PROVA SCRITTA DI MECCANICA STATISTICA

PROVA SCRITTA DI MECCANICA STATISTICA

15 Febbraio 2006

Problema Si consideri un gas ideale di molecole monoatomiche di massa m e senza spin soggette ad un potenziale esterno del tipo trappola armonica:

V (x, y, z) = 1

2 m ω ² x ² + y ² + z ²
.

Si supponga che il sistema si trovi all’equilibrio termico con un termostato a temperatura assoluta T . Si chiede di determinare:

(i) la funzione di partizione di singola molecola nei casi classico e quantistico;

(ii) il valore medio della forza generalizzata relativa al parametro esterno ω e l’entropia nel caso classico; si discuta l’additivit´ a dell’entropia;

(iii) l’entropia del gas nel caso quantistico, supponendo che il gas ideale sia di Fermi-Dirac

e che sia possibile passare al limite del continuo. Si verifichi esplicitamente il terzo

principio della termodinamica per il sistema in esame e si determini l’approssimazione

in cui l’entropia si riduce all’espressione classica.

Soluzione

(i) La Funzione di Partizione classica di singola molecola risulta essere data da

Z ₁ ^(c`) (T ; ω) =  2πmkT h ²

 3/2 Z +∞

−∞

dξ exp n

−β m

2 ω ² ξ ² o  ³

=  kT

¯ hω

 3

.

Gli autovalori dell’operatore hamiltoniano autoaggiunto e compatto

H = b p b ² 2m + m

2 ω ² r ² , sono evidentemente dati da

E n

_x

,n

_y

,n

_z

= ¯ hω (n x + n y + n z ) + 3 2 ¯ hω , n x , n y , n z = 0, 1, 2, . . . ,

da cui si ottiene la funzione di partizione canonica quantistica di singola molecola Z ₁ (T ; ω) = Tr exp n

−β b H o

=

∞

X

n=0

exp {−β¯ hωn − β¯ hω/2}

! 3

= 1

8 sinh ³ (β¯ hω/2) .

(ii) La funzione di partizione canonica classica per un gas ideale di N oscillatori sar´ a pertanto data da

Z _N ^{( c`)} (T ; ω) = C _N  kT

¯ hω

 3N

,

da cui si ricava immediatamente il valore medio della forza generalizzata F ω ≡ kT ∂

∂ω ln Z _N ^(c`) (T ; ω) = −3N kT ω . L’entropia nel caso classico si ricava dalla formula

S ^{( c`)} =



1 − β∂

∂β



ln Z _N ^(c`) (T ; ω) .

Scegliendo C _N = 1 risulta

S ^{( c`)} = 3N k(1 − ln β¯ hω) ,

che risulta manifestamente additiva. Se invece scegliamo C _N = 1/N ! , allora ricaviamo S ^{( c`)} = 4N k − 3N k ln( β¯ hωN ^1/3 ) ,

che diviene additiva solo nel limite termodinamico N → ∞ , ω → 0 , N ω ³ → ω _∗ ³ > 0 . Come si vedr´ a nel seguito, sar´ a quest’ultima espressione che si otterr´ a come limite classico dalla termodinamica statistica quantistica nel limite del continuo.

(iii) Nel caso di un gas ideale di Fermi-Dirac il granpotenziale si scrive

βΩ(µ, β; ω) =

∞

X

n

_x

=0

∞

X

n

_y

=0

∞

X

n

_z

=0

ln [ 1 + exp {βµ − β 0 − β¯ hω(n x + n y + n z )} ] .

dove si ´ e posto per brevit´ a  0 ≡ (3/2)¯ hω . Dal momento che la separazione tra due livelli energetici successivi ´ e pari a ∆E = ¯ hω avremo che lo spettro dell’energia si pu´ o considerare come quasi continuo quando l’intensit´ a della trappola armonica

´

e molto debole, cio´ e ω ↓ 0 . In questo caso ´ e lecito passare al limite del continuo sostituendo le sommatorie con integrali:

∞

X

n=0

7−→

Z ∞ 0

dn .

Pertanto potremo scrivere βΩ(µ, β; ω) '

Z ∞ 0

dn _x Z ∞

0

dn _y Z ∞

0

dn _z ln [ 1 + exp {βµ − β ₀ − β¯ hω(n _x + n _y + n _z )} ] . Supponendo µ ≤  ₀ potremo sviluppare in serie il logaritmo naturale

Ω(µ, β; ω) ' kT

∞

X

j=1

(−1) ^j+1

j exp {jβµ − jβ 0 }

× Z ∞

0

dn x

Z ∞ 0

dn y

Z ∞ 0

dn z exp {−jβ¯ hω(n x + n y + n z )}

= (kT ) ⁴ (¯ hω) ³

∞

X

j=1

(−1) ^j+1

j ⁴ exp {jβµ − jβ 0 }

= (kT ) ⁴

(¯ hω) ³ f ₄ (z exp {−β ₀ }) , z ≡ e ^βµ , dove si utilizzano le funzioni di Fermi-Dirac di ordine s

f s (z) ≡ z Γ(s)

Z ∞ 0

dx x ^s−1 exp {−x}

1 + z exp {−x} , <es > 0 .

Si noti che quest’ultima espressione del granpotenziale ha validit´ a ∀µ ∈ R e rap- presenta pertanto la continuazione analitica dello sviluppo in serie sopra impiegato.

Ragionando in modo analogo per il numero medio di molecole otteniamo N '

Z ∞ 0

dn _x Z ∞

0

dn _y Z ∞

0

dn _z exp {βµ − β 0 − β¯ hω(n x + n y + n z )}

1 + exp {βµ − β ₀ − β¯ hω(n _x + n _y + n _z )}

=

∞

X

j=0

(−1) ^j exp {β(µ −  ₀ )(j + 1)}

 Z ∞ 0

dn exp {−β¯ hωn(j + 1)}

 3

=

∞

X

j=1

(−1) ^j+1  kT j¯ hω

 3

exp {jβ(µ −  0 )} =  kT

¯ hω

 3

f 3 (z exp {−β 0 }) .

L’entropia nel caso quantistico si calcola attraverso la formula termodinamica S =  ∂Ω

∂T



µ

,

e tenendo conto dell’identit´ a

z ∂

∂z f s (z) = f s−1 (z) . In definitiva si ottiene

S ' k  kT

¯ hω

 ³

[ 4f ₄ (z exp {−β ₀ }) − (ln z − β ₀ ) f ₃ (z exp {−β ₀ }) ]

= 4N k f 4 (exp {βµ − β 0 })

f ₃ (exp {βµ − β ₀ }) − N kβµ + N kβ ₀ .

Al fine di studiare il limite di bassa temperatura, nel limite del continuo, bisogna distinguere i casi µ <  0 e µ >  0 . Nel primo caso, abbiamo che per basse temperature l’argomento delle funzioni di Fermi diviene molto piccolo e quindi

f _s (exp {βµ − β ₀ }) ^{T ↓0} ∼ exp {−β|µ −  ₀ |} .

Di conseguenza, per basse temperature e quando µ <  0 , il numero medio delle molecole si annulla come

N ^{T ↓0} ∼  kT

¯ hω

 3

exp



− |µ −  0 | kT

 , mentre l’entropia come

S ^{T ↓0} ∼ k |µ −  ₀ |

¯ hω

 kT

¯ hω

 2

exp



− |µ −  ₀ | kT



.

Nell’altro caso µ >  ₀ , per basse temperature l’argomento delle funzioni di Fermi- Dirac diviene molto grande. Vale allora lo sviluppo asintotico di Sommerfeld per le funzioni di Fermi-Dirac:

f _s e ^ξ
ξ1

∼ ξ ^s

Γ(s + 1)



1 + s(s − 1) π ²

6 ξ ⁻² + s(s − 1)(s − 2)(s − 3) 7π ⁴

360 ξ ⁻⁴ + · · ·



da cui ricaviamo

S ^{T ↓0} ∼ N π ² k ² µ −  0

T ,

che dimostra l’annullarsi dell’entropia come O(T ) per T ↓ 0. Si noti che ´ e proprio questo il caso rilevante, in quanto ´ e solo quando µ >  0 che si ha un numero medio non nullo di molecole allo zero assoluto: infatti

N 0 = lim

T ↓0

 kT

¯ hω

 3

f 3 (z exp {−β 0 }) = 1

6 ϑ(µ −  0 )  µ −  ₀

¯ hω

 3

.

Da quest’ultima relazione ricaviamo il legame tra l’energia di Fermi  F , il potenziale chimico e il numero medio degli oscillatori allo zero assoluto, cio´ e

 _F = | µ − (3/2)¯ hω | = ¯ hω p

³

6N ₀ .

Vale infine la pena di notare che il limite classico corrisponde alla situazione in cui z exp {−β 0 }  1 con N  1 ; in questo caso avremo invece

S ^z1 ∼ 4N k − N k ln z + N kβ 0 , N ^z1 ∼  kT

¯ hω

 3

z exp {−β 0 } , da cui, eliminando z, ricaviamo

S ^z1 ∼ 4N k − N k ln

"

N  ¯ hω kT

 ³ #

= S ^(c`) ,

in accordo con la formula ottenuta in precedenza nel caso classico. Si osservi che l’espressione classica dell’entropia risulta estensiva solo nel limite termodinamico, che si definisce nel seguente modo:

N −→ ∞ , ω −→ 0 , N ω ³ ≡ ω _∗ ³ = costante , in maniera tale che l’entropia classica per molecola risulta

s(T ; ω _∗ ) ^z1 ∼ 4k − 3k ln ¯ hω _∗

kT .

PROVA SCRITTA DI MECCANICA STATISTICA

11 Gennaio 2006

Problema. Si consideri un sistema macroscopico aperto, costituito di molecole identiche contenute entro un recipiente di volume V , all’equilibrio termico a una data temperatura assoluta T e con fugacit´ a z fissata.

(i) Si calcoli la fluttuazione quadratica media, o varianza, dell’energia interna del sistema (∆U ) ² ≡ H ²  − hH i ² ove H indica l’operatore hamiltoniano del sistema.

(ii) Si calcoli la medesima quantit´ a, supponendo per´ o fissati il numero medio hN i ≡ N delle molecole del sistema aperto e la temperatura assoluta T . Dimostrare la formula

(∆U ) ² = kT ² C _V + (∆N ) ²  ∂U

∂N

 2 T ,V

ove (∆N ) ² ≡ hN ² i − hN i ² indica la varianza del numero di molecole presenti nel recipiente di volume V , all’equilibrio termico a temperatura assoluta T e fugacit´ a z fissate, mentre C V denota la capacit´ a termica a volume costante del sistema.

(iii) Calcolare (∆N ) ² nel caso di un gas quantistico ideale di Fermi–Dirac di particelle

libere monoatomiche puntiformi di massa m. Si valuti la fluttuazione relativa ∆N/N

nei casi di bassa e alta degenerazione e si commentino brevemente i risultati.

Soluzione

(i) L’energia media del sistema, supponendo fissata la fugacit´ a z del sistema ed il volume V del recipiente che lo contiene, ` e data da

hH i = −  ∂

∂β ln Z



z,V

= − 1 Z

 ∂Z

∂β



z,V

≡ U (T, z, V ) (1) dove

Z =

∞

X

N =0

z ^N Z _N (β, V ) , z = exp{βµ}

Z N = 1 h ^3N N !

Z

d ³ p 1 · · · Z

d ³ p N

Z

V

d ³ r 1 · · · Z

V

d ³ r N e ^−βH

^N

(2)

mentre il valore medio all’equilibrio termico del quadrato dell’ energia risulta essere H ²  = 1

Z

 ∂ ² Z

∂β ²



z,V

. (3)

Facendo uso delle equazioni (1) e (2) otteniamo che la fluttuazione quadratica media dell’energia del sistema aperto assume la forma

(∆U ) ² ≡ H ²  − hH i ² = kT ²  ∂U

∂T



z,V

. (4)

(ii) Esprimeremo ora la varianza dell’energia assumendo come variabili di stato indipen- denti il numero medio hN i di molecole del sistema aperto, la temperatura termodi- namica assoluta T ed il volume del recipiente V in cui si trova il sistema macroscopico aperto. In quanto segue, per non appesantire la notazione useremo semplicemente N in luogo di hN i. La variazione di U rispetto a T con z e V fissati assumer` a la forma

 ∂U

∂T



z,V

=  ∂U

∂T



N,V

+  ∂U

∂N



T ,V

 ∂N

∂T



z,V

= C _V +  ∂U

∂N



T ,V

 ∂N

∂T



z,V

.

(5)

Facendo uso delle equazioni (V.1.5) e (V.1.10), otteniamo:

 ∂U

∂N



T ,V

=  ∂U

∂N



S,V

+  ∂U

∂S



N,V

 ∂S

∂N



T ,V

= µ(s, v) + T  ∂S

∂N



T ,V

.

(6)

Osserviamo inoltre che

N (T, z, V ) = N (T, e ^βµ , V ) , µ = kT ln z (7)

e quindi

 ∂N

∂T



z,V

=  ∂N

∂T



µ,V

+  ∂N

∂µ



T ,V

 ∂µ

∂T



z,V

=  ∂N

∂T



µ,V

+ µ T

 ∂N

∂µ



T ,V

.

(8)

Ora, secondo la (V.1.15) possiamo scrivere

 ∂N

∂T



µ,V

= ∂

∂T

 ∂Ω

∂µ



T ,V

= ∂

∂µ

 ∂Ω

∂T



=  ∂S

∂µ



T ,V

=  ∂S

∂N



T ,V

 ∂N

∂µ



T ,V

.

(9)

Tenendo poi conto della relazione (V.2.9)

 ∂N

∂µ



T ,V

= β (∆N ) ²

abbiamo in definitiva

kT ²  ∂N

∂T



z,V

= (∆N ) ² (

µ + T  ∂S

∂N



T ,V

)

= (∆N ) ²  ∂U

∂N



T ,V

(10)

da cui il risultato finale

(∆U ) ² = kT ² C V + (∆N ) ²  ∂U

∂N

 2 T ,V

dove il secondo termine sta proprio ad indicare che il sistema aperto pu` o scambiare molecole con il serbatoio.

(iii) Dalle relazioni

N = V λ ⁻³ _T f _3/2 (z) , (∆N ) ² = z  ∂N

∂z



T ,V

segue immediatamente

(∆N ) ² = V λ ⁻³ _T f _1/2 (z) = N f _1/2 (z) f _3/2 (z) da cui la fluttuazione relativa del numero delle molecole

∆N

N = N ^−1/2

s f _1/2 (z)

f _3/2 (z)

Nel caso di bassa degenerazione otteniamo immediatamente

∆ρ ρ

z1 ∼ N ^−1/2

e cio´ e una fluttuazione relativa normale della densit´ a ρ ≡ N m/V . Nel caso di alta degenerazione, dagli sviluppi di Sommerfeld delle funzioni di Fermi–Dirac ricaviamo facilmente

∆ρ ρ

z1 ∼

r 3T 2N T _F

(

1 − π ² 12

 T T _F

 2

+ · · · )

e cio´ e una fluttuazione relativa infranormale della densit´ a del gas quantistico ideale a

basse temperature.

PROVA SCRITTA DI MECCANICA STATISTICA

21 Settembre 2005

Problema Si consideri un gas ideale costituito da una miscela di particelle e di antiparti- celle all’equilibrio termico alla temperatura assoluta T . L’operatore di Hamilton di singola molecola ´ e il medesimo per particella ed antiparticella ed espresso dalla decomposizione spettrale

H b ₁ =

∞

X

n=0

 _n P b _n , 0 ≤  ₀ <  ₁ <  ₂ < . . . , Tr b P _n = d _n

Le particelle possiedono la carica −q mentre le antiparticelle la carica +q , con q > 0 . Siano a ^† _n , a _n e b ^† _n , b _n gli operatori di creazione e distruzione di particelle e antiparticelle rispettivamente, che soddisfano l’algebra

[a m , a ^† _n ] ± = δ mn , [a m , a n ] ± = [a ^† _m , a ^† _n ] ± = 0 ; [b _m , b ^† _n ] _± = δ _mn , [b _m , b _n ] _± = [b ^† _m , b ^† _n ] _± = 0 ; [a m , b n ] ± = [a m , b ^† _n ] ± = 0

dove [· , ·] _± indica il commutatore (−) o l’anticommutatore (+) rispettivamente. Se indichiamo con

H = b

∞

X

n=0

 n a ^† _n a n + b ^† _n b n

l’operatore di Hamilton del gas, dove β = 1/kT e con

Q = b

∞

X

n=0

q −a ^† _n a n + b ^† _n b n

l’operatore di carica totale del gas, si calcoli la funzione di partizione grancanonica del gas definita come

Z(β, µ) ≡ Tr exp{−β( b H + µ b Q/q)}

specificando l’intervallo di variabilit´ a del potenziale chimico µ .

Soluzione

Data la completa simmetria o antisimmetria degli stati rispetto allo scambio di par- ticelle o antiparticelle, gli autostati comuni dell’operatore di Hamilton e dell’operatore carica sono univocamente determinati, a meno di una fase, dai numeri di occupazione degli autostati di singola particella/antiparticella. Pertanto la funzione di partizione grancanonica si scrive evidentemente

Z(β, µ) =

∞

Y

k=0



 

 

 



"

X

N

_k

exp {−βN _k ( _k − µ)}

# 

 X

N

k

exp −βN _k ( _k + µ)







 

 

 



d

k

dove, chiaramente, N k ed N k indicano rispettivamente i numeri di occupazione di particelle ed antiparticelle del k−esimo livello energetico di singola molecola. Risulta dunque

βΩ ± (β, µ) := ln Z(β, µ)

= ±

∞

X

k=0

d k ln (1 ± exp{β[ µ −  k ]}) + µ ↔ −µ

dove (+) corrisponde a fermioni, cio´ e relazioni di anticommutazione canoniche, mentre (−) a bosoni, cio´ e relazioni di commutazione canoniche. Nel caso dei fermioni il potenziale chimico µ ∈ R e la carica media del gas ideale all’equilibrio termico a temperatura assoluta T si riduce a

h b Qi β,µ = −(q/β) ∂

∂µ ln Z(β, µ)

= −q

∞

X

k=0

d k exp{β(µ −  k )}

1 + exp{β(µ −  _k )} + q

∞

X

k=0

d k exp{−β(µ +  k )}

1 + exp{−β(µ +  _k )}

da cui appare evidente che

hN _k i _β,µ := d _k exp{β(µ −  _k )}

1 + exp{β(µ −  k )}

rappresenta il numero medio di particelle nel k−esimo livello energetico di singola molecola all’equilibrio termodinamico, cos`ı come il numero medio di antiparticelle nel k−esimo livello energetico di singola molecola all’equilibrio termodinamico si scrive

hN _k i _β,µ := d k exp{−β(µ +  k )}

1 + exp{−β(µ +  _k )}

Nel limite T → 0 si ottiene

β→∞ lim hN k i β,µ = ϑ(µ)ϑ(µ −  k ) d k , lim

β→∞ hN k i β,µ = ϑ(−µ)ϑ(−µ −  k ) d k .

Di conseguenza, posto |µ| :=  _F , avremo

lim

β→∞ h b Qi _β,µ := Q ₀ (µ) = −q sgn(µ)

∞

X

k=0

d _k ϑ( _F −  _k )

da cui risulta peraltro evidente che, nel limite T → 0 , il gas ideale sar´ a costituito solo da particelle (µ > 0) oppure solo da antiparticelle (µ < 0), mentre a temperatura finita avremo una mistura di particelle e antiparticelle all’equilibrio termodinamico.

Si osservi poi che risulta

µ→±∞ lim h b Qi β,µ = ±∞

da cui segue che la carica totale media all’equilibrio termico risulta finita se e solo se

−∞ < µ < +∞ . Nel caso dei bosoni avremo invece h b Qi _β,µ = −(q/β) ∂

∂µ ln Z(β, µ)

= −q

∞

X

k=0

d k exp{β(µ −  k )}

1 − exp{β(µ −  _k )} + q

∞

X

k=0

d k exp{−β(µ +  k )}

1 − exp{−β(µ +  _k )}

da cui dovremo evidentemente richiedere |µ| <  ₀ , in modo tale che i numeri medi di occupazione del livello fondamentale di singola molecola da parte di particelle e/o di antiparticelle risultino comunque non negativi. Nel limite µ → ± ₀ avviene la condensazione di Bose–Einstein, di particelle o antiparticelle rispettivamente, nel caso che il numero medio di particelle e antiparticelle distribuite su tutti stati eccitati di singola molecola risulti finito e cio´ e

∞

X

k=1

d k exp{β( 0 −  k )}

1 − exp{β( ₀ −  _k )} := hN _∗ i := hN _∗ i < ∞

PROVA SCRITTA DI MECCANICA STATISTICA

7 Settembre 2005

Problema 1. Un gas perfetto ´ e racchiuso entro un recipiente costituito da due cavit´ a di volumi V ₁ e V ₂ separate da una parete divisoria impenetrabile. Siano P ₁ e P ₂ le pressioni esercitate dal gas sulle pareti delle cavit´ a 1 e 2 rispettivamente. Supponendo che P 1 > P 2

e che il sistema si trovi all’equilibrio termico a temperatura assoluta T , calcolare:

(i) il tempo necessario affinch´ e si ristabilisca l’equilibrio termodinamico, supponendo di avere prodotto all’istante iniziale sulla parete divisoria un’apertura di area σ molto piccola rispetto all’area della parete medesima e supponendo che le molecole passino soltanto dal recipiente 1 al recipiente 2;

(ii) l’energia media trasferita dal recipiente 1 al recipiente 2 dopo che ´ e trascorso il tempo necessario perch´ e si ristabilisca l’equilibrio.

Problema 2. Per la grafite la densit` a dei modi normali nell’approssimazione di Debye ´ e data da

g(ω) = 4πω (2π) ² v ²

dove v denota la velocit` a di propagazione delle onde sonore, che risulta esere la stessa per

le vibrazioni trasversali e longitudinali. Si calcoli la capacit´ a termica di un foglio di grafite

di area A .

Soluzione

1. Si veda la soluzione della prova del 13 Luglio 1995.

2. Nell’approssimazione di Debye, il numero totale N dei gradi di libert´ a del reticolo cristallino bidimensionale sar´ a dato da

N = A Z ω

D

0

g(ω) dω = A ω _D ² 2π v ²

L’energia di punto zero del foglio di grafite risulta [ ¯ hω _D := kΘ ]

U ₀ = V ₀ + A Z ω

_D

0

¯ hω

2 g(ω) dω = V ₀ + 1 3 N kΘ mentre per l’energia interna ricaviamo [ ξ := T /Θ ]

U (β, A) = U 0 + A Z ω

D

0

¯

hω g(ω) dω exp{β¯ hω} − 1

= U 0 + 2N ω _D ²

Z ω

_D

0

¯ hω ² dω exp{β¯ hω} − 1

= U 0 + 2N kΘ ξ ³ Z 1/ξ

0

x ² dx e ^x − 1 La capacit´ a termica si ottiene immediatamente derivando

C A =  ∂U

∂T



A

= 2N k (

3ξ ² Z 1/ξ

0

x ² dx

e ^x − 1 − 1/ξ e ^1/ξ − 1

)

PROVA SCRITTA DI MECCANICA STATISTICA

28 Giugno 2005

Problema 1. Si consideri un gas quantistico ideale di Fermi–Dirac costituito da particelle puntiformi relativistiche di massa m e spin 1/2 racchiuse entro un recipiente di volume V . Scrivere l’equazione di stato nel limite di completa degenerazione e nel limite del continuo, supponendo che il sistema si trovi all’equilibrio termodinamico a temperatura T .

Problema 2. Un recipiente di volume V contiene elio liquido all’equilibrio termico a una temperatura T < T λ = 2.38 ^◦ K. Supponendo note le densit´ a delle componenti normale ρ n

e superfluida ρ _s dell’elio, calcolare l’entropia del fluido normale e quella del superfluido.

Soluzione

1. Nel limite del continuo, l’operatore hamiltoniano relativistico per una particella libera puntiforme si esprime attraverso la decomposizione spettrale

H = V b Z

d ³ p p

p ² c ² + m ² c ⁴ P b _p

dove il proiettore sugli autostati si scrive nella notazione di Dirac

P b p ≡ |pihp| , hx|pi = (2π¯ h) ^−3/2 exp{(i/¯ h) p · x} .

Di conseguenza possiamo ricavare la funzione di partizione canonica per unit´ a di volume nella forma

V ⁻¹ Z(β, V ) = 2S + 1 (2π¯ h) ³

Z ∞ 0

dp 4πp ² exp n

−β p

p ² c ² + m ² c ⁴ o

= 2S + 1 2π ²

 mc

¯ h

 ³ Z ∞ 0

dt t ² exp n

−βmc ² p

1 + t ² o

= 2S + 1 2π ² ¯ h ³ c ³

Z ∞ mc

²

dE E p

E ² − m ² c ⁴ exp {−βE}

=  (2S + 1)m ² c/2π ² ¯ h ³ β  K 2 (βmc ² )

in cui S rappresenta lo spin della particella, dove K ν (z) ´ e detta funzione modificata di Bessel di seconda specie oppure funzione di Basset–Mc Donald di ordine ν [ si vedano le tavole di I.S. Gradshteyn & I.M. Ryzhik: Table of Integrals, Series and Products, Fifth Edition, Alan Jeffrey Editor (1994) eq. 3.3894. p. 369 ]. Pertanto potremo definire la distribuzione degli autostati per unit´ a di volume fino all’energia di Fermi

 F attraverso l’anti–trasformata di Laplace

τ ( _F ) ≡ (2S + 1) m ² c 2π ² ¯ h ³

Z γ+i∞

γ−i∞

ds

2πi exp {s _F } s ⁻¹ K ₂ (mc ² s)

Dalla rappresentazione integrale in energia della funzione di partizione canonica per unit´ a di volume risulta evidente che la densit´ a degli autostati per unit´ a di volume con energia compresa tra E ed E + dE vale

%(E) = 2S + 1

2π ² ¯ h ³ c ³ ϑ(E − mc ² ) E p

E ² − m ² c ⁴ e di conseguenza

τ (E) = 2S + 1

6π ² ¯ h ³ c ³ E ² − m ² c ^4
3/2

ϑ(E − mc ² )

L’equazione di stato in forma parametrica si scrive Ω(β, z; V ) = pV = V (2S + 1)kT

(2π¯ h) ³ Z

d ³ p ln 

1 + z exp n

−β p

p ² c ² + m ² c ⁴ o

hN i = (2S + 1) V (2π¯ h) ⁻³ Z

d ³ p

z exp n

−β p

p ² c ² + m ² c ⁴ o 1 + z exp n

−β p

p ² c ² + m ² c ⁴ o Se poniamo

E = p

p ² c ² + m ² c ⁴ ≥ mc ² c ³ p ² dp = E dE p

E ² − m ² c ⁴ arriviamo alle espressioni

pV = kT V (2S + 1) 2π ² ¯ h ³ c ³

Z ∞ mc

²

dE E p

E ² − m ² c ⁴ ln 1 + ze ^−βE

= V (2S + 1) 6π ² ¯ h ³ c ³

Z ∞ mc

²

dE E ² − m ² c ^4
3/2 ze ^−βE 1 + ze ^−βE hN i = V (2S + 1)

2π ² ¯ h ³ c ³ Z ∞

mc

²

dE E p

E ² − m ² c ⁴ ze ^−βE 1 + ze ^−βE che nel limite di T ↓ 0 si riducono a [ y F :=  F /mc ² := p1 + x ² _F ]

p 0 = 2S + 1 6π ² ¯ h ³ c ³

Z 

_F

mc

²

dE E ² − m ² c ^4
3/2

= mc ² 2S + 1 6π ²

 mc

¯ h

 3 Z y

_F

1

dy (y ² − 1) ^3/2 n ₀ = 2S + 1

3π ²

 mc

¯ h

 3

y ² _F − 1
^3/2

= 2S + 1 3π ²

 p _F

¯ h

 3

ove si ´ e posto n ₀ := lim _{T ↓0} hN i/V , da cui la distribuzione degli autostati per unit´ a di volume fino all’energia di Fermi  F

τ ( F ) = ϑ( F − mc ² ) n 0

in accordo con le formule precedentemente ricavate. Osserviamo poi che vale [ si vedano per esempio le tavole di I.S. Gradshteyn & I.M. Ryzhik: Table of Integrals, Series and Products, Fifth Edition, Alan Jeffrey Editor (1994) eq. 2.2712. p. 105 ]

Z y

F

1

dy (y ² − 1) ^3/2 = 1

4 y _F (y _F ² − 1) ^3/2 − 3 8 y _F

q

y _F ² − 1 + 3 8 ln

 y _F +

q

y ² _F − 1



da cui si ha l’equazione di stato per un gas ideale di Fermi–Dirac di particelle puntiformi relativistiche di spin 1/2, nel limite di completa degenerazione: vale a dire

p 0 = m ⁴ c ⁵

24π ² ¯ h ³ A(x F ) ; n 0 = 2

3π ² (p F /¯ h) ³ dove abbiamo posto

A(x F ) ≡ 2x ³ _F q

1 + x ² _F − 3x F

q

1 + x ² _F + 3 ln

 x F +

q 1 + x ² _F



e dunque in definitiva

p 0 = 1

8 n 0 kT F

 1 − 3

2 x ⁻² _F − 3

2 x ⁻³ _F ln

 x F +

q 1 + x ² _F



che rappresenta l’equazione di stato richiesta.

2. La componente normale dell’elio liquido II ´ e costituita, a temperature d’equilibrio sufficientemente basse e minori di T λ , da un gas quantistico ideale formato dalle eccitazioni elementari, i fononi e i rotoni. La relazione di dispersione dei fononi ´ e data da ε(p) = c s p , per cui il numero medio e l’energia libera di Helmoltz dei fononi risultano

N _p = 4πV (2π¯ h) ³

Z ∞ 0

dp p ² [ exp{βc _s p} − 1 ] ⁻¹

= 4πV (kT ) ³ (2π¯ h) ³ c ³ _s

Z ∞ 0

x ² dx

e ^x − 1 = V  kT

¯ hc _s

 3

ζ(3) π ² F _p = kT 4πV

(2π¯ h) ³ Z ∞

0

dp p ² ln[ 1 − exp{−βc _s p} ]

= − V π ² (kT ) ⁴ 90(¯ hc _s ) ³ da cui l’entropia dei fononi

S _p = kV 2π ² 45

 kT

¯ hc s

 3

= kN _p [ 2π ⁴ /45 ζ(3) ]

La relazione di dispersione dei rotoni ´ e invece data da ε(p) = ∆ + (p − p ₀ ) ² /2µ , dove ∆/k = 8.65 ± 0.04 ^◦ K , p 0 /¯ h = 1.92 ± 0.01 ˚ A ⁻¹ , µ = 0.16 ± 0.01 m He . Inoltre, nell’intervallo di temperature che interessano, la quantit´ a exp{β∆} risulta considerevolmente maggiore di uno, per cui potremo approssimare

[ exp{βε(p)} − 1 ] ⁻¹ ≈ exp −β∆ − (p − p 0 ) ² /2µkT ≈ − ln[ 1 − exp{−βε(p)} ]

Di conseguenza, dopo avere posto p = p ₀ + x √

2µkT , x ₀ = p ₀ / √

2µkT  1 , si ottengono facilmente il numero medio e l’energia libera di Helmoltz dei rotoni nella forma

N _r = 4πV (2π¯ h) ³

Z ∞ 0

dp p ² exp −β∆ − (p − p 0 ) ² /2µkT

= 4πV p ² ₀

(2π¯ h) ³ e ^−β∆ p 2µkT

Z ∞

−x

0

dx e ^−x

²

 1 + x

x ₀

 2

≈ 4πV p ² ₀

(2π¯ h) ³ e ^−β∆ p 2µkT

Z +∞

−∞

dx e ^−x

²

= V p ² ₀

2π ² ¯ h ³ e ^−β∆ p

2πµkT = −βF r

da cui il contributo all’entropia dei rotoni S _r ≈ 3

2 k



1 + 2∆

3kT

 N _r

L’entropia del superfluido S _s ´ e nulla perch´ e il superfluido ´ e un condensato di Bose–

Einstein: infatti

lim

T →0 (S _p + S _r ) = 0 = S _s

L’entropia del fluido normale si potr´ a scrivere nella forma approssimata S n = S p + S r ≈ k V

m _He (β∆ + 3/2) ν r + [ 2π ⁴ /45 ζ(3) ] ν p ρ n

dove m He ´ e la massa dell’atomo di elio mentre abbiamo posto

ν p,r = N p,r /(N p + N r ) .

PROVA SCRITTA DI MECCANICA STATISTICA

23 Febbraio 2005

Problema Un gas ` e costituito da N molecole monoatomiche puntiformi di massa m e carica elettrica e , |e| = 4.8 × 10 ⁻¹⁰ esu, soggette al potenziale coulombiano di interazione a coppie

Φ(r 1 , . . . , r N ) =

N

X

i=1 N

X

j=i+1

e ²

|r i − r j | .

Il gas ` e racchiuso entro un recipiente sferico di raggio R e si trova in presenza di un campo elettrostatico uniforme diretto secondo l’asse Oz positivo E = E b k , E > 0 . Il gas si trova all’equilibrio termico in contatto con un termostato a temperatura assoluta T , in condizioni tali da potere trascurare gli effetti quantistici.

(o) Si specifichino quali siano tali condizioni.

Assumendo che il gas sia molto diluito e tenendo opportunamente conto del fatto che (βe ² /R) ≡ ξ  1 , β = 1/kT = 38.7 eV ⁻¹ e ponendo βeER ≡ η , si calcolino:

(i) la funzione di partizione classica del gas, approssimata al primo ordine nello sviluppo in potenze di ξ ;

(ii) la conseguente equazione di stato e si commenti il risultato ottenuto;

(iii) la costante dielettrica del gas.

Suggerimento: risulta 3e ^ξ R ³

Z R 0

dr r ²



exp  −βe ² r



− 1



= 1 − e ^ξ − ξ(1 − ξ)

2 + ξ ³ 2



ln ξ − e ^ξ Z ∞

ξ

dx e ^−x ln x



.

Soluzione

(i) La funzione di Hamilton del gas ` e

H _N =

N

X

i=1





 p ² _i

2m − eE · r _i +

N

X

j=i+1

e ²

|r i − r j |





 .

Se si pone

η := βeER , ζ(η) := 3η cosh η − 3 sinh η η ³

la funzione di partizione classica per il gas diluito si scrive nella forma

Z _N (T, V ; η) = (2πmkT ) ^3N/2 N !h ^3N

Z

V

d ³ r ₁ . . . Z

V

d ³ r _N exp {βe E · r _i }

× Y

1≤i<j≤N

[ 1 + f (β; |r _i − r _j |) ]

e tenendo conto della relazione Z

V

d ³ r ₁ Z

V

d ³ r ₂ exp {βe E · (r ₁ + r ₂ )} f (β; |r ₁ − r ₂ |) = Z

V

d ³ R ⁰ exp {2βe E · R ⁰ } Z

V

d ³ r f (β; r) ,

dove R ⁰ , r sono le coordinate baricentrica e relativa rispettivamente, risulta pertanto

Z N (T, V ; η) = (2πmkT ) ^3N/2

N ! h ^3N [ V ζ(η) ] ^N ×

× (

1 + 2πN (N − 1)ζ(2η) V [ ζ(η) ] ²

Z R 0

dr r ² f (β; r) + · · · )

,

f (β; r) ≡ exp



−β e ² r



− 1 .

Cambiando variabile nell’integrale: r = (1/x) e integrando per parti otteniamo Z R

0

dr r ²



exp  −βe ² r



− 1



=

− 1 3

Z ∞ 1/R

dx  d dx x ⁻³



exp −βe ² x − 1
= R ³

3

 exp



− βe ² R



− 1



− βe ² 3

Z ∞ 1/R

dx

x ³ exp −βe ² x

.

Iterando le integrazioni per parti si ricava Z R

0

dr r ²



exp  −βe ² r



− 1



= R ³

3 e ^−ξ



1 − e ^ξ − ξ(1 − ξ) 2 + ξ ³

2



ln ξ − e ^ξ Z ∞

ξ

dx e ^−x ln x



. Poich´ e ξ  1 possiamo approssimare l’integrale ottenendo

4π Z R

0

dr r ²



exp  −βe ² r



− 1



≈ 4

3 πR ³ e ^−ξ



1 − e ^ξ − ξ(1 − ξ) 2 + ξ ³

2

 ln ξ −

Z ∞ 0

dx e ^−x ln x



≈ − 3

2 V ξ + O(ξ ² ) .

Risulta in effetti al primo ordine in N ² ξ che supporremo minore di uno Z _N (T, V ; η) ≈ (2πmkT ) ^3N/2

N ! h ^3N [ V ζ(η) ] ^N



1 − 3N ² ζ(2η) 4[ ζ(η) ] ² ξ

 .

(ii) L’equazione di stato approssimata si scrive, per N ξ ≤ 1 , βP v ≈ 1 + η

3 d

dη ln ζ(η) + ξ N ζ(2η) 4[ ζ(η) ] ²



1 + 2η d

dη ln ζ(η) − η d

dη ln ζ(2η)



da cui appare in vero evidente come l’interazione coulombiana repulsiva provochi un aumento della pressione radiale rispetto al caso ideale. Si osservi inoltre che il con- tributo dell’interazione coulombiana risulta piccolo solo nel caso di un gas estrema- mente diluito: infatti, per un recipiente sferico di raggio uguale a un metro, risulta ξ ' 5.5 × 10 ⁻⁸ per cui N = o(10 ⁸ ) affinch´ e l’approssimazione sopra considerata abbia senso. Per campi elettrostatici deboli η  1 abbiamo gli andamenti

ζ(η) ^η1 ∼ 1 + η ²

10 , η d

dη ln ζ(η) ^η1 ∼ η ² 5

per cui l’equazione di stato approssimata per campi elettrostatici deboli diviene βP v ≈ 1 + η ²

6 + N ξ 4

 1 − η ²

5



(iii) La polarizzazione, cio´ e il momento di dipolo elettrico medio per unit´ a di volume, risulta data da

P = kT V

∂

∂E ln Z _N (T, V ; E) ,

che nel caso di campi elettrici molto deboli η  1 si riduce a P ^η1 ∼ 3N ξ

20π E + O(N ² ξ ² ) .

Ricordiamo che [ cfr. John David Jackson: Classical Electrodynamics, John Wiley &

Sons, New York (1962) p. 109 ] per temperature ordinarie, comprese tra 10 ÷ 10 ⁴ gradi Kelvin e per i campi elettrici che si possono ottenere in laboratorio, una relazione di proporzionalit` a fra la polarizzazione ed il campo applicato risulta completamente adeguata (approssimazione lineare o risposta lineare). La maggior parte delle sostanze sono isotrope per cui si ha

P = χ e E ,

dove la costante di proporzionalit` a χ e ´ e detta suscettivit` a elettrica della sostanza.

Risulta quindi

χ _e = 3N ξ 20π .

Anche il vettore di spostamento elettrico D = E + 4πP = εE risulta pertanto pro- porzionale al campo in approssimazione lineare e per un mezzo isotropo, la costante di proporzionalit` a, detta costante dielettrica, essendo

ε = 1 + 3

5 N ξ .

PROVA SCRITTA DI MECCANICA STATISTICA

19 Gennaio 2005

Problema 1. Un punto materiale di massa m e di peso mg si muove lungo una retta verticale rimbalzando elasticamente su due piani posti rispettivamente ad altezza q = 0 e q = Z > 0. Sia E l’energia totale del punto. Supponendo che il punto materiale parta dalla quota Z con velocit` a iniziale nulla, si descriva la traiettoria del punto rappresentativo nello spazio delle fasi e si determini l’area da essa racchiusa. Si determinino inoltre la media temporale della forza esercitata dal punto su ognuno dei due piani orizzontali, la media temporale dell’energia cinetica e quella dell’energia potenziale.

Problema 2. Una miscela gassosa, racchiusa entro un recipiente di volume V e in equilib- rio termodinamico a temperatura assoluta T , ´ e composta da due tipi di molecole puntiformi di masse m ₁ ed m ₂ rispettivamente. Le molecole di diverso tipo possono reagire chimica- mente trasformandosi da un tipo all’altro in modo tale, per` o, che la differenza tra il numero di molecole di un tipo e quello dell’altro sia fissata, cio´ e N <sub>1</sub> −N <sub>2</sub> = n (legge di conservazione del numero n–ionico). Supponendo che le molecole dello stesso tipo non interagiscano fra loro, determinare l’equazione di stato della miscela, i valori medi all’equilibrio termico di N 1 ed N 2 e la densit` a media della sostanza all’equilibrio termico.

Suggerimento : si ponga

I _ν (z) ≡

∞

X

k=0

1

k!Γ(ν + k + 1)

 z 2

 ν+2k

e si osservi che vale la relazione 2 d

dz I _ν (z) = I _ν−1 (z) + I _ν+1 (z)

Soluzione

1. Il sistema possiede un solo grado di libert` a e la sua funzione di Hamilton si scrive H(p, q) = p ²

2m + mgq ϑ(q)

ove ϑ indica la distribuzione a gradino di Heaviside. Tenendo conto delle condizioni iniziali specificate e posto t _∗ ≡ p2Z/g , la soluzione dell’equazioni di moto risulta

 q(t) = Z − gt ² /2 p(t) = − mgt per 0 ≤ t ≤ t _∗ , mentre avremo

 q(t) = Z + gtt _∗ − gt ² /2 p(t) = − mg(t − 2t _∗ )

per t _∗ ≤ t ≤ 2t _∗ . Il moto risulta quindi periodico con periodo T = 2t _∗ = p8Z/g . La regione occupata nello spazio delle fasi dal sistema con energia minore di E e quota positiva ` e delimitata dall’arco di parabola

q = E

mg − p ² 2m ² g

e dal segmento dell’asse q = 0 da essa intercettato. La sua area risulta pertanto

Ω(E; Z) = Z +∞

−∞

dp Z Z

0

dq ϑ [ E − H(p, q; Z) ]

= Z + √

2mE

− √ 2mE

 E

mg − p ² 2m ² g

 dp

= 4 √ 2 3g √

m E ^3/2 = 4

3 mZ p 2gZ mentre la misura invariante della traiettoria di energia E recita

ω(E; Z) = 2 g

r 2E

m =

s 8Z

g ≡ T

Poich` e il sistema possiede un solo grado di libert` a, le medie temporali coincidono con le medie in fase. Di conseguenza, la media temporale dell’energia cinetica ` e data dal teorema di equipartizione

 p ² 2m



= Ω(E) 2ω(E) = E

3 = 1

3 mgZ

mentre la media temporale dell’energia potenziale ` e ovviamente data da hmgqi = 2E

3 = 2 3 mgZ

La forza esercitata dal punto materiale sul piano superiore ` e nulla in quanto F _↑ = − ∂H

∂Z = 0

La forza esercitata dal punto materiale sul piano inferiore ` e invece definita dal limite F _↓ = − lim

z→0

∂H

∂z = lim

z→0 mgq δ(q − z) = lim

z→0 mgz δ(q − z) e la corrispondente media temporale risulta

hF _↓ i = lim

z→0

(∂/∂z)Ω(Z − z)

(∂/∂E)Ω(E) = − mg 2. Dette λ _i = 2π¯ h/ √

2πm _i kT , i = 1, 2 , le lunghezze d’onda termica per i due tipi di molecola e ponendo ξ ≡ 2zV /λ ³ , ove z ` e la fugacit` a mentre λ ≡ √

λ 1 λ 2 , la funzione di partizione grancanonica per la miscela si scrive

Z(z, T, V ) =

∞

X

N

1

=0

∞

X

N

2

=0

zV /λ ³ ₁
N

1

N ₁ !

zV /λ ³ ₂
N

2

N ₂ ! δ N

₁

,n+N

₂

=

∞

X

N =0

zV /λ ³ ₁
N +n

(N + n)!

zV /λ ³ ₂
N

N !

=  zV λ ³ ₁

 n ∞

X

N =0

 zV /pλ ³ ₁ λ ³ ₂  2N

N !Γ(N + n + 1)

=  m ₁ m ₂

 3n/4 ∞

X

N =0

1

N !Γ(N + n + 1)

 zV λ ³

 n+2N

≡  m ₁ m 2

 3n/4

I _n (ξ) (n ∈ N)

dove I n (ξ) denota la funzione di Bessel modificata di prima specie di ordine n [ si vedano, per esempio, le tavole di I.S. Gradshteyn & I.M. Ryzhik (1994): Table of Integrals, Series, and Products, A. Jeffrey Ed., Fifth Edition, Academic Press, San Diego, eq. 8.445 p. 971 ]. L’equazione di stato in forma parametrica si scrive

Ω(z, T, V ) = pV = 3

4 nkT (ln m 1 − ln m 2 ) + kT ln I n (ξ) hN ₁ + N ₂ i = z ∂

∂z ln Z(z, T, V ) =  ξ 2

 I _n+1 (ξ) + I _n−1 (ξ)

I n (ξ)

Di conseguenza, all’equilibrio termico i numeri medi di molecole dei due tipi saranno dati da

hN ₁ i =  ξ 4

 I _n+1 (ξ) + I _n−1 (ξ) I n (ξ) + n

2 hN 2 i =  ξ

4

 I _n+1 (ξ) + I _n−1 (ξ) I n (ξ) − n

2

La densit` a media del gas all’equilibrio termodinamico risulta pertanto

ρ = m 1

hN 1 i V + m 2

hN 2 i V

= z λ ³

 m ₁ + m ₂ 2

 I _n+1 (ξ) + I _n−1 (ξ) 2I n (ξ) + n

V

 m ₁ − m ₂ 2