Was passiert mit den Zustandssummen im Limes T→0T→0T\to 0 bzw. β→∞β→∞\beta\to\infty?

Question

Was passiert mit den Zustandssummen im Limes T→0T→0T\to 0 bzw. β→∞β→∞\beta\to\infty?

Physik
Temperatur
Annäherungen
Chemisches Potential
Partitionsfunktion
Statistische Mechanik

SRS

Betrachten Sie die kanonischen und großkanonischen Zustandssummenfunktionen, die durch gegeben sind

Z_{C} = \sum_{ich} G (E_{ich}) e^{- β E_{ich}}

$Z_C=\sum\limits_{i}g(E_i)e^{-\beta E_i}$ Und

Z_{G} = \sum_{ich} G (E_{ich}) e^{- β (E_{ich} - μ)}

$Z_G=\sum\limits_{i}g(E_i)e^{-\beta (E_i-\mu)}$ jeweils mit

β = \frac{1}{k_{B} T}

$\beta=\frac{1}{k_BT}$ .

Fragen

$\bullet$ Was passiert mit diesen Partitionsfunktionen im Limit $\beta\to\infty$ ? Wird es zu einer Konstante (in dem Sinne, dass unabhängig von $E_i$ )?

$\bullet$ Was ist die physikalische Bedeutung des Grenzergebnisses (wie auch immer es sich herausstellt)?

Update : Die vorhandene Antwort enthält nicht die Rolle von $g(E)$ dh die Entartung des Energieniveaus $E$ was entscheidend ist, um das Limit zu nehmen. Es wird auch nicht erwähnt, was mit der großen Partitionsfunktion im selben Limit passiert. Es ist schwieriger, weil $\mu$ selbst ändert sich mit der Temperatur $T$ .

ACuriousMind

Auf welche Probleme sind Sie gestoßen, als Sie versucht haben, selbst ans Limit zu gehen?

e^{- x}, x \to \infty

$\mathrm{e}^{-x},x\to \infty$ ist keine harte Grenze zu nehmen.

SRS

@ACuriousMind Natürlich ist es mathematisch nicht schwer. Dahinter sitzt aber noch ein weiterer Faktor

g (E)

$g(E)$ das ist der Entartungsfaktor, und man muss wissen, wie sich das verhält. Ich habe meine Zweifel auch in einem Kommentar zur Antwort von Senor O zum Ausdruck gebracht. Wenn es wirklich ein mathematisches Problem wäre, Grenzen zu nehmen, hätte ich nicht gefragt. :-) Es gibt auch eine Frage zur großen Partitionsfunktion, und ich denke, es ist schwierig, weil

μ

$\mu$ variiert auch mit

T

$T$ .

Antworten (2)

Was passiert mit den Zustandssummen im Limes T→0T→0T\to 0 bzw. β→∞β→∞\beta\to\infty?

Auf welche Probleme sind Sie gestoßen, als Sie versucht haben, selbst ans Limit zu gehen? $\mathrm{e}^{-x},x\to \infty$ ist keine harte Grenze zu nehmen.
@ACuriousMind Natürlich ist es mathematisch nicht schwer. Dahinter sitzt aber noch ein weiterer Faktor $g(E)$ das ist der Entartungsfaktor, und man muss wissen, wie sich das verhält. Ich habe meine Zweifel auch in einem Kommentar zur Antwort von Senor O zum Ausdruck gebracht. Wenn es wirklich ein mathematisches Problem wäre, Grenzen zu nehmen, hätte ich nicht gefragt. :-) Es gibt auch eine Frage zur großen Partitionsfunktion, und ich denke, es ist schwierig, weil $\mu$ variiert auch mit $T$ .

Señor O · Answer 1

In der Grenze das $\beta \to \infty$ , all die $e^{-\beta E_i}$ geht SCHNELL auf null. Aber der langsamste, der auf Null geht, ist der niedrigste $E_i$ . Dies ist der Grundzustand, $E_0$ .

Für groß $\beta$ , $Z$ ist sehr klein:

$Z = e^{-\beta E_0} + e^{-\beta E_1} + e^{-\beta E_2} + ... \approx e^{-\beta E_0}$

Wenn also die Temperatur auf den absoluten Nullpunkt geht, nähert sich die Wahrscheinlichkeit, dass das System in seinen Grundzustand übergeht, 1.

$\rm Prob(E_0) \approx \frac{e^{-\beta E_0}}{e^{-\beta E_0}} = 1$

$\rm Prob(E_1) \approx \frac{e^{-\beta E_1}}{e^{-\beta E_0}} = 0$

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Die Entartung spielt eine subtile Rolle, ändert aber an der physikalischen Interpretation nicht viel. $g(\epsilon_i)$ wird einfach eine ganze Zahl sein, die jedes multipliziert $e^{-\beta E_i}$ . Betrachten wir zum Beispiel ein System mit zwei Zuständen mit $E_0; g(\epsilon_0) = 2$ Und $E_1; g(\epsilon_1) = 4$ . Unsere Teilungsfunktion ist

$Z = 2e^{-\beta E_0} + 4e^{-\beta E_1}$ .

Im $\beta \to 0$ ( $T \to \infty$ ) Grenze spielt die Entartung eine große Rolle! Die Wahrscheinlichkeit, in einem Zustand zu sein mit $E_0$ Ist $\frac{2}{2 + 4} = 33\%$ Und $P(E_1) = 67\%$ . (Seit $e^{0} \to 1)$

Aber in der $\beta \to \infty$ untere Temperaturgrenze, die Entartung (des Systems - siehe Fermigas, warum diese Unterscheidung wichtig ist) hat im Grunde keine Auswirkung, da die Multiplikation $E_1$ durch eine Konstante wird es nicht davor bewahrt, schnell auf 0 zu gehen $e^{-\beta E_1}$ Begriff.

Ich möchte noch ein bisschen darüber nachdenken $Z_G$ bevor Sie eine Antwort geben - wenn sich jemand einmischen möchte, fühlen Sie sich frei.

1. Sie meinten $\rm Prob(E_1)$ in der letzten Zeile deiner Antwort. Rechts? 2. Könnten Sie in Ihrer Antwort die Rolle von angeben? $g(E)$ dh die Entartung des Energieniveaus $E$ ? Sie haben sie in Ihrer Antwort nicht berücksichtigt. 3. Können Sie auch etwas zur Grand-Partition-Funktion sagen? Das ist die nicht triviale Tatsache $\mu$ selbst ändert sich mit $T$ oder $\beta$ . @Senor O

Shankha Nag · Answer 2

Ich habe das Problem selbst gelöst.

Tatsächlich als $\beta \to \infty$ , $e^{-\beta E_i} \to \infty$ da E_i negativ ist. Die Partitionsfunktion wird also tendenziell $\infty$ .

Überprüfen Sie dies jedoch.

Lassen $E^m$ definiert werden als min({ $E_i$ }). Dann können wir die Partitionsfunktion schreiben als

\begin{aligned} Z = e^{- β E^{M}} \sum_{ich} e^{- β \underset{Δ E_{ich}}{\underset{⏟}{(E_{ich} - E^{M})}}} \end{aligned}

$\begin{align} Z = e^{-\beta E^m} \sum_i e^{-\beta \underbrace{(E_i - E^m)}_{\Delta E_i}} \end{align}$ Beachte das

Δ E_{i}

$\Delta E_i$ ist positiv, also wann

β \to \infty

$\beta \to \infty$ ,

Z = e^{- β E^{m}} \to \infty

$Z = e^{-\beta E^m} \to \infty$ . Allerdings ist die Wahrscheinlichkeit der Konfiguration mit Energie

E^{m}

$E^m$ wird 1 sein und der Rest der Konfigurationen wird die Wahrscheinlichkeit Null haben, was eine erwartete Tatsache ist, dass bei einer Temperatur von Null die Verteilung eine Delta-Funktion um die minimale Energiekonfiguration ist.

Am besten,

Shankha.

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