ε)
Z=
1
ne − βε
N!
(
)
N
=
1
(nx )N
N!
gdzie x = e − βε
Dla N = 2 otrzymamy.
(nx )2
Z=
(3)
2
2. Bezpośrednie liczenie stanów dla fermionów z uwzględnieniem ... zobacz całą notatkę

Komentarze użytkowników (0)

Zaloguj się, aby dodać komentarz