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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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 Widderchen Verfasst am: 26. Okt 2015 13:11 Titel: Wechselwirkungsfreie Spins |
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Meine Frage:
Hallo,
die Aufgabenstellung ist unter folgendem Link einsehbar:
http://www.physik.uni-bielefeld.de/~dahm/Files/theorie3/tp3-ws15-02.pdf
Meine Ideen:
Die ersten beiden Aufgaben 5 und 6 habe ich erledigt.
ich scheitere jedoch gerade an Aufgabe 7 a):
Wie berechne ich  ) , also die anzahl der Mikrozustände mit energie E_n ???
Gibt es dafür eine konkrete Formel? Mein Dozent hatte diesen Ausdruck mit der Oberfläche einer Hyperschale in einem Intervall  assoziiert, in der sich "sozusagen" die Energieeigenzustände befänden.
Zu den anderen Aufgabenstellungen fällt mir leider nichts ein!
Über hilfe würde ich mich freuen!
Viele Grüße
Widderchen |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18062
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| TomS Verfasst am: 26. Okt 2015 13:33 Titel: |
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Das ist letztlich Kombinatorik, d.h. Abzählen von Zuständen |
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 26. Okt 2015 13:55 Titel: |
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Also wenn ich zwei Spin-Zustände habe und jedes der N Teilchen einen dieser beiden Zustände einnehmen kann... Liegen mir dann 2N Mikrozustände vor?
Ich denke ich habe eher die anzahl der Freiheitsgrade aller N teilchen angegeben, oder??
Ich muss irgendwie die Energieeigenwerte E_n mit einem Wert multiplizieren, vielleicht mit N oder n??
 = N \cdot E_n = -(2n - N)NmB ) .
Muss gegebenfalls die Dichtematrix für reine/gemischte Zustände berücksichtigt werden??
Viele Grüße und vielen Dank für deine Antwort, TomS !!
Widderchen |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18062
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| TomS Verfasst am: 26. Okt 2015 17:06 Titel: |
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Gegegen ist ein Hamiltonoperator
})
Daraus folgt ein Energieeigenwert
})
für den Zustand
}\rangle = |\epsilon^{(1)}, \epsilon^{(2)},\ldots,\epsilon^{(N)}\rangle )
mit
} = \pm 1)
Nun ist je Energieeigenwert zu berechnen, durch wie viele verschiedene Mikrozustände er realisierbar ist.
Wir definieren
})
Dann sind z.B. die beiden höchsten Werte gegeben durch
= (N-1) + (-1) = N - 2)
Im letzten Fall ist genau ein Spin gleich -1. Dieser Spin sitzt an der k-ten Stelle, wobei k beliebig aus [1,N] ist. D.h. es folgt
 = \Omega(N) = 1)
 = \Omega(N - 2) = N)
Deine Aufgabe ist es, dies sukzessive zu berechnen, also für einen, zwei, drei, ... anders ausgerichtete Spins.
Also nochmal:
1) Zuerst berechnest du alle möglichen Energieeigenwerte. Diese ergeben sich als Summen
} = \sum_{\epsilon^{(i)}=+1} (+1) + \sum_{\epsilon^{(i)}=-1} (-1) = N_{(+1)} - N_{(-1)} )
d.h. es geht lediglich die Anzahl der Spins mit +1 bzw. -1 ein.
2) Anschließend berechnest du je möglichem Energieeigenwert (= Makrozustand) die Anzahl der verschiedenen Mikrozustände, die diesen Makrozustand ergeben.
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Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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bassiks
Anmeldungsdatum: 11.08.2010
Beiträge: 194
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| bassiks Verfasst am: 26. Okt 2015 19:57 Titel: |
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...oder du siehst dass es darum geht n Teilchen aus N auszuwählen, welche einen Spin parallel zum Magnetfeld haben. Überlege dir wie viele verschiedene n Spins aus N man denn auswählen kann? |
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 27. Okt 2015 09:06 Titel: |
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Hallo,
zunächst vielen Dank für Eure Antworten.
Also gilt:
 = \begin{pmatrix} N \\ n \end{pmatrix} ) .
Dies entspricht der Anzahl der Kombinationsmöglichkeiten, einen n-Tupel mit anders ausgerichtetem Spin aus einer N-mächtigen Teilchenmenge auszusuchen. Ist dies soweit richtig?
Viele Grüße
Widderchen |
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TomS
Moderator
Anmeldungsdatum: 20.03.2009
Beiträge: 18062
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| TomS Verfasst am: 27. Okt 2015 10:59 Titel: |
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ja, das passt
_________________
Niels Bohr brainwashed a whole generation of theorists into thinking that the job (interpreting quantum theory) was done 50 years ago. |
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 27. Okt 2015 12:30 Titel: |
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Ok, vielen Dank für die Bestätigung!
Dann ist die Entropie für ein mikrokanonisches Ensemble gerade:
) = k_B \cdot \ln(\begin{pmatrix} N \\ n \end{pmatrix} ) = k_B \cdot \ln( \frac{N!}{n! \cdot (N-n)!} ) = ... )
Unter Verwendung der Funktionalgleichung des Logarithmus und der Stirling-Approximation sollte ich zum Ziel kommen.
Zu c): Das sollte dann wohl folgendermaßen lauten:
Zu d): Hier bin ich mir nicht sicher: Kann ich diesen Schritt ausführen:
 und dann über S integrieren?
Über die differentielle Schreibweise läge mir prinzipiell schon ein funktionaler Zusammenhang zwischen Gesamtenergie E und Temperatur T vor. Oder wird hier mehr erwartet?
zu e und f) Wie berechne ich die Magnetisierung genau? Zu f) fällt mir momentan auch nichts ein!
Viele Grüße
Widderchen |
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bassiks
Anmeldungsdatum: 11.08.2010
Beiträge: 194
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| bassiks Verfasst am: 28. Okt 2015 13:49 Titel: |
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Zu c.)
Nein. Du hast ja die Entropie nun ausgerechnet. Unter der Annahme dass du das selbe raus bekommen hast wie auf der Angabe, kannst du diese Ableiten.
Beachte dabei:
Weiters wichtig:
-ln(b)=ln\left(\frac{a}{b}\right)
<br />
)
Den Kehrwert bilden ergibt dann die Temperatur.
Für d.) kannst du dies dann einfach auf E umformen.
Die Magnetisierung sollte  sein.
Wenn du das hast sollte f.) auch machbar sein. |
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 28. Okt 2015 20:50 Titel: |
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Hallo,
vielen Dank für deine Rückmeldung, bassiks! Ich habe die Entropie S nach E differenziert und erhalte den Ausdruck
 ) .
Diesen Ausdruck habe ich dann über die Definition von Alpha nach E umgestellt und erhalte:
 ) . Ich hoffe, das stimmt soweit.
Wie kommst du auf den Wert für die Magnetisierung? Ist das bereits die Lösung der Aufgabe?
Zu f): Da sollte ein Wert von etwa 1.2 K herauskommen. Dazu hatte ich das Resultat aus Aufgabenteil c) verwendet.
Viele Grüße
Widderchen |
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bassiks
Anmeldungsdatum: 11.08.2010
Beiträge: 194
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| bassiks Verfasst am: 29. Okt 2015 06:32 Titel: |
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Oh ich fürchte bei der Magnetisierung ist mir ein Fehler unterlaufen.
Hast du es mal über die Ableitung der Enthalpie versucht?
_S
<br />
)
mit
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 29. Okt 2015 19:09 Titel: |
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Hallo,
nein, das habe ich nicht. Allerdings hatte ich diese Formel noch nicht kennengelernt. Ok, dann erhalte ich:
}{\partial B} = -Nm \cdot (\frac{1 - e^{\frac{k_B T}{2mB}}}{1 + e^{\frac{k_B T}{2mB}}}) - N k_B T \frac{e^{\frac{k_B T}{2mB}}}{B \cdot (1 + e^{\frac{k_B T}{2mB}})^2} + \frac{\partial BM}{\partial B} = ... )
Allerdings weiß ich nicht, wie die zweite partielle Ableitung weiter berechnet werden soll. Kommt da wieder M heraus?? Irgendwie ergibt das keinen Sinn. 
Viele Grüße
Widderchen |
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bassiks
Anmeldungsdatum: 11.08.2010
Beiträge: 194
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| bassiks Verfasst am: 30. Okt 2015 08:53 Titel: |
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Ist leider nicht mein Spezialgebiet.
Die Energie in solch einem Spin-System setztz sich normalerweise aus einem Wechselwirkungsterm und der Wechselwirkung mit einem externen Feld zusammen. Da hier keine Wechselwirkung vorhanden ist, würe ich
ansetzen. Deshalb kam ich auch als erstes auf  .
Eine Möglichkeit die Magnetisierung zu berechnen wäre über die Freie Energie, aber die müsste man wohl aus der kanonischen Zustandssumme berechnen. Also ist scheinbar das Beste was mir derzeit einfällt. Ohne Garantie ^^ |
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Widderchen
Anmeldungsdatum: 08.04.2015
Beiträge: 193
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| Widderchen Verfasst am: 30. Okt 2015 12:45 Titel: |
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Hallo,
ok, vielen Dank für deine Rückmeldung. Das bedeutet dann, dass der erste Term in der Rechnung die korrekte Lösung sein muss.
Viele Grüße
Widderchen |
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