Zbirka zadataka iz Statisticke ﬁzikeˇ · PDF fileUNIVERZITET U BEOGRADU FIZICKI FAKULTETˇ Zbirka zadataka iz Statisticke ﬁzikeˇ verzija 3.1415 pripremio: Vladimir Miljkovic´

.

UNIVERZITET U BEOGRADU

FIZICKI FAKULTET

Zbirka zadataka izStatisticke fizike

verzija 3.1415

pripremio: Vladimir Miljkovic

U slucaju da na(i) -dete (na) greske,

ili da imate opstiji komentar, posaljite e-mail na

<[email protected]>

Beograd, novembar 2011.

Sadrzaj

§ 1 Statisticka termodinamika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

I. Matematicki uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

II. Prvi i drugi princip termodinamike . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

a) Termomehanicki sistemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

b) Elasticne trake . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

c) Termodinamika kondenzovanog stanja materije . . . . . . . . 29

d) Termodinamika magnetika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

e) Termodinamika sistema sa promenljivim brojem cestica . . . 44

f) Termodinamicke nejednakosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

III. Treci princip termodinamike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

§ 2 Fazni prelazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

I. Clausius–Clapeironova jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

II. Osnove Landau-ove teorije faznih prelaza . . . . . . . . . . . . . . . 62

III. Hipoteza skaliranja za termodinamicke funkcije . . . . . . . . . . . 65

IV. Primeri faznih prelaza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 68

§ 3 Neravnotezna statisticka fizika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

I. Osnove neravnotezne statisticke fizike . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

II. Slucajne setnje . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

Sadrzaj 1

III. Markovljevi procesi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

IV. Langevin-ova jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 84

V. Fokker-Planck-ova jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86

VI. Master jednacine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

VII. Boltzmann-ova jednacina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

§ 4 Ravnotezna statisticka fizika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

I. Mikrokanonski ansambl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

II. Kanonski ansambl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

a) Maxwell-ova raspodela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

b) Primena na klasicne i kvantne sisteme . . . . . . . . . . . . . 128

c) T − p raspodela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

d) Ostale teme iz kanonskog ansambla . . . . . . . . . . . . . . . 134

III. Veliki kanonski ansambl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 142

§ 5 Ravnotezna statisticka fizika interagujucih sistema . . . . . . . . . . . 152

§ 6 Osnove kvantne statisticke fizike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

I. Bose-Einstein-ova statistika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

II. Fermi-Dirac-ova raspodela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165

III. Primena kvantnih raspodela . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 172

§ 7 Dodatak . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

I. Gama funkcija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

II. O Riemann-ovoj ζ funkciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177

III. Bessel-ove funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 178

§ 1 Statisticka termodinamika

I. Matematicki uvod

1. Pokazati da u slucaju da bilo koja promenljiva je u zavisnosti druge dve promenljive

x, y i z, onda vazi sledeca relacija(∂x

∂y

)z

(∂y

∂z

)x

(∂z

∂x

)y

= −1, (1.1)

a tako -de da vazi i (∂x

∂z

)y

=1(

∂z∂x

)y

. (1.2)

2. Pretprostaviti da je z(x, y), odrediti vezu izme -du(

∂x∂y

)z

i(∂z∂x

)2x+ 2y.

3. Pretpostavimo da je data funkcija f = f(x, y, z), i da su poznati parcijalni izvodi

A =(∂f∂x

)y,z

,B =(

∂f∂y

)x,z

iC =(∂f∂z

)x,y

, gde suA,B iC poznate konstante. Odred-

iti parcijalne izvode(∂f∂x

)x2−2y,z

i(

∂f∂y

)x2−2y,y2−2z

.

4. Proveri mogucnost da sledece diferencijalne forme predstavljaju totalne diferen-

cijale. Za slucaj da su ti izrazi totalni diferencijali, odredi f(x, y)

(a) df(x, y) = (2y2 − 3x)dx− 4xydy

(b) df(x, y) = (y − x2)dx+ (x+ y2)dy

II.. PRVI I DRUGI PRINCIP TERMODINAMIKE 3

(c) df(x, y) = yx2+y2

dx+ xx2+y2

dy.

5. Razmatrati dva diferencijala (a) df(x, y) = (2xy+x2)dx+x2dy i (b) dg(x, y) = y(x−

2y)dx − x2dy. Za oba diferencijala, odrediti promene funkcija izme -du dve tacke

(a, b) i (x, y). Odrediti promenu funkcija na dva razlicita nacina: (a) Integraliti

duz puta (a, b) → (x, b) → (x, y), i (b) integraliti duz puta (a, b) → (a, y) → (x, y).

Diskutovati dobijene rezultate.

II. Prvi i drugi princip termodinamike

1. Idealan gas izvrsava kvazistaticki procese koji cine Carnot-ov ciklus. Kaosto je

na grafiku predstavljeno, ciklus se sastoji iz dve adijabate i dve izoterme. Na

grafiku treba izdvojiti ”1-2”, ”2-3”, ”3-4” i ”4-1” procese koji redom predstavljaju

izotermski, adijabatski, a zatim izotermski i na kraju adijabatski proces. Dokazati

da vaziQ1

T1+Q2

T2= 0, (1.3)

gde su T1 i T2 (Q1 iQ2) temperature (kolicine toplote) idealnog gasa u izotermskim

procesima ”1-2” i ”3-4”, respektivno. Prethodni izraz je poznat kao Clausius-ova

jednacina.

2. Idealni gas vrsi ciklus

(p1, V1, T1) →︸︷︷︸ (p2, V2, T2) →︸︷︷︸ (p1, V2, T3) (1.4)

adijabatsko izobarno

sirenje sabijanje

Odrediti koeficijent korisnog dejstva razmatranog ciklusa, uzimajuci u obzir da

su poznati svi termodinamicki parametri.

4 § 1. STATISTICKA TERMODINAMIKA

a) Termomehanicki sistemi

3. 2 Pokazati da izme -du adijabatske kompresibilnostiKs = − 1V

(∂V∂p

)S

i izotermske

kompresibilnosti KT = − 1V

(∂V∂p

)T

postoji veza

KT =Cp

Cv

KS, (1.5)

gde su Cv i Cp odgovarajuci toplotni kapaciteti.

Resenje:

Toplotni kapaciteti pri konstantnom pritisku i konstantnoj zapremini se mogu

izracunati u lucaju da je poznata funkcijska zavinost entropije od odgovarajucih

parametara. Da bi odredili kapacitete, mozemo iskoristiti izraze Cv = T(∂S∂T

)V

i Cp = T(∂S∂T

)p, a vezu izme -du njih mozemo rekonstruisati, koristeci osobine

jakobijana prelaza(∂V

∂T

)p

=∂(V, p)

∂(T, p)=∂(V, T )

∂(V, S)

∂(V, S)

∂(p, S)

∂(p, S)

∂(p, T )=

(∂V

∂p

)S

(∂S∂T

)p(

∂S∂T

)V

. (1.6)

Relacija koja se dobija je oblika

− 1

V

(∂V

∂p

)T

= − 1

V

(∂V

∂p

)S

T(∂S∂T

)p

T(∂S∂T

)V

, (1.7)

a time smo i potvrdili zavisnost koja se trazila u uslovima zadatka.

4. 2 Pokazati da razlika toplotnih kapaciteta vaze sledece reacije

(a) Cp − Cv =(∂V∂T

)p

(∂p∂T

)V

,

(b) Cp − Cv = −((

∂p∂T

)V

)2 (∂V∂p

)T

.

Resenje:


(a) Na pocetku, zapisacemo izobarni toplotni kapacitet u obliku jakobijana

Cp = T∂(S, p)

∂(T, p), (1.8)

sto cemo dalje transformisati umetanjem ∂, odnosno

Cp = T∂(S, p)

∂(T, V )

∂(T, V )

∂(T, p)=,

= T (

(∂S

∂T

)V

(∂p

∂V

)T

−(∂S

∂V

)T

(∂p

∂T

)V

)

(∂V

∂p

)T

, (1.9)

= Cv −(∂S

∂V

)T

(∂p

∂T

)V

(∂V

∂p

)T

,

gde mozemo iskoristiti da je(∂S∂V

)T

(∂V∂p

)T

=(

∂S∂p

)T

, a tako -de da vazi i

Maxwell-ova relacija(

∂S∂p

)T

= −(∂V∂T

)p, i time mozemo potvrditi trazenu

relaciju

Cp − Cv =

(∂V

∂T

)p

(∂p

∂T

)V

(1.10)

(b) Polazeci od izraza (1.9) i upotrebom Maxwell-ove relacije(

∂S∂p

)T= −

(∂V∂T

)p,

dobija se

Cp − Cv = −((

∂p

∂T

)V

)2(∂V

∂p

)T

(1.11)

5. Pokazati da vazi sledeca relacija

αp = pαpKT , (1.12)

gde je αp = 1V

(∂V∂T

)p

– koeficijent termalnog sirenja, αV = 1p

(∂p∂T

)V

koeficijent

termalne promene pritiska, dok je KT = − 1V

(∂V∂p

)T

termalna kompresibilnost.

Resenje:

Ova relacija se moze dokazati, ako se krene od leve strane izraza

αp =1

V

(∂V

∂T

)p

=1

V

∂(V, p)

∂(T, p), (1.13)


gde je parcijalni izvod napisan u obliku jakobijana, koji se zatim moze izraziti

1

V

∂(V, p)

∂(T, p)=

1

V

∂(V, p)

∂(V, T )

∂(V, T )

∂(T, p), (1.14)

koji prelazi u zapis parcijalnih izvoda

1

V

∂(V, p)

∂(V, T )

∂(V, T )

∂(T, p)= − 1

V

(∂p

∂T

)V

(∂V

∂p

)T

= pαVKT , (1.15)

cime je dokazan izraz koji je formulisan u tekstu zadatka.

6. Termicka jednacina idealnog gasa dvoatomskih molekula je pV = nmRT , dok je

molarni toplotni kapacitet tog gasa dat izrazom Cv =52R.

(a) Izracunati Cp.

(b) Izracunati entropiju sistema S.

(c) Izracunati unutrasnju energiju sistema U

(d) Odrediti izotermsku i adijabatsku kompresibilnost kT i kS idealnog gasa.

7. Pokazati sledecu relaciju

Cp =

(δQ

∂T

)p

=

(∂U

∂T

)p

+ p

(∂V

∂T

)p

. (1.16)

Resenje:

Promenu unutrasnje energije sa temperaturom i pritiskom mozemo napisati

dU =

(∂U

∂p

)T

dp+

(∂U

∂T

)p

dT, (1.17)

sto mozemo zameniti u izraz za prvi princip termodinamike

δQ = dU + δA =

=

(∂U

∂p

)T

dp+

(∂U

∂T

)p

dT + p

((∂V

∂p

)T

dp+

(∂V

∂T

)p

dT

), (1.18)


gde smo i promenu zapremine napisali u zavisnosti od preomene p i T . Posto je

po definiciji toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku

Cp =

(∂Q

∂T

)p

, (1.19)

onda nalazimo

Cp =

(∂U

∂T

)p

+ p

(∂V

∂T

)p

. (1.20)

8. 2 Klasicni realni gas se u nalazi u ravnoteznom stanju, tako da su termod-

inamicki parametri funkcijski povezani termickom jednacinom stanja van der

Waals-a

(p+a

v2)(v − b) = RT, (1.21)

gde je v-zapremine jednog mola gasa. Molarni toplotni kapacitiet pri konstantnoj

zapremini je Cv =52R i ne zavisi od temperature.

(a) Odrediti toplotni kapacitet Cp.

(b) Izracunati entropiju sistema S.

(c) Izracunati unutrasnju energiju sistema U

(d) Odrediti izotermsku i adijabatsku kompresibilnost kT i kS idealnog gasa.

(e) Pokazati da pri adijabatskim kvazistatickim promenama vazi T (v − b)γ =

const, ili (p+ av2)(v − b)γ = const.

Resenje:

(a) Polazeci od relacije (1.10) i izracunavajuci parcijalne izvode za ovde razma-

tranu van der Waals-ovu jednacinu realnog gasa (1.21), dobijamo

Cp =5

2R + T

TLv3

RT − (v − b)2a. (1.22)


(b) Unutrasnju energiju mozemo da zapisemo u zavisnosti od temperature T i

zapremine v

du =

(∂u

∂T

)v

dT +

(∂u

∂v

)T

dv, (1.23)

dok s druge strane unurasnja energija za termomehanicke sisteme ima oblik

du = Tds− pdv. (1.24)

Uzimajuci da se entropija menja po zakonu

ds =

(∂s

∂T

)v

dT +

(∂s

∂v

)T

dv, (1.25)

dobijamo da je

du = T

(∂s

∂T

)v

dT + T

(∂s

∂v

)T

dv − pdv. (1.26)

tako dobijamo vezu izme -du unutrasnje energije i termodinamickih param-

etara

CV =

(∂u

∂T

)v

= T

(∂s

∂T

)v

, (1.27)(∂u

∂v

)T

= −p+(∂s

∂v

)T

. (1.28)

Uzimajuci u obzir da je (∂p

∂T

)v

=R

v − b, (1.29)

dobijamo da unutrasnja energija van der Waals-ovog gasa

u = uo + CvT − a

v(1.30)

Unutrasnja energija se povecava sa povecanjem zapremine, sto je posled-

ica zavisnosti me -dusobne interakcije molekula od rastojanja izme -du njih. S

obzirom da je interakcija izme -du molekula odbojna na malim rastojanjima,

dok postaje privlcna kada se rastojanje izme -du molekula povecava time se i

potencijalna energija (a onda i unutrasnja energija) povecava.


(c) Polazeci od jednacine (1.25) dobijamo jednacinu

ds =Cv

TdT +

(∂p

∂T

)v

dv, (1.31)

koju mozemo integraliti ako prethodno upotrebimo izraz (1.29), tako da na

kraju dolazimo

s = so + Cv lnT +R ln(v − b). (1.32)

(d) Za izotermsku kompresibinost KT = − 1v

(∂v∂p

)T

, potrebno je naci parcijalni

izvod izraza koji je dobijen iz polazne jednacine stanja

p =RT

v − b− a

v2, (1.33)

tako da se dobija

KT =1

v

1RT

(v−b)2+ a

v3

. (1.34)

Polazeci od relacije (1.5), i izraza koji su dobijeni u prethodnim koracima

ovog zadatka dobijamo da je adijabatska kompresibilnost

KS = −1

v

52R + T Rv3

RT−2a(v−b)2

52R

1RT

(v−b)2+ a

v3

. (1.35)

(e) Do jednacine adijabatskog procesa za van der Waals-ove gasove se moze

stici, ukoliko se entropija u relaciji (1.32) postavi da je kontantna

Cv lnT = −R ln(v − b) + C, (1.36)

odakle se uz nekoliko jednostavnih matematickih operacija i zajedno sa relacijom

Cv = Rγ−1

rekonstruise jednacina adijabatskog procesa, cija je jednacina data

u postavci zadatka.

9. Jednacina stanja i toplotni kapacitet gasa bozona koji pripadaju Bose kondenzatu

se mogu opisati izrazima

P (T, V ) = aT 5/2 + bT 3 + cV −2, (1.37)


CV (T, V ) = gT 3/2V + eT 2V + fT 1/2, (1.38)

gde su od (a, b, c, e, f, g) konstante koje ne zavisi od T i V .

a. Odredite infitezimalno malu promenu unutrasnje energije dU(T, V ) u zavis-

nosti od malih prirastaja dT i dV .

b. Odrediti veze izmedju navedenog skupa konstanti, koristeci cinjenicu da je

U(T, V ) funckija stanja sistema.

c. Odrediti funkciju unutrasnje energije U(T, V ) u funckiji T i V .

10. Kaloricka jednacina proizvoljnog idealnog kvantnog gasa moze biti data izrazom

gU = pV , gde je g konstanta koja zavisi od osobina tog gasa. Pokazati da vazi

jednacina U = V −gf(TV g), gde je f(x) neka analiticka funkcija argumenta x.

Tako -de, odrediti jednacinu adijabastkog procesa ovog idealnog kvantnog gasa.

11. Jedan od mogucih izbora me -dusobno nezavisnih termodinamickih parametara

koji karakterisu stanje gasova i homogenih materijala su pritisak p, empirijska tem-

peratura t i zapremina v. U tom slucaju, razmenjena toplota nekog materijala sa

okolinom se moze prikazati pomocu relacija

dQ = Cvdt+ lvdv = Cpdt+ lpdp = mvdv +mpdp, (1.39)

gde su koeficijenti Cv, Cp, lv, lp, mv i mp funkcije ovih termodinamickih param-

etara. Pokazati da vaze sledece relacije:

a. mv =lvCp

Cp−Cv, mp = − lpCv

Cp−Cv, mv

lv+ mp

lp= 1;

b.(∂p∂t

)v= −Cp−Cv

lp,(∂v∂t

)p= Cp−Cv

lv.

12. Pokazati da mala kolicina toplote δQ nije totalni izvod, tj da nije funkcija stanja

sistema.


13. 2 Pokazati da unutrasnja enerija supstance ne zavisi od zapremine sistema,

ako je termicka jednacina sistema data jednacinom p = f(V )T .

Resenje:

Unutrasnja energija u zavisnosti od svojih prirodnih promenljivih

dU = TdS − pdV, (1.40)

odakle dobijamo vezu izme -du termicke i kaloricke jednacine stanja(∂U

∂V

)T

= T

(∂S

∂V

)T

− p. (1.41)

Da bi dobili izraz u kome mozemo upotrebiti termicku jednacinu stanja p =

f(V )T , mozemo primeniti Maxwell-ovu jednacinu(∂S

∂V

)T

=

(∂p

∂T

)V

, (1.42)

cime se izraz (1.41) tranformise u(∂U

∂V

)T

= T

(∂p

∂T

)V

− p = (1.43)

= Tf(V )− p = (1.44)

= 0. (1.45)

Time je potvr -deno da unutrasnja energija ne zavisi od zapremine pri konstantnoj

temperaturi.

14. Temperatura idealnog gasa diatomskih molekula molarne mase M , koji se nalazi

sudu velike visine, se menja sa visinom u skladu s izrazom T = To(1 − az), gde

je a poznata pozitivna konstanta, a To temperatura gasa na visini z = 0. Odrediti

kako se menja pritisak sa visinom, ako je p(z = 0) = po.

Resenje:

Usled mehanicke ravnoteze slojeva vazduha (vidi sliku (1.1)), moze se zakljuciti


p+dp

p

d mg

dm

Slika 1.1:

da je

(p+ dp)S + dmg = pS, (1.46)

odakle sledi da je −dpS = dmg. Iz definicije masene gustine se moze zakljuciti

da je ρ = dmdV

= dmdz

. Tako se dobija izraz

−dp

p=

Mg

RTo(1− az)dz, (1.47)

koji nakon integracije, uvrscujuci pocetne ulove dobija se relacija

p = po(1− az)Mg

aRTo . (1.48)

15. Odrediti kolika je γ = Cp

Cv, koristeci eksperimentalna merenja brzine zvuka u

nekom gasu na temperaturi T .

16. U slucaju da je unutrasnja energija termodinamickog sistema nezavisna od za-

premine, pokazati sledece:

(a) Da je toplotni kapacitet Cv funkcija samo (jedino) temperature T .

(b) Da je zapremina V funkcija samo pT

.


(c) Da je razlika toplotnih kapaciteta Cp − Cv samo funkcija pT

.

(d) Odrediti razliku toplotnih kapaciteta Cp−Cv u slucaju idealnih gasova (koja

zapravo predstavlja Mayer-ovu jednacinu).

17. 2 Izracunati entropiju i jednacinu adijabatskog procesa sistema, cija gustina

unutrasnje energije data relacijom

u = σT 4. (1.49)

Pored toga uzeti u obzir da je pritisak za taj sistem povezan sa gustinom un-

utrasnje energije p = 13u.

Resenje:

S jedne strane znamo da je

dS =1

TdU +

p

TdV =

1

T

(∂U

∂T

)V

dT + (1

T

(∂U

∂V

)T

+p

T)dV, (1.50)

a s druge strane mozemo zavisnost entropije zapisati u funkciji T i V u skladu sa

izrazom

dS =

(∂S

∂T

)V

dT +

(∂S

∂V

)T

dV. (1.51)

Uzimajuci u obzir da su temperatura i zapremina me -dusobno nezavisne velicine,

nalazimo zavisnosti (∂S

∂T

)V

=1

T

(∂U

∂T

)V

, (1.52)(∂S

∂V

)T

=1

T

(∂U

∂V

)T

+p

T. (1.53)

Pored toga, polazeci od uslova zadatka dobijamo da je unutrasnja energija oblika

U = V σT 4, dok je pritisak p = 13σT 4, sto sa izrazima (1.52) i (1.53) daje(∂S

∂T

)V

= 4σT 2V, (1.54)(∂S

∂V

)T

=4

3σT 3. (1.55)


Posle integracije prethodnih dvaju jednacina dobijamo

S(T, V ) = S(T = 0, V = 0) +4

3V σT 3. (1.56)

Jednacinu adijabatskog procesa mozemo dobiti iz prethodnog izraza za konstantnu

vrednost entropije, cime stiv zemo do izraza

V T 3 = const. (1.57)

18. Odrzavajuci termodinamicki parametar x konstantnim proucavanog termodi-

namickog sistema, vrsi se termodinamicki proces u kome je odre -den toplotni ka-

pacitet cx. Pokazati da za ovaj proces vazi relacija pva = const, gde su p pritisak,

v specificna zapremina i a = cx−cpcx−cv

konstanta koja je prikazana preko specificnih

toplotnih kapaciteta cp i cv pri konstantnom pritisku i konstantnoj zapremini.

19. Gustina unutrasnje energije zracenja za apsolutno crno telo je dato jednacinom

u = UV

= σT 4. Uzimajuci u obzir da za apsolutno crno telo vazi µ = 0, odred-

iti termicku jednacinu stanja. Odrediti razmenjenu toplotu sistema u slucaju da

temperatura poraste sa To

2na To.

Resenje:

Koristeci da je

U(T, V ) = F − T

(∂F

∂T

)V,,

(1.58)

odakle se dobija jednostavnim algebarskim transformacijama

∂

∂T

F

T= −U(T, V )

T 2. (1.59)

Integraljenjem parcijalne diferencijalne jednacine dobijamo da je

F = −σV T3

3+ f(V ), (1.60)


odakle se moze dobiti cemu je jednak pritisak

p = −σT4

3− f ′(V ), (1.61)

Iz uslova µ = 0 i koristeci da je G = µN dobijamo da je F = −pV . Uzimajuci u

obzir prethodni izraz i izraze (1.60) i (1.61) dobija se diferencijalna jednacina

f(V ) = V f ′(V ), (1.62)

cijim se resavanjem stize do izraza f(V ) = cV . Toplota se moze odrediti koristenjem

prvog principa termodinamike

Q = ∆U +

∫dW, (1.63)

uzimajuci u obzir da se temperatura menja od To

2do To, dobijamo da je

Q = σT 4o (

15

16Vo −

αTo30

). (1.64)

20. 3 Posmatrati zracenje apsolutno crnog tela ako je unutrasnja energija po

molu u = Un

= aT 4 i hemijski potencijal µ = 0. Uzimajuci da su parametri

zracenja povezani jednacinom idealnog gasa, napisati funkcijsku zavisnost pri-

tiska od temperature p(T ).

Resenje:

Zamenjujuci da je G = µN = 0 u Legendre-ov izraz za Gibbs-ovu slobodnu en-

ergiju

G = U − TS + pV, (1.65)

dobijamo kako se ponasa entropija po molu

s =u

T+pv

T=

= aT 3 +R, (1.66)


gde smo iskoristili jednacinu idealnog gasa pv = RT . Kao posledica funkcijske

veze (1.65) i µ = 0, unutrasnja energija je podvrgnuta funkcijskoj vezi

u = Ts− pv, (1.67)

odakle diferencirajuci dobijamo izraz

du = sdT + Tds− pdv − vdp, (1.68)

koji zajedno sa opstim oblikom zavisnosti unutrasnje energije od svojih prirodnih

promenljivih

du(s, v) = Tds− pdv, (1.69)

daje izraz

sdT = vdp. (1.70)

Koristeci relaciju (1.66) i termicku jednacinu stanja, mozemo transformisati prethodni

izraz u

(aT 3 +R)dT =RT

pdp, (1.71)

koji posle integracije postaje

p = poT

Toe

a3R

(T 3−T 3o ). (1.72)

21. a. Pokazati da Poisson-ov izraz pV γ = const vazi u slucaju adijabatskog kvazis-

taticnog procesa koji vrsi idealni gas.

b. Izvesti izraz za rad koji gas vrsi u adijabatskom procesu nad okolinom iz

termodinamickog stanja (p1, V1, T1) u (p2, V2, T2). Petpostaviti da se molarna

specificna toplota pri konstantnoj zapremini ne menja.

Resenje:


a. Posto se razmena toplote sa okolinom ne menja δQ = 0, onda je dU = −pdV . S

druge strane, koristeci termicku ednainu stanja pV = nRT , i kaloricku jednacinu

stanja U = nCvT , dobija se da je

CvdT = −RTV

dT, (1.73)

koja se posle integracije transformise u jednacinu TV γ−1 = const, gde je γ =

Cp

CvPoisson-ov adijabatski koeficijent. Koristeci prethodni izraz i zamenjujuci

temperaturu T preko ostalih parametara pomocu termicke jednacine stanja

dobija se izraz pV γ = const.

b. Rad se moze izracunati na osnovu integralne jednacine

A =

∫ V2

V1

pdV. (1.74)

Koristeci jednacinu adijabatskog procesa pV γ = const i termicku jednacinu

stanja pri integraciji, dobija se koliki je izvrseni rad

A = nCv(T1 − T2). (1.75)

22. 3 Izracunati (a) brzinu promene temperature gasa sa pritiskom(

∂T∂p

)S

, (b)

odnosno entalpije1(

∂T∂p

)E

, u zavisnosti od koeficijenta toplotnog sirenja αp i toplotnog

kapaciteta pri kontantnom pritisku Cp.

Resenje:

(a) Koeficijent toplotnog sirenja se moze zapisati u obliu jakobijana

αp =1

V

(∂V

∂T

)p

=1

V

∂(V, p)

∂(T, p), (1.76)

1 Odnosno tzv. Joule-Thomon-ov koeficijent.


a na slican nacin i toplotni kapacitet pri kontantnom pritisku mozemo prikazati

Cp = T

(∂S

∂T

)p

= T∂(S, p)

∂(T, p), (1.77)

Metodom jakobijana, koeficijent toplotnog pritiska se tranformise u

(∂T

∂p

)S

=∂(T, S)

∂(p, S)=∂(T, S)

∂(T, p)

∂(T, p)

∂(p, S)=

=∂(T, S)

∂(T, p)

[−∂(T, p)∂(p, S)

]=

=

(∂S

∂p

)T

[−(∂T

∂S

)p

]=

=

[−(∂V

∂T

)p

] [− T

Cp

]=

=V

T

αp

Cp

, (1.78)

cime smo odredili trazenu vezu izme -du ovih funkcija odgovora sistema.

(b) Koeficijent brzine promene temperature sa pritiskom e moze transformisati

(∂T

∂p

)E

=∂(T,E)

∂(p, E)=∂(T,E)

∂(T, p)

∂(T, p)

∂(p, E)=

= −(∂E

∂p

)T

(∂T

∂E

)p

=

= −

(∂E∂p

)T(

∂E∂T

)p

. (1.79)

Da bi dobijenu zavisnost od kaloricke jednacine stanja ,,preveli“ na zavinost

od termicke jednacine stanja, potrebno je napisati vezu entalpije

dE =

(∂E

∂T

)p

dT +

(∂E

∂p

)T

dp (1.80)


i njenih prirodnih promenljivih

dE = (V + T

(∂S

∂p

)T

)dp+ T

(∂S

∂T

)p

dT =

= (V − T

(∂V

∂T

)p

)dp+ CpdT. (1.81)

Na osnovu jednacina (1.79), (1.80) i (1.81) se nalazi(∂T

∂p

)E

= −V − T

(∂V∂T

)p

T(∂S∂T

)p

=

=V

Cp

(αpT − 1). (1.82)

23. Izracunati entropiju i odrediti jednacinu adijabatskog procesa apsolutno crnog

tela. Uzeti da su poznate termicke i kaloricke jednacine apsolutno crnog tela.

24. Pokazati da za idealne gasove vazi:

(a) Cv = −T(∂p∂T

)V

(∂V∂T

)S

,

(b) Cp = T(∂V∂T

)p

(∂p∂T

)S

,

(c) Cv =TV α2KS

(KT−KS)KT,

(d) Cp =TV α2

KT−KS

25. Kod izotermnog zracenja gustina unutrasnje energije u je monotona rastuca funkcija

temperature, a pritisak je p = u/3. Kakav oblik funkcionalne zavisnosti u(T )

predvi -da na osnovu ovih podataka fenomenoloska termodinamika? Da li je rezul-

tat saglasan sa zakonima zracenja? Primeniti isto rezonovanje na idealan gas, kod

koga je p = 2u/3 i u je tako -de monotono rastuca funkcija temperature. Da li je i

ovde dobijeni rezultat saglasan sa zakonima idealnih gasova?

26. 4 Pokazati da u termodinamickoj ravnotezi, sledece funkcije odgovora sis-

tema zadovoljavaju nejednakosti


(a) Cv = T(∂S∂T

)p≥ 0,

(b) KS = − 1V

(∂V∂p

)S≥ 0,

(c) KT = − 1V

(∂V∂p

)T≥ 0.

Resenje:

(a) Razmostrimo gas koji je u kontaktu sa toplotnim rezervoarom, i koji se nalazi

u termodinamickoj ravnotezi na temperaturi T0 i pritisku p0. U termodi-

namickoj ravnotezi entropija sistema je maksimalna. Posto je Gibbs-ova slo-

bodna energija G = U − TS0 + p0V ima minimalnu vrednost, i bilo koja

promena unutrasnje neregije ili entropije moze povecati vrednost Gibbs-ove

slobodne energije. Tako dobijamo da je dU −T0dS+p0dV ≥ 0. Posto ova ne-

jednacina vazi za bilo koju promenu unutrasnje energije, izvrsicemo razvoj

unutrasnje energije do drugog clana u razvoju, i tako cemo dobiti razma-

tranu jednacinu zapisanu u obliku(∂U

∂S

)V

dS +

(∂U

∂V

)S

dV +1

2

∂2U

∂S2dS2 +

∂2U

∂V ∂SdSdV +

1

2

∂2U

∂V 2dV 2 −

− T0dS + p0dV ≥ 0,

koja se zatim transformise u

1

2

∂2U

∂S2dS2 +

∂2U

∂V ∂SdSdV +

1

2

∂2U

∂V 2dV 2 ≥ 0, (1.83)

posto znamo da je(∂U∂S

)V

= T0 i(∂U∂V

)S= −p0. Da bi izraz (1.83) bio uvek

pozitivan potrebno je da svaki dvostruki izvod bio pozitivan. Tako iz pozi-

tivinosti dvostrukog izvoda unutrasnje energije po entropiji dobijamo

∂2U

∂S2=∂

∂S

(∂E

∂S

)V

=

(∂T

∂S

)V

≥ 0. (1.84)

Uzimajuci u obzir definiciju toplotnog kapaciteta CV = T(∂S∂T

)V

pri kon-

stantnoj zapremini dolazimo do CV ≥ 0.


(b) Polazeci od toga da kvadratna forma (1.83) mora biti pozitivna, dobijamo

∂2U

∂V 2=∂

∂V

(∂E

∂V

)S

= −(∂p

∂V

)S

≥ 0, (1.85)

odakle dobijamo da je KS ≥ 0.

(c) Posto znamo da vazi odnos izme -du funkcija odgovora sistema (1.5), i na

osnovu toga da je KS ≥ 0, i na osnovu Cp > CV ≥ 0, dobijamo da je i

KS = CV

CpKT ≥ 0.

27. Entropiju sistema slicnog klasicnom idealnom gasu mozemo zapisati:

S(U, V,N) =N

N0

S0 +NkB ln[

(U

U0

) 32

· VV0

·(N

N0

)− 52

] (1.86)

gde je U unutranja energija, V - zapremina i N - broj cestica. E0, V0, N0, S0 i kB su

konstante.

(a) Polazeci od S(E, V,N), odrediti Helmholtz-ovu slobodnu energijuF (T, V,N),

Gibbs-ovu slobodnu energijuG(T, p,N), veliki termodinamicki potencijal Ω(T, V, µ)

i termodinamicki potencijal X(T, p, µ). Pokazati da je termodinamicki poten-

cijal X identicno jednak 0.

(b) Odrediti termicku jednacinu stanja.

(c) Odrediti hemijski potencijal µ. Pokazati da je hemijski potencijal jednak Gibbs-

ovoj slobodnoj energiji po cestici.

(d) Odrediti pritisak p, i pokazati da je jednak negatvnoj vrednosti velikog ter-

modinamickog potencijala po zapremini.

(e) Izracunati specificnu toplotu pri konstantnoj zapreminiCV i pritiskuCp. Tako -de

izracunati kompresibilnostiKT iKS , i koeficijent termalnog sirenja αp. Pokazati

da izracunati toplotni kapaciteti i komresibilnosti su povezane relacijom Cp

CV=

KT

KS.


(f) Odrediti jednacinu adijabatskog procesa.

28. Virialni razvoj za slucaj razre -denog gasa se moze zadrzati na drugom clanu u

razvoju

p =NkBT

V[1 +

N

VB2(T )], (1.87)

gde je B2(T ) drugi virialni koeficijent. Toplotni kapacitet ce imati korekciju na

vrednost koju ima za slucaj idealnog gasa

CV,N =3

2NkB − N2kB

VF (T ). (1.88)

(a) Odrediti kakav oblik funkcija F (T ) ima da bi ove dve date relacije bile ter-

modinamicki odgovarajuce.

(b) Odrediti toplotni kapacitet Cp,N .

(c) Odrediti entropiju i unutrasnju energiju.

29. Termalni koeficijent sirenja je je

αP =R

Pv+

a

RT 2v, (1.89)

i izotermske kompresibilnosti

kT =l

v(Tf(P ) +

b

P), (1.90)

gde je v = Vn

molarna zapremina.

(a) Odrediti f(p).

(b) Odrediti jednacinu stanja.

(c) Pod kojim uslovom je taj materijal stabilan?

30. Nadjeno je da je izotermska kompresibilnost gasa

kT = Tvf(P ) (1.91)


i da je termalni koeficijent sirenja

αp =Rv

p+Av

T 2(1.92)

gde je T temperatura, v = Vn

molarna zapremina.

(a) Odrediti funkciju f(p).

(b) Odrediti termicku jednacinu stanja.

31. Pokazati da vazi relacija

N

(∂S

∂N

)V,U

+ V

(∂S

∂V

)N,U

+ U

(∂S

∂U

)N,V

= S, (1.93)

koristeci cinjenicu da je entropija S(N, V, U) ekstenzivna velicina. Pokazati da

ova relacija dovodi do izraza: S = (−Nµ+ pV + U)/T .

32. Pokazati termodinamicki da vaze sledece relacije

V

(∂p

∂T

)µ

= S, i V(∂p

∂µ

)T

= N. (1.94)

Odrediti pritisak p idealnog klasicnog gasa u zavisnosti temperature T i µ, i

proveriti prethodne izraze za te iste idealne gasove.

33. Jednacinu stanja gasa koji se razmatra u ovom problemu je P (V Nb) = NkBT .

Tako -de poznato je da je toplotni kapacitet gasa Cv, koji funkcijski ne zavisi od

temperature, a broj cestica N se odrzava konstantnim.

(a) Odrediti Maxwell-ovu relaciju koja odgovara parcijalnom izvodu(∂S∂V

)T,N

.

(b) Odre -dujuci dU(T, V ), pokazati da je unutrasnja energija U jedino funkcija

temperature T i broja cestica N .

(c) Pokazati da je γ = Cp

Cv= 1 +N kB

Cv, odnosno da je nezavisna od T i V .


Slika 1.2:

(d) Zapisujuci izraz za U(p, V ), pokazati da je jednacina adijabatskog procesa

data izrazom P (V Nb)γ = const.

34. U ovom zadatku razmatramo infitezimalni Carnot-ov ciklus foonskog gasa koja

je prikazana na Slici 1.2.

(a) Izraziti izvrseni rad A u ciklusu, u zaviznosti od dV i dp.

(b) Izraziti apsorbovanu toplotu Q, pri sirenju gasa duizoterme u zavisnosti p,

dV i odgovarajucih izvoda unutrasnje energije U(T, V ).

(c) Koristeci koeficijent korisnog dejstva Carnot-ovog ciklusa, uspostaviti vezu

izme -du izraza za rad A i kolicinu toplote Q.

(d) Uzeti da je poznata na osnovu merenjd da je pritisak fotonskog gasa dat

jednacinom p = AT 4, gde je A konstanta. Iskoristiti ovu informaciju da bi

se dobila unutrasnja energija U(T, V ).

(e) Odrediti relaciju koja opisuje adijabatski proces u razmatranim ciklusu.


b) Elasticne trake

35. 4 Kod elasticnih slabovulkanizovanih gumenih traka, silaF zavisi od duzine

l i temperature T kao

F = AT(l

lo

)− (1 + α(T − To))

(lol

)2

(1.95)

gde su α iA konstante (gde je αmala velicina, tj α ≈ 10−3K−1). Prirodna nerasteg-

nuta duzina na To je lo. Izracunati:

(a) Kolicinu toplote Q koju traka dobija od okoline pri sporom istezanju od lo

do l na temperaturi To.

(b) Promenu temperature ∆T pri brzom istezanju trake od lo do l (∆TT

<< 1).

Uzeti da je Cl dato.

Uzeti da je poznat toplotni kapacitet pri konstantnoj duzini Cl.

Resenje:

(a) Polazeci od izraza za entropiju

dS =

(∂S

∂l

)T

dl +

(∂S

∂T

)l

dT, (1.96)

i koristeci treci princip termodinamike Q =∫TdS, dobija se da je

Q = −ATo2lo

(l2 − l2o) + ATlo(αATl2o(To − 2T )− 1)(

1

lo− 1

l) + Cl(l − lo). (1.97)

(b) Posto je istezanje trake brzo proces mozemo smatrati adijabatskim. Tada

imamo (∂S

∂l

)T

dl +

(∂S

∂T

)l

dT = 0. (1.98)


Koristeci prethodni uslov, odnsno da se entropija ne menja, i da je promena

temperature δT << To, dobija se promena temperature trake

∆T =ATo2loCl

(l2 − l2o) +Al2oToCl

(1

lo− 1

l). (1.99)

36. Razmotriti elasticnu oprugu cija sila data jednacinom F (x, T ) = k(T )x, gde je x

istezanje opruge. Odrediti unutrasnju energiju U i entropiju S.

37. Kod elasticnih gumenih traka, sila zatezanja F zavisi od duzine l i temperature T

kao

f = αx− AT +BTx, (1.100)

gde su α, A i B konstante, dok je x istezanje trake. Toplotni kapacitet trake je

Cx = a(x)T .

a. Pokazati da vazi da(x)dx

= 0, dnosno da a(x) ne zavisiod x.

b. Izracunati entropiju S(T, x) trake, ako je poznato da je S(0, 0) = So.

c. Odrediti toplotni kapacitet pri konstantnoj sili Cf .

Resenje:

a. Promenu unutrasnje energije je data izrazom

dU = TdS + fdx, (1.101)

sto u slucaju da napisemo u zavisnosti od T i x dobijamo

dU = CxdT + [f + T

(∂S

∂x

)T

]dx, (1.102)

gde je Cx = T(∂S∂T

)x

toplotni kapacitet pri konstantnoj duzini. U poslednjem

izrazu mozemo iskoristiti Maxwell-ovu relaciju(∂s∂x

)T= −

(∂f∂T

)x, tako da do-

bijamo (∂s

∂x

)T

= A−Bx, (1.103)


sto daje zapravo izraz za infitezimalnu promenu unutrasnje energije, oblika

dU = CxdT + αxdx. (1.104)

Da bi dU bio totalni diferencijal, potrebno je da vazi da je(∂Cx

∂x

)T

=(∂αx∂T

)x,

odakle se dobija da je(∂Cx

∂x

)T= 0, sto implicira da je da(x)

dx= 0.

b. Polazimo od izraza za promenu entropije

dS =

(∂S

∂T

)x

dT +

(∂S

∂x

)T

dx, (1.105)

gde mozemo iskoristiti da je(∂S∂T

)x= Cx

T= a, i Maxwell-ovu relaciju

(∂s∂x

)T=

−(∂f∂T

)x= A−Bx. Zamenom u prethodni izraz za entropiju dobija se da je

dS = adT + (A−Bx)dx, (1.106)

sto se integraleci se dobija da je

S = So + aT + Ax−Bx2

2. (1.107)

c. Iskoristicemo identitete(∂S

∂T

)x

=∂(S, x)

∂(f, T )· ∂(f, T )∂(T, x)

(1.108)

=

(∂S

∂T

)f

−(∂S

∂x

)T

(∂x

∂T

)f

, (1.109)

za vezu izme -du toplotnih kapaciteta Cx pri konstantnoj duzini, odnosno Cf

pri konstnoj sili. Posle nekoliko jednostavnih racunskih koraka, dobija se

Cf = T (a+(A−Bx)(Aα− fB)

(α+BT )2). (1.110)

38. Zavisnost sile X gumene trake je dato izrazom

X =T

Te(x

lo−(lox

)2

), (1.111)


koja zavisi od duzine trake x i temperature T . Sa Te i lo su obelezene konstante te

trake. Toplotni kapacitet pri konstantnoj duzini Cx je jednak konstanti C. Duzina

trake pri temperaturi To je lo. Odrediti kolika ce biti temperatura trake, ako se

ona adijabatski istegne do duzine 11lo10

.

39. Izracunati koeficijent efikasnosti toplotne masine zasnovanoj na termodinamikim

procesima koji se mogu zapaziti na gumenim trakama. Sila koja zavisi je u lin-

earnoj zavisnosti od duzine trakeX = axT , gde je a poznata pozitivna konstanta,

x-duzina trake, a T temperatura. Uzeti da je toplotni kapacitet Cx poznat i kon-

stantan.

Slika 1.3:

40. Eksperimentalno je nadjeno da za elasticne trake vazi(∂X

∂x

)T

=aT

xo

(1 + 2

(x0x

)3), (1.112)

i relacija (∂X

∂T

)x

=ax

xo

(1−

(x0x

)3), (1.113)


gde je X – sila koja deluje na razmatranu traku, dok je sa x obelezena duzina

trake. Pored toga, pretpostaviti da su a = 1NK i x0 = 0.5m poznate i pozitivne

konstante, a tako -de i da se masa trake ne menja.

(a) Odrediti termalni koeficijent sirenja trake αX = 1x

(∂x∂T

)X

. Prodiskutovati

promenu αX .

(b) Odrediti jednacinu stanja i pokazati da je dX potpuni diferencijal.

(c) Uzimajuci u obzir da je toplotni kapacitet pri konstantnoj duzini Cx = 1.0 JK .

Odrediti rad koji je potreban da se elasticna traka rastegne do duzine 1m.

Pretpostaviti da se u slucaju kada se silom ne deluje na traku, njena temper-

atura je T = 290K. Kolika je promena temperature nakon rastezanja te trake.

c) Termodinamika kondenzovanog stanja materije

41. Pokazati da je slobodna energija po jedinici povrsine neke tecnosti jednaka povrsinskom

naponu γ te tecnosti. Pokazati, takodje, da je unutrasnja energija po jedinici

povrsine jednaka γ − T dγdT

.

Resenje:

Krenimo od izraza za unutrasnju energiju povrsine

s T

S g

U G

E

F

+ -

Slika 1.4:

dUσ = TdS + γdσ, (1.114)


koja se moze uz Legendre-ovu relaciju iskoristiti Fσ = Uσ − ST u odre -divanju

relacije

dFσ = −SdT + γdσ. (1.115)

Povrsinski potencijal se moze onda odrediti relacijom

γ =

(∂Fσ

∂σ

)T

. (1.116)

Slobodna energija Fσ zavisi od povrsine, koja je ekstenzivna velicina. Koristeci tu

osobinu slobodne povrsine, moze se napisati

Fσ(T, ασ) = αFσ(T, σ), (1.117)

koja se moze diferencirati po α, cime se dobija(∂Fσ(T, ασ)

∂α

)= αFσ(T, σ). (1.118)

U sledecem koraku se moze iskoristiti da je(

∂∂α

)=(

∂(ασ)∂α

) (∂

∂(ασ)

), odakle posle

nekoliko jednostavnih transformacija

σ

(∂Fσ(T, ασ)

∂(ασ)

)= F (T, σ). (1.119)

Uzimajuci u obzir prethodnu relaciju i relaciju (1.116), dolazimo do izraza

γ =Fσ

σ, (1.120)

koji zajedno sa Legendre-ovom transformacijom Fσ = Uσ − ST nam pomaze da

dobijemo trazenu zavisnostUσ

σ= γ − T

dγ

dT(1.121)

42. U slucaju da je izvrseni rad nad slobodnom povrsinom tecnosti dA = γdσ, gde je

γ(T, σ) povrsinski napon i ∂γ∂T

< 0.


a. Odrediti diferencijale unutrasnje i slobodne energije dU u dF .

b. Pokazati da je(∂γ∂T

)S

(∂σ∂S

)T−(∂γ∂S

)T

(∂σ∂T

)S= −1

c. Pokazati da povrsinski napon ne zavisi od povrsine tecnosti.

d. Pokazati da vazi(∂U∂σ

)T= T

(∂S∂σ

)T+ γ = γ − T

(∂γ∂T

)σ.

e. Odrediti kolicinu toplote δQ koju tecnost razmeni pri iyotemskom procesu,

ako se njena povrsina poveca za dσ. Da li tecnost tu toplotu absorbujeili

predaje svojoj okolini?

43. Jedna od potvr -denih i cesto koriscenih fenomenoloskih izraza za unutrasnju en-

ergiju cvrstog tela, je data izrazom

U = g(V )h(S), (1.122)

gde su g i h poznate neprekinde funkcije V i S, respektivno. Odrediti kako

se menja entropija sa pritiskom(

∂S∂p

)T

i sa temperaturom(∂S∂T

)p, zapisana kao

funkcija neprekidnih funkcija g(V ) i h(S)

44. Termicka jednacina stanja neke nove materije je p = AT 3

3, dok je kaloricka jednacina

stanja U = BT n ln( VVo) + f(T ), gde su B, n i Vo konstante a f(T ) zavisi od temera-

ture. Odrediti B i n.

Resenje:

Polazeci od izraza za entropiju sistema

dS =

(∂S

∂V

)T

dV +

(∂S

∂T

)V

dT, (1.123)

moze se iskoristiti uslov da je sa leve strane izraza totalni diferencijal, odnosno

da je∂

∂T

[(∂S

∂V

)T

]=

∂

∂V

[(∂S

∂T

)V

]. (1.124)


Partcijalni izvodi entropije po temperaturi i zapremini se dobijaju iz izraza za

neki od termodinamickih potencijala, dobijamo da je(∂S

∂V

)T

=1

T

(∂U

∂V

)T

+AT 2

V(∂S

∂T

)V

=1

T

(∂U

∂T

)V

,

koji se moze zameniti u izrazu (1.124), odakle se dobija da je B = 2A i n = 2.

45. U odre -denim sistemima kvazicestica, unutrasnja energija je povezana sa entropi-

jom izrazom

U(T, S) = AN

(N

V

)d

edS

NkB , (1.125)

gde su A i d konstante. Napisati temicku jednacinu stanja. Tako -de, odrediti

toplotne kapacitete Cp i Cv sistema.

46. Funkcijska veza izme -du hemijskog potencijala i broja cestica za Fermi sistem na

niskim temperatruama se data u aproksimativnom obliku izrazom

N = AV T 5/2µ3/2(1 +π

4

(kBT

µ

)2

). (1.126)

Odrediti razliku toplotnih kapaciteta CV,µ − CV,N , gde je CV,µ toplotni kapacitet

pri konstantnoj zapremini i hemijskim potencijalom µ.

47. Za ultrarelativisticki kvantni gas, na niskim temperaturama, veliki termodinamicki

potencijal se moze prikazati aproksimativno izrazom

Ω = −V kB6π2

T 4(7π4

30+ π2

(µ

kBT

)2

+1

2

(µ

kBT

)4

). (1.127)

Odrediti toplotne kapacitete CV,µ i CV,N .

48. Izracunati kapacitet kristala, koji je dat izrazom

Cv = f

(T

θ

), (1.128)


gde Debay-eva temperatura ne zavisi od temperature kristala, a sa promenom

zapremine menja se θ ∼ V −γ , gde je γ ∼ 1 pozitivna konstanta anharmonicnosti.

Odrediti izobarni koeficijent toplotnog sirenja kristala.

49. Jedan kilogram vode se izotermski sabije na konstantnoj temperaturi T = 20oC

od pritiska od 1 atmosfere (105Pa) do pritiska od 20 atmosfera.

(a) Odrediti rad koji je izvrsen u ovom procesu.

(b) Koliko toplote je voda emitovala? Pretpostaviti da je srednja izotermska kom-

presibilnost vode tokom tog procesa KT = 0.5 · 10−4 1atm

i srednji koeficijent

termalnog sirenja αp = 2x10−4 1oC

.

50. Pokazati da vazi relacija

Tds = cx

(∂T

∂Y

)x

dY + cY

(∂T

∂x

)Y

dx, (1.129)

gde je x = Xn

kolicina ekstenzivne varijable X po molu. Pored toga, cx je toplotni

kapacitet po molu za konstantnu vrednost parametra x, a cY je toplotni kapacitet

po molu pri konstantnom pri konstantnom Y .

d) Termodinamika magnetika

51. Odrediti koliki je rad izvrsen nad paramagnetnim dijelektrikom pri njegovoj po-

larizaciji i namagnetisavanju.

Resenje:

Za diksontinualno naelektrisanje dijamagnetne elektrcne i magnetne osobine su

odre -dene dielektricnim i magnetnim momentom

P =∑i

qiri, M =1

2

∑i

qi(ri × vi), (1.130)


dok se za kontinualno naelektrisanje, sume prelaze u integralima

P =

∫rρ(r)d3r, M =

1

2

∫(r × v)ρ(r)d3r. (1.131)

Elektricna polarizacija za kontinualno naelektrisanje se moze uvesti izrazom

P =dPd3r

, M =dMd3r

. (1.132)

Ukupni rad koji izvrsi elektricno i magnetno polje nad nekim magnetikom se sas-

toji od ”elementarnog” rada koje izvrsi magnetno polje na svaku pojedinacnom

cesticom putem Lorentz-ove sile

FL = q(E + v × B), (1.133)

sto nam omogucuje da uvedemo polje Lorentz-ove sile u svakoj tacki magnetika

fL =dFL

d3r= ρ(r)(E + v × B). (1.134)

Time je rad koji izvrsi fluks naelektrisanja neke male, odnosno delica zapremine

magnetika d3r, u nekoj proizvoljnoj tacki r je

δw = fLdr,

dok je onda ukupni izvrseni rad slobodnih struja u magnetiku

δW =

∫fLvdtd

3r.

Posto je v · (v × B) = 0, dobijamo da je

δW =

∫ρ(r)Evdtd3r =

=

∫j(r)Edtd3r, (1.135)

gde smo iskoristili da je j = ρv. Koristeci Ampere-ov zakon

j = ∇× H − ∂D

∂t, (1.136)


da bi izvrsili zamenu gustine slobodnih struja iz izraza (1.135) magnetnim polje

H i vektorom dielektricnog pomeraja D, dobija se izvrseni rad

δW = dt

∫(∇× H − ∂D

∂t) · Ed3r. (1.137)

Koristeci identitet ∇ · (E × H) = H · (∇× E)− E · (∇× H), dolazimo do

δW = dt[

∫(H · (∇× E)d3r −

∫∇ · (E × H)d3r −

∫E · ∂D

∂t)d3r]. (1.138)

U drugom sabirku se moze upotrebiti teorema GaussOstrogradsky-og, koja za-

menjuje integraciju po zapremini integracijom po zatvorenoj povrsini koja okruzuje

tu povrs ∫∇ · (E × H)d3r =

∮(E × H)d3S.

Dobijeni povrsinski integral za dovoljno veliku zatvorenu povrs tezi 0, posto je

E ∼ 1r2

i H ∼ 1r2

, dok je S ∼ r2. S druge strane u prvom sabirku mozemo

iskoristiti Faradey-ev zakon −∇× E = ∂B∂t

, odakle dobijamo da je rad

δW = −dt[

∫(H · ∂B

∂t+ E · ∂D

∂t)d3r]. (1.139)

52. 3 Odrediti CM − CH za paramagnetnik cija je izotermska Curie-eva suscep-

tibilnost χT = cT

.

Resenje:

Za paramagnetike osnovna jednacina promene unutrasnje energije je oblika

dU = TdS +HdM, (1.140)

tako da je Born-ov cetvorougao koji pomaze u termodinamickoj analizi para-

magnetika je dat na Slici 1.5. Toplotni kapaciteti pri konstantnoj magnetizaciji


M T

S H

U G

E

F

+ -

Slika 1.5:

CM = T(∂s∂T

)M

i pri konstantnom polju2 CH = T(∂s∂T

)H

se mogu transformisati

koristeci izraz (1.140), tako da se dobija da je

CM = T

(∂s

∂T

)m

=

(∂u

∂T

)m

. (1.141)

Da bi doveli u vezu toplotne kapacitete, krenimo od (1.5) raspisane sa promenom

temperature T i polja H

(∂u

∂T

)H

dT +

(∂u

∂H

)T

dH = T

(∂s

∂T

)H

dT + T

(∂s

∂H

)T

dH + (1.142)

+ H

(∂m

∂T

)H

dT +H

(∂M

∂H

)T

dH, (1.143)

odkle se dolazi do

T

(∂s

∂T

)H︸︷︷︸

CH=

=

(∂u

∂T

)H

−H

(∂m

∂T

)H

. (1.144)

2 Gde je sa s obelezena entropija odre -dene kolicine materije, za koju racunamo toplotne kapacitete.Tako npr. ako se trazi razlika molarnih tolotnih kapaciteta, onda je s = S

n entropija jednog molamaterije. Analogno, isto vazi i za uvo -denje magnetizacije odre -dene kolicine materije.


Parcijalni izvod(∂u∂T

)H

se moze dobiti prelaskom u zapis sa jakobijanima prelaska(∂u

∂T

)H

=∂(u,H)

∂(T,H)=

=∂(u,H)

∂(T,m)

∂(T,m)

∂(T,H)=

=

[(∂u

∂T

)m

(∂H

∂T

)m

−(∂u

∂m

)T

(∂h

∂T

)m

]·(∂m

∂H

)T

=

=

(∂u

∂T

)m

−(∂u

∂m

)T

(∂H

∂T

)m

(∂m

∂H

)T︸︷︷︸

=− ∂(H,m)∂(T,m)

∂(M,T )∂(H,T )

=− ∂(H,m)∂(H,T )

=

=

(∂u

∂T

)m︸︷︷︸

=Cm

+

(∂u

∂m

)T

(∂m

∂T

)H

. (1.145)

U ovom prethodnom izrazu parcijalni izvod kaloricke jednacine stanja se moze

izracunati ako pre -demo na termicku jednacinu stanja(∂u

∂T

)m

dT +

(∂u

∂m

)T

dm = T

(∂s

∂T

)m

dT + T

(∂s

∂m

)T

dm+Hdm, (1.146)

tako nalazimo (∂u

∂m

)T

= T

(∂H

∂T

)m

+H. (1.147)

Koristeci izraze (1.144), (1.145) i (1.147) dobija se

CH − Cm = T

(∂m

∂T

)H

(∂h

∂T

)m

. (1.148)

Da bi odredili ovu razliku za konkretan Curie-ev paramagnetik, iskoristicemo da

je

M = χTH =C

TH, (1.149)

odakle dobijamo

CH − Cm = T ·(−CHT 2

)·(H

T

)= −CH

2

T 2. (1.150)


53. 3 U eksperimentu je utvrdjeno da u odredjenoj oblasti temperature, mag-

netizacija M paramagnetnog tela zavisi od HT

, tj da M = f(HT), gde je H jacina

magnetnog polja, a T apsolutna temperatura. Dokazati da unutrasnja energija ne

zavisi od magnetizacije i odrediti entropiju S u zavisnosti od izmerene funkcije

f(HT).

Resenje:

Iz osnovne jednacine promene unutranje energije paramagnetika

dU = TdS +HdM, (1.151)

dobijamo(∂U

∂T

)M

= T

(∂S

∂T

)M

,

(∂U

∂M

)T

= T

(∂S

∂M

)T

+H. (1.152)

S druge strane, polje se moze prikazati pomocu magnetizacije H = Tf−1(M).

Koriteci i izraz (1.152), dolazimo do veze(∂U

∂M

)T

= −T(∂H

∂T

)M

+H = −T · f−1(M) +H = 0, (1.153)

odakle se moze zakljuciti da unutrasnja energija nije funkcija magnetizacije. Do

izraza za entropiju dolazimo do jednacina postaje

dS =1

TdU(T )− H

Tf ′(

H

T)d

(H

T

), (1.154)

i nakon integraljenja

S =

∫dU(T )

T−∫ H/T

0

xf ′(x)dx+ const =

= g(T )− H

Tf(H

T) +

∫ H/T

0

f(x)dx+ const. (1.155)


54. 3 Paramagnetno telo ima izotermsku magnetnu susceptibilnot χT (T ). Odred-

iti slobodnu energiju F (T,M) kao funckiju magnetizacije M i temperature T . Na

osnovu nje izracunati unutrasnju energiju U i entropiju S.

Resenje:

U skladu sa potavkom zadatka veza izme -du magnetizacije i polja je data sa M =

χT (T )H . Posto je

H =

(∂F

∂M

)T

, (1.156)

zajedno sa spomenutom vezom magnetizacije i polja, Helmoholtzova slobodna

energija je oblika

F (T,M) = F (T,M = 0) +

∫M

χT (T )dM =

= F (T,M = 0) +1

χT (T )

M2

2, (1.157)

sto ukazuje da je entropija funkcija T i odnosa HT

. I na kraju unutranju energiju

mozemo dobiti Legendre-ovom transformacijom

U = F + TS = F − T

(∂F

∂T

)M

,

koji se zatim nastavlja u izraz

U = T 2(F

T 2− 1

T

(∂F

∂T

)M

) = −T 2

(∂

∂T

(F

T

))M

=

= −T 2

[d

dT

(F (T, 0)

T

)− M2

2

d

dT

(1

TχT (T )

)]. (1.158)

Uzimajuci da je

U(T,M = 0) = −T 2 d

dT

(F

T

), (1.159)

dobijamo da je

U(T,M) = U(T,M = 0) +M2T 2

2

d

dT

(1

TχT (T )

). (1.160)


Entropija se moze odrediti iz izraza (1.157),

S(T,M) = S(T, 0) +

(d

dT

1

χ(T )

)M2

2. (1.161)

55. 3 Magnetna susceptibilnost paramgnetika je data Kirijevim zakonom χ = CT

,

a unutrasnja energija je data izrazom U = U(T,M) = U(T = 0,M) + aT 4 (gde su

a i C konstante).

a. Izracunati toplotu magnetizacije, odnosno koliku toplotu magnetik razmeni

sa okolinom pri pojacanju polja od 0 do H , pri konstantnoj temperaturi T =

const.

b. Pokazati da je nemoguce dostici temeraturu 0K adijabatskom demagnetizaci-

jom (tj. kada se magnetno polje iskljucuje od neke konacne vrednosti do H =

0).

c. Odrediti kolika je toplota pri adijabatskom razmagnetisavanju, tj smanjenji-

vanju magnetnog polja od H do 0.

Resenje:

(a) Iz izraza za promenu unutrasnje energije mozemo dobiti da je(∂U

∂M

)T

= H − T

(∂H

∂T

)M

, (1.162)

gde smo iskoristili Maxwel-ovu relaciju(

∂S∂M

)T

=(∂H∂T

)M

. U prethodnoj

relaciji mozemo odrediti parcijalni izvod(∂H∂T

)M

= MC

, posto je M = CHT

.

Zamenjujuci ovaj izraz u (1.162) dobijamo da je(∂U∂M

)T

= 0. Pored toga,

znamo da je u opstem slucaju

δQ = TdS = dU −HdM, (1.163)


tako da u slucaju kada unutrasnja energija ne zavisi od magnetizacije dobi-

jamo da je

δQ =

(∂U

∂T

)M

dT −HdM, (1.164)

ali posto je dT = 0, dobijamo da je δQ = −HdM , odakle integracijom od

H = 0, do nekog nenultog polja H dobija se da je

QT=const = −χ2H2. (1.165)

(b) Za adijabatski proces vazi da je δQ = TdS = 0, odnosno da je dU = HdM .

Koristeci da za Curie-jevu susceptibilnost, unutrasnja energija ne zavisi od

magnetizacije, dobija se

U(T2)− U(T1) = −χH2

2, (1.166)

gde je T2-temperatura magnetika kada je spoljasnje polje H = 0, dok je T1-

temperatura, kada je spoljasnje polje H = 0.

56. Razmatrati paramagnetni materijal koji ima izotermsku susceptibilnost χT = CT

,

i ima toplotni kapacitet C(T,M = 0) = KT 2 .

(a) Odrediti toplotni kapacitet pri konstantnom magnetnom polu CH , i pri kon-

stantnoj nenultoj magnetizaciji CM .

(b) Pretpostaviti da je paramagnetik doveden do temerature T1 i da je u mag-

netnom polju H1. Odrediti konacnu temperaturu T2 paramagnetika posle

adijabatske demagnetizacije, pri kome polje smanjujemo do H2.

57. Izracunaj entropiju, entalpiju, Helmholtz-ovu slobodnu energiju i Gibbs-ovu slo-

bodnu energiju paramegnetnog materijala i napisi eksplicitno u zavisnosti prirod-

nih varijabli (u slucaju da je moguce). Magentizacija zavisi od polja i temperature


u sklau sa jednacinom M = aHT

, i molarni toplotni kapacitet pri konstantnoj mag-

netizaciji se ne menja CM = C. M je molarna magnetizacija, dok su a i C kon-

stante.

58. Razmatrati paramagnetni materijal koji ima izotermsku susceptibilnost χT = CT

, i

ima toplotni kapacitetC(T,M = 0) = K(T+θ)2

. Odrediti adijabatsku susceptibilnost

pri χS =(∂M∂H

)S

u zavisnosti od magnetnog polja H i temperature T .

59. Magnetna susceptibilnost paramgnetika je data Kirijevim zakonom χ = CT

, a

topolotni kapacitet po jedinici zapremine pri konstantnom poljuCH = (a+bH2) VT 2

(gde su a i b konstante). Odrediti kolika je temperatura T ′ posle adijabatskog raz-

magnetisavanja sa temperature T , pri samnjivanju polja sa H na 0.

60. Magnetna susceptibilnost antiferomagnetika se moze predstaviti kao χ = ATα , a

gde je A > 0, i gde je 0 < α < 1. Unutrasnja energija van spoljasnjeg polja je

U(T,M = 0) = BT β , gde su B, β > 0. Ako je sistem imao temperaturu T u

polju jacine H , posle adijabatskog iskljucenja ohladice se do temperature T ′< T .

Odrediti temperaturu T′ . Uzeti u obzir da je A i α ne zavise od H (odnosno, da

su slaba polja), sto znaci da su efekti magnetostrikcije mali.

61. (a) Dokazati sledecu relaciju izmedju zapreminske magnetostrikcije i koefici-

jenta piezomagnetika (∂V

∂H

)p,T

= −(∂M

∂p

)H,T

. (1.167)

(b) Pokazati da pri izotermskom povecanju polja od 0 doH zapremina promeni

za ∆V (gde je ∆V << V ), uzati da je

∆V

V≈ H2

2(βχ−

(∂χ

∂p

)T

),

gde je β = − 1V

(∂V∂p

)HT . Uzeti da je magnet homogen (M = χV H).


62. 4 U sudu sa klasicnim paramagnetnim gasom (p = nkT, χT = µ3

nKT, n =

NV

) nalazi se dugacki solenoid, u kome gas moze slobodno da cirkulise. Zane-

marujuci efekte krajeva izracunati odnos pritiska gasa u solenoidu prema onome

van solenoida, ako je magnetno polje u solenoidu H .

Resenje:

Paramagnetni gas se uvlaci u solenoid gde je mnogo vece magnetno polje nego

izvan solenoida. Sa poveca njem koncentracije gasa u solenoidu se povecava

samim tim i pritisak gasa. Do tog zakljucka bismo mogli da dodjemo koris cenjem

Gibbs-Duhem-ove relacije za paramagnetni idealni gas, koja je oblika:

dµ = −sdT + vdp−mdH, (1.168)

µ hemijski potencijal, dok su s = SN

, v = VN

i m = MVN

- entropija, zapremina

i srednji magnetni moment, respektivno. Prethodno navedene velicine odnose

se za jednu cesticu. Zavisnost hemijskog potencijala od velicina p, T i H je data

sledecim izrazima: (∂µ

∂p

)H,T

= v =1

n=kT

p, (1.169)

(∂µ

∂T

)H,p

= −s, (1.170)

(∂µ

∂H

)p,T

= −m = − µoH

3kBT. (1.171)

Koristeci prethodne relacije mozemo dobiti hemijski potencijal u funkciji svojih

prirodnih parametara

µ(p, T,H) = kBT ln p− µo

kBTH2 − cpT lnT + cpT. (1.172)

Gas koji se nalazi u magnetnom polju i izvan magnetnog polja je u termodi-

namickoj ravnotezi, tako da je T1 = T2, i µ1 = µ2. Koristeci izraz za hemijski


potencijal, u ovom slucaju termodinamicke ravnoteze mozemo napisati relaciju

µ(p1, T1, H1) = µ(p2, T2 = T1, H2 = 0), gde su velicine indeksirane sa 1 su un-

utar solenoida, dok velicine indeksirane sa 2 su izvan solenoida. Ako iskoristimo

izraz za hemijski potencijal dobijamo relaciju

p1 = p2eµoH

3(kBT )3 , (1.173)

koja sugerise da je pritisak p1 veci od pritiska p2, sto smo i na pocetku zadatka

zapazili da ce se desiti.

e) Termodinamika sistema sa promenljivim brojem cestica

63. 4 Odrediti razliku toplotnih kapaciteta Cv,µ − CV,N .

Resenje:

Razmatrajuci parcijalne izvode, odnosno jakobijane, preko kojih su zapisani za-

dati toplotni kapaciteti, dolazimo do izraza

CV,µ = T

(∂S

∂T

)V,µ

= T∂(S, V, µ)

∂(T, V, µ), (1.174)

CV,N = T

(∂S

∂T

)V,N

= T∂(S, V,N)

∂(T, V,N), (1.175)

koje mozemo povezati relacijama

∂(S, V, µ)

∂(T, V, µ)=

∂(S, V, µ)

∂(T, V,N)· ∂(T, V,N)

∂(T, V, µ). (1.176)

Posle nekoliko jednostavnih aritmetickih transformacija dolazimo do kljucne relacije

(∂S

∂T

)V,µ

=

(∂S

∂T

)V,N

−(∂S

∂µ

)T,V

(∂µ

∂T

)V,N

, (1.177)

iz koje mozemo dobiti izraz

Cv,µ − CV,N = −T(∂N

∂T

)µ,V

(∂µ

∂T

)V,N

. (1.178)


64. 4 Dokazati sledece relacije za N -cesticne sisteme:

(a)(∂U∂N

)T,V

− µ = −T(∂µ∂t

)V,N

,

(b)(∂N∂T

)V,x

= 1T

(∂N∂µ

)T,V

(∂U∂N

)T,V

,

(c)(∂U∂T

)V,x

−(∂u∂T

)V,N

= 1T

(∂N∂µ

)T,V

(∂U∂N

)T,V

,

gde je x = µT

.

Resenje:

(a) Unutrasnju energiju mozemo zapisati u zavisnosti od V ,T i N koriste’ ci

izraz

dU = (T

(∂S

∂V

)T,N

−p)dV +T

(∂S

∂T

)V,N

dT +(µ+T

(∂S

∂N

)V,T

)dN, (1.179)

iz koga se moze ,,procitati“ trazeni izraz(∂U

∂N

)T,V

− µ = −T(∂µ

∂t

)V,N

, (1.180)

(b) Uvedimo smenu x = µT

. Krenimo od izraza(∂N

∂T

)V,x

=∂(N, V, x)

∂(T, V, x)=∂(N, V, x)

∂(T, V, µ)

∂(T, V, µ)

∂(T, V, x)

=

(∂N

∂T

)V,µ

+µ

T

(∂N

∂µ

)T,V

, (1.181)

gde je iskori steno da je(∂x∂T

)µ= − µ

T 2 i(

∂x∂µ

)T

= 1T

. Nakon jos nekoliko

algebarskih transformacija dobija se izraz(∂N

∂T

)V,x

=1

T

(∂N

∂µ

)T,V

(µ− T

(∂µ

∂T

)V,N

), (1.182)

u kome se moze iskoristiti relacija pod (a), odakle se dobija(∂N

∂T

)V,x

=1

T

(∂N

∂µ

)T,V

(∂U

∂N

)T,V

. (1.183)


(c) Slicno se moze krenuti kao u prethodnom segmentu zadatka(∂U

∂T

)V,x

=∂(U, V, x)

∂(T, V, x)=

∂(U, V, x)

∂(T, V,N)

∂(T, V,N)

∂(T, V, x)

=

(∂U

∂T

)V,N

+

(∂U

∂N

)T,V

(∂x

∂T

)V,N

(∂N

∂x

)T,V

, (1.184)

odakle se moze dobiti(∂U

∂T

)V,x

−(∂U

∂T

)V,N

= − 1

T

(∂U

∂N

)T,V

(µ−T(∂µ

∂T

)V,N

)

(∂N

∂µ

)T,V

, (1.185)

gde se moze iskkoristiti relacija pod (a), cime se dobija(∂U

∂T

)V,x

−(∂u

∂T

)V,N

=1

T

(∂N

∂µ

)T,V

(∂U

∂N

)T,V

. (1.186)

65. Dokazati sledece termodinammicke relacije:

a.(∂U∂V

)T= T

(∂p∂T

)V− p

b.(

∂N∂µ

)T,V

= N2KT

V, gde je µ hemijski potencijal, a KT izotermska kompresibil-

nost.

c. Cp

(∂T∂p

)E= T

(∂V∂T

)p− V , gde je E entalpija posmatranog sistema.

Resenje:

(a) Krenucemo od izraza za unutrasnju energiju

dU = TdS − pdV, (1.187)

odakle se dobija izraz za parcijalni izvod unutrasnje energije po zapremini(∂U

∂V

)T

= T

(∂S

∂V

)T

− p, (1.188)

odakle se Maxwel-ovom relacijom dokazuje potrebni izraz(∂U

∂V

)T

= T

(∂p

∂T

)V

− p. (1.189)


(b) Krenimo od Gibbs-Duhem-ove relacije

Ndµ = SdT − V dp, (1.190)

odakle se dobija da je (∂µ

∂N

)T,V

= −V(∂p

∂N

)T,V

. (1.191)

Za poslednji pacijalni izvod mozemo iskoristiti jednu od osobina jakobijana(∂p

∂N

)T,V

=∂(p, T, V )

∂(N, T, V )=

=∂(p, T, V )

∂(p, T,N)

∂(p, T,N)

∂(N, T, V )=

=

(∂V

∂N

)p,T

(∂p

∂V

)N,T

Parcijalni izvod zapremine V po broju cestica N se moze transformisati ko-

risteci Maxwell-ovu jednacinu. Tako -de moze se primetiti da su V i N ek-

stenzivne velicine, sto znaci da mozemo ocekivati u slucaju fluida da pos-

toji zavisnost N = V f(p, T ). Znaci koristeci Maxwell-ovu relaciju i ponovo

Gibbs-Duhem-ovu relaciju dobija se(∂V

∂N

)p,T

=

(∂µ

∂p

)T,N

=V

N. (1.192)

(c) Prvi korak je da izrazimo(

∂T∂p

)E

preko izvoda entalpije, koristeci osobine

jakobijana (∂T

∂p

)E

=∂(T,E)

∂(p, E)=

=∂(T,E)

∂(T, p)

∂(T, p)

∂(p, E)= −

(∂E

∂p

)T

(∂T

∂E

)p

.

Ovu relaciju mozemo srediti ako upotrebimo zavisnost promene entalpije

od temperature T i S:

dE = TdS + V dp, (1.193)


odakle dobijamo da je(∂E∂T

)p= T

(∂S∂T

)p= Cp. Drugi parcijalni izvod po

pritisku, koriseci ovu relaciju je jednak(∂E

∂p

)T

= V + T

(∂S

∂p

)T

= V −(∂V

∂T

)p

, (1.194)

odakle zamenom se dobija trazeni izraz

Cp

(∂T

∂p

)E

= T

(∂V

∂T

)p

− V. (1.195)

66. Pokazati sledece relacije:

(a) V(∂p∂V

)T,N

= −N(

∂p∂N

)T,V

,

(b) V(∂µ∂V

)T,N

= −N(∂µ∂N

)T,V

,

(c)(∂µ∂N

)T,V

= VN2KT

.

67. Pokazati da za realni van der Waals-ov gas vazi relacija:

dH = CvdT +a

V 2dV + d(pV ). (1.196)

f) Termodinamicke nejednakosti

68. Dokazati nejednakost (∂Yi∂yi

)Yk

>

(∂Yi∂yi

)yk

, (1.197)

gde su Yi-generalisane sile, dok je yi–gneralisane koordinate.

Resenje:

Varijacija drugog reda unutrasnje energije sistema se moze zapisati izrazom

δ2U =1

2

∑i

∑k

∂2U

∂yi∂ykδyiδyk, (1.198)

odakle se koristeci ∑k

∂2U

∂yi∂ykδyk =

∑k

∂Yi∂yk

δyk = δYk,


dolazi do

δ2U =1

2

∑k

δYkδyk. (1.199)

U slucaju minimuma unutrasnje energije, imamo da je

δ2U > 0, (1.200)

odnosno ako se izraz (1.202) razmatra kao kvadratna forma, onda determnanta

koeficijenata u toj kvadratnoj formi mora biti pozitivna

δ2U =

∂2U∂yk1∂yk1

∂2U∂yk1∂yk2

· · · ∂2U∂yk1∂ykn

∂2U∂yk2∂yk1

∂2U∂yk2∂yk2

· · · ∂2U∂yk2∂ykn

· · · · · · · · · · · ·∂2U

∂ykn∂yk1

∂2U∂ykn∂yk2

· · · ∂2U∂ykn∂ykn

, (1.201)

gde indeks n = 1, 2, 3, . . .. Determinanta ce biti pozitivna ako je

(∂yk∂Yk

)y′k

≥ 0, (1.202)

za k′ = k. Ova relacija primenjena u slucaju termomehanickih sistema, odnosno

za yk → S, Yk → T i yk′ → V dobijamo da je(∂S∂T

)V≥ 0, odnosno da je Cv ≥ 0.

69. Ako su Yi generalisane sile, a yi generalisane koordinate, dokazati da vazi:

(∂yi∂Yi

)Yk

=

(∂yi∂Yi

)Yk

, (1.203)

za velicine za koje vazi(

∂yi∂Yk

)Yi

=(

∂yk∂Yi

)Yk

.

Resenje:


Krenimo od izraza na levoj strani identiteta(∂yi∂Yi

)yk

=∂(yi, yk)

∂(Yi, yk)=

=∂(yi, yk)

∂(Yi, Yk)

∂(Yi, Yk)

∂(Yi, yk)=

= [

(∂yi∂Yi

)Yk

(∂yk∂Yk

)Yi

−(∂yi∂Yk

)Yi︸︷︷︸

=(

∂yk∂Yi

)Yk

(∂yk∂Yi

)Yk

] ·(∂Yk∂yk

)Yi

,(1.204)

odakle se nalazi identitet(∂yi∂Yi

)yk

=

(∂yi∂Yi

)yk

−(∂yk∂Yi

)2

Yk

(∂Yk∂yk

)Yi

, (1.205)

i posto je u skladu sa (1.202) stizemo do relacije(∂yi∂Yi

)yk

<

(∂yi∂Yi

)Yk

. (1.206)

70. Za zatvoreni sistem, pokazati da su toplotni kapacteti pr konstantnoj zapremini

i pri konstantnom pritisku pozitivna velcina i da zapremna opada pri povecanju

pritiska u izotermskom procesu. Takodje, pokazati da toplotnim kapacitetima pri

konstantnom pritisku nikada nije manji od toplotnog kapaciteta pri konstantnoj

zapremini.

71. Pokazati da je ispunjena nejednakost CV,N < CV,µ.

72. Ako su napon istezanja i duzina zice, X i x, respektivno, pokazati da vazi:

(a)(∂X∂x

)S,p

> 0,

(b)(∂X∂x

)T,p

> 0.

III.. TRECI PRINCIP TERMODINAMIKE 51

Slika 1.6: Entropija paramagnetnih soli kao funkcija temperature za nekoliko ra-

zlicitih jacina magnetnih polja (magnetnih indukcija u intervalu izme -du B = 0

i maksimalne vrednosti Bb). Magnetno hla -denje paramagnetnih soli od tempera-

ture T = Ti do temperature T = Tf se sprovelo u dva koraka: prvo, izotermskom

magnetizacijom koja se vrsi povecanjem magnetnog polja od B = 0 do B = Bb

na konstantnoj temperaturi Ti; a zatim adijabatskom demagnetizacijom pri kojoj se

smanjuje temperatura od T = Ti do T = Tf .

III. Treci princip termodinamike

73. 5 Pokazati da toplotni kapacitet tezi nuli, u limesu kada T → 0. Koristiti III

princip termodinamike.

Resenje:

Iz treceg principa termodinamike, odnosno pri nekom konstantnom parametru


sistema X , imamo da je parlimT→0 (S)X = 0. Odavde se moze dobiti

limT→0

TS

T= 0,

gde se moze primeniti l’Hospital-ovo pravilo

limT→0

∂(TS)∂T∂T∂T

= limT→0

[T∂S

∂T+ S] =

= limT→0

T∂S

∂T+ lim

T→0S =

= limT→0

CX + limT→0

S, (1.207)

odakle se moze zakljuciti da toplotni kapacitet pri konstantnom proizvoljnom

parametru X , za jako niske temperature:

limT→0

CX = 0. (1.208)

74. 5 Koristeci treci zakon termodinamike, pokazati da termalni koeficijent ekspanz-

ije 1V

(∂V∂T

)p, i takodje, koeficijenta pritsika

(∂p∂T

)V→ 0, kada T → 0.

Resenje:

Toplotni kapacitet pri konstantnom pritisku

Cp = T

(∂S

∂T

)p

, (1.209)

moze dovesti do izraza za entropiju

S =

∫ T

0

Cp

TdT. (1.210)

Diferencirajuci ovaj izraz po pritisku, dobija se(∂S

∂p

)T

=

∫ T

0

1

T

(∂Cp

∂p

)T

dT

=

∫ T

0

∂2S

∂p∂TdT

=

∫ T

0

(∂

∂T

(∂V

∂T

)p

)p

dT. (1.211)

III.. TRECI PRINCIP TERMODINAMIKE 53

sto nakon integracije postaje izraz(∂S

∂p

)T

= −(∂V

∂T

)p

+

(∂V

∂T

)p

∣∣∣∣∣T→0

, (1.212)

koji zajedno sa koriscenjem Maxwell-ove relacije(

∂S∂p

)T= −

(∂V∂T

)p

daje

(∂V

∂T

)p

∣∣∣∣∣T→0

= 0. (1.213)

S ciljem da se dokaze(∂p∂T

)V−−−→T→0

0, treba krenuti od izraza za toplotni kapacitet

pri konstantnoj zapremini CV , a zatim slicnim putem dokazati trazenu granicnu

vrednost.

75. 5 Pokazati da je u limesu kada T → 0 ispunjena relacija ∂χT

∂T→ 0.

Resenje:

Entropija, u limesu T → 0, prestaje da bude funkcija svih ostalih velicina, sto se

moze napisati na drugaciji nacin(∂S

∂ai

)T,aj

za j =i

= 0. (1.214)

Za magnetne sisteme onda bi vazilo(∂H

∂T

)M

=

(∂S

∂M

)T

−−−→T→0

0, (1.215)

a tako -de i (∂M

∂T

)H

=

(∂S

∂H

)T

−−−→T→0

0. (1.216)

Iz relacije (1.216), zamenjujuci zavisnost magnetizacije od polja H , dobijamo

limT→0

(∂M

∂T

)H

= limT→0

(∂χTH

∂T

)H

= H limT→0

(∂χT

∂T

)H

, (1.217)

cime je pokazano limT→0

(∂χT

∂T

)H= 0.


76. Pokazati da se adijabatskom demagnetizacijom ne moze dostici temperatura T =

0K.

Resenje:

Entropiju paramagnetika (1.161) mozemo dati u drugacijem obliku

S(T,H) = S(T, 0) +dχ(T )

dT

H2

2. (1.218)

Kako T → 0, imamo dχ(T )dT

→ 0. Zbog toga kada se polje H = 0 na konacnoj

temperaturi (vdeti Sl.(1.6)) adjabatski smanji do H = 0, nikada se ne moze dostici

T = 0.

§ 2 Fazni prelazi

I. Clausius–Clapeironova jednacina

1. 5 Pokazati da u okolini trikriticne tacke (Tc, pc), kriva faznog prelaza cvrsto

stanje - gas je strmija nego kriva faznog prelaza tecnost - gas.

Resenje:

Clausius-Clapeyron-ova formula odre -duje nagib linije koegzistencija faza gas-

cvrsto stanje (dp

dT

)s−g

=sg − ssvg − vs

=qsg

T (vg − vs), (2.1)

dok se nagib linije duz koje dolazi do daznog prelaza izme -du tecnosti i gasa(dp

dT

)l−g

=sg − slvg − vl

=qlg

T (vg − vl). (2.2)

Posto za zapremine faza mozemo uzeti vg >> vs i vg >> vl, dobijamo aproksima-

tivni izraz (dp

dT

)s−g

∼ sg − ssvg

, (2.3)

odnosno (dp

dT

)l−g

∼ sg − slvg

. (2.4)

Uzimajuci u obzir da je entropija gasnog stanja mnogo ve’ ca od entropije, odnosno

gasa sg >> sl >> ss, nalazimo sg−ssvg

> sg−slvg

, na osnovu cega zakljucujemo da je(dpdT

)l−g

>(dpdT

)l−g

.

56 § 2. FAZNI PRELAZI

2. 5

(a) Kako zavisi pritisak na liniji koegzistencije gasne i cvrste faze, uzimajuci da

se jednacinom idealnog gasa moze predstaviti stanje gasne faze razmatra-

nog materijala.

(b) Ovaj problem se moze primeniti naH2 u blizini trojne tacke (p0, T0) = (90MPa, 14K).

Latentna toplota prelaza cvrsto-gas stanje u tom slucaju q = 1.01 kJmol

.

Resenje:

(a) Nagib krive koegzistencije gasne i tecne faze je data izrazom

dp

dT=sg − ssvg − vs

=q

T (vg − vs), (2.5)

gde smo iskoristili da je latentna toplota faznog prelaza povezana sa en-

tropijama jedne i druge faze q = T (sg − ss). Uzimajuci da je zapremina gasa

mnogo veca od zapremine tecnosti vg >> vs, a tako -de i da je zapremina

gasa koristeci jednacinu stanja idelanog gasa vg = RTp

, sto nas dovodi do

diferencijalne jednacinedp

dT=

q

R· pT 2, (2.6)

cijim resavanjem dobijamo jednacinu linije koegzistencije faza

p = p0e− q

R(T−T0), (2.7)

gde je (p0, T0) koordinata tacke na liniji koegzistencije razmatranih faza.

(b) Uzimajuci rezultat koji je dobijen u prethodnog delu ovog zadatka mozemo

napisati kakvog je oblika jednacina koegzistencije faza

p = 90MPa · e−0.124 1K(T−14K). (2.8)

I.. CLAUSIUS–CLAPEIRONOVA JEDNACINA 57

3. 5 Gustina tecnog vodonika H2 u okolini trikriticne tacke je 71kg/m3, dok je

gustina H2 u cvrstom stanju 81kg/m3. Zavisnost temperature topljenja u okolini

trikriticne tacke je

T = 13.99K +p

3.3MPa.

Odrediti latentnu energija topljenja u okolini trikriticne tacke Tc = 14K.

Resenje:

Iz uslova ravnoteze dve faze hemijski potencijali su moedjusobno jednaki µ1 =

µ2. I z tog uslova se dobijadp

dT=s2 − s1v2 − v1

, (2.9)

gde su s2 i s1 entropija prve, odnosno druge faze po jedinici mase, a v2 i v1 za-

premina jedinice mase1. Pored toga, razlika entropija je povezana sa latentnom

toplotom s2 − s1 = qT

. Zapremina po jedinici mase je povezana sa gustinom

pomocu izraza ρ1 = 1v1

, odnosno ρ2 = 1v2

. Tako se dobija

dp

dT=

qρ2ρ1T (ρ2 − ρ1)

, (2.10)

odakle se moze naci kolika je latentna toplota faznog prelaza

q =dp

dT

(ρ1 − ρ2)T

ρ2ρ1≈ 0.1

MJ

kg. (2.11)

4. U okolini trojne tacke amonijaka (NH3) jednacina sublimacione krive je dobijena

eksperimentom

ln(p) = 27.79− 3726K

T, (2.12)

dok je jednacina krive isparavanja

ln(p) = 24.103005K

T(2.13)

gde se pritisak p meri u paskalima, a T u kelvinima.1 Moze se uzeti da je i po jednoj cestici, ili po jedinici kolicine materije.


(a) Izracunati pritisak i temperaturu trojne tacke.

(b) Odrediti kolike su latentne toplote sublimacije i isparavanja.

Resenje:

(a) Na trojnoj tacki, pritisak i temperatura pare, tecnosti i cvrstog stanja su iste.

Zbog toga, temperatura trojne tacke T0 se dobija iz preseka krivih subli-

macije i isparavanja, odnosno resavajuci jednacinu

27.79− 3726K

T0= 24.10

3005K

T0, (2.14)

odakle se dobija da je T0 = 195.4K, doke je onda pritisak trojne tacke p0 =

6.13kPa.

(b) Iz nagiba krive koegzistencije faza cvrste i gasne faze i koriscenjem relacije

(2.6) dobijene pod pretpostavkom da se gas moze smatrati idealnim, dobija

se latentna tolota sublimacije qsg ≈ 31 kJmol

. I na isti nacin, iz krive koegzis-

tencije tecne i gasne faze se moze odrediti latentna toplota isparavanja qlg ≈

25 kJmol

.

5. 6 Izracunati latentnu toplotu sublimacije, i nagib krive faznog prelaza cvrsto

- gasno blizu trikriticne tacke, ako su poznate latentne toplote prelaza gas-tecnost

i tecnost-cvrsto.

Resenje:

Za latentne toplote faznih prelaza gas-tecnost, gas-cvrsto stanje i tecnost-cvrsto

stanje mozemo napisati

qlg = T (sg − sl), (2.15)

qsg = T (sg − ss), (2.16)

qsl = T (sl − ss). (2.17)


Polazeci da se latentna toplota gas-cvrsto stanje moze napisati

qsg = T (sg − sl + sl − ss), (2.18)

dobijamo da je qsg = qgl + qls.

g

p

T

ls

Slika 2.1:

6. 6 Ako su dve faze A i B u ravnotezi, pokazati da se latentna toplota prelaza

izmedju faze A i faze B menja sa temperaturom T

dq

dT= CpB − CpA +

q

T− q

αp,BvB − αp,AvAvB − vA

, gde su CpA i CpB molarni toplotni kapaciteti termodinamicke faza A i B na kon-

stantnom pritisku, i αp,A i αp,B su koeficijenti termalnog sirenja faza A i B.

Resenje:

Posmatramo fazni prelaz iz faze A u fazu B. Latentna toplota tog faznog prelaza

je jednaka q = T (sB − sA), gde je sA (sB) molarna entropija supstance u fazi

A(odnosno B). Ako trazimo promenu latentne toplote sa promenom tempera-

ture

(dq

dT)p(T )


duz linije faznih prelaza, dobijamo da je

dq

dT= (

∂q

∂T)p + (

∂q

∂p)T (

dp

dT)p(T ).

Koristeci Clausius-Clapeiron-ovu jednacinu i izraz za latentnu toplotu faznog

prelaza dobijamo da je

dq

dT= sB − sA + CpB − CpA + (αp,BvB − αp,AvA)

q

vB − vA,

odakle mozemo dobiti trazeni izraz. Ukoliko je jedna od faza ima za istu kolicinu

materije ima mnogo manju zapreminu vA << vB, a tako -de i entropiju sA << sB i

termalni koeficijenti sirenja αp,A << αp,B moze se doci do aproksimativnog izraza

za promenu latentne toplote

dq

dT= CpB − CpA +

q

T− αp,Bq. (2.19)

U slucaju da se faza B moze razmatrati kao idealni gas, onda se termalni koefici-

jent sirenja moze odrediti αp,B = 1T

, odakle dobijamo

dq

dT= CpB − CpA. (2.20)

7. Pokazati da specificna toplota zasicene pare na temperaturi T , tj specificna toplota

koja odgovara zagrevanju u kome para ostaje u ravnotezi sa tecnoscu moze biti

data izrazom

C = C lp + T

d

dT

( qT

), (2.21)

gde je q latentna tolpota faznog prelaza tecnost - gas. Prethodna relacija je dobi-

jena u slucaju da je vodena para - idealan gas. Kako izgleda analogna relacija u

slucaju da vodena para ima osobine realnog gasa.

Resenje:


Toplotni kapacitet duz linije koegzistencije faza se moze izracunati pomocu izraza

C = T

(∂s

∂T

)p(T )

, (2.22)

gde je p(T ) jednacina te linije. Ukoliko se krene od funkcijskog izraza promene

entropije od temperature i pritiska

ds =

(∂s

∂T

)p

dT +

(∂s

∂p

)T

dp, (2.23)

mozemo dobiti desnu stranu izraza (2.22) kada prethodni izraz podelimo sa dT ,

i zahtevamo da se ta jednacina moze dobiti duz linije koegzistencije faza p(T ),

odnosno (∂s

∂T

)p(T )

=

(∂s

∂T

)p

+

(∂s

∂p

)T

(dp

dT

)p(T )

. (2.24)

Uz koriscenje Clausius-Clapeiron-ove jednacine, i Maxwell-ove relacije(

∂s∂p

)T=

−(∂v∂T

)p

dolazimo do izraza

C = Cgp − vgαp

q

vg − vl, (2.25)

gde je αp = 1v

(∂v∂T

)p

termalni koeficijent sirenja gasa. Za slucaj idealnog gasa,

u ovoj relaciji mozemo zameniti konkretni oblik zavisnosti koeficijenta sirenja

αp =1T

i da u potrebimo izraz 2.20, cime nalazimo

C = C lp +

dq

dT− q

T= C l

p + Td

dT

q

T. (2.26)

8. Pokazati da Clausius-Clapeyron-ova jednacina se moze dobiti razmatrajuci fazni

prelaz tecnost-gas kao Karnoov ciklus.


II. Osnove Landau-ove teorije faznih prelaza

9. Landau-ova slobodna energija je data relacijom

G(m, t) =t

2m2 +

1

6m6 − hm, (2.27)

gde je t = T−Tc

Tc.

a. Skicirati fazni dijagram ovog sistema.

b. Odrediti kriticne eksponente α, β, γ i δ.

10. Teorija srednjeg polja daje relaciju oblika

m = tanh(µoh

kbT+TcTm) (2.28)

za magnetni moment po spinu u Ising-ovom modelu. Odrediti Gibs-ovu slo-

bodnu energiju, i pokazati da ima oblik Landau-ov oblik.(Pomoc: Resi izraz po

h, i razvij dobijenu ananliticku funkciju po m.)

Resenje:

Dati izraz se moze invertovati sa ciljem da se h dobije u funkciji od T i m:

h =kBT

µo

(arth(m)− Tc

Tm

). (2.29)

Da bi prikazali u razvoju po magnetizaciji m, razmotricemo funkciju x(m) =

arth(m). S ciljem da se odredi razvoj prethodnog izraza, odredicemo prvi izvod

dx

dm=

1

1−m2, (2.30)

odakle se prethodni izraz razvojem u red dobija da je dxdm

=∑∞

i=0m2i. Integraci-

jom prethodne diferencijalne jednacine dobija se da je

h =kBT

µo

(∞∑i=0

m2i+1

2i+ 1− TcTm). (2.31)

II.. OSNOVE LANDAU-OVE TEORIJE FAZNIH PRELAZA 63

S ciljem da se odredi Helmholtz-ova slobodna energija, pocicemo od izraza h =(∂f∂m

)T

, odakle dobijamo da je

f(m,T ) = f(m,T = 0) +kBT

µo

(∞∑i=0

m2i+2

(2i+ 1)(2i+ 2)− TcT

m2

2

). (2.32)

Upotrebljavajuci Legendre-ovu trransformaciju g(h, T ) = f(m,T )−mh, dobija se

g(m,T ) = f(m,T = 0) +kBT

µo

(TcTm2 −

∞∑i=0

m2i+2

2i+ 2

). (2.33)

Zadrzavajuci se samo na faktorima sa nizim stepenima razvoja, dobija se da je

Gibs-ova slobodna energija

g(m,T ) = f(m = 0, T ) + (kbTcµo

m2 − 1

2)− 1

4

kbT

µo

m4 − 1

6

kBT

µo

m6 + · · · . (2.34)

11. Polazeci od Landau-ove slobodne energije koja je data izrazom

G(T,m) = a(T ) + b(T )m2 + c(T )m4, (2.35)

odrediti β, γ, γ′ i δ u okolini linije koegzistencije faza.

Resenje:

h(T,m) =

(∂G

∂m

)T

= 2b(T )m+ 4c(T )m3, (2.36)

odakle se dobija da je izotemska susceptibilnost

χ(T,m) =1

2b(T ) + 12c(T )m2. (2.37)

Razvijajuci u red zavisnost koeficijenata b(T ) i c(T ) u okolini faznih prelaza dobija

se da je

b(T ) = b(Tc + τTc) = b(Tc) + b′(Tc)Tcτ + · (2.38)

c(T ) = c(Tc + τTc) = c(Tc) + c′(Tc)Tcτ + ·. (2.39)


Posto u limesu za τ → 0 susceptibilnost, prikazana izrazom (2.37), divergira onda

se uocava da je b(Tc) = 0. Tako da se u najgrubljoj aproksimaciji dobija zavisnost

b ≈ b′(Tc)Tcτ i c ≈ c(Tc).

• Uvodeci pogodnije parametre b = 2b′Tc i c = 2c′

b′Tc, za h = 0 i τ < 0, dobija se

m =√− τ

c, sto ukazuje da je kriticni eksponent β = 1.

• Za h = 0 i τ > 0, temperaturska zavisnost susceptibilnosti je data relacijom

χ ≈ 1

bτ≈ τ−1. (2.40)

• Razmatrajuci slucaj h = 0 i τ < 0, dobija se da je

1

χ= bτ − bcτ, (2.41)

odakle sledi da χ ≈ τ−1, sto implicira da je γ′ = 1.

• Kada je τ = 0, dobija se h ≈ bcm3, odakle je δ = 3.

12. Pod uslovima prethodnog zadatka, odrditi zavisnost razlike toplotnih kapaciteta

Cm − Ch od τ = T−Tc

Tc.

Resenje:

Koristeci identitet

Cm − Ch = −T(∂S

∂m

)T

(∂m

∂T

)h

, (2.42)

i koristeci rezultate nadjene u prethodnom zadatku, moze se izracunati da je

Cm − Ch = − bT τ

2T 2c c. (2.43)

13. Landau-ova slobodna energija je data relacijom

G(m, t) =a

2m2 − b

3m3 +

c

4m4, (2.44)

III.. HIPOTEZA SKALIRANJA ZA TERMODINAMICKE FUNKCIJE 65

de su a, b, c > 0. Skicirati moguce oblike funkcije G(m) kao sto b se povecava od

nule sa fiksiranim parametrima a i c. Odrediti bc = b(Tc), i promenu u ravnoteznoj

vrednosti magnetizacije m na faznom prelazu.

14. Tecnost ima ravnoteznu gustinu koja odgovara zapremini vo(T ) = VN

. Njena slo-

bodna energija je oblika

F (V, T ) = Nao(T )[vo(T )− v]2 −Nf(T ), (2.45)

gde su vo(T ),ao(T ) i f(T ) funkcije koje za vise jedino od temerature.

a. Odrediti termicku jednacinu stanja p(v, T ) i hemijski potencijal µ(v, T ).

b. U slucaju da je zapremina v > vo(T ) pritisak postaje negativan. Sto znaci da

ce tecnost bez obzira sto se nalazi u zapremini v, bice ”skupljena” u zapremini

vo. Pokazati ovu konstataciju koristeci argumente slicne onima koji se koriste

u Maxwell-ovoj konstrukciji.

15. Razmotriti modificirani Lanadau-ov model

G(T,M) = a(T )M2

2+ b(T )

M4

4, (2.46)

gde je a(T ) = cτ +dτ 2 a b(T ) = g,gde su c, d i g konstante a τ = T−Tc

Tc. Uzimajuci u

obzir da je sistem u okolini faznog prelaza (τ → 0), da je magnetizacija M veoma

mala i da je dc→ 0 odrediti toplotni kapacitet CM(τ) za τ < 0.

III. Hipoteza skaliranja za termodinamicke funkcije

16. Pretpostavljajuci da se singularni deo slobodne energije u blizini faznog prelaza

drugog reda feromagnetik – paramagnetik moze pretpostaviti u obliku geneal-

sano homogene funkcije

F (λatt, λamm) = λF (t,m), (2.47)


gde su at i am izvesni eksponenti, pokazati da standarndni kriticni eksponenti

zadovoljavaju Widom-ovu relaciju β(δ − 1) = γ.

17. Uzimajuci u obzir da se stanje magnetika moze prikazati relacijom

H =MΦ(τ,M 1/β), (2.48)

gde je Φ generalna homogena funkcija Φ(λτ, λM1/β) = λγΦ(τ,M1β ). Posto je rel-

ativno rastojanje temperature od faznog prelaza je obelezeno sa τ = T−Tc

Tc, onda

pokazati da se skalirajuce relacije mogu zapisati sa

(a) M ≈ τβ , za H = 0 i τ < 0,

(b) χ ≈ |τ |−γ , gde je γ′ = γ, za malo H .

Resenje:

(a) Za H = 0 dobija se da je homogena generalisanu funkcija Φ(τ,M1/β) = 0, sto

implicira da je magentizacija funkcija temperature

M1/β = φ(τ). (2.49)

Osobinu homogenosti funkcije Φ, koja je data u uslovu zadatka, se moze za-

pisati i u obliku

Φ(τ,M1β ) = λ−γΦ(λτ, λM

1β ). (2.50)

koja implicira da je

λM1/β = φ(λτ). (2.51)

Koristeci izraze (2.49) i (2.51) dobija se da je φ(λτ) = λφ(τ), odakle se moze

zakljuciti da je funkcija φ(.) zapravo linearna funkcija, i da je φ(τ) = cτ , gde

je c konstanta proporcionalnosti. Konacno, pod uslovom da je φ linearna

funkcija i upotrebljavajuci izraz (2.49) dobija se da je M ≈ τ 1/β .

III.. HIPOTEZA SKALIRANJA ZA TERMODINAMICKE FUNKCIJE 67

(b) Diferencirajuci izraz po magentizaciji pri konstantnoj temperaturi, dobija se(∂H

∂M

)τ

=1

χ(τ)= Φ(τ,M1/β) +

1

β

∂Φ(τ,M1/β)

∂M1/βM

1β . (2.52)

Za T > Tc, odnosno za M = 0 i u slucaju magentika van magnetnog polja

H = 0, dobija se izraz

1

χ(τ)= Φ(τ, 0) = λ−γΦ(λτ, 0), (2.53)

koji se moze transformisati koristeci λτ = 1 u

1

χ(τ)= τ γΦ(1, 0), (2.54)

sto se moze prikazati i kao χ(τ) ≈ τ−γ . U slucaju T < Tc i H = 0 odnosno na

osnovu (2.48) Φ(τ,M 1/β), zamenimo M1/β = cτ u jednacinu (2.52) dolazimo

do izraza1

χ(τ)=λ−γ

βλM1/β ∂Φ(λτ, u)

∂u|u=λcτ , (2.55)

u kome se moze ”izabrati” λ izrazom λ|τ | = 1 na osnovu koga se dobija da je

χ ≈ (−τ)γ .

18. U uslovima prethodnog zadatka dokazati da vazi Widom-ova relacija

γ = β(δ − 1). (2.56)

Da bi se pokazalo to tvrdjenje potrebno je upotrebiti vezu izme -du polja i magne-

tizacije u kriticnoj oblasti temperatura: H ≈M δ za τ = 0.

Resenje:

Na liniji koegzistencije faza T = Tc, odnosno za τ = 0 izraz (2.48) postaje

H =MΦ(0,M1/β) =Mλ−γΦ(0, λM1/β), (2.57)

ako fiksiramo da je λ =M−1/β dobija se

H =M(M−1/β)−γΦ(0, 1) ≈M1+ γβ , (2.58)

odakle se dobija da je δ = 1 + γβ

.


IV. Primeri faznih prelaza

19. Odrediti zavisnost razmene toplotne energije koja prodje kroz jedinicnu povrsinu

neke tecnosti od temperature, razmatrajuci problem slobodne povrsine tecnosti

kao Karnoov ciklus.

20. Odrediti latentnu toplotu faznog prelaza iz normalnog u superprovodnog stanja

(H = 0), a takodje i razliku toplotnih kapaciteta Cp − Cv.

Resenje:

Priroda faznog prelaza normalno-superprovodno stanje zavisi od magnetnog polja.

U slucaju kada je polje H = 0, fazni prelaz je drugog reda, a u slucaju magnetnog

polja H = 0 fazni prelaz je prvog reda. Fazni prelaz prvog reda postoji, posto

se pri faznom prelazu povecava energija sistema, zbog struja koje se javljaju da

bi ponistile spoljasnje polje. Pri ovom faznom prelazu postoji skok entropije. Iz

uslova da su hemijski potencijali jednaki sledi da je

dGs = dGn , (2.59)

tj. da je promena Gibbsove slobodne energije u jednoj i drugoj fazi jednaka. Tako

se dobija da je

−SsdT −MsdH = −SndT −MndH , (2.60)

odakle dobijamo da jedH

dT= − Ss − Sn

Ms −Mn

. (2.61)

U opstem slucaju vazi sledeca relacija2

B = µ0(H +M

V) , (2.62)

gde je V zapremina sistema. U slucaju superprovodne faze

Bs = 0 , (2.63)

2 Osnovi fenomenoloske termodinamike, Prof. dr Sava Milosevic, str.90.

IV.. PRIMERI FAZNIH PRELAZA 69

pa iz (2.62) sledi

Ms = −V H . (2.64)

Sa druge strane, u normalnoj fazi metali su gotovo nenamagnetisani izuzev fero-

magnetika3

Mn = 0 . (2.65)

Iz gornjih relacija sledi

Sn − Ss = −µ0V HdH

dT, (2.66)

pa je latentna toplota jednaka

q = T (Sn − Ss) = −µ0V THdH

dT. (2.67)

Diferenciranjem jednacine (2.66) po T a zatim mnozenjem sa T dobija se izraz za

razliku toplotnih kapaciteta

Cn − Cs = T

((dSn

dT

)−(dSs

dT

))= −µ0TV

[(dH

dT

)2

+Hd2H

dT 2

]. (2.68)

21. Paramagnetna susceptibilnost nekih materijala zavisi od temperature po sledecem

zakonu χ(T ) = C(T − To)α, gde je T > To i 0 < α < 1. Izracunati U i S jedinice

zapremine ovog materijala u polju jacine H . ∆U = U(T,H) − U(T, 0);∆S =

S(T,H)− S(T, 0).

22. Posmatrajmo jedan mol realnog gasa, cija je jednacina stanja oblika p = RT(v−b)eaRTv .

(a) Odrediti dH u funkciji termodinamickih parametara T i v (H je entalpija

sistema).

3 Feromagnetizam i superprovodnost se iskljucuju pri datim uslovima. Cirkonijum je u jednojoblasti termodinamickih parametara provodnik a u drugoj oblasti superprovodnik.- iz predavanjaKSFa.


(b) U termicki izolovanoj cevi, na njenom suzenju nalazi se porozna supstanca,

koja moze propustati realni gas ((p + av2)(v − b) = RT ). Sa obe strane

gasa nalaze se klipovi - koji su takodje termicki izolatori. Ne postoji trenje

izmedju klipova i cevi. Ovaj sistem omogucava da se sa gasom vrsi Joule-

Thompson-ov proces, koji je odre -den uslovom dH = 0. U slucaju da je kon-

stanta a mala i da je poznat toplotni kapacitet cv, gustine gasa u prvom i

drugom delu cevi (ρ1, ρ2) i temperatura u prvom delu cevi T1. Odrediti tem-

peraturu T2 realnog gasa u drugom delu cevi.

23. Posmatrati gas cija su stanja odre -dena jednacinom

p =nRT

v − nbe[−

naRTv

], (2.69)

gde su a i b konstante. Odrediti kriticne vrednosti pritiska, zapremine i tempera-

ture.

24. Neki metali na niskim temperaturama postaju superprovodni. U tom super-

provodnom stanju poseduju svojstvo, u skladu sa kim magnetni fluks ne moze

da proe. kroz metal, bez obzira sto je izlozen nenultom magnentnom polju Hc

(Meissner-ov efekat). Bilo kako bilo, magnetna indukcija B superprovodnika

postaje jednaka H , ako to spoljasnje polje prevazilazi vrednosti vece od kriticne

vrednosti magnetnog polja (vidi sliku). Kriticna linija magnetnog polja Hc(T ), i

deli ravan H−T faznog dijagrama na dve faze, koje odgovaraju superprvodnom

i normalnom stanju.

25. Mnogi metali postaju superprovodnici na niskim temperaturama. Toplotni ka-

paciteti dve faze (po jedinici zapremine), superprovodne i normalne, su Cs(T ) =

αT 3 i Cn(T ) = βT 3 + γT , gse su α, β i γ konstante.


Slika 2.2:

a. Izracunati entropije Ss(T ) i Sn(T ) dve faze na nultom polju H = 0, koristeı

treci princip termodinamike.

b. Na osnovu eksperimentalnih rezultata se moze yakljuciti da je latentna toplota

q = 0 u nultom polju H = 0. Odrediti kriticnu temperaturu Tc u funkciji α, β i

γ.

26. Odrediti toplotni kapacitet cv, ako je temperaturna zavisnost toplotnog kapaciteta

cp(τ) pri τ → 0, data relacijom

cp = α ln τ, (2.70)

gde je relativno rastojanje temperature τ = T−Tλ(p)Tλ(p)

od λ-faznog prelaza Tλ(p).


Hemijski potencijal se menja u skladu sa relacijom

µ(T, p) = µo(T, p) +1

2α(p)Tλ(p)τ

2 ln τ + .... (2.71)

27. N

a. Pokazati da se nad der Waals-ova jednacina moze biti napisana u obliku re-

dukovanog izraza:

P =8T

3v − 1− 3

v2, (2.72)

gde je P = ppc

, v = VVc

i T = TTc

.

b. Nacrtati zavisnost pritiska P od zapremine v za temperature T = 1.5, 1.1, 1.0 i

0.9.

c. Definisimo redukovanu izotermsku susceptibilnost kao kT = − 1v

(∂v∂P

)T

. Nacr-

tajte kT u zavisnosti v za temperature T = 5.0, 2.0, 1.5, i 1.1.

d. Zapaziti da subkriticne izoterme (za T < Tc), pokayuju region u kome postoji

dP/dV > 0, odnosno kT > 0 je nestabilan, posto je kT potrebno za mehnicku

stabilnost. Prikazite geometrijsko mesto tacaka koje odvaja te dve oblasti. Ta

linija se zove linija sinodalnih tacaka koja je odre -dena jednacinom dpdV

= 0.

Odrediti tu liniju kao zavisnost T od v, i nacrtaj za T = 0.6, 0.9 i 1..

28. N

(a) Pokazati da se nad der Waals-ova jednacina moze biti napisana u obliku

redukovanog izraza:

P =8T

3v − 1− 3

v2, (2.73)

gde je P = ppc

, v = VVc

i T = TTc

.

(b) Za T < Tc,van der Waals-ova jednacina prikazuje tecnost-gas faznih prelaza.

Termodinamicke granice za ovaj fazni prelaz je odre -den izrazom µl(P, T ) =


µg(P, T ) (ovde, i u daljem delu teksta necemo koristiti onaku tilde). Koristeci

sledece uslove ∫ vg

vl

Pdv = pf.p.(vg − vl). (2.74)

gde je pf.p = p(vl, T ) = p(vg, T ) pritisak faznog prelaza, a gde su vl i vg za-

premine gasne i tecne faze, respektivno. Te faze se nalaze u koegzistenciji.

Ovo su dve nelinearne jednacine, gde je funkcija pritiska zadata u zavisnosti

od v i T u skladu sa redukovanom van der Waals-ovom jednacinom. Nu-

mericki odrediti vl i vg za razlicite vrednosti T . Te dobijene linije zavisnosti

vl(T ) i vg(T ) se zvou binodalne linije. Uzeti dovoljan broj razlicitih vrenosti

temperature T , da bi mogli predstaviti te zasvisnosti u T − v grafiku.

29. N Dieterici jednacina stanja realnog gasa je data jednacinom:

P (V −Nb)eNa/V kT = NkT, (2.75)

a. Odrediti odnos PVNkBT

na kriticnoj tacki za gas koja opisuje tu jednacinu. Daj

numericku vrednost tih triju figura.

b. Na malim gustinama, mi mozemo aproksimirati bilo koju jednacinu sa drugim

redom virijalnog razvoja:

P =NkbT

V[1 +

N

VB(T )] (2.76)

Odrediti drugi virialni koeficijent razvoja B(T ) za Dieterici gas?

30. Proceniti da li postoji fazni prelaz magentnog sistema modeliranog Ising-ovim

modelom u d = 1 i d = 2 slucaju.

§ 3 Neravnotezna statisticka fizika

I. Osnove neravnotezne statisticke fizike

1. Sud zampremine V sadrzi N neinteragujucih molekula gasa. Uzimajci da je

verovatnoca nalazenja jednog molekula u zapremini v je p = vV

. U stanju ravnoteze

tog sistema.

a. Odrediti distribuciju verovatnoce Pr da se r molekula na -de u zapremini v.

b. Izracunati srednju vrednost < n > i disperziju < (n− < n >)2 >.

c. Koristeci Sterling-ovu formulu, pokazati da za velike vredno stiN i n, funkcija

verovatnoca je aproksimativno Gauss-ova raspodela.

d. Pokazati da u limesu vV

→ 0, V → ∞, sa V → ∞ sa NV

= const, f(n) je oblika

Poisson-ove raspodele.

Resenje:

(a) Verovatnoca da se jedan molekul na -de u zapremini v je vV

, a da se u ostaloj

zapremeni na -de 1− p = 1− vV

. Posto su verovatnoce nalazenja pojedinacnih

molekula u zapremeni v me -dusobno nezavisni, onda je verovatnoca da se

I.. OSNOVE NERAVNOTEZNE STATISTICKE FIZIKE 75

n molekula na -de u zapremini v je pn. Pored toga, verovatnoca da se N − n

molekula na -de u ostatku zapremine je (1− p)N−n, tako da uzimajuci u obzir

da postoji N !n!(N−n)!

razlicitih odabira identicnih molekula. Zbog toga se dobija

da je cverovatnoca da se na -de n-molekula u zapremeni v jednaka f(n) =

N !n!(N−n)!

pn(1 − p)N−n. Da bi bila raspodela sumiracemo po broju n, i time se

dobija da je

N∑n=0

f(n) =N∑

n=0

N !

n!(N − n)!pn(1− p)N−n = (p+ 1− p)N = 1. (3.1)

(b) Uvedimo pomocnu funkciju generatrise

F (x) =N∑

n=0

f(n)xn =

= [(1− p) + px]N).

Polazeci od izraza za srednju vrednost < n >=∑N

n=1 nf(n), sto se moze

odrediti iz prvog izvoda fukcije generatrise po parametru x

dF (x)

dx=

N∑n=1

nf(n)xn−1, (3.2)

tako da u slucaju za x = 1 se dobija

dF (x)

dx|x=1 =

N∑n=1

nf(n) =< n > . (3.3)

Na ovom mestu mozemo iskoristiti analiticki oblik fnkcije generatrise, odnosno

za srednju vrednost se dobija

< n >=dF (x)

dx|x=1 = pN [(1− p)− px]N−1|x=1 = pN. (3.4)

Standardnu devijaciju odredjujemo koriscenjem izraza

< (n− < n >)2 >=< n2 − 2n < n > + < n >2>=< n2 > − < n >2 . (3.5)

76 § 3. NERAVNOTEZNA STATISTICKA FIZIKA

Drugi izvod funkcije generatrise je

d2F (x)

dx2=

N∑n=2

n(n− 1)xn−2f(n) =< n2 > − < n >, (3.6)

dok sa druge strane, kada funkciju generatrise zamenimo njenim analitickim

oblikom, dobijamo da je

d2F (x)

dx2=

d

dxpN [(1− p)− px]N−1 =

= p2N(N − 1)[(1− p)− px]N−2, (3.7)

tako da izraze (3.6) i (3.7) dobijamo da je

< n2 > − < n >= p2N(N − 1). (3.8)

Izraz za standardnu devijaciju izracunavamo uzimajuci u obzir izraze (3.3),

(3.5), (3.6) i (3.7), koji dovode do

< n2 > − < n >2= Np(1− p). (3.9)

(c) Da bi odredili Gauss-ovu raspodelu, potrebno je naci za koji broj cestica n∗

u zapremini v je maksimum binomne raspodele. Za n → ∞ imamo da vai

N ! ≈√2πN

(Ne

)N ≈ NN , pa je

f(n) =N !

n!(N − n)!pN(1− p)N−n ≈ NN

nn(N − n)N−npN(1− p)N−n.

Ako za neku vrednost n∗ funkcija f(n∗) ima maksimum, tada e i njen loga-

ritam ln f(n∗) imati maksimum. Sledi

ln f(n) = N lnN − n lnn− (N − n) ln(N − n) + n ln p+ (N − n) ln(1− p),

dok za izvod vai

(ln f(n))′ = − lnn− 1 + ln(N − n) + 1 + ln p− ln(1− p) = ln(N − n)p

n(1− p).

I.. OSNOVE NERAVNOTEZNE STATISTICKE FIZIKE 77

Za sluaj maksimuma vai

(ln f(n))′∣∣∣∣n=n∗

= 0 =⇒ n∗ = Np.

Ukoliko sada razvijemo ln f(n) u red oko maksimuma imamo

ln f(n) ≈ ln f(n∗) +1

2!(ln f(n∗))′′ · (n− n∗)2,

to kada se eksponencira odgovara

f(n) ≈ f(n∗) e12(ln f(n∗))′′(n−n∗)2 .

Moe se izraziti da je

(ln f(n∗))′′ = − 1

p(1− p)· 1

N,

pa konano imamo da

f(n) ≈ f(n∗) e−(n−n∗)22Np(1−p)

odgovara Gausovoj raspodeli.

(d) Ukoliko v/V → 0, tada je p→ 0 pa

F (x) = (px+ (1− p))N = eN ln(px+(1−p)) = eN ln(1+(x−1)p),

to zbog ln(1 + x) ≈ x kada x→ 0 biva

F (x) ≈ eN(x−1)p = e−Np eNpx.

Drugi lan moemo razviti u red

F (x) ≈ e−n

∞∑k=0

(nx)k

k!=

∞∑k=0

e−nnk

k!︸︷︷︸f(k)

xk,

pa je f(k) = nk

k!e−n Poasonova raspodela.


2. Izracunati kaakteristicne funkcije srednje vrednosti i varijanse funkcija raspodela:

a. Uniformne P (x) = 12a

, za −a < x < a,

b. Laplace-ova raspodela P (x) = 12ae−

|x|a ,

c. Maxwell-ova raspodela P (x) =√

2πx2

a2e−

x2

2a2 .

3. Kretanje cestica u 3D je niz nezavisnih koraka duzine l, gde svaki korak zaklapa

ugao θ za z-osom u skladu sa gustinom verovatnoce P (]theta) = 2πcos2 θ

2, dok je

ugao φ uniformno distribuiran izme -du 0 i 2π. Uzeti da se cestice krecu od centra

i prave veliki broj koraka.

(a) Odrediti ocekivane vrednosti < x >, < y >, < z >, < x2 >, < y2 >, < z2 > i

kovarijanse < xy >, < xz > i < yz >.

(b) Koristeci teoremu centralne vrednosti, izracunati gustinu verovatnoce px,y,z

za cesticu koja zavrsava u tacki (x, y, z).

II. Slucajne setnje

4. Covek hoda duz prave linije, praveci korak duzine a svakih τ sekundi. Svaki

korak je napravljen unapred, sa verovatnocom p, ili unazad sa verovatnocom

q = 1− p.

a. Za veliki broj koraka, odrediti Gausovu raspodelu n(x, t), tako da je n(x, t)dx

je vervatnoca nalazenja u tacki izme -du x i x + dx u trenutku t, uzimajuci u

obzir da je zetac krenuo iz x = 0 u trenutku t = 0.

b. Potvrditi da raspodela verovatnoca zadovoljava diferencijalnu jednacinu u ob-

liku∂n

∂t+ v

∂n

∂x−D

∂2n

∂t2= 0, (3.10)

III.. MARKOVLJEVI PROCESI 79

i odrediti kontante v i D.

c. Napisati prethodnu jednacinu u obliku jednacine kontinuiteta. Odrediti odgo-

varajuci protok verovatnoce.

5. Setac se krece duz ulice, praveci korake duzine a, u pravcu kretanja i u suprot-

nom smeru jednakom verovatnocom 1 − p svakih τ sekundi. Njegovo slucajno

kretanje u pocetnom trenutku to = 0 je sa pozicije x(to = 0) = xo > 0. Odred-

iti verovatnocu P(t) da ce setac u vremenskom trenutku t, upasti u rupu koja se

nalazi na mestu x = 0.

6. Razmotrimo jedan jednostavan model po kome se cene neke akcije moze menjati

svakih τ sekundi. Ta cena se moze povecavati i da uzima vrednost zn+1 = (1 +

α) ∗ zn u n + 1-vom trenutku vremena. A cena te akcije se moze i smanjivati

zn+1 = (1 − β) ∗ zn, gde su α i β < 1 pozitivni unapred parametri. Pocetna

vrednost akcije je zo u trenutku t = 0.

a. Odrediti cenu akcije zNN+ i verovatnocu PN(N+) da se dostigne ta cena akcije.

b. U granicnom limesu kada N → ∞, odrediti distribuciju verovatnoca n(z, t)dz,

takvu da cena pripada intervalu z i z + dz u trenutku t.

c. Pokazati da se srednja vrednost cene z, menja po zakonu < log z >=< log zo >

+vt, i gde je ∆(log z) = σ√t i odrediti v i σ u modela koji je dat gore.

d. Pokazati da n(z, t) zadovoljava difuzionu jednacinu.

III. Markovljevi procesi

7. Funkcionisanje rada skupa od N sijalica je kontrolisano racunarom, tako da se

pomocu njega kontrolise ukljucivanje (ako je svetlo iskljuceno) i iskljucivanje si-


jalica iz elektricnog kola. Racunar ukljucuje (iskljucuje) sijalice sa verovatnocom

koja je brojno jednaka frakciji sijalica koje su do tada iskljuene (ukljucene). Raz-

matrajuci evoluciju skupa verovatnoca PN(n, t) (gde su konkretno PN(n, t) verovatnoce

da n sijalica budu upaljena u trenutku t) objasniti zasto ova evolucija pokazuje os-

obine Markov-ljevog lanca. Odrediti matricu prelaza, i pokazati da postoji jedin-

stveno stacionarno stanje, koje je dato binomalnom distribucijom.

Resenje:

Neka je n(t) broj svetla koji je ukljucen u trenutku t. Posto je to slucajna promenljiva,

onda je verovatnoca da se iskljuci jedno svetlo jednako nN

, dok je verovatnoca da

se ukljuci jedno svetlo N−nN

. Onda je uslovna verovatnoca data izrazom

P (n, t|n′, t+ 1) =n

Nδn,n−1 +

N − n

Nδn′,n+1, (3.11)

gde je n′- broj ukljucenih svetijkiu trenutku t+1. Ova uslovna verovatnoca karak-

terise Markovljeve slucajne procese, posto je vrednost slucajne promenljive za-

vise samo od vrednosti slucajne promenljive u pretohdnom trenutku, odnosno

P (n(0), 0;n(1), 1; . . . ;n(t), t|n(t + 1), t + 1) = P (n(t), t|n(t + 1), t + 1). Ako sa

W (n, t) obelezimo verovatnocu da se trenutku t bude ukljuceno n sijalica, onda

je verovatnoca da u trenutku t+ 1 bude ukljuceno n′ sijalica data izrazom

W (n′, t+ 1) =N∑

n=0

W (n, t)P (n, t|n′, t+ 1). (3.12)

Oblik prethodne jednacine moze da sugerise da se moze zapisati u vektorskom

obliku, i da verovatnoceW (n, t) mogu prikazati kao komponente vektora verovatnoca

u trenutku t – wn(t), odnosno da se jednacina bbiti oblika

w(t+ 1) = w · P , (3.13)

gde je w, zapravo N komponentni vektor, a P , matrica N + 1-vog ranga, tako da

se n-ta komponenta izracunava koristeci izraz

wn′(t+ 1) = wn(t) · Pnn′ , (3.14)


gde je

Pnn′ =n

Nδn′,n−1 +

N − n

Nδn′,n+1, (3.15)

koji se moze prikazati i u matricnom obliku

P =

0 N 0 0 . . .

1 0 N − 1 0 . . .

0 2 0 N − 2 . . .

0 0 3 0 . . ....

......

... . . .

. (3.16)

Da bi odredili stacionarno stanje, odnosno w(t) = wt+1, dobija se algebarska veza

izme -du verovatnoca

wn′ =n+ 1

Nwn′+1 +

N − n′ + 1

Nwn′−1, (3.17)

tako se dobija veza izme -du verovatnoca, tako za n′ = 0 i 1 prethodni izraz postaje

w0 =1

Nw1,

w1 =2

Nw2 + w0,

odakle se dobija u slucaju da je verovatnoca da su sve svetiljke iskljucene w0,

onda je verovatnoca da jedna bude ukljucena w1 = Nw0, odnosno w2 =N(N−1)

2w0.

Za proizvoljan broj ukljucenih svetiljki n′, dobija se da je verovatnoca prikazana

izrazom

wn′ =N !

n′!(N − n′)!w0. (3.18)

Posto je sumasvih verovatnoca normirana na 1, dobija se da je

1 = w0

N∑n=0

N !

n!(N − n)!, (3.19)


odakle se vidi da je w0 = 1, me -dutim prethodna jednacina vazi ako se uvede neki

pomocni parametar z

1 = w0

N∑n=0

N !

n!(N − n)!zn(1− z)N−n, (3.20)

posto je ovako uvedena suma ima istu konacnu vrednost kao i pre uvo -denja

paramtra z:

N∑n=0

N !

n!(N − n)!zn(1− z)N−n = (z + (1− z))N = 1. (3.21)

Odabirajuci vrednost tog parametra da bude z = 12, dobijamo da je w0 =

12N

. Bez

obzira na ovako odabrane stacionarne vrednostiw0, najverovatniji broj ukljucenih

svetiljki je N2

.

8. Razmotriti dve kutije A i B u kojima se nalaze tri svetle i dve tamne kuglice.

U kutiji A mogu da stanu dve kuglice, dok u kuglice mogu se naci tri kuglice.

Prelaz iz jednog stanja u drugo se sastoji u zameni bilo koje dve kuglice izme -du

njih, tako sto se jedna kuglica premesti iz kutije A u kutiju B.

(a) Odrediti matricu prelaza Q i matricu uslovne verovatnoce P (m, to|n, t).

(b) Ako je u pocetnom trenutku P (1, 0) = 1, P (2, 0) = 0 i P (3, 0) = 0 odrediti

verovatnocu P (n, t) da se sistem nalazi u n-tom stanju u trenutku t.

(c) Pretpostavljajuci da se slucajni proces y(n, t) = n. Izracunati prvi moment

< y(n, t) > i da je autokorelacionu funkciju < y(m, 0)y(n, t) > za iste pocetne

uslove kao pod (b).

9. Tri devojcice A, B i C stoje u krugu i igraju se dobacivanja lopte. Devojcica A sa

podjednakom verovatnocom dobacije loptu devojcama B i C (pB,A = 0.5 i pC,A =

0.5). Verovatnoce dobacivanja devojcice B devajcicama je razlicit (pA,B = 0.75


i pC,B = 0.25), dok devojcica C dobacuje loptu samo devojcici A (pA,C = 1.0 i

pB,C = 0.0).

(a) Odrediti matricu prelaza, njene svojstvene vrednosti, i leve i desne svojstvene

vektore.

(b) Odrediti aproksimativno udeo broja primljenih lopta devojcice A, B i C.

(c) Ako je dobacivanje pocela devojcica A, odrediti kolika je veovatnoca da de-

vojcica B primiti loptu posle dva dobacivanja.

10. Razmotriti asimetricnu slucajnu setnju na resetki sa cetri cvorista. Matricne vred-

nosti prelaza su w12 = w43 = 1, w23 = w34 = 34, w23 = w34 = 1, w21 = w32 = 1 i

wij = 0 za sve ostale prelaze.

(a) Napisati matricu prelaza W i pokazati da sistem poseduje detaljan balans.

(b) Odrediti matricu V i odrediti svojstvene vrednosti i svojstvene vektore.

(c) Napisati P (n, t) za slucaj P (n, 0) = δn,1. Kolika je vrednost P1(2, t)?

11. Razmotriti asimetricnu slucajnu setnju na periodicnoj resetki sa cetri cvorista.

Matricne vrednosti prelaza su w12 = w23 = 1, w34 = w41 = 34, w21 = w32 = w43 =

w14 =14

i wij = 0 za sve ostale prelaze. Napisati matricu prelaza W i pokazati da

sistem poseduje detaljan balans.

12. Razmotriti asimetrican slucajnu setnju na resetki sa pet cvorova. Pretpostaviti da

peti cvor, A, abosrbuje setaca. Verovatnoce prelaza w12 = w13 = w14 = w1A = 14,

w21 = w23 = w2P = 13, w31 = w32 = w34 = w41 = w43 = w4A = wP1 = wP2 = wP4 =

13

i wij = 0 za ostale prelaze.

(a) Napisati matricu prelaza M i iyracunati svojstvene vrednosti i leve i desne

svojstvene vektore.


(b) Ako setac startuje na cvoristu 3 u trenutku 0 odrediti srednje vreme prvog

prolaska.

IV. Langevin-ova jednacina

13. Na materijalnu cesticu deluje elasticna sila duz ose x, tako da se Langevin-ova

jednacina moze zapisati relacijom

d2x

dt2+ γ

dx

dt+ ω2

ox =1

mR(t), (3.22)

gde je x rastojanje te cestice od koordinantog pocetka, a ωo svojstvena frekvenca

te elasticne veze. Sa R(t) je obelezena slucajna sila.

a. Odrediti vezu izme -du spektra snage slucajne sile IR i spektra snage poloaja Ix.

b. Odrediti korelacionu funkciju polozaja koristeci Wiener-Khinchine-ovu teo-

remu za slucaj belog suma IR(ω) = IR = const.

14. Langevin-ova jednacina kretanja Brown-ove cestice je dat jednacinom

˙u = −γu+ R(t)

m, (3.23)

gde je R(t) sila kojom deluje fluid na tu Brown-ovu cesticu. Srednja vrednost te

sile < R(t) >= 0, dok je autokorelaciona funkcija data izrazom < R(t)R(t′) >=

δt,t′ . Odrediti karakterisiticnu funkciju slucajnog procesa u(t), a i srednjih vred-

nosti < u(t) > i < u(t)u(t′) > .

15. Iz otvora koji se nalazi na visini h iznad podloge, u homogenom polju sile Zemljine

teze g, ispustaju se male cestice mase m bez pocetne brzine. Pretpostavljajuci da

se kretanje tih cetsica moze opisati Langevin-ovom jednacinama

mdv

dt= −mγv + f(t) +mg, (3.24)

IV.. LANGEVIN-OVA JEDNACINA 85

za koje vazi da je < f >= 0, dok je < f(t)f(t′) >= 6mγkBTδt,t′ . Oceniti radijus

kruga na podlozi u koji upadaju spomenute cestice do -du do podloge, znatno

vece od karakteristicnog vremena τ = 1γ

.

16. N Razmatrati Langevin-ovu jednacinu za Brown-ovu cesticu, mase m koja se

krece u jednoj dimenziji. Spoljasnja sila je potencijalna F (x) = −∂V∂x

. Numericko

resavanje Langevin-ove jednacine

mdv

dt= −αv +R(t)− ∂V

∂x(3.25)

se moze izvrsiti prelaskom na izraz

x(t+∆t) = x(t) +F (x(t))

α∆t+

√2B∆tζ(t) (3.26)

gde je ζ(t) Gauss-ova slucajna varijabla, sa < ζ >= 0 i < ζ2 >= 1. Zapaziti

da greska u diskrtizaciji je O(∆t), sto je preciznije od standardne diferencijalne

jednacine O(∆T 2). U prethodnom izrazu je uvedena konstanta B = kBTα

. Radi

jednostavnosti uzeti da je kB = 1 i α = 1.

a. Napisati program koji ukljucuje jednacinu (3.26), uzeti da je V (x) = x2

2)).

Voditi racuna da je slucajna varijabla Gausova varijabla.

b. Izracunati analaiticki srednju vrednost < x(t)2 > za dati potencijal.

c. Nacrtati numericke izracunati < x(t)2 >, zatim nacrtati ananliticko resenje

koji si dobio pod (a), i uporedi te dve funkcije. To uradi za nekoliko razlicitih

vrdnosti temperature T . Ovaj nacin omogucuje da podesis vremenski korak

∆t.

d. Razmatrati potencijal V (x) = x(3−x)2

, koji ima lokalni minimum za x = −1 i

barijeru visine 2 za x = 1. Pocnite na lokalnom minimumu x(0) = −1, i odred-

iti vreme koje je potrebno da pre -de preko barijere τp. Da bi odredili srednje

vreme prelaska, treba uraditi nekoliko hiljadu simulacija. Poceti sa relativno


velikom temperaturom, i onda smanjivati temperaturu tako da dobijes τp od

temperature.

e. Nacrtati log τp od 1/T . Da li su rezultati sa tzv Arhenius-ovim zakonom,

odnosno da je τe ∼ eU/T . Na kojim temperaturama je to tacnije. Ne racunaj

na niskim temperaturama, a ni na previsokim temperaturama. Na preniskim

temeraturama ce se simulacija vrsiti suvise dugo, dok na visokim temperatu-

rama greska racuna ce biti jako velika.

17. Razmotriti kretanje Brownove cestice, mase m, koja je povezana za harmoni-

jsku oprugu, konstante k i koja je primorana da se krece duze jednog pravca.

Langevin-ova jednacina:

dv

dt= − γ

mv − ω2

ox+1

mξ(t), (3.27)

gde je ωo =√

km

. Ako su xo i vo pocetni polozaj i pocetna brzina Brown-ove

cestice, i ako pretpostavimo da je u ravnotezi sa fluidom pokazati da se stanje

procesa moze uzeti stacionarnim ako je g = 4γkBT . Odrediti korelacionu funkciju

brzine << v(t2)v(t1) >ξ>T . Uzeti da vazi ekviparticiona teorema m2< v2o >T=

12kBT i da je vibraciona potencijalna energija < 1

2ω2o < x2o >T>=

12kBT. Tako -de

pretpostaviti da su xo i vo statisticki nezavisni < xovo >= 0.

V. Fokker-Planck-ova jednacina

18. Napisati jednacinu Fokker-Planck-a za klatno sa jednim stepenom slobode, koji

se nalazi u gasu, sa molekulima gasa koji se neprekidno sudaraju sa njim.

19. Odrediti funkcije a(t) i σ(t) u Gauss-ovoj funkciji

P (x, t) =1√

2πσ(t)e−

(x−a(t))2

2σ(t) , (3.28)

V.. FOKKER-PLANCK-OVA JEDNACINA 87

gde je a(t) =< x(t) > srednja vrednost slucajnog polozaja x i varijansa σ(t) =<

x2(t) > − < x(t) >2 racunata za istu slucajnu promenljivu. Raspodela verovatnoca

se menja u skladu sa jednacinom Smoluchovski-og

∂P (x, t)

∂t+

1

mγ

∂

∂x(F (x)P (x, t))−D

∂2

∂x2P (x, t) = 0. (3.29)

Odrediti funkcije za specijalni slucaj harmonijske sile F (x) = −kx.

20. Resiti Foker-Plankovu jednacinu braunovske cestice koja se krece u polju, poten-

cijala U(x) = ax2, sap ocetnim polozajem u tacki xo.

21. Wiener-ov proces se dobija kada se u Fokker Planck-ovoj jednacini zameni da

je a(t) =< x(t) >= 0 i b(t) =< x2(t) >= 2D, gde je D = (βmγ)−1. Odrediti

kovarijnsu Wiener-ovog procesa C(t1, t2) =< x(t1)x(t2) >.

Resenje:

Tako se dobija jednacina

P (x1, t1|x2, t2) =1√

4πD(t2 − t1)e− (x2−x1)

2

4D(t2−t1) , (3.30)

za t2 > t1, odnosno radi jednostavnosti dobija se da se moze zapisati u obliku

W (x, t) =1√4πDt

e−x2

4Dt , (3.31)

za t > 0. Onda je kovarijansa

< x(t1)x(t2) > =

∫ ∞

−∞dx1dx2x1x2W (x1, t1;x2, t2) =

=

∫ ∞

−∞dx1x1

1

4πDt1e− x21

4πDt1

∫ ∞

−∞dx2x2

1√4πD(t2 − t1)

e− (x2−x1)

2

4D(t2−t1) ,

odakle se dobija da je < x(t1)x(t2) >= 2Dt1.

22. Jednacina promene elektromagnetskog polja je data jednacinom E = Eoe−iωot+iφ(t),

gde je φ(t) Wiener-ov stohasticni proces, koji je dat difuzionom jednacinom sa


konstantom difuzijeD. Odrediti korelacionu funckijuG(t1−t2) =< E(t1)E∗(t2) >

i spektar snage Iω =∫∞−∞ dteiωtG(t).

Resenje:

Korelaciona funkcija je data jednacinom

G(t1 − t2) =< E(t1)E∗(t2) >= |E0|2e−iω(t1−t2) < ei(φ(t1)−φ(t2)) > . (3.32)

Koristeci da se moze preci u sledeci integralni zapis oblikaφ(t2)−φ(t1) =∫∞−∞ φ(t)(δ(t−

t2))−δ(t−t1))dt funkcija generatrise za Wiener-ove procese data jednacinom, gde

radi jednostavnosti se moze uzeti da je g(t) = (δ(t − t2)) − δ(t − t1)), odakle se

dobija da je

< ei∫∞−∞ g(t)φ(t)dt >= e−

∫∞−∞ dt1dt2g(t1)g(t2)min(t1,t2) = e−D|t2−t1|. (3.33)

Spektar snage odredimo u skladu sa definicijom, tako da cemo dobiti da je oblika

lorencijana

Iω = |E0|22D

(ω − ω0)2 +D2. (3.34)

23. Izracunati spektar snage Iv,v(ω), za harmonijski vezanu Braunovsku cesticu. Nacr-

tati korelacionu funkciju Cv,v(t) i Iv,v(ω) za slucaj ωo >γm

.

24. Razmotrimo stohasticku varijablu Y sa tri realizacije y(1), y(2) i y(3). Razmot-

rimo tranzicionu verovatnocu izme -du dva stanja Q1,1(s) = Q2,2(s) = Q3,3(s) = 0,

Q1,1(s) = Q2,2(s) = Q3,3(s) = cos2(2πs3) i Q1,1(s) = Q2,2(s) = Q3,3(s) = sin2(2πs

3).

Ako je inicijalno sistem u stanju y(1), koja je verovatnoca da se na -de stanje y(2)

posle l perioda tranzicione matrice.

VI.. MASTER JEDNACINE 89

VI. Master jednacine

25. Dokazati da master jednacina odrzava relaciiju normiranja∑

i ωi = 1 verovatnoca

nalazenja sistema u cistom stanju.

Resenje:

Razmotriti izvod sume po vremenu ddt

∑i ωi, i koristeci master jednacinu dobija

sed

dt

∑i

ωi =∑ij

(Pijωj − Pjiωi) = 0, (3.35)

posto vazi Pij = Pji. Na osnovu dobijene relacije se moze zakljuciti da je∑

i ωi =

const, time se normiranje verovatnoca odrzava tokom vremena.

26. Pokazati da master jednacina uslovljava stalni rast entropije sistema pri bilo kojoj

pocetnoj neravnoteznoj raspodeli.

Resenje:

Entropija sistema je uvedena

S = − < lnωi >= −∑i

ωi logωi. (3.36)

U slucaju da trazimo ivod po vremenu dobija se

dS

dt= − d

dt

∑i

ωi logωi = −∑i

(1 + logωi)dωi

dt, (3.37)

izraza koji posle koriscenja uslova∑

idωi

dt= 0, dobija se

dS

dt= −

∑i,j

logωidωi

dt= −

∑i

(Pijωj − Pjiωi) logωi, (3.38)

gde smo iskoristili master jendacinu. Usled mikroskopskog kinetickog balansa

Pij = Pji, dobija sedS

dt= −

∑i,j

Pij(ωi − ωj) logωi. (3.39)


U prethodnom izrazu moze zapaziti da je∑

i Pii(ωi − ωi) logωi = 0, mozemo

simetrizovati po indeksima i i j,

dS

dt= −1

2

∑i,j

Pij(ωi − ωj) logωi

ωj

. (3.40)

Za bilo koje odnos vrednosti ωi i ωj , argument prethodne sume je pozitivan, pa

samim tim i cela suma veca od nule. Tme dobijamo dSdt> 0.

27. Dokazati da pri bilo kojoj pocetnoj raspodeli ωi(0) vodi do relaksacije stanja.

Resenje:

Uvedimo vektor stanja W =

ω1

ω2

...

ωn

, i matricu prelaza sa njenim komponen-

tama Lij = Pij − δij∑

k Pik. Projektovanjem jeddnacinu po bazisu funkcija cistih

stanja moze se dobiti L Hermit-ska matrica, odnosno znamo da je

L† = L. (3.41)

Tako master jednacina u matrinom zapisu postaje

dW

dt= LW. (3.42)

Posle integraljenja ove diferencijalne jednacine po vremenu dobija se

W (t) = eLtW (0). (3.43)

Ako se uvedu bazis, sa me -dusobno ortonormiranim vektorima φi , tako sto je

(φn, φm) = δnm, (3.44)

i koji prestavljaju svojstveni bazis matrice prelaza

Lφn = Lnφn, (3.45)


gde su Ln svojstvene vrednosti te matrice. U slucaju da delujemo opertorom, koji

predstavlja funkciju operatora L, dobija se

exp[tL]φn = exp[tLn]φn. (3.46)

Posto se vektor pocetnih verovatnoca nalazenja moze razloziti po svojstvenim

vektorima

W (0) =∑n

Cnφn, (3.47)

onda dobijamo da je

exp[tL]∑n

Cnφn =∑n

Cn exp[tLn]φn. (3.48)

U slucaju da odaberemo proizvoljni operator ψ =

ψ1

ψ2

...

ψn

. Ispitajmo znak izraza

(ψ,Lψ), on je jednak

(ψ,Lψ) =∑i,j

ψ∗i (Pijψj − Pijψi)

= −1

2

∑ij

Pij|ψi − ψj|2 ≤ 0,

gde jednak vazi kada su komponente vektora ψ jednake ψi = ψj , za bilo koje

vrednosti i i j. Time je pokazano da takav vektor ψ, ali ortonormirana varijanta

φo prirpada skupu svojstvenih vektora. Ako izdvojimo iz sume (3.43) sabirak koji

odgovara tom svijstvenom vektoru

W (t) = C0φ0 +∑n=0

Cn exp[tLn]φn. (3.49)

Sistem se relaksira za t → ∞ u stanju limt→∞W (t) = C0φ0. Druge svojstvene

vrednosti matrice prelaza sistema su povezane sa karakteristicnim vremenima za


svako svojstveno stanje tn = 1Ln

, ono kaze koliko je vreme ,,zivota“ odgovarajuceg

svojstvenog stanja. Vreme zivota stanja φ, je beskonacno. Sto znaci da posle

dovoljno dugog vremena, verovatnoce nalazenja u stanju je me -dusobno jednaka.

28. Proces radioaktivnog raspada se moze opisati kineti ckom jednacinom

∂Pn(t)

∂t= gn−1Pn−1(t) + rn+1Pn+1(t)− (gn + rn)Pn(t) (3.50)

gde je rn = γn a gn = 0, gde je γ poznata konstanta. Parametar n se menja sa vre-

menom, i predstavlja broj neraspadnutih jezgara u trenutku t. Pretpostavljajuci

da je u pocetnom trenutku broj neraspadnutih jezgara bio n(0) = no, odrediti

verovatnocu P (n0|n, t) da se u trenutku vremena t u sistemu nalazi n(t) neras-

padnutih jezgara (n(t) < n0). Pocetni uslovi se mogu zapisati u obliku P (n, t =

0) = δn,n0 . Odrediti tako -de srednje vrednosti < n(t) > i < (n(t)− < n(t) >)2 >.

29. Veliki broj uzoraka radioaktivnih uzoraka sa razlicitim brojem atoma. Radioat-

ivni materijal koja se raspada sa koeficientom raspada α.

a. Odrediti master jednacinu za verovatnoce p(t) suspatnce koja ima No neras-

padnutih jezgara u trenutku t = 0,

b. Pokazati da je funkcija generatrise F (z, t) =∑

n znpn zavisi jedino od varijable

u = (z − 1)e−αt,

c. Pokazati da broj neraspadnutih jezgara u trenutku t se ponasa samo po zakonu

N(t) = Noe−αt,

d. Odrediti srednju vrednost broja i varijansu distribucije neraspdnutih jezgara

u trenutku t. Sta je u tom slucaju raspodela pn(t)

e. Ako je posetni broj aktivnih jezgara u posmatranim uzorcima, dat Poisson-

ovom raspodelom, sa srednjim brojem neraspadnutih jezgara No. Pokazati da


je u trenutku t raspodela neraspadnutih molekula dat Poisson-ovom raspode-

lom, cija je srednja vrednost jednka Noe−αt.

30. Cestice se pomeraju po jednodimenzionoj resetki izme -du susednih cvorista sa

verovatnocom α u jednom smeru, a sa verovatnocom β u drugom smeru (u je-

dinici vremena). Napisati master jednacinu koja odre -duje evoluciju skupa verovatnoca

pn(t) da se cestica na -de na n-tom cvoristu (gde n ∈ −∞, ...,∞ u trenutku t).

Uzeti da se cestica u trenutku t = 0 nalazi na cvoristu n = 0. Odrediti < n >t u t

i standardnu devijaciju ∆n =√< n2 >t − < n >2

t .

Resenje:

Cestica sa verovatnocom αpn−1(t)δt prelazi n− 1-vog cvorista resetke na susedno

cvoriste u vremenskom intervalu (t, t+ δt). U suprotnom smeru, sa cvorista n+1

na cvoriste n, cestica preskoci sa verovatnocom βpn+1(t)δt u intervalu (t, t + δt).

Te verovatoce odre -duju koliki ce biti doprinos cestica sa susednih cvorista na n-

to cvoriste, dok verovatno ca (α + β)pnδt predstavlja kolika ce biti verovatnoca

”odliva” cestica. Master jednacina je onda oblika

pn(t) = αpn−1(t) + βpn+1(t)− (α+ β)pn(t). (3.51)

Da bi resili ovu jednacinu, potrebno je uvesti funkciju generatrise

F (x, t) =∞∑

n=−∞

pn(t)xn, (3.52)

gde je x pomocna varijabla, a funkcija generatrise mora zadovoljavati uslov da

je F (x = 1, t) = 1, posto je verovatnoca skoka cestice normirana velicina. Pored

toga, funkcija generatrise mora ispuniti da je F (x, t = 0) = 1, posto je pn(t = 0) =

δn,0. Nakon odre -divanja parcijalnog izvoda funkcije generatrise

∂F (x, t)

∂t=

∞∑n=−∞

dpn(t)

dtxn, (3.53)


zamene jednacine (3.51) i koriscenjem definicije (3.52) dobija se

∂F (x, t)

∂t= [αx+

β

x− (α+ β)]F (x, t), (3.54)

koja se mora integraliti po vremenu t i dobiti

F (x, t) = F (x, t = 0) · exp[(αx+ β

x− (α+ β))t]. (3.55)

Konstantu integracije, nalazimo iz pocetnih uslova F (x, t = 0) = 1. S ciljem da

bi odredili verovatnoce nalazenja cestice na n-tom cvoristu, funkciju generatrise

mozemo razviti u Taylor-ov red

F (x, t) = exp[−(α+ β)t]∞∑k=0

∞∑l=0

αkβltk+l

k!l!xk−l, (3.56)

gde cemo verovatnoc pn(t) prepoznati kao koeficijente pored clanova sa xn, zbog

cega uvodimo parametar n = k − l, tako da funkcija generatrise postaje

F (x, t) = exp[−(α+ β)t]∞∑n=0

∞∑l=0

αl+nβltn+2l

(n+ l)!l!xn, (3.57)

odakle dobijamo da je

pn(t) = exp[−(α+ β)t](βt)−n

∞∑j=0

αjβjt2j

(j − n)!j!, (3.58)

gde je iskoristena smena parametara j = n+ l. Prvi moment raspodel dobijamo

< n >t=∂F

∂x|x=1 = (α− β)t, (3.59)

dok je drugi moment raspodele odre -den izrazom

< n2(t) >=∂

∂x

(x∂F

∂x

)|x=1 = (α− β)2t2 + (α+ β)t. (3.60)

Koriscenjem prethodna dva izraza dobija se izraz za standardnu devijaciju ∆n =√< n2(t) > − < n >2

t =√

(α+ β)t.


31. Dinamika jednog populacionog modela se moze opisati master jednacinom

∂Pn(t)

∂t= (n+ 1)Pn+1(t) + (n− 1)Pn−1(t)− 2nPn(t). (3.61)

Uzimajuci da je pocetna raspodela Poisson-ovog oblika Pn(0) = e−µ µn

n!, odrediti

verovatnocu prezivljavanja populacije do vremena t, odnosno funkciju S(t) =

1 − Pn=0(t). Odrediti tako -de srednju vrednost kvadrata broja jedinki populacije

< n2(t) >.

Resenje:

Prvo cemo odrediti funkciju generatrise

G(z, t) =∑n

Pn(t)zn. (3.62)

Da bi to odredili za datu funckiju aspodele, potrazicemo prvi izvod po vremenu

prethodnog izraza∂G(z, t)

∂t=∑n

∂Pn(t)

∂tzn, (3.63)

gde cemo zameniti datu master jednacinu, tako da cemo dobiti

∂G(z, t)

∂t=∑n

nPn(t)zn−1 +

∑n

nPn(t)zn+1 −

∑n

2nPn(t)zn, (3.64)

sto se onda moze srediti i dobiti

∂G(z, t)

∂t=

∑n

Pn(t)∂zn

∂z+ z2

∑n

Pn(t)∂zn

∂z− 2z

∑n

Pn(t)∂zn

∂z=

= (1− z)2∂G

∂z.

Resenje prethodne parcijalne diferencijalne jednacine se moze svesti na odre -divanje

funckije generatrise koja je funkcija samo jedne promenljive g(t). Onda se difer-

encijalna jednacina po G, moze napisati u obliku

dg(t)

dt

∂t

∂t= (1− z)2

dg(t)

dt

∂t

∂z. (3.65)


Uzimajuci u obzir da je zavisnost g(t) nije trivijalna zavisnost1, dobija se

∂t

∂t= (1− z)2

∂t

∂z, (3.66)

gde se funkcijski povezuju zavisnosti funkcije t po t i z. Najjednostavnije je pret-

postaviti da je to jednako proizvoljnoj konstanti C = 0. Uz pretposavku da je

C = 1, dobija se

t = t+1

1− z. (3.67)

U pocetnom trenutku, funkcija generatrise ima oblik

G(z, t = 0) =∑n

Pn(t = 0)zn =

=∑n

e−µµn

n!zn = e−µ+zµ.

Time smo dobili i funkciju generatrise g( 11−z

) = e−µ(1−z), koja se moze trans-

formisati u

g(x) = e−µx , (3.68)

a sto moze koristiti za odre -divanje funkcije generatrise

G(z, t) = g(t+1

1− z) = e−µ 1−z

1+t(1−z) . (3.69)

Izraz (3.62) se transformize za z = 0 u

G(z = 0, t) = Pn=0(t), (3.70)

odakle se moze dobiti funkcija prezivljavanja

S(t) = 1− Pn=0(t) = 1− e−µ

1+t . (3.71)

Srednja vrednost kvadrata broja jedinki se odre -duje izrazom

< n2(t) >=∑n

Pn(t)n2(t). (3.72)

1 Odnosno dg(t)

dt= 0.


U slucaju da se na -de prvi i drugi izvod izraza po z, jednacine (3.62),

∂G(z, t)

∂z|z=1 =

∑n

nPn(t) =< n(t) >, (3.73)

odnosno

∂2G(z, t)

∂z2|z=1 =

∑n

n(n− 1)Pn(t) =< n2(t) > − < n(t) > . (3.74)

Koristeci ova dva izraza dobija se

< n2(t) >=∂2G(z, t)

∂z2|z=1 +

∂G(z, t)

∂z|z=1. (3.75)

32. N Po jednoj od populacionih teorija postanka zivota na Zemlji, najvazniji korak

je nastanak prvih samoreproducibilnih oblika RNA molekula. Pretpostaviti da u

toj primordijalnoj supi ima u nekom arbitrarnom trenutku t = 0, No molekula

RNA. Pretpostavi da se ,,rodi“ sjedinjanvanjem aminokiselina stopom p, i da

,,umre“ stopom u.

a. Napisati master jednacinu. Odrediti ravnoteznu distribuciju verovatnoca. I

resiti master jednacinu koristeci funkciju generatrise. Odrediti tim nacinom

srednju vrednost < N(t) >.

b. Napisati program koji simulira brojnost populacije RNA molekula, i izracunati

srednju velicinu populacije < N(t) > pustajuci simulaciju nekoliko hiljada

puta.

c. U mnogo realisticnijem prilazu, zameniti da je stopa umiranja u srazmerna

broju RNA molekula N . Numericki odrediti srednju vrednost < N(t) > i

< N(t)2 >.


VII. Boltzmann-ova jednacina

33. Oceniti vrednost termalne provodnosti elektronskog gasa u metalu. Uzeti da se

svi elektroni krecu konstantnom brzinom v. Takodje uzeti aproksimaciju da je

svaki elektron rasejan izotropno, i da se elektroni sudaraju posle konstantnog

vremenskog intervala τ , i koji jednak za sve elektrone. Posle sudara i rasejanja

uzeti da je energija svakog elektrona jednaka unutrasnjoj energiji (po elektronu)

elektronskog gasa i u tacki gde e rasejanje zapazeno.

34. Odrediti elektricnu provodnost homogenog metala na tempreaturi T , uzimajuci

u obzir da je Boltzmann-ova jendacina za jako degenerisani elektronski gas

∂f

∂t+ v

∂f

∂r+ F

∂f

∂p= −f − fo

τ.

Ravnotezna raspodela funckije fo je data fermijevom funkcijom fo(ϵ), gde je ϵ =

ϵ(p) energija jednog elektrona. Sila kojom deluje uniformno elektricno polje na

elektrone je jednako F = −eE, gde je E jacina elektricnog polja. Relaksaciono

vreme je funkcija temperature T i energije ϵ.

35. Koristeci Boltzmann-ovu jednacinu odrediti elektricnu provodnost poluprovod-

nika, u kome je ravnotezna raspodela elektrona Maxwel-ovog tipa. Uzeti da je

energija elektrona ϵ(p) = p2

2m∗ (gde je m∗ efektivna masa elektrona), i da je relak-

saciono vreme funkcija brzine elektrona data izrazom τ = A|v|s gde su A > 0

i s > −7 poznate konstante. Pri tome uzeti da je ∂f∂t

= 0, i da je ∂f∂r

= 0, dok se

kolizoni integral svodi na f−foτ

, gde je fo ravnotezna raspodela, a τ je relaksaciono

vreme.

Resenje:

Iz uslova stacionarnosti i homogenosti funkcije raspodele primenjene za slucaj

VII.. BOLTZMANN-OVA JEDNACINA 99

idealnih gasova, dobijamo da je Boltzmann-ova jednacina oblika:

−eE ∂f∂p

= −f − foτ

. (3.76)

Posto nije potrebno razmatrati neravnoteznu raspodelu elektrona f od impulsa

p, prelazimo na zavisnost od ϵ, sto je moguce posto radimo u klasicnom slucaju.

Tako se dobija izraz:

f = fo + τeEv∂f

∂ϵ. (3.77)

Da bi odredili provodnost, potrebno je pomocu raspodele iz prethodnog izraza

odrediti gustinu struje, koja se uvodi kao

j = −e∑p

p

mf(p) = (3.78)

= − 2

h3

∫evfd3p, (3.79)

zamenom izraza za neravnoteznu raspodelu f , uz aproksimaciju da se ta raspodela

malo razlikuje od ravnotezne raspodele fo, dobijamo da je

j = − 2

h3e2∫

(∂f

∂ϵ)τ v(vE)d3p. (3.80)

Tenzor provodnosti cemo dobiti ako prethodni izraz napisemo u obliku

j =3∑

β=1

jβ eβ, (3.81)

sto je i moguce posto se skalarni proizvod v(vE) moze zapisati kao∑3

α,β=1 vαvβ eβEα.

tako dobijamo da je

σα,β = − 2

h3e2∫(∂fo∂ϵ

)τ < vαvβ > D(ϵ)dϵ, (3.82)

gde je < vαvβ > srednja vrednost proizvoda α i β komponenti brzine po svim

mogucim pravcima, tj. po svim vrednostima uglova ϕ i θ. U prethodnom izrazu


D(ϵ) predstavlja gustinu stanja koja su odredjena energijom ϵ. Zamenjujuci fo

Maksvelovom raspodelom, i karakteristicno vreme procesa τ unapred datim izra-

zom, dobijamo da je

σα,β = 8Ae2

3kBTm∗π2h3(kBT )

s+52 Γ(

s+ 5

2). (3.83)

§ 4 Ravnotezna statisticka fizika

I. Mikrokanonski ansambl

1. Idealni gas se nalazi u sudu zapremine V i sastoji se od N cestica. Odredi broj

termodinamickih stanja Ω0(E). Tako -de odrediti kaloricku i termicku jednacinu

stanja.

2. 6 Sistem se sastoji odN linearnih harmonijskih ascilatora, svojstvenih frekvenci

ν. Odrditi kaloricku jednacinu stanja.

Resenje:

Hamiltonijan sistema je

H =3N∑i=1

p2i2m

,

a broj mogucih stanja je dat sa

Ω0(E) =

∫H≤E

dq dp

N !h3N=

∫dq ·

∫∑3N

i=1 p2i≤2mE

dp

N !h3n.

Kako je∫Vdq = V N sledi da je

Ω0(E) =V N

N !h3N

∫∑3N

i=1 p2i≤2mE

dp1 · · · dp3N ,

gde se integral moze interpretirati kao zapremina 3N -dimenzione lopte. Za-

preminu mozemo dobiti sledecim razmatranjem. Uvedimo nove koordinate xi,

102 § 4. RAVNOTEZNA STATISTICKA FIZIKA

koje odgovaraju generalisanim impulsima iz ovog problema. Tako postavljajuci

ovaj pomocni zadatak, zapremina lopte je data izrazom Vn(r) = cnrn, gde je onda

n = 3N . Posmatrajmo integral

I(a)def=

∫ ∞

−∞dx1 · · ·

∫ ∞

−∞dxne

−a(x21+···+x2

n).

On se svodi na

I(a) =

∫ ∞

−∞e−ax2

1dx1 · · ·∫ ∞

−∞e−ax2

ndxn =

(∫ ∞

−∞e−ax2

dx

)n

=(πa

)n2.

Ovo resenje smo dobili koristeci Decartes-ove koordinate. U sfernim koordi-

natama, isti integral je

I(a) =

∫ ∞

0

e−ar2dVn,

gde je r2 = x21 + · · ·+ x2n. Mozemo napisati

I(a) =

∫ ∞

0

e−ar2 dVndr

dr,

a kako je Vn = cnrn, prethodni integral postace

I(a) = ncn

∫ ∞

0

e−ar2rn−1dr.

Resavamo uvo -denjem smene t = ar2, te je

I(a) = ncn

∫ ∞

0

e−t

(t

a

)n−12 dt

2√at

= ncn1

2an/2

∫ ∞

0

tn2−1e−tdt =

ncn2an/2

Γ(n2

).

Izjednacavajuci dva izraza istog integrala imamo

πn/2

an/2=

ncn2an/2

Γ(n2

),

odakle se dobija da je

cn =πn/2

Γ(n2+ 1) .

I.. MIKROKANONSKI ANSAMBL 103

Zapremina nase 3N -dimenzione lopte je

V3N =(2πmE)

3N2

Γ(3N2+ 1) ,

te je ukupan broj termodinamickih stanja

Ω0(E) =V N

N !h3N· (2πmE)

3N2

Γ(3N2+ 1) .

Entropija se dobija S(E,N, V ) = kB lnΩ0, pa je

S(E,N, V ) = kB ln

(V N

N !h3N· (2πmE)

3N2

Γ(3N2+ 1)) .

Nakon cega se izraz za entropiju idealnog gasa moze pojednostaviti

S = kB

(N lnV +N ln

(2πmE)3/2

h3− lnN !− ln Γ

(3N

2+ 1

)),

koji se moze srediti koriteci Γ(N +1) = N !, a zatim e moze upotrebiti Stirling-ova

formula N ! ≈ NNe−N koja se moze primeniti za velike vrednosti

S =5

2NkB + kBN

(lnV

N+

3

2ln

2E

3N+ ln

(2πm)3/2

h3

),

gde mozemo zameniti

S = NkB(5

2− ln(nλ3B),

gde je

λT =

√h√4πmϵ

(4.1)

termalna talasna duzina1, gde je uvedena nova oznaka za srednju energiju po

stepenu slobode ϵ = E3N

. Poto je

TdS = dE + pdV,

1 Koja se cesto naziva i de Broglie-eva talasna duzina. De Broglie je prvi izneo pretpostavku damaterija moze imati i drugu prirodu, da pored cesticne moze imati i talasnu. Centralna tackanjegove pretpotavke je zapravo njegov izraz za koji povezuje impuls cestica p i talasnu duzinuλB = h

p . Posto je p =√2mϵ, dobijamo da je λB = h√

2mϵ, odnosno da je λB =

√2πλT .


dolazimo do dva izraza(∂S

∂E

)V,N

=1

T

(∂S

∂V

)E,N

=p

T,

na osnovu kojih dobijamo kaloricku i termicka jednacina stanja

E =3

2NkBT, pV = kBNT,

koje su poznate kao i fenomenoloske jednacine koje su dobijene eksperimental-

nim merenjima.

3. Koji oblik ima povrsina konstante energije u faznom prostoru jednog oscilatora

frekvencije ν? Odrediti fazni integral dela tog faznog prostora Γ0(E) u faznom

prostoru sa energijom manjom od E. Zatim na -di broj kvantnih stanja Ω0(E) sa

energijom manjom odE za taj oscilator, i pokazati da ako je energijaE velika vazi

relacijaΓ0(E)

h∼ Ω0(E).

Resenje:

Langranzijan ovog sistema je

L = T − U =p2

2m− 1

2mωq2,

pa je hamiltonijan

H =p2

2m+

1

2mωq2.

Buduci da je.p=

∂H∂q

= mω2q.q= −H

∂p= − p

m,

sledi..q +ω2q = 0.

Kako je sistem konzervativan bice

p2

2m+

1

2mω2q2 = E =⇒ p2

2mE+

q2

2Emω2

= 1.


Posto je u pitanju elipsa imamo

Γ0(E) = πab = π√2mE

√2E

m(2πν)2=E

ν.

Energija kvantnog stanja oscilatora je En = 1/2hν + nhν (n = 0, 1, 2, . . .), pa

n ≤E − 1

2hν

hν.

Broj kvantnih stanja bice

Ω0(E) =∑En<E

1,

Ω0(E) =E − 1

2hν

hν+ 1,

sto kada E → ∞ =⇒ Ω0(E) ≈ Ehν

, te je zaista

Γ0(E)

h∼ Ω0(E).

4. Cestica, mase m, krece se duz x-ose, u intervalu 0 ≤ x ≤ l. Odbija se od zidova

x = 0 i x = l.

(a) Nacrtaj trajektoriju cestica u faznom prostoru (x, p).

(b) Odrediti zapreminu faznog prostora Γo(E) sa energijom manjom od E.

(c) Pokazati da Γo(E) je se odrzava konstantnom kada se zid krece sporo prema

koordinatnom pocetku.

(d) Primenjujuci formalizam kvantne mehanike odrediti Ωo(E) koji zapravo pred-

stavlja broj kvantnih stanja cija energija je manja od E. Dobijeni broj stanja

uporediti sa γo(E).


5. 6 Dat je sistem koji se sastoji iz N identicnih cestica. Svaka cestica moze

da bude na dva energijska nivoa ϵo i −ϵo. Odrediti termodinamicku tezinu WM

stanja sistema cija je ukupna energija E = Mϵo, gde M ∈ −N, ..., N. Odredi

kaloricku i termicku jednacinu. Odredi toplotni kapacite sistema.

Resenje:

Neka je broj cestica koje se nalaze na energiji ϵ0, n+, a na −ϵ0 oznacimo sa n−.

Tada vaze

n+ + n− = N,

n+ϵ0 − n−ϵ0 =Mϵ0 =⇒ n+ − n− =M.

Sledi da je

n+ =1

2(N +M) ,

n− =1

2(N −M) .

Mozemo primeniti rezon slican proslom zadatku. Zamislimo da su cestice na ϵ0

bele, a cestice na −ϵ0 crne. Tada je broj nacina na koje ih mozemo razmestiti

WM =N !

n+!n−!=

N !(N+M

2

)!(N−M

2

)!,

Sto je trazena termodinamicka tezina.

Ukoliko N → ∞ i M → ∞ tada je aproksimativno

WM ≈ NN(N+M

2

)N+M2(N−M

2

)N−M2

.

Entropija ovog sistema je

S = kB lnWM ≈ kB

(N lnN −

(N +M

2

)lnN +M

2−(N −M

2

)lnN −M

2

).

Kako vazi TdS = dE + pdV , sledi

1

T=∂S

∂E=

∂S

∂M· ∂M∂E

=1

ϵ0· ∂S∂M

.


Diferenciranje entropije nas dovodi do

1

T=kBϵ0

· 12lnN −M

N +M,

iz cega sledi

M = N1− e

2ϵ0kBT

1 + e2ϵ0kBT

.

Posto je E =Mϵ0 bice

E = ϵ0N1− e

2ϵ0kBT

1 + e2ϵ0kBT

= ϵ0Ne− ϵ0

kBT − eϵ0

kBT

eϵ0

kBT + e− 2ϵ0

kBT

= −ϵ0N tanhϵ0kBT

.

Toplotni kapacitet je po definiciji

C =∂E

∂T=

Nϵ20kBT 2 cosh2 ϵ0

kBT

.

6. 6 Razmotriti sistemN klasicnih neinetragujucih oscilatora svojstvenih frekven-

cija ν.

(a) Odrediti broj mogucih stanja;

(b) Odrediti kaloricku jednacinu stanja.

Resenje:

(a) Hamiltonijan ovakvog sistema je H =∑

i

(p2i2m

+ 12m(2πν)2q2i

), a broj mogucih

stanja

Ω0(E) =1

hNN !

∫∫H≤E

∏i

dqidpi =1

N !hN

(∫dq

)N (∫dp

)N

.

Ako uvedemo smene x i y tako da

x =

√m

2(2πν)q y =

p√2m

,


tada sledi da je

dq =

√2

m

1

2πνdx dp =

√2mdy,

pa

Ω0(E) =1

N !hN· 1

(πν)N

(∫∫x2+y2≤E

dx dy

)N

.

Nakon sre -divanja imamo da je broj mogucih stanja

Ω0(E) =1

N !hN

(E

ν

)N

.

(b) Entropija sistema je S = kB lnΩ0(E), sto za dati sistem iznosi

S = kB ln

(1

N !

(E

hν

)N)

= kBN lnE

hν− kBN lnN +NkB.

Kaloricka jednacina se nalazi preko 1T= ∂S

∂E, pa je

E = NkBT.

7. 6 Energija stanja oscilatora sa frekvencijom ν je data izrazom

ϵ =1

2hν,

3

2hν, ..., (n+

1

2)hν. (4.2)

Sa tim energijama sistem od N identicnih oscilatora ima ukupnu energiju:

E =1

2Nhν +Mhν. (4.3)

Odrediti termicku jednacinu sistema i prodiskutovati slucaj T → ∞.

Resenje:

Ukupna energija ovog sistema je

E =N∑i=1

(1

2hν + nihν

)=

1

2Nhν +

N∑i=1

nihν,


sto iznosi

E =1

2Nhν +Mhν,

gde je M =∑N

i=1 ni.

Potrebno je naci termodinamicku tezinu WM . Modelirajmo oscilatore na sledeci

nacin. Imamo N kutija tako da i-ta kutija odgovara i-tom oscilatoru. U kutije

stavljamo bele kuglice i to onoliko njih koliko je pobu -den odgovarajuci oscilator.

Oscilatorima koji su u osnovnom stanju odgovaraju prazne kutije. Ukupno ima

N−1 pregradnih zidova i njih modeliramo crnim kuglicama. Dakle, ukupnoM+

N−1 kuglica. Na koliko nacina mozemo namestiti ove kuglice? Ukoliko je svaka

kuglica razlicita tada bi to bila permutacija, no kako su bele/crne nerazlucive

me -du sobom, broj permutacija delimo sa njihovim permutacijama

WM =(M +N − 1)!

M !(N − 1)!.

U slucaju kada N,M → ∞ imamo

WM ≈ (M +N − 1)M+N−1

MM(N − 1)N−1,

te je entropija S = kB lnWM

S ≈ kB ((M +N − 1) ln(M +N − 1)−M lnM − (N − 1) ln(N − 1)) .

Kako je TdS = dE + pdV pa 1T= ∂S

∂Esledi

1

T=∂S

∂E=

∂S

∂M· ∂M∂E

≈ kBhν

ln

(M +N

M

).

Buduci da je energija E = 12hνN +Mhν, imamo

hν

kBT= ln

(1 +

1E

Nhν− 1

2

),

ehν

kBT = 1 +1

EhνN

− 12

=⇒ E

Nhν=

1

2+

1

ehν

kBT − 1.


Kako je hν mnogo manje od kBT kada T → ∞, mozemo aproksimirati

E

Nhν≈ 1

2+

1

1 + 1x+ 1

2x2 + o(

1x2

)− 1

≈ 1

2+ x

(1− 1

2x+ o

(1

x2

)),

sto dajeE

hνN≈ kBT

hν=⇒ E ≈ NkBT.

8. (a) Sistem se sastoji odN(>> 1) oscilatora ukupne energijeE u termodinamickoj

ravnotezi. Odrediti verovatnocu nalazenja sistema u kvantnom stanju n.

(Ako je N >> 1, onda je M >> n)

(b) Idealni gas, koji se sastoji od N molekula u termodinamickoj ravnotezi ima

ukupnu energiju E. Pokazati da verovatnoca nalazenja cestica, koji ima en-

ergiju ϵ = p2

2m, je proporcionalna e

−ϵkBT .

Resenje:

(a) Ako za jedan oscilator vazi En = hν(12+ n), tada je za sistem E = 1

2Nhν +

Mhν. Pokazano je da je termodinamicka tezina ovakvog sistema

WM =(M +N − 1)!

M !(N − 1)!.

(b) Kada odvojimo jedan oscilator iz kvatnog stanja n, tada imamo

WM−n =(M − n+N − 2)!

(M − n)!(N − 2)!.

Verovatnoca da na -demo takav oscilator je W = WM−n

WM. Sre -divanjem dobi-

jamo

W =M(M − 1) · · · (M − n+ 1)(N − 1)

(M +N − 1) · · · (M +N − n− 1),

sto ukoliko pretpostavimo da N >> 1 i M >> n prelazi u

W ≈ MnN

(M +N)n+1.


Ako definisemo m =M/N imamo

W =1

(1 +m)

(m

1 +m

)n

.

U slucaju idealnog gasa sa N monoatomskih molekula ukupne energije E

imamo

Ω0(E) =V N

N !h3N· (2πmE)

32N

Γ(3N2+ 1)

,

pa je

W =Ω0(E − ϵ,N − 1)

Ω0(E,N)≈ Nh3

V

(E − ϵ

E

) 3N2

· 1

(E − ϵ)32

.

Ako dodatno zanemarimo

W ≈ 1

(E − ϵ)32

·(1− ϵ

E

) 3N2 ≈ e

3N2

ln(1− ϵE ).

Kako za E,N → ∞ vazi E = 32NkBT , bice

W ≈ e−3N2E

ϵ = e− ϵ

kBT .

9. Naci broj kvantnih stanja za gas cestica koje su smesteni u kocku stranice l i

uporediti dobijeni rezultat sa zapreminom u klasicnom faznom prostoru. Tako -de,

odrediti gustinu stanja.

Resenje:

Sredingerova jednacina za ovu cesticu je

− ~2

2m

(∂2

∂x2+

∂2

∂y2+

∂2

∂z2

)ψ(x, y, z) = Eψ(x, y, z).

Resenje pretpostavljamo u obliku ψ(x, y, z) = X(x)Y (y)Z(z), pa je

− ~2

2m· 1

X(x)· d

2X

dx2− ~2

2m· 1

Y (y)· d

2Y

dy2− ~2

2m· 1

Z(z)· d

2Z

dz2= E,

sto moze da se napise kao

− ~2

2m· d

2X

dx2= E(1)X(x),


− ~2

2m· d

2Y

dy2= E(2)Y (y),

− ~2

2m· d

2Z

dz2= E(3)Z(z),

pri cemu vazi E = E(1) + E(2) + E(3). Resenje za

d2X

dx2+

2mE(1)

~2X(x) = 0

je

X(x) = A cos k1x+B sin k1x,

gde je k1 =√

2mE(1)

~2 . Kako talasna funkcija u tackama x = 0 i x = l mora biti

jednaka nuli, sledi

X(x = 0) = A = 0, X(x = l) = B sin k1l = 0,

pa je k1l = n1π, te

E(1) =~2

2ml2n21π

2 =h2

8ml2n21.

Analogno za E(2) i E(3). Ukupna energija cestice je

E = E(1) + E(2) + E(3) =h2

8ml2(n2

1 + n22 + n2

3),

gde su n1, n2 i n3 prirodni brojevi. Odgovarajuca talasna funkcija je

ψn1,n2,n3(x, y, z) = A sinn1πx

lsin

n2πy

lsin

n3πz

l.

Broj mogucih kvatnih stanja cestice u ovakvoj potencijalnoj jami je

Ω0(E) =∑En≤E

1 =∑

n21+n2

2+n23≤

8ml2

h2E

1.

Dakle, Ω0(E) je broj cvorova resetke koji se nalaze unutar sfere radijusa√

8ml2

h2 E.

Ukoliko je E dovoljno veliko, priblizno je jednak jednoj osmini zapremine sfere

Ω0(E) ∼1

8· 34π

(8ml2

h2E

) 32

=4

3πV

h3(2mE)

32 .


Zapremina klasicnog faznog prostora je

Γ0(E) =

∫p2≤2mE

dp3dq3 = V

∫p2≤2mE

dp3 =4

3πV (2mE)

32 ,

primetite da

Ω0(E) ∼Γ0(E)

h3.

Gustina stanja je

Ω(E) =dΩ0(E)

dE= 2π

V

h3(2mE)

32

√E.

10. 7 Jednodimenzioni lanac se sastoji od n(>> 1) elemenata (stapica) duzine

a. Krajevi lanca se nalaze na medjusobnom rastojanju x. Izracunati entropiju S

lanca (kao S(x)) i nadjite funkcionalnu vezu izmedju T lanca i sile kojom treba

drzati krajeve lanca (na rastojanju x). Pretpostaviti da se elementi mogu slobodno

okretati u tackama spajanja.

Resenje:

Buduci da dati lanac izgleda kao na slici ??, vaze sledeci izrazi,

n+ + n− = n

(n+ − n−)a = x.

Odatle sledi da je

n+ =1

2

(n+

x

a

),

n− =1

2

(n− x

a

).

Termodinamicka tezina ce biti

W =n!

n+!n−!=

n!(12

(n+ x

a

))!(12

(n− x

a

))!,


odnosno ukoliko upotrebimo Stirling-ovu aproksimaciju

W ≈ nn

nn+

+ nn−−

=n!(

12

(n+ x

a

)) 12(n+

xa) (1

2

(n− x

a

)) 12(n−

xa).

Entropija sistema je

S = kB lnW = kBn lnn−kB2

(n+

x

a

)ln

(1

2

(n+

x

a

))−kB

2

(n− x

a

)ln

(1

2

(n− x

a

)).

Potreban nam je termodinamicki potencijal cije su prirodne promenljive entropija

S i sila zatezanja X . To je slobodna energija F ,

F = U − TS,

a kako je U = ⟨E⟩ = 0, jer elementi lanca mogu slobodno da se krecu na spoje-

vima, bice F = −TS. Buduci da vazi dF = −SdT +Xdx, sledi

X =

(∂F

∂x

)T

= −(∂TS

∂x

)T

= −T(∂S

∂x

)T

,

sto nakon diferenciranja daje

X =kBT

2alnn+ x

a

n− xa

.

Kako je x/a << n, mozemo aproksimirati

X ≈ −kBT2a

· 2xna

= −kBTna2

· x.

11. Razmatrati idealni gas N jednoatomskih molekula masa m koji se nalazi u sudu

zapremine V . Dinamika gasa je opisana hamiltonijanom

H =3N∑i

p2i2m

, (4.4)

sa ukupnom energijom iz intervala energije (E,E +∆).


a. Odrediti zapreminu ∆Ω(E) oblasti faznog prostora u kojem se nalaze moguca

mikrostanja. Uporediti zapreminu tog dela faznog prostora sa onim delom

faznog prostora koji odgovara stanjima sa manjom energijom od E.

b. Izracunati entropiju S idealnog gasa. Dokazati da je ta velicina ekstenzivna.

Resenje:

(a) Statisticka tezina koja odgovara sloju stanja oko hipersfere sa konstantnom

energijom je jednaka

∆Λ(E) =

∫· · ·∫

︸︷︷︸3N

3N∏i

dqi

∫· · ·∫

︸︷︷︸3N

H<E+∆

3N∏i

dpi −∫

· · ·∫

︸︷︷︸3N

3N∏i

dqi

∫· · ·∫

︸︷︷︸3N

H<E

3N∏i

dpi.

(4.5)

Nakon integracije po energijama dobijamo da je zapremina faznog prostora

u tom sloju faznog prostora

∆Λ(E) =V Nπ

3N2

Γ(N2+ 1)

(2m(E +∆))3N2

[1− (1 +

∆

E)

]− 3N2

. (4.6)

Zapremina faznog prostora sa energijom manjom od E +∆ je

Λ(E) =V Nπ

3N2

Γ(N2+ 1)

(2m(E +∆))3N2 , (4.7)

dok njihov odnos

∆Λ(E)

Λ(E)=

[1− (1 +

∆

E)

]− 3N2

−−−→N→∞

1, (4.8)

sto znaci da su zapremina hipersfere i sloja oko nje u termodinamickom

limesu me -dusobno jednaki.


(b) Broj mikrostanja koji se nalazi u faznom prostoru ogranicenim hipersferom

knstante energije E je dat izrazom

Ωo(E) =V N

h3NN !

π3N2

Γ(N2+ 1)

(2mE)3N2 . (4.9)

Entropiju mozemo uvesti kao

S(E, V,N) = kB lnΩo(E, V,N), (4.10)

odakle uz krscenje jednacine (4.9) dobijamo da je

S(E, V,N) = NkB

[lnV

N+

3

2ln

2E

3N+ ln

(2πm)32

h3

]. (4.11)

Kako su VN

i EN

intenzivne velicine, samim tim izraz u [· · · ] ne zavisi od broja

cestica to je onda odavde ocigledno da entropija S predstavlja ekstenzivnu

velicinu posto ostaje zavisnost po broju cestica.

II. Kanonski ansambl

12. Jedan slozen sistem se sastoji od podsistema A,B,C, ..., koji me -dusobno slabo in-

teraguju. Uzeti da sistem, zajedno sa podsistemima nalazi se u toplotnoj ravnotezi

sa okolinom. Pokazati da particiona funkcija sistema i slobodna energija sistema

zadovoljavaju sledece relacije:

ZA+B+C+... = ZA · ZB · ZC · ZD... (4.12)

FA+B+C+... = FA + FB + FC + FD... (4.13)

13. Izracunati toplotni kapacitet, termicku i kaloricku jednacinu stanja idealnog klasicnog

gasa (H =∑N

i=1p2i2m

) na visokim temperaturama.

II.. KANONSKI ANSAMBL 117

14. 7 Idealni gas se sastoji od N cestica. Pretpostaviti da je energijski spek-

tar cestica oblika ϵ = cp. Odrediti termodinamicke potencijale, uzajuci da su

molekuli jednoatomski bez unutrasnje strukture.

Resenje:

Particiona funkcija je data sa

Z(V, T,N) =1

N !h3N

∫∫dq dp e−βH,

gde je H = cp. Tada

Z(V, T,N) =1

N !h3N

∫· · ·∫

︸︷︷︸3N

dq11 · · · dq3N∫

· · ·∫

︸︷︷︸3N

dp11 · · · dp3N · e−β∑N

i=1 cpi ,

Z(V, T,N) =1

N !h3N

(∫∫∫d3q

)N

·(∫∫∫

dpx dpy dpz e−βcp

)N

,

Z(V, T,N) =V N

N !h3N· (4π)N ·

(∫ ∞

0

p2e−βcp dp

)N

.

Moze se pokazati da je integral∫ ∞

0

p2e−βcp dp =1

(βc)3Γ(3) =

2

(βc)3,

te je

Z(V, T,N) =(4πV )N

N !h3N· 2N

(βc)3N=

1

N !

(8πV

(βch)3

)N

.

Slobodna energija je

F (V, T,N) = −kBT lnZ = NkBT lnN −NkBT −NkBT ln8πV

(βch)3.

Unutrasnja energija

U = −T 2 ∂

∂T

(F

T

)= 3NkBT.

Dalje G = F + pV , a pritisak je

p = −(∂F

∂V

)T,N

=NkBT

V,


pa

G = NkBT lnN −NkBT ln8πV

(βch)3.

Konacno, entalpija iznosi

E = U + pV = 4NkBT.

15. 7 Za oscilator mase m i ugaone frekvencije ω, izracunati

(a) particionu funkciju, klasicno;

(b) particionu funkciju, kvantno;

(c) unutrasnju energiju, entropiju i toplotni kapacitet sistema koji se sastoji od N

takvih oscilatora kao funkciju temperature.

Resenje:

(a) Klasicna particiona funkcija Zcl je

Zcl =

∫e−βHdΓ =

1

h

∫∫ ∞

−∞e−βHdq dp,

kako je hamiltonijan H = p2

2m+ 1

2mω2q2, bice

Zcl =1

h

∫∫ ∞

−∞e−β p2

2m · e−β 12mω2q2dq dp,

Zcl =1

h

∫ ∞

−∞e−

β2m

p2dp

∫ ∞

−∞e−

βmω2

2q2dq,

Zcl =

√2mπ

β· 1h·√

2π

βmω2,

Zcl =kBT

~ω.


(b) Za kvantnu particionu funkciju Zqu ce biti

Zqu =∞∑n=0

eEn

kBT ,

a energija je data kao En = ~ω(n+ 1

2

), pa

Zqu =∞∑n=0

e− ~ω

kBT (n+12),

Zqu = e− ~ω

2kBT

∞∑n=0

e− ~ω

kBTn,

Zqu =e− ~ω

2kBT

1− e− ~ω

kBT

,

Zqu =1

2 sinh ~ω2kBT

.

(c) Kada imamo sistem koji se sastoji od N me -dusobno nezavisnih oscilatora,

particiona funkcija je

Z = ZNqu =

(2 sinh

~ω2kBT

)−N

,

pa unutrasnja energija moze da se dobije iz F = −kBT lnZ, jer F = U − TS,

pa

U = F − T

(∂F

∂T

)V

= −T 2 ∂

∂T

(F

T

)V

,

U = kBT2 ∂

∂TlnZ,

a kako je β = 1kBT

,

U = kBT2 ∂

∂β(lnZ) · ∂β

∂T,

U = − ∂

∂βlnZ.

Uvrstavanjem izraza za Z i sre -divanjem, imamo da je unutrasnja energija

konacno

U =N

2~ω coth

~ω2kBT

.


Toplotni kapacitet dobijamo iz

C =

(∂U

∂T

)N,ω

= NkB

(~ω

2kBT

)2

· 1

sinh2 ~ω2kBT

.

Dok je entropija

S = −∂F∂T

= − ∂

∂T(−kBT lnZ) ,

sto nakon sre -divanja iznosi

S = NkB

(~ω

2kBTcoth

~ω2kBT

− ln

(2 sinh

~ω2kBT

)).

16. Razmatrati klasican sistem sa hamiltonijanom

H = Ho + λH1, (4.14)

gde je λ << 1. Prvi clan u hamiltonijanu Ho se moze smatrati hamiltonijanom

neinteragujuceg sistema, dok do pojave interakcije se dolazi do pojave clana H1.

Pokazati da se slobodna energija moze razviti u stepeni red po λ, i da je data

jednacinom

F = Fo + λ < H1 >o + · · · , (4.15)

gde su Fo i < H1 >o, slobodna energija i ocekivana vrednost H1 izracunata za

slucaj λ = 0. Pored toga, odrediti sledeci clan u razvoju slobodne energije i un-

utrasnju energiju do drugogclana razvoja.

17. Idealni gas se nalazi u cilindru poluprecnika R i duzine L, rotira oko svoje ose

simetrije ugaonom brzinom ω. Zanemarujuci uticaj homogenog polja Zemljine

teze, odrediti slobodnu energiju sistema na temperaturi T .

18. Odrediti gustinu gasa u sistemu koji je opisan u prethodnom zadatku.

19. Izracunati toplotni kapacitet, termicku i kaloricku jednacinu stanja idealnog ul-

trarelativistickog gasa (H =∑N

i=1 cpi) na visokim temperaturama.


20. 4 Odrediti elektricnu polarizaciju idealnog gasa koji se sastoji odN dijatom-

skih molekula, koji ima konstantan dijelektricni moment µ. Gas se nalazi u sudu

zapremine V , i nalazi se u elektricnom polju, jacineE. Pokazati da je dijelektricna

konstanta gas data sa

ϵ = 1 + 4πµ2

3kT

N

V. (4.16)

21. Dat je gas koji se sastoji od me -dusobno neinteragujucih cestica kod kojih je veza

izme -du energije cestice ε i intenziteta njenog impulsa p oblika ε = ε0+αp3, gde su

ε0 i α konstante. Naci statisticku sumu ovog gasa i na osnovu toga izracunati ko-

liki rad vrsi jedan mol ovakvog gasa pri adijabatskoj ekspanziji iz stanja u kome

je zapremina sistema V1, temperatura T1 u stanje u kome je zapremina V2. Kolika

je temperatura gasa nakon ekspanzije?

22. Idealan gas N jednoatomskih molekula (pojedninacne mase m). Gas se nalazi

u beskona cno visokom cilindru (povrsine bazisa A) pod uticajem homogenog

gravitacionog polja. Pretpostavljajuci da se gas nalazi u stanju termodinamicke

ravnoteze, odrediti specificnu toplotu gasa.

23. Za idealan klasican gas, particiona funkcija se moze zapisati kao

Z(N, T, V ) =1

N !V NZ1(T )

N . (4.17)

Uz pretpostavku da Z1(T, V ) ∼ T n, pokazati da se toplotni kapacitet za takav

sistem ponasa u skladu sa izrazom

Cv = nNkB. (4.18)

Resenje:

Particiona funkcija N -cesticnog sistema je

Z =1

N !V NZN

1 =1

N !V NCNT nN . (4.19)


Entropija se moze odrediti iz slobodne energije

S = −(∂F

∂T

)V

=

= kB lnZ +NnkB. (4.20)

Nakon toga se odre -duje toplotni kapacitet

CV = T

(∂S

∂T

)V

=

=kBT

Z

(∂Z

∂T

)V

= nNkB. (4.21)

24. Jednodimenzioni polimer sastoji se od N me -dusobono povezanih monomera.

Svaki monomer je u obliku elipse, cija je veca poluosa duzine 2a, dok je kraca

poluosa duzine a. Monomeri mogu da se postave tako da pravac polimera moze

da se poklopi sa duzom poluosom (longitudinalno postavljni), ili sa kracom (transverzalno

postavljeni). Energijski doprinos ϵ se uvrscuje u ukupnu energiju ukoliko je

monomer trasverzalno postavljen, i zbog toga ukupna energija polimera je jed-

naka E = nϵ, gde je n broj transverrzalnih monomera.

(a) Odrediti particionu funkciju polimera Z(T,N).

(b) Odrediti kolika je verovatnoca da se monomeri postave duz krace ili duze

poluose.

(c) Odrediti srednju duzinu lanca < L(T,N) >

(d) Odrediti varijansu < L(T,N)2 > − < L(T,N) >2.

Resenje:


(a) Energija polimera En = nε zavisi od broja monomera n u transverzalnom

pravcu. Broj razlicitih rasporeda n transverzalnih i N − n longitudinalnih

monomera je N !n!(N−n)!

, sto se koristi u formiranju particione funkcije

Z(T,N) =N∑

n=0

N !

n!(N − n)!e−βnϵ (4.22)

= (1 + e−βε)N . (4.23)

(b) Verovatnoca da monomer bude u transverzalnom polozaju

pT =e−βε

1 + e−βε, (4.24)

je verovatnoca da se monomer na -de u longitudinalnom polozaju

pT =1

1 + e−βε. (4.25)

(c) Lanac monomera sa n transverzalnih i N − n longitudinalnih monomera je

dugacka

L = n · 2a+ (N − n) · 4a = 4Na− 2na, (4.26)

odakle se moze dobiti da je srednja duzina lanca

< L >= 4Na− 2 < n > a. (4.27)

Srednji broj monomera postavljenih u transverzalnom pravcu mozemo odred-

iti na osnovu relacije

< n >=1

Z

N∑n=0

N !

n!(N − n)!ne−βnε, (4.28)

koja se moze transformisati u

< n >= − 1

Z

∂Z

(βε)= N

e−βε

1 + e−βε. (4.29)


Zamenom ove relacije u (4.27), dolazimo do izraza

< L > = 2Na

(2− e−βε

1 + e−βε

)= (4.30)

= 2Na2 + e−βε

1 + e−βε. (4.31)

(d) Kvadrat duzine lanca

L2 = 4a2(4N2 − 4Nn+ n2), (4.32)

i njegovu srednju vrednost mozemo povezati sa srednjom vrednoscu broja i

kvadratu broja monomera u transverzalnom polozaju

< L2 >= 4a2(4N2 − 4N < n > + < n2 >). (4.33)

Srednji kvadrat broja monomera u transverzalnom polozaju

< n2 >=1

Z

∂2Z

(βε)2=N2 − 2N −Ne−βε

(1 + e−βε)2. (4.34)

Fluktuacija duzine polimernog lanca, posle zamene

δL = < L2 > − < L >2= (4.35)

= N2a2

(16

1 + e−βε+

4(N + eβε)

(1 + eβε)2−(2 + e−βε

1 + e−βε

)2). (4.36)

25. Klasicni gas molekula (koji se mogu aproksimovati tvrdim sferama zapremine

v) se nalazi u sudu zapremine V . Odrediti entropiju u funkciji energije sistema.

Tako -de, odrediti termicku i kaloricku jednacinu stanja. Pokazati da je izotermska

kompresibilnost uvek pozitivna.

a) Maxwell-ova raspodela

26. Razre -den gas koji se nalazi u zapreminu V na pritisku p. Pretpostavljajuci da

raspodela brzina molekula gasa je Maxwell-ova, izracunajte brzinu isticanja gasa

kroz otvor male povrsine.


27. Izvesti iz elementarne kineticke teorije Poisson-ovu jednacinu pV γ = const za

kvazistaticke adijabatske procese idealnog gasa.

28. Za Maksvelov razredjeni idealni gas odrediti srednje vreme kretanja cestica u

gasu, uzimajuci da su cestice oblika sfere poluprecnika a.

29. Razre -dene gas koji se nalazi u zapremini V na pritisku p. Pretpostavljajuci da

je rapodela molekula gasa Maxwell-ova, izracunajte meru (brzinu) isticanja gasa

kroz otvor male povrsine S.

30. Izracunati broj molekula po jedinici zapremine n termodinamicki ravnoteznog

gasa na temperaturi T :

(a) koji imaju jednu komponentu vecu od 2vm, bez obzira na vrednosti druge

dve komponente.

(b) koje imaju intenzitet brzine vece od 2vm.

Uzeti da je najverovatnija brzina uzima vrednost vm =√

2kBTm

.

31. Koliko procenata od ukupnog broja udara molekula o jedinicu povrsine zida

suda u jedinicu vremena otpada na molekule koji su odre -deni uslovima koji su

dati u prethodnom zadatku pod (a) i pod (b)?

32. Odrediti broj molekula po jedinici zapremine sa energijama izme -du energija ϵ i

ϵ+ dϵ u gasu koji se nalazi u stanju termodinamicke ravnoteze na temperaturi T .

Na osnovu dobijenog rezultata izracunati (nerelativisticki):

(a) najverovatniju energiju sistema.

(b) relativnu fluktuaciju energije i uporediti je sa relativnom fluktuacijom brzine.

(c) ukupan broj molekula po jedinici zapremine sa energijom vecom od neke

date vrednosti εo.


33. Klasican idealni gas se nalazi u sudu na temperaturi T . Cestice gasa (svaka mase

m) mogu da izlaze kroz mali otvor na zidu suda. Smatrajuci da isticanje gasa ne

remeti termodinamicku ravnotezu gasa u sudu, odrediti oblik funkcije raspodele

po intenzitetima brzina cestica gasa van suda. Izracunati zatim njihovu brzinu

van suda. izracunati zatim najverovatniju brzinu i srednju vrednost kineticke en-

ergije.

Resenje:

Broj molekula gasa koji iza -du iz kutije u nekom intervalu δt su me -dusobno povezani

relacijama

δN = −∑v

n(v)δV = −∑v

nvzf(v)dSdt. (4.37)

Kao sto se ocekuje, broj molekula koji iza -de izvan suda je jednak ovom broju,

i raspodela je samim proporcionalna Cvze− mv2

2kBT . Konstanta C se moze odrediti

normiranjem ∫ ∞

0

∫ π

0

∫ π

0

Cv cos θe− mv2

2kBT = 1. (4.38)

Tako dobijamo da je C = 2(

22kBT

)2, sto znaci d je raspodela po brzinama oblika

fout(v) = 2

(2

2kBT

)2

v3e− mv2

2kBT . (4.39)

Najverovatniju brzinu dobijamo iz uslova:

dfout(v)

dv|v=vmp = 0, (4.40)

odakle se dobija da je vmp =√

3kBTm

. Srednja kineticka energija je < Ek >=m2<

v2 >, odnosno

< Ek > =m

2

∫ ∞

0

2

(2

2kBT

)2

v5e− mv2

2kBT dv =

= 2kBT. (4.41)


34. Relativisticki impuls cestica gasa je dat izrazom

pi =mvi√1− v2

c2

gde je i ∈ 1, 2, 3, a energija je oblika

ϵi =mc2√1− v2

c2

Koristeci Maxwell-ovu raspodelu odrediti < mv2√1−( v

c )2 > .

35. Polazeci od pretpostavke da raspodela broja cestica po brzinama je Maxwell-

ovog oblika, odrediti oblik funkcije distribucije zbira intenziteta brzina dve cestice

v = v1 + v2. Izracunati srednje vrednosti brzina.

Resenje:

Pretpostavljajuci da je izraz za distribuciju intenziteta brzina molekula

f(v) =4√π

(m

2kBT

) 32

v2e− mv2

2kBT , (4.42)

kojom se odre -duje verovatnoca dp(v1, v2) da se brzina jedne cestice nalazi u inter-

valu (v1, v1+dv1) i brzina druge u intervalu (v2, v2+dv2), i koja se moze prikazati

izrazom

dp(v1, v2) = f(v1)f(v2)dv1dv2. (4.43)

Sada se za gustinu verovatnoce slucajne promenljive koja predstavlja zbir brzina

v = v1 + v2 moze pisati

F (v) =

∫ ∫f(v1)f(v2)δ(v − (v1 + v2))udv1dv2. (4.44)

Tako dobijamo da je

F (v) =1

2π

(m

2kBT

) 12

e− mv2

2kBT [2

√m

2kBTv(mv2

2kBT− 3) +

emv2

4kBT√2π(3− mv2

kBT+

(mv2

2kBT

)2

)]Erf((

mv2

2kBT

)1

2

).


Srednja brzina je

< v >=

∫ ∞

0

v · F (v)dv = 2 ·√

8

π

kBT

m, (4.45)

dok je srednja kvadratna brzina jednaka

< v2 >=

∫ ∞

0

v2 · F (v)dv =6kBT

m+

8

π

kBT

m. (4.46)

Time se dobije da je srednjs vrednost zbira brzine cestica < v >= 2 < v1 >, dok je

srednja vrednost kvadrata brzine jednak < v2 >= 2(< v21 > + < v1 >2).

36. U sudu se nalazi klasicni idealni gas molekula mase m i natemperaturi T .

(a) Odrediti koliko je udara molekula po jedinici povrsine zida suda u jedinici

vremena, ciji je intenzitet brzine veci od 3vm, gde je vm =√

2kBTm

najverovat-

nija brzina.

(b) Odrediti koliko je udara molekula po jedinici povrsine zida suda u jedinici

vremena, cija je jedna od komponenti brzine veci od 4vm, gde je vm =√

2kBTm

najverovatnija brzina.

Prikazi rezultate koristeci error funkciju Υ(x) = 2√π

∫ x

0e−t2dt.

b) Primena na klasicne i kvantne sisteme

37. Sistem koji se sastoji od N cestica, spina 12, nalazi se u magnetnom polju H . U

slucaju da cestice poseduju magnetni moment µ, koji moze biti orijentisan samo u

dva smera ↑ ili ↓ (koji je u istom ili suprotnom smeru od polje koje je npr. ↑), onda

su odgovarajuci energijski nivoi svake cestice +µH , ili −µH . Odrediti particionu

funkciju, slobodnu energiju, entropiju i srednju vrednost magnetnog momenta i

njegovu disperziju.


38. Atomi mogu posedovati magnetne momente, koji mogu uzeti vrednosti iz diskretnog

skupa vrednosti skupa gµBm (magnetni moment uzima brojeve J, J − 1, J −

2, ...,−J) kao njihove komponente duz magnetnog polja H . Izracunajte mag-

netizaciju M tela koje sadrzi n takvih atoma po jedinici zapremine. Izracunati

susceptibilnost χ za slabo polje interakcije na visokim temperaturama (kBT >>

gµBJH).

39. Osnovno stanje atoma kiseonika je spin-triplet stanje sa sledecom finom struk-

turom

EJ=2 = EJ=1 − 158.5cm−1 = EJ=0 − 266.5cm−1. (4.47)

(a) Koja je degeneracija datih energijskih nivoa kiseonika.

(b) Odrediti particionu funckiju i Helmholtzovu slobodnu energiju za energi-

jske nivoe kiseonikovih atoma (mozete zanemariti translaciono kretanje atoma

i razmotriti ih kao lokalizovane objekte.)

(c) Izracunati udeo naseljenosti atoma razlicitih J-nivoa u atomskom uzorku

kiseonika na 300K.

(d) Nadji specificnu toplotu uzorka kao funkciju temperature na konstantnoj za-

premini. Diskutovati specificnu toplotu na niskim i visokim temperaturskim

granicama. Skicirati Cv(T ).

Resenje:

(a) Degeneracije J-nivoa je jednaka MJ = 2J + 1.

(b) Posto su medjusobno energetski nivoi medjusobno neinteragujuci, dobijamo

daje particiona funkcija sistema ZN = (Z1)N , gde je particiona funkcija jedne

cestice Z1 = e− ϵo

KBT + 3e− ϵ1

KBT + 5e− ϵ2

KBT . Odakle dobijamo da je slobodna


energija oblika:

F −KBTN lnZ1 = −NkBT ln(e− ϵo

KBT + 3e− ϵ1

KBT + 5e− ϵ2

KBT ) (4.48)

(c) Naseljenost pojedinacnih nivoa je oblika

nJ =(2J + 1)Ne−βϵJ

Z1

, (4.49)

tako dobijamo da je za J = 2:

n2 =5Ne−βϵ2

e− ϵo

KBT + 3e− ϵ1

KBT + 5e− ϵ2

KBT

, (4.50)

za J = 1 odnos naseljenosti i ukupnog broja cestica je

n1

N=

3

eϵ1−ϵoKBT + 3 + 5e

ϵ1−ϵ2KBT

, (4.51)

i za J = 0no

N=

1

1 + 3eϵo−ϵ1KBT + 5e

ϵo−ϵ2KBT

. (4.52)

(d) Unutrasnja energija se dobija pomocu sledecih identiteta

UN = − ∂

∂βlnZN = −N ∂

∂βlnZ1. (4.53)

Ukoliko u prethodnom zamenimo vrednost za Z1 dobijenu pod b. dobijamo

UN = Nϵoe

− ϵoKBT + 3ϵ1e

− ϵ1KBT + 5ϵ2e

− ϵ2KBT

e− ϵo

KBT + 3e− ϵ1

KBT + 5e− ϵ2

KBT

, (4.54)

odakle mozemo dobiti cv = (∂U∂T

).

40. Izracunajte unutrasnju energiju sistemaN klasicnih linearnih anharmonijskih os-

cilatora energije

ε(p, q) = ap6 + bq2 (4.55)

u stanju termodinamicke ravnoteze.

41. Potencijalna energija klasicnog jednodimenzionog oscilatora jeU(x) = αx4. Odred-

iti srednju energiju gasa koji se sastoji od N takvih oscilatora, koji medjusobno ne

interaguju.


c) T − p raspodela

42. Upotrebiti kanonsku T − p raspodelu klasicne statisticke fizike, da bi se odredili

termodinamicki potencijali. I pokazati da termodinamicki potencijal koji odgo-

vara T − p raspodeli je Gibsov potencijal.

43. Polimerni lanac se sastoji od N monomera, koji svi imaju duzinu a. Monomeri

su me -dusobno povezani svojim krajevima, tako da slobodno mogu rotirati oko

ovih krajeva. Odrediti zavisnost sile zatezanja polimera f od rastojanja z izme -du

krajeva polimera.

Resenje:

Monomeri, konstannte duzine a, su postavljeni u proizvoljnom pravcu u trodi-

menzionom prostoru. z-osu postavimo tao da prolazi kroz dva krajnja monomera

tog polimera. Ugao θi koji zaklapa prava na kojoj se nalazi taj monomer sa z-

osom. Unutrasnja energija U se menja u skladu sa zakonom

dU = TdS + fdl, (4.56)

a Gibsovu slobodnu energiju dobijamo Legendre-ovom relacijom G = U − fl −

TS, dok je promena Gibsove slobodne energije

dG = −SdT − ldf. (4.57)

Disperziona relacija, odnosno hamiltonijan ovog polimera ne zavisi od polozaja

monomera u prostoru. Tako -de, posto se razmatra staticki slucaj, zakljucuje se da

je hamiltonijan ovog sistema ima konstntnu vrednost. Prelazeci na primenu T−p

raspodelu, mozemo odrediti Y -particionu funkciju

Y (T, f,N) =

∫. . .

∫eβfldΩ1 . . .ΩN , (4.58)


gde je prostorni ugao dΩi = sin θidθidφi. Takod dobijamo, posle integracije po θi i

φi, dobija se da je particiona funkcija

G(T, f,N) = −kbTN ln

[4λ sinh(βfa)

βfa

], (4.59)

odakle se dobija da je

z = −(∂G

∂f

)T

=kbTN

f(coth(βfa)βfa− 1). (4.60)

Pod pretpostavkom ad je βfa << 1, odnosno za male duzine monomera a, moze

se iskoristiti razvoj u red cothx ≈ 1x+ x

3, i tako se dobija da je duzina polimernog

lanca u zavisnosti od sile

z =Nfa2

3kbT, (4.61)

odnosno da sila zavisi od f = 3kbTNa2

z.

a a b b a

a bb aa

Slika 4.1:

44. N monomernih jedinica se nalaze duz prave linije, i formiraju lanac molekula.

Svaki molekul moze da bude u α i β stanju. Ako se molekuli nalaze u stanju

α, onda je energija tih molekula Eα i njihova duzina a (vidi sliku (4.1)), dok en-

ergija molekula koji se nalazi u stanju β je Eβ i duzina b. Odrediti relaciju izme -du

duzine L i sile zatezanja X koja deluje na jednom kraju lanca molekula.

Resenje:

Neka je Nα monomera u stanju α, dok je Nβ monomera u stanju β. Ukupan broj

monomera je N, tako da relacijaN = Nα+Nβ mora biti ispunjen. Takodje i duzina


lanca je povezana sa brojem monomera relacijom L = Nαa+Nβb, a energija lanca

relacijom E = NαEα +NβEβ . Posto nas interesuje veza izmedju duzine lanca L i

sile X , koristicemo T − X raspodelu. Gustina verovatnoce pomenute raspodele

je

Pr(Nα, Nβ) =e−β(E−XL)

Y, (4.62)

gde je Y particiona funkcija raspodele. Particiconu funkciju Y odredicemo iz

uslova ∑po svim konfiguracijama

Pr(Nα, Nβ) = 1, (4.63)

odakle dobijamo da je

Y =N∑

Nα=0

N !

Nα!Nβ!e−β[E(Nα,Nβ)−XL(Nα,Nβ)]. (4.64)

Posle niza transformacija dobija se da je pariciona funkcija

Y = [eXa−EαkBT + e

Xb−EβkBT ]N , (4.65)

pomocu koje se moze odrediti gibsova slobodna energija

G = −kBT lnY = −NkBT ln(eXa−EαkBT + e

Xb−EβkBT ). (4.66)

Iz koje se moze, zatim, odrediti duzina lana u funkcijskoj zavisnosti od intenziteta

sile X

L = Nae

Xa−EαkBT + be

Xb−EβkBT

eXa−EαkBT + e

Xb−EβkBT

. (4.67)

45. Odrediti srednju vrednost kvadrata i kuba fluktuacije < ∆U2 > i < ∆U3 > ide-

alnog klasicnog gasa N dvoatomskih molekula, mase m, momenta inercije I i

dielektricnog momenta µ0. Gas se nalazi u sudu zapremine V i jacine elektricnog

momenta E.


d) Ostale teme iz kanonskog ansambla

46. Idealan gas kvantnih rotatora se nalazi u sudu zapremine V i na temperaturi

T . Kvantni rotator se sastoji od molekula cija je masa m i moment inercije I u

odnosu na osu svog sopstvenog sistema reference, a stanja rotatora su odredjena

orbitalnim kvantnim brojem l. Odrediti hemijski potencijal i toplotni kapacitet

(po cestici) sistema rotora.

Resenje:

Hamiltonijan gasa kvantnih rotatora se od dela koji opisuje trnslaciju, a drugi deo

koji opisuje rotaciju:

H =N∑i=1

(p2i2m

+li(li + 1)~2

2I).

Particiona funkcija Z se, tako -de, onda sastoji iz translacionog dela i rotacionog

dela, zato Z = ZtranZrot. Translacioni deo particione funkcije

Ztran =1

h3NN !

∫e−β

∑i

p2i2mdΓ,

gde je dΓ element faznog prostora u kome se posmatra kretanje je opisano kre-

tanje iz translacionog dela faznog prostora

Ztran =V N

N !(2πmkBT

h2)3N2 .

U delu faznog prostora koji opisuje rotaciono kretanje, particiona funckija se

nalazi sumiranjem po sporednom kvantnom broju l za svaku cesticu i. Tako do-

bijamo da je

Z = ZN1 = (

N∑l=0

(2l + 1)e−βl(l+1)~2

I )N ,

gde je Z1 particiona funkcija koja odgovara jednoj cestici. Sumiranje po l se moze

uraditi posmatrrjuci dva limesa, kada je T → ∞, ili kada je T → 0. U prvom

slucaju, kada je T jako velika, imamo da je β~22I

→ 0. Zbog toga sumu mozemo


izracunati integraljenjem, posto je funckija e−βl(l+1)~2

I slabo promenljiva funkcija

I =

∫ ∞

0

dl(2l + 1)e−βl(l+1)~2

I =2I

β~2.

Tako mozemo odrediti slobodnu energiju koja odgovara stepenima slobode rotacije

Frot = −NkBT lnZ1 = −NkBT ln(2IkBT

~2).

Ukljucujuci i translacione stepene sloode, dobijamo se da su toplotni kapacitet i

hemijski potencijal, oblikaCV

N=

5

2kB,

µ = −kBT ln

(V

N

(2mπkBT

~2

) 32

)− kBT ln(

2IkBT

~2).

Na suprotnom intervalu temperatura, tj. u drugom limesu, kada T → 0, par-

ticiona funkcija jedne cestice se moze svesti samo na prva dva sabirka u sumi,

tj

Z1 = 1 + 3e−β~2/I .

Onda je unutrasnja energija sisema neitneragujucih kvantnih rotatora oblika

Urot = −T 2 ∂

∂T

(F

T

)=

NkBT2

1 + 3e−β~2/I .

Toplotni kapacitet sistema po cetstici se onda moze dobiti da je oblika

CV rot

N=

(~2

I

)21

kBT 2

e−β~2/I

1 + 3e−β~2/I ,

dok je doprinos hemijskom potencijalu od rotacionih stepene sloboda dat izra-

zom

µrot =

(∂F

∂N

)= −kBT ln(1 + 3e−β~2/I),

sto znaci, da ako razmatramo sve stepena slobode, i to sa translacionim stepen-

ima slobode, dobija se da je

CV

N=

3

2kB +

(~2

I

)21

kBT 2

e−β~2/I

1 + 3e−β~2/I ,


µ = −kBT ln

(V

N

(2mπkBT

~2

) 32

)− kBT ln(1 + 3e−β~2/I).

47. Posmatrati polimer od 4 monomera koji se nalazi na dvodimenzionoj kvadraticnoj

resetki, tako da je prvi monomer smesten u centar te resetke. Konfiguracije polimera

su takve da se monomeri mogu nalaziti samo na susednim cvorovima resetke. Za

svaki par veza koje se nalaze pod uglom od 90o, energija polimera se poveca za

ε > 0. Uzmimo da je energija linearnog polimera 0. Izracunati particionu funkciju

sistema i izracunati < r2 >, tj. srednje kvadratno rastojanje izme -du monomera 1

i 4, i odrediti te vrednosti pri T → 0 i pri T → ∞.

Resenje:

Na slici (4.2) su prikazane moguce konfiguracije linearnog polimera koji ima os-

obinu da ne moze da se samo preseca. Broj konfiguracija je prikazan u Tabeli I.

Particiona funkcija se na osnovu oblika odgovarajucih konfiguracija i energija

Z = 4 + 16e−βε + 16e−2βε. (4.68)

Srednje rastojanje je dato jednacinom

< r2 >= a29 + 20e−βε + 12e−2βϵ

4 + 16e−βε + 16e−2βε. (4.69)

U limesu T → 0, mozemo isorisititi da je e−βε mala velicina, tako se dobija

√< r2 > ∼ 3a(1− 8

9e−βε). (4.70)

U limesu T → ∞, koeficijent β postaje mali, tako da posle razvoja u red dobija se

izraz oblika√< r2 > ∼

√613a(1− 218

61βε). (4.71)


1 2 3 4 1 2 3

4

1 2 3

4

4

1 2

3

4

1 2

3 4

1 2

3

4

1 2

3

4

1 2

3 4

1 2

3

A B C

D E F

G H I

Slika 4.2:

A 4 0 3a

B 4 ε a√5

C 4 ε a√5

D 4 2ε a√5

E 4 ε a√5

F 4 2ε a

G 4 2ε a√5

H 4 ε a√5

I 4 2ε a


Table I. U prvoj koloni je navedeno ,,ime“ konfiguracije, koje je navedeno i na

slikama na kojima je prikazan oblik te konfiguracije. U drugoj je naveden broj

konfiguracija zbog rotacione invarijantnosti na grupu rotacija C4. U trecoj koloni

je energija takvog lanca, dok je u cetvrtoj rastojanje izme -du krajeva lanca (uzi-

majuci u obzir da je konstanta resetke a.)

48. Odrediti termicku jednacinu stanja sistema, cija se raspodela cestica po impul-

sima oblika f(p) = Ce− p4

p4o , gde su po i C konstante.

Resenje:

Normirajuci raspodelu f(p) = Ce− p4

p4o , dobija se konstanta C = 1πΓ(5/4)p5o

. Srednja

vrednost < p2 > se dobija usrednjavanjem

< p2 >=

∫p2f(p)d3p =

Γ[7/4]

Γ[5/4]p2o. (4.72)

Unutrasnja energija se dobija koristeci izra

U =< E >= N < E1 >, (4.73)

gde je < E1 > srednja kineticka energija jednog molekula tog gasa < E1 >=<

p2

2m>. Pored toga koristeci vezu srednje energije i pritiska P , dobija se da je

pritisak

P =1

VN <

p2

2m>= N

p2o2m

Γ[7/4]

Γ[5/4]. (4.74)

49. Linearni elasticni polimer se moze predstaviti (modelovati) sa N veza. Duzine

veza mogu biti a odnosno b, dok je stanje tih vibracionih veza odre -deno energijom

E(n, l) =

(n+ 12)~ωa, za l = a;

(n+ 12)~ωb, za l = b,

(4.75)


gde se posmatrana veza moze naci u n-tom stanju (n ∈ 0, 1, 2, ...). Polimer

se nalazi u rastvoru, temperature T i pod dejstvom sile zatezanja F . Odred-

iti srednju energiju, entropiju i duzinu polimernog lanca. Odrediti asimptotiku

izracunatih velicina za niske i visoke temperature.

Resenje:

Gibbs-ova particiona funkcija sistema se moze dovesti u vezi sa Gibs-ovom par-

ticionom funkcijom za jednu vezu preko izraza

YN = Y N1 , (4.76)

gde se particiona funkcija po vezi moze odrediti izrazom

Y1 =+∞∑n=0

∑l=a,b

e−βEn,l+βFl , (4.77)

gde se moze iskoristiti izraz (4.75), kako stizemo do izraza

Y1 =+∞∑n=0

∑l=a,b

e−β(n+ 12)~ωl+βFl =, (4.78)

=+∞∑n=0

(e−β(n+ 1

2)~ωa+βFa + e−β(n+ 1

2)~ωb+βFb

)= (4.79)

= e−β ~ωa2

+βFa

+∞∑n=0

(e−β~ωa

)n+ e−β

~ωb2

+βFb

+∞∑n=0

(e−β~ωb

)n. (4.80)

Nakon sumiranja, dobijamo izraz

Y1 =eβFa

2 sinh(β~ωa

2

) + eβFb

2 sinh(β~ωb

2

) , (4.81)

odakle dobijamo Gibs-ov termodinamicki potencijal

G(N, T, F ) = −kBNT ln

(eβFa

2 sinh(β~ωa

2

) + eβFb

2 sinh(β~ωb

2

)) . (4.82)

Srednju energiju izracunavamo

< E >= −(∂ lnY

∂β

)T,F

, (4.83)


koji se moze transformisati u

< E >= −N 1

Y1

∂Y1∂β

, (4.84)

a zatim posle odre -divanja prvog izvoda dobijamo

< E >= −N

eβFa

2( aF

2 sinh(β~ωa2 )

− ~ωa

4

cosh(β~ωa2 )

sinh2(β~ωa2 )

) + eβFb

2( bF

2 sinh(

β~ωb2

) − ~ωb

4

cosh(

β~ωb2

)sinh2

(β~ωb

2

))eβFa

2 sinh(β~ωa2 )

+ eβFb

2 sinh(

β~ωb2

) .

(4.85)

Entropija se dobija izrazom

S = −(∂G

∂T

)F

= (4.86)

= kBN ln

(eβFa

2 sinh(β~ωa

2

) + eβFb

2 sinh(β~ωb

2

))+ (4.87)

+N

T

eβFa( aF

2 sinh(β~ωa2 )

− ~ωa

4

cosh(β~ωa2 )

sinh2(β~ωa2 )

) + eβFb( bF

2 sinh(

β~ωb2

) − ~ωb

4

cosh(

β~ωb2

)sinh2

(β~ωb

2

))eβFa

sinh(β~ωa2 )

+ eβFb

sinh(

β~ωb2

) ,(4.88)

dok je srednja duzina lanca

S = −(∂G

∂T

)F

= (4.89)

= N

a eβFa

sinh(β~ωa2 )

+ b eβFb

sinh(

β~ωb2

)eβFa

sinh(β~ωa2 )

+ eβFb

sinh(

β~ωb2

) . (4.90)

50. Odrediti prvu relativisticku popravku molarnog toplotnog kapaciteta CV ide-

alnog klasicnog gasa cestica bez unutrasnje strukture.

Resenje:

Ukupna energija je

E =√m2c4 + p2c2 = mc2

(q +

p2

m2c2

) 12

.


Razvojem u red imamo da je priblizno

E ≈ mc2(q +

p2

2m2c2− 1

8· p4

m4c4+ o

(p4

m4c4

)),

odnosno

E ≈ mc2 +p2

2m− p4

8m3c2.

Posto zanemarujemo unutrasnju energiju, onda od ukupne energije mozemo oduzeti

energiju mirovanja mc2. Tako -de, gas je idealan, pa je hamiltonijan sistema N

cestica

H =N∑i=1

(| →pi |2

2m− | →

pi |4

8m3c2

).

Particiona funkcija je

Z(V, T,N) =

∫e−βHdΓ =

1

N !h3N·(∫∫∫

V

dx dy dz

)N

·

∫∫∫ ∞

−∞e− p2

2mkBT ep4

8m3c2kBT︸︷︷︸ovo je popravka

d3p

N

.

Kako je p4

8m3c2kBTmalo, mozemo razviti u red

Z(V, T,N) =V N

N !h3N

(4π

∫ ∞

0

p2dp e− p2

2mkBT

(1 +

p4

8m3c2kBT

))N

,

Z(V, T,N) =(4πV )N

N !h3N

(∫ ∞

0

p2 e− p2

2mkBT dp+1

8m3c2kBT

∫ ∞

0

p6 e− p2

2mkBT

)N

.

Da bi resili integrale koristimo∫ ∞

0

xk e−αx2

dx =1

2

(1

α

) k+12

Γ

(k + 1

2

),

te je

Z(V, T,N) =(4πV )N

N !h3N

(1

2(2mkBT )

32Γ

(3

2

)+

1

8m3c2kBT(2mkBT )

72Γ

(7

2

))N

,

Z(V, T,N) =V N

N !

(2πmkBT

h2

) 3N2(1 +

15

8· kBTmc2

)N

.


Tada je

F (V, T,N) = −NkB lnZ = −NkBT

(ln

(2πmkBT

h2

) 32

− lnN

e+ lnV + ln

(1 +

15

8· kBTmc2

)),

dok je unutrasnja energija

U(V, T,N) = − ∂

∂βlnZ =

3NkBT

2

(1 +

5

4·

kBTmc2

1 + 158· kBTmc2

).

Konacno toplotni kapacitet iznosi CV =(∂U∂T

), sto nakon sre -divanja daje

CV =3

2R

(1 +

5

4· kBTmc2

·2 + 15

8· kBTmc2(

1 + 158· kBTmc2

)2).

III. Veliki kanonski ansambl

51. Pokazati da velika particiona funkcija zadovoljava relaciju pV = KT ln Ξ.

52. Pokazati da je particiona funkcija velikog kanonskog ansmbla za monoatomski

gas oblika Ξ = exp[λf ].

53. Izracunati veliki termodinamicki potencijal i hemijski potencijal ulrarelativistickog

gasa.

54. U ravnoteznom sistemu velikog broja cestica postoji adsorpcioni centar u kojoj

moze da bude jedna ili nijedna cestica energije ϵ i energije 0. Izracunajte un-

utrasnju enrgiju i entropiju tog podsistema kao funckiju temperature T i ocekivanog

broja cestica N(< 1). Izracunati relativnu fluktuaciju broja cestica.

55. Na povrsi sa N adsorpcionih centara je adsorbovano Na < N adsorbovanih

molekula. Pokazati da je hemijski potencijal sistema dat izrazom

µ = kBT (lnN

Na −N− ln z(T )), (4.91)

III.. VELIKI KANONSKI ANSAMBL 143

gde je z(T ) particiona funkcija pojedinacnog adsorbovanog molekula. Pored

toga, zanemariti interakciju izmedju adsorbovanih molekula.

Resenje:

Particiona funkcija da je Na molekula adsorbovanih na N cvorova je jednaka

ZNa =∑

i1,i2,...,iN

′e−β(ϵi1+ϵi2+·+ϵiN ), (4.92)

gde suma po indeksima i1, · · · , iN predstavlja sumu po svim mogucim konfigu-

racijama koja ukljucuju sve adsorbovane molekule, s tim da se vodi racuna da

je maksimalni broj atoma koji je adsorbovan Na (sto je u zapisu izraza simboliki

obelezeno znakom prim). Uzimajuci u obzir da je energija adsorpcije konstanta

ϵ i da je broj razlicitih konfiguracija N !Na!(N−Na)!

, dobija se da je particiona funkcija

oblika

ZNa(T ) =N !

Na!(N −Na)!e−Naβϵ =

N !

Na!(N −Na)!z(T )Na . (4.93)

Prelazeci na formalizam kanonskog ansambla, dobija se velika particiona funkcija

Ξ(T, µ) = (1 + z(T )λ)N , (4.94)

gde je λ = eµ

kBT fugacitivnost sistema. Koristeci veliku particionu funckiju odre -dujemo

srednji broj adsorbovanih molekula

< Na >= −(∂Ω

∂µ

)T

= λz(T )

1 + z(T )λ, (4.95)

odakle se moze dobiti relacija koju je bilo potrebno dokazati.

56. Atomi helijuma se mogu adsorbovati na povrsi metala sa energijom adsopcije ϵ

(ϵ < 0). Kretanje adsorbovanih atoma helijuma na povrsi metala je slobodno,

tj. bez interakcije izmedju atoma helijuma. Odrediti koncentraciju adsorbovanih

atoma helijuma, ako se nalaze u ravnotezi sa okolnim gasom helijuma koji ima

pritisak p i temperaturu T .


57. N dijatomskih molekula je adsorbovano na metalnoj kvadratnoj resetki. Svaki

molekul moze da se adsorbuje na dva susedna cvora resetke (u smeru x ili y-ose)

ili da se jedan se molekul postavi duz noramle na povrsinu (duz z-ose). Energija

molekula u z-smeru je ε > 0, dok je energija molekula koji su usmereni duz ili y-

ose je jednaka 0. Odrediti broj mikrostanja sistema energije E, odredi broj stanja

Ω(E,N) i entropiju S(E,N). Odredi tako -de toplotni kapacitet C i skicirati tu

funkciju u zavisnosti od T . I na kraju, odrediti koja je verovatnoca da se molekul

nalazi u smeru z-ose.

58. Posmatrati klasican jednodimenzioni gas, koji se sastoji od N krutih stapova

mase m i duzine l. Stapovi se ne mogu preklapati i ne interaguju na bilo koji

nacin. Odrediti termicku jednacinu stanja koja povezuje pritisak p (u posmatra-

nom jednodimenzionom sistemu to je sila kojom poslednji stap deluje na granicni

zid), duzinu sistema L i temperaturu T. Koliki je potreban rad da izvrsi gas

stapova da bi sistem promenio duzinu od L1 = 2Nl do L2 = 3Nl.

59. Cvrsta faza i gasna faza (para) su u ravnotezi u zatvorenom sudu zapremine V ,

i na temperaturi T . Pretpostavimo da se statisticka suma cvrste faze moze pred-

staviti u obliku Zs(T,Ns) = zs(T )Ns , gde je Ns broj molekula (koji se uzima da

su jednoatomni zbog jednostavnosti) cvrste faze, i da gasnu fazu mozemo sma-

trati idealnim gasom koji se sastoji Ng molekula. Pokazi da se uslov ravnoteze,

za Ns >> 1 i Ng >> 1, moze aproksimativno prikazati u obliku izraza:

Ng =zg(T, V )

zs(T )(4.96)

gde je zg(T, V ) predstavlja particionu funkciju jednog molekula u gasu. Pret-

postaviti da je zapremina koju zauzima cvrste faze zanemarljiva u poredjenju sa

zapreminom suda.

Resenje:


Ukupan broj atoma u sudu se uzima da je konstantan, tj da je broj N = Ns + Ng

konstantan posto sistem nije u kontaktu sa rezervoarom cestica. A posto nije u

kontaktu sa termostatom, a ni sa okolinom, moze se reci da sistem nema razmenu

toplote sa okolinom. Pored toga, dve faze u tom sistemu, cvrsta i gasovita su u

ravnotezi, zato se moze ocekivati da u tom stanju vrednost slobodne energije ima

minimum: (∂F

∂Ng

)T,V,N

= 0. (4.97)

Slobodna energija ovog sistema je jednaka zbiru slobodnih energija cvrstog i

gasovitog stanja bez interakcionog clana, tako da

F (T, V,Ns, Ng) = Fg(T, V,Ng) + Fs(T, V,Ns). (4.98)

Predstavljajuci slobodne energije gasnog i cvrstog stanja preko particionoih funkija

slobodna energija postaje oblika

F (T, V,Ns, Ng) = −kBT lnZg(T, V,Ng)− kBT lnZs(T,Ns). (4.99)

U prethodnoj jednacini smo iskoristili da je zapremina V ∼ Vg sto znaci da je

Vs << Vg. Zbog toga particiona funkcija cvrstog tela ne zavisi od zapremine Vs,

koja je zanemarljiva. Atomi u gasu nisu lokalizovani, a istovrmono su i identicni,

zbog toga se particiona funckija sistema moze uzeti da je

Zg(T, V,Ng) =zg(T, V )Ng

Ng!, (4.100)

gde je zg(T, V ) particiona funkcija jednog atoma tog gasa. Za razliku od parti-

cione funkcije gasa, particiona funkcija cvrstog stanja je jednaka

Zs(T,Ns) = zs(T )Ns , (4.101)

posto su atomi lokalizovani oko cvorova neke resetke. Postavljajuci prethodne

dve jednacine u izraz (4.98), uz koriscenje Stirlingove aproksimacije (Ng! ∼ NNgg e−Ng ),


dobijamo da je

F (T, V,Ns, Ng) = −kBTNg(ln zg(T, V )− lnNg + 1)− kBTNs ln zs(T ). (4.102)

I na kraju prethodni izraz, mozemo zameniti u izraz (4.99), odakle dobijamo da

je

−kBT lnzg(T, V )

Ng

+ kBT ln zs(T ) = 0, (4.103)

odakle mozemo dobiti da je

Ng =zg(T, V )

zs(T ). (4.104)

60. Uvodeci novu velicinu ω u slucaju idealnog gasa opisanog velikim kanonskim

ansamblom

ω = ln∑N,f

exp(βµN − βEf,N). (4.105)

Pokazati da u slucaju gasa koji imaju osobine termomehanickih sistema vazi ω =

pVkBT

.

Resenje:

Diferenciranjem velicinu ω koja je uvedena izrazom (4.105) po V pri konstantnoj

fugacitivnosti z = eβµ dobijamo

(∂ω

∂V

)z,β

=−∑

N,f ζNβ(

∂Ef,N

∂V

)ζ,β

exp(−βEf,N)∑N,f ζ

N exp(−βEf,N). (4.106)

Ovde izvod −(

∂Ef,N

∂V

)ζ,β

predstavlja pritisak sistema koji se nalazi u mikrostanju

f sa brojemcestica N . Srednja vrednost ove velicine predstavlja pritisak sistema,

tako da vazi (∂ω

∂V

)ζ,β

= βp. (4.107)


U slucaju idealnog gasa vazi

ZN =1

N !

V N

λ3NT,

gde je λT termalna talasna duzina, zbiog toga dobijamo

ω = ln∑N

ζNzN = (4.108)

= ln∑N

1

N !

(V ζ

λ3T

)N

= (4.109)

=V ζ

λ3T. (4.110)

Diferencirajuci prethodni izraz po zapremini stizemo do(∂ω

∂V

)ζ,β

=ζ

λ3T, (4.111)

koji zajedno sa izrazom (4.107) daje relaciju

βp =ζ

λ3T. (4.112)

Upotrebom ovog izraza nalazimo

ω =pV

kBT. (4.113)

61. Povrsina kristalne resetke se sastoji od M adsorpcionih cvorova. Energija adsor-

pcije tih cvorova se razlikuje, tako da M1 cvorova ima energiju adsorpcije ϵ1, M2

cvorova - energiju ϵ2, dok M3 (= M − (M2 +M1)) cvorova ima energiju ϵ3. Na

resetki se moze adsorbovati N(< M) molekula. Tempretura gasa je T i hemijski

potencijal je µ. Izracunati srednji broj adsorbovanih molekula po cvoru NM

.

62. (a) Pokazati da za sistem u velikom kanonskom ansamblu vazi sledeca relacija

< NE > − < N >< E >=

(∂U

∂N

)T,V

< (∆N)2 > . (4.114)


(b) Odrediti kolika je vrednost (NE) za klasican idealni gas N jednoatomskih

molekula, koji se nalazi u trodimenzionom sudu zapremine V .

Resenje:

(a) Krenucemo od izraza za

< N >=1

Ξ

∑k,N

eβµNe−βEk,N , (4.115)

i odredicemo prvi izvod po hemijskom potencijalu(∂ < N >

∂µ

)T,V

=1

Ξ

∑k,N

N2βeβµN−βEk,N − 1

Ξ2

(∂Ξ

∂µ

)T,V

∑k,N

NβeβµN−βEk,N .

(4.116)

Uzimajuci u obzir da je(∂Ξ

∂µ

)T,V

=∑k,N

NβeβµN−βEk,N = β < N > . (4.117)

Tako dobijamo da je(∂ < N >

∂µ

)T,V

= β(< N2 > − < N >2) = β < (∆N)2 > . (4.118)

Zbog toga je desna strana trazenog izraza postaje(∂ < E >

∂ < N >

)T,V

· < (∆N)2 >=1

β

(∂ < E >

∂ < N >

)T,V

(∂ < N >

∂µ

)T,V

, (4.119)

u izraz koji nakon transforamcija pomocu jakobijana prelazi u

< (NE) > − < N >< E >=1

β

(∂ < E >

∂µ

)T,V

. (4.120)

Da bi dokazali ovu jednakost mozemo da trazimo izvod po µ, i tako se dobija


da je

1

β

(∂ < E >

∂µ

)T,V

=1

β

(1

Ξ

∑k,N

NβEk,NeβµN−βEk,N

− 1

Ξ2

(∂Ξ

∂µ

)T,V

∑k,N

Ek,NeβµN−βEk,N

)

=1

β[β < N · E > −β < N >< E >]

= < N · E > − < N > · < E >, (4.121)

i time je dokazana pocetan izraz.

(b) Koristicemo prethodno dobijeni izraz, tako da je relacija koju cemo iskoristiti

< NE >=< N >< E > +

(∂U

∂N

)T,V

< (∆N)2 > . (4.122)

Velika particiona funkcija Ξ se moze izracunati

Ξ =+∞∑N=0

eβµNZ(N, T, V ), (4.123)

gde je pariciona funkcija za klaicni idelani gasZ(N, T, V ) = V N

N !h3N (2πmkBT )3N2 .

Ova particiona funkcija se moze zapisati kao Z(N, T, V ) = 1N !zN1 , zbog cega

velika statisitcka suma za idealana gas

Ξ = exp(eβµz1) = exp(λz1), (4.124)

gde je λ fugacitivnost. Posto je

< E > =1

Ξ

∑k,N

Ek,NeβµN−βEk,N

=1

Ξ

∑k,N

Ek,NλNe−βEk,N

= − 1

Ξ

(∂Ξ

∂β

)λ,V

= −(∂(λz1)

∂λ

)V,=

=3

2kBTe

βµz1. (4.125)


Srednji broj cestica mozemo izracunati

< N > =1

β

(∂lnΞ∂µ

)T,V

=1

β

(∂λz1∂µ

)T,V

= λz1, (4.126)

tako iz prethodne dve jednacine mozemo dobiti da je

< E >=3

2< N > kBT, (4.127)

odakle zakljucujemo da je(∂ < E >

∂ < N >

)T,V

=3

2kBT. (4.128)

Srednju vrednost fluktuacije mozemo izracunati da je

< (∆N)2 >=1

β

(∂ < N >

∂µ

)T,V

= λz1. (4.129)

Sa ovim prethodnim rezultatima se dobija da je

< N · E >=3

2kBT · Eβµ V

h3(2πmkBT )

32 (1 +

V

h3eβµ(2πmkBT )

32 ). (4.130)

63. Odrediti srednju vrednost kvadrata i kuba fluktuacije < ∆U2 > i < ∆U3 > ide-

alnog klasicnog gasa N dvoatomskih molekula, mase m, momenta inercije I i

dielektricnog momenta µ0. Gas se nalazi u sudu zapremine V i jacine elektricnog

momenta E.

64. Razmatrati cilindar, poluprecnikaR i duzine L, koji rotira konstantnom ugaonom

brzinom ω u homogenom polju Zemljine teze oko sopstvene ose simetrije koja je

postavljena vertikalno.

a. Odrediti particionu funckiju Z(T, V,N).


b. Posmatrati podsistem, koji se zapravo predstavlja kruzni prsten odre -den un-

utrasnjim poluprecnikom r, i spoljasnjim r+dr, i koji obuhvata sloj vazduha na

visini (z, z + dz). Svaki od tih prstenova predstavlja veliki kanonski ansambl.

Pokazati da velika particiona funkcija zadovoljava Ξ(T, Vp, µ, r, z) = ΞO(T, Vp, µeff (r, z)),

gde ΞO velika particiona funkcija za slucaj da cilindar ne rotira, i da se jacina

gravitacionog polja se moze zanemraiti (ili da je jednaka 0).

§ 5 Ravnotezna statisticka fizika

interagujucih sistema

0

-ε

u(r)

ε

Slika 5.1:

1. Odrediti drugi virijalni koeficijent za realni (neidalni) gas, ciji molekuli interaguju

potencijalom

u(r) =

∞, za r < r0;

−ϵ(r0r

)6, za r > r0,

(5.1)

gde je ϵminimalna vrednost potencijalne enrgije (vidi sliku 5.1). Koristeci odre -deni

drugi virijalni koeficijent, naci prvu popravku termicke jednacine stanja u odnosu

153

na jednacinu klasicnog idealnog gasa.

Resenje:

Drugi virijalni koeficijent za razmatrani potencijal interakcije izme -du molekula

gasa

B2 = −1

2b2 = −1

2

∫ ∞

0

d3r(e−βV − 1

)(5.2)

se moze izracunati integracijom u sfernom koordinatnom sistemu

b2 =

∫ ro

0

d3r(−1) +

∫ ∫ ∫ (eβε(

ror )

6

− 1)d3r = (5.3)

= −4πr3o3+ 4π

∫ ∞

ro

(eβε(

ror )

6

− 1)d3r = (5.4)

= −4πr3o3+ 4π

∫ ∞

ro

r2dr

(βεr6or6

+ β2ε2r12or12

)= (5.5)

= −4πr3o3+ 4π

(−βε r6o

3r3

∣∣∣∣∞ro

− β2ε2r12o12r9

∣∣∣∣∞ro

), (5.6)

i tako dolazimo do

b2 = −4πr3o3+ 4πβεr3o +

π

3β2ε2r3o. (5.7)

2. Lenard-Jones-ovom jednacinom interakcije izme -du gasa

u(r) =A

r12− B

r6, (5.8)

Odrediti drugi virijalni koeficijent Lennard-Jones-ovog gasa i uporediti dobijeni

izraz sa termickom jednacinom van der Waals-ovog gasa.

3. Odrediti eksplicitinu jednacinu za Joule-Thomson-ov koeficijent u slucaju da gas

interaguje potencijalom oblika

u(r) =

∞, za 0 < r < r0;

−u0, za r0 < r < r1;

0, za r1 < r <∞.

(5.9)

154 § 5. RAVNOTEZNA STATISTICKA FIZIKA INTERAGUJUCIH SISTEMA

Uzeti da je poznat toplotni kapacitet sistema pri konstantnom pritisku.

Resenje:

Termicka jednacina stanja za gas interagujucih cestica u razvoju do drugog viri-

u

-uo

r ro 1

Slika 5.2:

jalnog clana je oblikap

nkBT= 1 +B2(T )n+ · · · , (5.10)

gde se drugi virijalni koeficijent odre -duje izrazom

B2(T ) = −1

2

∫drf(r) = −1

2

∫dr(e−βU − 1), (5.11)

odnosno da je

B2(T ) = −2π

∫ ∞

0

r2dr(e−βU(r) − 1). (5.12)

Za slucaj potencijala prikazanog na slici 5.2 imamo

B2(T ) = −2π

[−∫ ro

0

r2dr +

∫ ro

0

r2(eβuo − 1)dr

]=

=2π

3r3o +

2π

3(eβuo − 1)

r31 − r3o3

=

=2π

3

[r31(e

βuo − 1) + r3oeβuo]. (5.13)

Joule-Thomson-ov koeficijent se moze predstaviti izrazom(∂T

∂p

)E

=T

Cp

(

(∂V

∂T

)p

− V ). (5.14)

155

Da bi odredili ovaj koeficijent, prvo cemo odrediti(∂V∂T

)p

tako sto cemo odrediti

prvi izvod(

∂∂T

)p

izraza (5.13), cime se dobija

(∂V

∂T

)p

=B′

2(T )NV+ pV

NkBT 2

pNkBT

+B2(T )NV 2

, (5.15)

gde je izvod drugog virijalnog koeficijenta

B′2(T ) = − 2π

3T 2(r3o − r31)e

βuouokB. (5.16)

Zamenom izraza (5.15) i (5.16) u jednacinu (5.14) dobijamo Joule-Thompson-ov

keficijent.

4. Cestice gasa u d dimenzija me -dusobno interaguju parnom interakcijom u(|r2 −

r1|) = u(r), koja je data funkcijom

u(r) =

∞, za 0 < r < r0;

−u0, za r0 < r < r1;

0, za r1 < r <∞.

(5.17)

(a) Izracunati drugi virijalni koeficijent B2(T ) u visoko i nisko temperaturskom

limesu.

(b) Odrediti prvu popravku izotermske kompresibilnosti.

(c) Dokazati da u visoko temperaturskoj oblasti, jednacina stanja je prikazana

van der Waals-ovom jednacinom.

Resenje:

(a) Drugi virijalni koeficijent u visokotemperaturskoj oblasti

B2(T ) ≈1

2

4πr3o3

, (5.18)


dok se za T → 0 dobija

B2(T ) ≈ −2π

3

(r21 − r2o

)exp(βuo). (5.19)

(b) Polazeci od termicke jednacine stanja u virijalnom razvoju, zadrzavajuci se

do drugog redap

kBT= n+B2(T )n

2, (5.20)

izotermsku kompresibilnost KT = − 1V

(∂V∂p

)T,N

mozemo odrediti diferenci-

rajuci ovu jednacinu po p. Tako se dobija

1

kBT

(∂p

∂v

)T,N

= − N

V 2− 2B2(T )

N2

V 3, (5.21)

odakle se moze odrediti kompresibilnost

KT = − 1

V

(∂V

∂p

)T,N

=1

kBT

1

n+ 2B2(T )n2. (5.22)

(c) Termicku jednacinu mozemo napisati koristeci virijelni razvoj do drugog

clanapV

NkBT= 1 +

N

2V[4πr3o3

− uokBT

(4πr313

− 4πr3o3

)], (5.23)

koja se zatim moze transformisati u

pV

NkBT= 1 +

N

2V[4πr3o3

− uokBT

(4πr313

− 4πr3o3

)], (5.24)

odakle se dobija

(p+

(1

V

)2

N2uo2

4π

3(r31 − r3o)︸︷︷︸a

)(V −N2πr3o3︸︷︷︸b

) = NkBT. (5.25)

5. Odrediti treci virijalni koeficijent u slucaju jedodimenzionog gasa cestica koje

me -dusobno interaguju potencijalom

V (r) =

+∞, 0 < r < ro;

0, ro < r < +∞.(5.26)

157

ro

ro

-ro

-ro

x

x

Slika 5.3: Integracija se vrsi po oblasti koja je srafirana.

Resenje: Treci virijalni koficijent u jednodimenzionom slucaju bi izracunali jednacinom

B3 = −1

3

+∞∫∫−∞

dxdx′f(x)f(x′)f(x− x′), (5.27)

gde Mayer-ova funkcija u ovom slucaju uzima vrednosti

f(x) = e−βV (x) − 1 =

−1, −ro < r < ro

0, −∞ < r < −ro i ro < r <∞.(5.28)

Ovako dobijene funkcije menjaju granice integracije u jednacini (5.27), tako da se

stize do relacije za treci virijalni koeficijent

B3 = −1

3

∫ +ro

−ro

∫ +ro

−ro

dxdx′f(x− x′), (5.29)

koji se zatim transformize u integral ukome se mora uzeti u obzir da se koordi-

nate x i x′ ne razlikuju za vecu vrednost od ro, sto je prikazano na slici 5.3. Zbog


toga se dobija integral

B3 = −1

3

+ro∫∫−ro

−ro<x−x′<ro

dxdx′(−1), (5.30)

cija vrednost je jednaka povrsini srafirane povrsi, odnosno

B3 = r3o. (5.31)

6. Pokazati da su drugi i treci virijalni koeficijent trodimenzionog sistema tvrdih

sfera1 u povezani jednacinama B3(T ) =38B2(T ).

7. Uzeti da potencijalom datim u postavci prethodnog zadatka interakciju izme -du

dva atoma argona u tri dimenzije. Odrediti odnos r1ro

ako je Boyl-ova temperatura

TB, i maksimalna Joule-Kelvin-ova temperatura TJK .

UPUTSTVO: Boyl-ova temperatura je temperatura na kojoj proizvod pritiska i

zapremine pv ne zavisi od pritiska p, u limesu malih pritisaka, odnosno

limp→0

(∂(pv)

∂v

)T=TB

= 0, (5.32)

gde je v predstavlja zapreminu po jednoj cestici. Joule-Kelvin-ova temperatura

TJK je maksimalna temperatura inverzione krive na kojoj se odrzava entalpija E.

Duz inverzione krive se odre -duje(∂v

∂T

)p

=v

T. (5.33)

8. Odrediti popravku najnizeg reda koji pokazuje razliku u odnosu na idealni gas za

Helmholtz-ovu slobodnu energiju F , Gibbs-ovu slobodnu energiju G, entropiju

S, unutrasnju energijuU specificnu toplotu pri konstantnoj zapreminiCV i specificnu

toplotu pri konstantnom pritisku Cp.1 Uzeti da je potencijal interakcije dat izrazom (5.17).

159

9. Odrediti eksplicitnu formulu za klaster integrale za klastere koji se sastoje od 3 i

4 nodova preko virijalnih koeficijenata b2, b3 i b4, koji su definisani

b2 =1

V

∫ ∞

0

f12 dr1dr2, (5.34)

b3 =1

2V

∫ ∞

0

f12f23 dr1dr2r3, (5.35)

b4 =1

6V

∫ ∞

0

f12f23f34 dr1r2r3dr4. (5.36)

10. Graf g poseduje n = nl+n2−1 cvorova koji se mogu razdvojiti na dva podgrafa g1

i g2 sa n1 i n2 cvora, respektivno. Odrediti izraz kojim se povezuje klaster integral

a(g) sa a(g1) i a(g2).

11. (a) Izracunati drugi virijalni koeficijent za d-dimenzioni sistem, kada je poten-

cijal izme -du dve cestice dat relacijom

u(r) = ε(ar

)j, (5.37)

sa a > 0 i j > 3.

(b) Za monoatomski gas u d-dimenzija sa potencijalom interakcije cija je funkci-

jska zavisnost data pod (a) i sa uslovom j > d i kinetickom energijom

Ek = Cps, pokazati da za glavne popravke unutasnje energije U i pritiska

p vaze relacijeU − Uideal

Uideal

= Kp− pidealpideal

. (5.38)

Odrediti vrednost konstante K.

§ 6 Osnove kvantne statisticke fizike

1. Odrediti velike particione funkcije Fermi-jevog i Bose-ovog idelanog gasa. Takodje

odrediti veliki termdoinamicki potencijal.

m

T

Tc

Slika 6.1:

I. Bose-Einstein-ova statistika

2. Odrediti kaloricku jednacinu Bose idealnog gasa.

3. Odrediti kriticnu temperaturu Tc (tj. temperaturu na kojoj se hemijski potencijal

anulira, slika (6.1)) Bose idealnog gasa koncentracije n.

I.. BOSE-EINSTEIN-OVA STATISTIKA 161

4. Odrediti broj cestica u osnovnom stanju Bose gasa u zavisnosti od tempearature

gasa.

5. Posmatrati idelan gas ultrarelativistickih nenaelektrisanih bozona, spina 1 i mag-

netnog momena µo. Odrediti krticnu temperaturu Bose kondenzacije, u slucaju

da nema magnetnog polja i u slucaju velikog magnetnog polja µoH >> kT .

Resenje:

Bose kondenzacija se javlja u slucaju da je temperatura Bose gasa manja od kriticne

temperature Tc. Tada hemijski potencijal mora biti jednak 0. Za slucaj da postoji

magnetno polje, hemijski potencijal mora da bude manji od 0. Elem, u slucaju

da je H = 0, kriticnu temperaturu cemo dobiti ako nadjemo koncetraciju Bose

cestica u zavisnosti od temperature, tj.

N =∑σ,p

1

eβcp2

2m − 1, (6.1)

gde je βc = 1kBTc

. Prelaskom u termodinamicki limes, i integraleci po svim uglovima

u sfernom koordinatnom sistemu, dobijamo da koncentracija broja cestica data

relacijom

n = 12πh3

∫ ∞

0

p2dp

eβcp2

2m − 1, (6.2)

gde je n = NV

koncentracija broja cestica. Tako dobijamo da je kriticna temper-

atura

Tc(H = 0)[nh3

2ζ(32)]23

1

2πmkB. (6.3)

Kada je H = 0, broj cestica u kondezatu (tj na najnizem, osvnom nivou Bose

sistema) zavisi i od jacine magnetnog polja, tj. kao

no =1

eβ(µoH+µ) − 1, (6.4)

gde je µo- konstanta, tj. Bohr-ov magenton. Za T → Tc, broj cestica u kondenzatu

tezi vrednosti broja cestica citavog sistema, tj no → N . Hemijski potencijal zavisi

162 § 6. OSNOVE KVANTNE STATISTICKE FIZIKE

od broja cestica u kondenzatu na sledeci nacin:

µ = −µoH − 1

βln(1 +

1

no

), (6.5)

sto znaci da u limesu T → Tc, hemijski potencijal µ→ −µoH , posto no postaje jako

veliko. Zamenjujuci hemijski potencijal sa pomenutom granicnom vrednoscu, i

vodeci racuna da σ ∈ 1, 0,−1, dobijamo da je broj cetica u sistemu zavisi od

temperature i jecine magnetnog polja na sledeci nacin:

N =∑p

1

eβ(p2

2m−µoH+µoH) − 1

+∑p

1

eβ(p2

2m+0+µoH) − 1

+∑p

1

eβ(p2

2m+µoH+µoH) − 1

.

(6.6)

Prelazeci na termodinamicki limes, i koristeci uslov µoHkBT

>> 1, dobijamo

n =2π

h3(2mkBT )

32Γ(

3

2)[ζ(

3

2) + e

− µoHkBT + e

− 2µoHkBT ]. (6.7)

Gde, takodje, mozemo iskoristiti da je µoHkBT

>> 1, sto dovodi do

Tc = [Nh3

V ζ(32)]23

1

2πmkB. (6.8)

6. Dokazati da u slucaju Bose gasa koji se nalazi u jednodimenzionom i dvodimen-

zionom sudu je jedino moguce da na Tc = 0 postoji Bose kondenzacija.

7. Odrediti vrednost diskontinuiteta funkcije (∂cv∂T

)v Bose gasa na kriticnoj tacki Bose

kondenzacije T = Tc.

8. Pokazati da za idelani trodimenzioni Bose gas vaze izrazi

(a)

pV = NkBTf−5/2(z)

f−3/2(z)

(6.9)

I.. BOSE-EINSTEIN-OVA STATISTIKA 163

(b)1

z

(∂z

∂T

)P

= − 5

2T

f−5/2(z)

f−3/2(z)

. (6.10)

Koristiti da je Γ(s)f−s (z) =

∫∞0

xs−1dxz−1ex−1

, gde je Γ(s)- gama funkcija, dok je f−s (z)

Riemann-ova zeta funkcija.

Resenje:

(a) Broj cestica Bose gasa je jednak

N =∑k,σ

nk,σ

pov sto je suma po spinovima∑

σ 1 = g degeneracija k-tog nivoa i ako pre -demo

u termodinamicki limes, dobijamo

N = gV

2π3

∫d3k

eβ(ϵ−µ) − 1(6.11)

= gV

2π34π

∫ ∞

0

k2dk

z−1eβϵ − 1, (6.12)

gde je z = eβµ fugacitivnost i ϵ = ~2k22m

. Prelaskom na integraciju po ϵ dobijamo

N

V=

g

λ3f−3/2(z), (6.13)

gde je λ = h

(2πkBT )12

. Koristeci da u trodimenzionom slucaju idelanog gasa

imamop

kBT=

g

λ3f−5/2(z). (6.14)

Deobom ova dva izraza dobijamo

pV = nkBTf−5/2(z)

f−3/2(z)

. (6.15)


(b) Diferencirajuci izraz (6.14) po ∂∂T

∣∣p

dobija se

0 =5

2

gkBλ3

f−5/2(z) +

gk2BT2

λ3f−3/2(z)

(∂z

∂T

)p

, (6.16)

gde je na -den prvi izvod izraza (7.15) po fugacitivnosti z, odnosno(∂f−

5/2

∂z

)=

1

zf−3/2(z). (6.17)

Izraz (6.16) se, zatim, jednostavno transformise u trazenu relaciju.

9. Odrediti prvu popravku pritiska i toplotnog kapaciteta na temperaturi T koja je

blizu kriticne temperature Tc Bose-Einstien-ove kondenzacije (T > Tc).

10. Razmatrati gas neinteragujucih identicnih Bose kvantnih cestica, cija je energijska

disperziona relacija istog oblika kao u prethodnom zadatku. Odrediti minimalnu

dimenziju sistema d(s) na kojoj se mo ze zapaziti Bose-Einsein-ova kondenzacija.

11. Razmatrati idealni Bose gas u trodimenzionom sudu u blizini kriticne tempera-

ture T = Tc. Odrediti vrednost diskontinuiteta velicine(∂Cv

∂T

)V

na kriticnoj tem-

peraturi.

12. Razmatrati sistem N idealnih bozona, koji se nalaze u sudu zapremine V i na

temperaturi T . Uzimajuci da je spektar (disperziona relacija) oblika ϵ = Cks

(C > 0, 0 < s < 3).

a. Odrediti entropiju sistema u funkciji z = eβµ.

b. Odrediti toplotni kapacitet Cv kao funkciju iste promenljive. Posebno, razma-

trati ponasanje toplotnog kapaciteta za male vrednosti temperature T << Tc,

c. Odrediti termalnu jednacinu stanja, a posebno njen oblik za temperature T ≤

Tc.

II.. FERMI-DIRAC-OVA RASPODELA 165

II. Fermi-Dirac-ova raspodela

13. Odrediti termicku jednacinu Fermi gasa na temperaturi T = 0. Takodje, odrediti

hemijski potencijal Fermi gasa na T = 0.

14. Odrediti termicku jednacinu i hemijski potencijal Fermi gasa na temperaturama

T → 0.

15. Izracunati razliku izmedju toplotnih kapaciteta cp i cv za idealni Fermi gas cestica

spina 1/2 u trodimenzionom slucaju na temperaturama bliskim 0.

16. Pokazati da u niskotemperaturnom limesu vazi sledeca aproksimativna formula:∫ ∞

0

dεf(ε)

e1

kBT(ε−µ)

+ 1≈∫ µ

0

dεf(ε) +π2

6(kBT )

2f ′(µ) + o(T 2) . (6.18)

Resenje:

Sommerfeld-ov razvoj se sastoji od nekoliko sledecih koraka∫ ∞

0

dεf(ε)

e1

kBT(ε−µ)

+ 1= kBT

∫ ∞

− µkBT

dzf(µ+ kBTz)

ez + 1=

= kBT

∫ µkBT

0

dzf(µ− kBTz)(1 + e−z − e−z)

e−z + 1+

+ kBT

∫ ∞

0

dzf(µ+ kBTz)

ez + 1=

=

∫ µ

0

dεf(ε)− kBT

∫ µkBT

0

f(µ− kBTz)dz

ez + 1+

↑ T → 0 ⇒ µkBT → ∞

+ kBT

∫ ∞

0

f(µ+ kBTz)dz

ez + 1=

=

∫ µ

0

dεf(ε) + kBT

∫ ∞

0

f(µ+ kBTz)− f(µ− kBTz)

ez + 1dz ≈


≈∫ µ

0

dεf(ε) + 2(kBT )2f ′(µ)

∫ ∞

0

dzz

ez + 1︸︷︷︸π2

2·6

+

+(kBT )

4

3f ′′′(µ)

∫ ∞

0

dzz3

ez + 1︸︷︷︸3·7π4

360

+o(T 5) . (6.19)

Gde je iskoriscena jednakost∫∞0dz zs−1

eaz+1= Γ(s)

as

(1− 1

2s−1

)ζ(s) .1 Neznatnim sre -divanjem

jednakosti (6.19) dobijamo∫ ∞

0

dεf(ε)

e1

kBT(ε−µ)

+ 1≈∫ µ

0

dεf(ε) +π2

3(kBT )

2f ′(µ) +7π4

360(kBT )

4f ′′′(µ) + o(T 4) .

(6.20)

17. Odrediti srednju koncentraciju broja fotona n u stanju ravnoteze, ako je disperziona

relacija ϵ = c~k.

18. Odrediti hemijski potencijal jednodimenzionog fermionskog gasa, spina 12

i mag-

netnog momenta u zavisnosti od spoljasnjeg magnetnog polja H na temperaturi

T = 0.

Resenje:

Energija fermiona je

ϵp,σ =p2

2m− σµoH. (6.21)

Posto je spin σ ∈ 1/2,−1/2, broj fermiona u sistemu je

N =∑p,σ

np,σ =∑p

1

eϵ+−µ

kBT + 1+∑p

1

eϵ−µ

kBT + 1, (6.22)

gde je µ hemijski potencijal sistema, T temperatura sistema, dok su ϵ+ i ϵ− energije

fermiona koji ima spin +12, odnosno −1

2. Ako predjemo u termodinamicki limes

1 Jednakost poznata iz Statisticke fizike - Uvod u kvantnu statisticku fiziku. Dokazuje se jednos-tavno, odgovarajucim razvojem u red i integracijom ”clan po clan”.


i zamenimo za ϵ+, tj ϵ− dobijamo

N =2L

h∫ ∞

0

dp

ep2

2m−µo2 H−µ

kBT + 1

+

∫ ∞

0

dp

ep2

2m+µo2 H−µ

kBT + 1

. (6.23)

Prethodni izraz cemo izracunati, tako sto najpre predjemo na integraciju po ϵ,

pa zatim integral izracunamo za T = 0. U tom granicnomslucaju dobicemo

raspodelu broja v cestica po energijama u obliku Heviside-ove Θ funkcije, tako

da se prethodna relacija svodi na

N =2L

h∫ ∞

0

dϵ√ϵΘ(− p2

2m+µo

2H + µ) +

∫ ∞

0

dϵ√ϵΘ(− p2

2m− µo

2H + µ) = (6.24)

=2L

h

√2m(µ(T = 0, H) +

µo

2H)

12 + (µ(T − 0, H)− µo

2H)

12. (6.25)

U slucaju slabog spoljasnjeg magnetnog polja, gornje izraze mozemo da razvi-

jemo po µoH2µ(0,H)

. Takodje ako uvedemo koncentraciju fermiona n = NV

dobijamo

izraz

n =√2mµ(0, H)

124

h1− 1

16(

µoH

2µ(0, H))2. (6.26)

Koncentraciju broja fermiona mozemo prikazati i preko hemijskog potencijala za

T = 0 i H = 0. Tako dobijamo da je n = 4h

√2m√µ(0, 0), koji mozemo da koris-

timo prilikom zamene koncentracije fermiona u okviru sistema, tako da nizom

jednstavnih matematickih transformacija dobijamo da hemijski potencijal fermi

sistema za H = 0 se menja sa ukljucenjem magnetnog polja na sledeci nacin:

µ(0, H) = µ(0, 0)1 + 1

32(

µoH

2µ(0, H))2. (6.27)

19. Odrediti Paulijevu paramegnetnu susceptibilnost na niskim temperaturama jednodi-

menzionog idelanog nerelativisitckog gasa fermiona 12

i magnetnog momenta

µo. Odrediti izotermsku susceptibilnost u obliku reda, dobijenog do kvadratnih


clanova ( kTµF

)2, gde je µF fermijeva energija. Koncentracija gasa je n, a temperatura

T . Interakciju izmedju elektrona zanemariti.

Resenje:

Magnetizacija M sistema

M =µ0

2(n+,p − n−,p), (6.28)

gde je n+,p (n−,p) koncentracija broja molekula koji su postavljeni u smeru (suprot-

nom smeru od) magnetnog polja, dok je clan 12

predstavlja spin fermiona. Prelazeci

u termodinamickom limesu. Primenjujuci Bohr-Somerfeld-ovoj aproksimaciji do-

bijamo da se magnetizacija moze izracunati

M =µoV

h3

(∫d3p

1

eβ(ε−µoH2−µ) + 1

+

∫d3p

1

eβ(ε+µoH2−µ) + 1

). (6.29)

Prethodni izraz, se moze pojednostaviti, uzimajuci da je polje H malo. U naj-

grubljoj aproksimaciji hemijski potencijal mozemo uzeti da ne zavisi odH , odnosno

da je µ(T,H) = µ(T, 0). Pod tim uslovom, dobijamo da je magnetizacija

M = µ2o

V

h3πm√2mµH. (6.30)

20. Razmatrati sud sa pregradom, koji je prikazan na slici. Zapremina na levoj strani

suda je 34

ukupne zapremine suda. Deo suda s leve strane sadrzi fermione, spina12, na temperaturi T = 0 sa Fermi-jevom energijom od 1 eV. Desna strana suda je

prazna. Sistem je potpuno izolovan. U trenutku t = 0 pregradni zid je pomeren

udesno do kraja, i nakon izvesnog vremena sistem prelazi u novu termodinamiu

ravnotezu. Odrediti energiju gasa pre pomeranja pregradnog zida. Odrediti tem-

peraturu gasa kada je sistem dostigao ravnotezu. Uzeti da se ceo proces desava

na temperaturama koje su mnogo manje od Fermi-jeve temperature.

21. Odrediti toplotni kapacitet relativistickog Fermi-jevog gasa na niskim temperat-

urama, koji se nalazi u trodimenzionom sudu. Pokazati da se dobija korektni


rezultat u neralitivistickom slucaju.

Resenje:

Dobija se da je toplotni kapacitet oblika

Cv = Nkπ2kBT

~kF(1 +

mc2

~kF)12 . (6.31)

22. Fermi idealni paramagnetni gas, koncentracije n i temperature T , sastoji se od

molekula koji imaju magnetni moment µ i masu m. Odrediti susceptibilnost gasa

na niskim temperaturama.

23. Razmatrati gas neinteragujucih identicnih kvantnih cestica, hemijskog potenci-

jala µ, sa disperzionom relacijom ε = ks koji se nalaze u zapremini V u d-dimenzionom

prostoru. Odrediti veliku particionu funckiju gasa i gustinu broja cestica n = NV

.

Izraziti veliku paricionu funkciju u funkciji s, d i fηm(z), gde je ta funkcija zadata

izrazom

f ηm(z) =

1

Γ(m)

∫ ∞

0

dxxm−1

z−1ex − η. (6.32)

Tako -de na -dite odnos EpV

, gde je E energija sistema cestica.

Resenje:

Velika particiona funckija je data izrazom

Ξ =∏g

(1− e−β(ϵg−µ))−1. (6.33)

Zbog toga je veliki termodinamicki potencijal predstavljen izrazom oblika

Ω = −kBT ln Ξ = kBT∑g

ln(1− e−β(ϵg−µ)), (6.34)

koji se nakon primene termodinamickog limesa transformi’v se u

Ω = kBT

∫ln(1− e−β(ks−µ))ddk, (6.35)


gde je integracija po ddk integracija po celom d-dimenzionom prostoru. Tu in-

tegraciju po ceom prostoru mozemo zameniti integracijom po slojevima, cija je

zapremina Cddkd−1dk, gde je Cddk

d−1 povrsina hipersfere u tom prostoru. Posto

znamo da je konstanta Cd =π

d2

Γ( d2+1)

, onda je

Ω = kBTd

∫ ∞

0

ln(1− e−β(ks−µ))π

d2

Γ(d2+ 1)

kd−1dk. (6.36)

Posle parcijalne integracije po talasnom vektoru k, dobijamo da je veliki termod-

inamicki potencijal

Ω = − V

(4π)d2

Γ(ds+ 1)

Γ(d2+ 1)

eβµ

βds

f 1ds+1(eβµ). (6.37)

Srednji broj cestica, cemo zracunati iz velike particione funckije

N = −(∂Ω

∂µ

)V,T

=V

(4π)d2

Γ(ds+ 1)

Γ(d2+ 1)

ds

βds

f 1ds

(eβµ). (6.38)

I na kraju, na osnovu Kramersove relacije Ω = −pV i srednje energije sistema koja

je

E =∑g

ϵg1− e−β(ϵg−µ)

, (6.39)

koja posle niza transformacija postaje

E =V

(4π)d2

Γ(ds+ 1)

Γ(d2+ 1)

d

s

eβµ

βds

f1ds+1(eβµ) (6.40)

dobijamo da jeE

pV=d

s. (6.41)

24. Za Fermi-Dirac-ov gas, temperatura To je temperatura na kojoj se anulira hemijski

potencijal. Odrediti To u funkciji Fermi-jeve energije.


Resenje:

Polazeci od formule za srednji broj fermiona

N

V=

2gπ(2kBT )3/2

h3

∫ ∞

0

x12

z−1ex + 1, (6.42)

u kojoj se usled µ = 0, uzima da je fugacitivnost z = 1, odnosno dobijamo

n =2gπ(2kBT0)

3/2

h3

∫ ∞

0

x12

ex + 1︸︷︷︸I(s= 3

2)

. (6.43)

U prethodnom izrazu smo izdvojili integral I ,

I(s) =

∫ ∞

0

xs−1

ex + 1=

=

∫ ∞

0

xs−1e−x

∞∑r=0

(−e−x)rdx =

=∞∑r=0

(−1)r∫ ∞

0

xs−1e−(r+1)xdx =

=∞∑r=0

(−1)r(r + 1)−s2

∫ ∞

0

ts−12 e−tdt,

gde je uvedena smena t = (r + 1)x. Tako dobijamo da je

I(s) = Γ(s)∞∑r=0

(−1)r(r + 1)−s2 . (6.44)

Suma iz prethodnog izraza se moze transformisati u

∞∑r=0

(−1)r(r + 1)−s2 = (1−

s2 + 3−

s2 + 5−

s2 + 7−

s2 + · · ·+ (2r − 1)−

s2 ) +

+ (2−s2 + 4−

s2 + 6−

s2 + 8−

s2 + · · ·+ (2r)−

s2 ) =

=∞∑r=1

(r)−s2 − 2

−s2+1

∞∑r=1

(r)−s2 =

= (1− 2−s2+1)ζ(

s

2),


gde je ζ( s2) Riemann-ova ζ(s) Riemann-ova ζ-funkcija2 Ovim izrazom se trans-

formise izraz (6.43) u

n =2gπ(2kBT0)

3/2

h3Γ(

3

2)(1− 2

−12 )ζ(

3

2). (6.45)

Broj cestica mozemo odrediti i na temperaturi T = 0, tada je

N = g∑k

nk = gV

2π2

∫ kF

0

k2dk =

= gV

2π2

k3F3

=g

6π2

(2mεF~2

) 32

. (6.46)

Zamenom prethodnog izraza (6.46) u izraz (6.43) dobija se

To =4πϵFkB

1

6π2(1−√22)ζ(3

2). (6.47)

25. Razmatrati idealni gas fermiona, mase m i spina 12, na temperaturi T = 0. Uzi-

majuci da je disperziona relacija ϵk = ~2k22m

, odrediti me -dusobnu relativnu brzinu.

III. Primena kvantnih raspodela

26. Stanje termodinamicke ravnoteze kristalne resetke odN atoma, koja osciluje, pri-

blizno je ekvivalentno stanju ravnoteze skupa od 3N neinteragujucih kvantnome-

hanickih oscilatora. Prema tzv. Debajevoj aproksimaciji postoji: dnω = 9Nω3Dω2dω

za ω < ωD i dnω = 0 za ω > ωD, oscilatora sa ucestanoscu izme -du ω i ω + dω.

Konstanta ωD, tzv. Debajeva ucestanost odre -dena je uslovom:∫ ωD

0dnω = 3N .

Prihvatajuci ovu aproksimaciju odrediti toplotni kapacitet kristalne resetke pri

veoma niskim i veoma visokim temperaturama.

2 Videti na kraju zbirke Dodatak C deo.

III.. PRIMENA KVANTNIH RASPODELA 173

27. Pri faznom prelazu gasa elektrona iz normalnog u superprovodno stanje, e− us-

trojavaju se po energijskim nivoima

ϵk = ∆+~2(k − kF )

2

2m∗ , (6.48)

gde je m∗ efektivna energija kvazicestica. Odrediti toplotni kapacitet ovog sis-

tema.

28. Disperziona relacija talasnog kretanja unutar cvrstog stanja je data relacijom ω =

αkn. Odrediti specificnu toplotu na visokim temperaturama.

29. Odrediti hemijski potencijal poluprovodnika, uzimajuci da je e(∆−µ)/kBT >> 1

(gde je ∆ energija procepa izme -du valentne i provodne zone) i eµ

kBT >> 1 i da je

efektivna masa supljina mp i masa elektrona me.

30. Uzeti da je fononski deo spektra cvrstog tela dat relacijom ϵ = Aks. Koristeci

Debay-evu aproksimaciju odrediti toplotni kapacitet trodimenzionog cvrstog tela.

Tako -de odrediti gustinu stanja, i pokazati da se u limesu niskih temperatura

toplotni kapacitet ponasa u skladu sa relacijom Cv ≈ T3s .

Resenje:

Uzimajuci u obzir da je hemijski potencijal fonona jednak nuli i da su bozoni, za

njihovu srednju energiju mozemo pisati:

E =

∫ ϵm

0

g(ε)ϵdε

eβε − 1, (6.49)

gde je g(ϵ) gustina stanja, a ϵm njihova maksimalna energija u Debay-evoj aproksi-

maciji3. Gustinu stanja g(ε) mozemo, a εmozemo odrediti na osnovu poznate

relacije za gustinu stanja po talasnim vektorima

g(k) = gV

2π2k2, (6.50)

3 Procitati na primer poglavlje ”Phonons” u knjizi [9] na 283. strani.


ωDω

f(ω)

Slika 6.2: Raspodela normalnih moda f(ω) za aluminijum. Puna linija prikazuje

rezultate dobijene rasejanjem x-zraka, dok isprekidana linija prikazuje raspodelu

normalnih moda u Debay-evoj aproksimaciji.

gde je degenarcija nivoa g = 3. Posto je disperziona relacija ε = Aks, odnosno da

je dϵ = sAks−1dk dobijamo da je

g(ϵ) = gV

2π2A− 3

s ε3s−11

s. (6.51)

Maksimalnu vrednost talasnog vektora u Debay-ovoj aproksimaciji mozemo odred-

iti na osnovu toga sto ukupan broj stanja treba da bude jednak broju moda oscilo-

vanja koja se za jedan sistem od N cestica iznosi 3N , odnosno da je

3N = gV

2π2

∫ kD

0

k2dk (6.52)

= gV

2π2

k3D3. (6.53)

Energija dobijena u ovoj aproksimaciji je oblika

E =gV

2π2

1

sA−3/s

∫ ϵm

0

ε3/sdε

eβε − 1(6.54)

=gV

2π2

1

sA−3/sβ−1− 3

s

∫ xm

0

x3/sdx

ex − 1, (6.55)

III.. PRIMENA KVANTNIH RASPODELA 175

gde smo uveli smenu x = βε. U cilju da pojednostavimo zapis, uvescemo oznaku

D(xm) = D(TDT

) = g

∫ xm

0

x3/sdx

ex − 1, (6.56)

gde je definisana tzv. Debay-eva temeratura TD = εDkB

. Za ukupni toplotni ka-

pacitet dobijamo

Cv =

(∂E

∂T

)V

= (6.57)

=gV

2π2

1

sA−3/sk

1+ 3s

B

[(3

s+ 1)T

3sD(

TDT

) + T3s+1D′(

TDT

)

(−TDT 2

)]. (6.58)

U limitu niskih temperatura, gornja granica Debye-evog integrala se moze aproksimi-

rati sa +∞

CV ≈ gV

2π2

1

sA−3/sk

1+ 3s

B (3

s+ 1)T

3sD(+∞), (6.59)

gde jeD(+∞) konstanta. Vidimo da se zaista u limesu niskih temperatura, toplotni

kapacitet menja kao

CV ∼ T3s . (6.60)

31. Odrediti hemijski potencijal poluprovodnika, u granicnom slucaju, u kome vazi

e(∆−µ)kBT >> 1 i e

µkBT >> 1. Smatrati da je poznata masa supljinamp, masa elektrona

me i energija procepa ∆.

32. Izracunati toplotni kapacitetCv idealnog Fermi gasa nerelativistickih cestica, spina12, koje su bez unutrasnje strukture.

§ 7 Dodatak

I. Gama funkcija

Gama funkcija se uvodi integralom

Γ(n+ 1) =∫∞0xne−xdx, (7.1)

koji konvergija za n > 0. Domen se moze prosiriti u kompleksnoj ravni. Korisne

osobine gama funkcije:

Γ(n+ 1) = nΓ(n); (7.2)

Γ(n+ 1) = n! zan ∈ N; (7.3)

Γ(1

2) =

√π, (7.4)

a tako -de su bitne i sledece relacije

Γ(n)Γ(1− n) =π

sin(πx)zan ∈ (0, 1); (7.5)

Γ(n)Γ(n+1

2) =

√π

22n−1Γ(2n). (7.6)

Za velike vrednosti parametra n, moze se koristiti Stirling-ova funkcija

Γ(n) ∼ nne−n√2πn. (7.7)

II.. O RIEMANN-OVOJ ζ FUNKCIJI 177

U slucaju da se uzme da je argument gama funkcije kompleksni broj z, asimptotski

izraz za |z| < 1 je dat izrazom

Γ(z) =1

z− γ +

z

6

(3γ2 +

π2

2

), (7.8)

gde je γ = 0.577216... Euler-ova konstanta.

II. O Riemann-ovoj ζ funkciji

Riemann-ova ζ (zeta) funkcija1 se uvodi

ζ(s) =∞∑n=1

1

ns, (7.9)

i predstavlja specijalan slucaj tzv. Hurwitz-ove ζ funkcije, koja se uvodi kao ζH(s, q) =∑∞n=1

1(n+q)s

. Vrednosti Riemann-ove funkcije se dobijaju kao specijalan slucaj, odnosno

ζR(s) = ζH(s, 1). Ako u gama funkciji2

Γ(n) =

∫ ∞

0

e−xxn−1dx, (7.10)

pre -demo sa integracije po x na integraciju po sx, dobijamo

Γ(n) = sn∫ ∞

0

e−sxxn−1dx. (7.11)

Zatim prebacimo sn na levu stranu, i tako dobijeni izraz prosumiramo po s sto

dovodi do izraza

Γ(n)∞∑s=1

s−n =

∫ ∞

0

∞∑s=1

e−sxxn−1dx, (7.12)

koji nas dovodi do

Γ(n)ζ(n) =∫∞0

xn−1

ex−1dx. (7.13)

1 Bernhard Riemann (1826-1866), nemacki matematicar, poznat po svom doprinosu oblastimamatematike poput analize ili diferencijalne geometrije. Njegov rad je 50 godina kasnije biokoristen pre svega u razvoju teorije relativnosti.

2 Na dalje ce se koristiti oznaka ζ bez indeksa za Riemann-ovu ζ funkciju.

178 § 7. DODATAK

Tako Fermi -Dirac-ova funkcija se moze opisati funkcijom

Γ(n)(1− 1

2n−1

)ζ(n) =

∫∞0

xn−1

ex+1dx. (7.14)

Vrednosti zeta funkcije za neke cele i polucele vrednosti:

s 32

2 52

3 72

4 5 6 7

ζ(s) 2.612 π2

61.341 1.202 1.127 π4

901.037 π6

9451.008

Analogno se uvodi generalisani logaritamski red

f±s (z) =

∞∑n=1

∞∑n=1

(±1)n

nszn. (7.15)

Riemann-ova funkcija se koristi i kod sledecih integrala

ζ(n)Γ(n+ 1) =

∫ ∞

0

xnex

(ex − 1)2;

G±1 (x) = ln(1∓ x), G±

n (1) = ζ(n), G−n (1) =

(1− 1

2n−1

)ζ(n).

III. Bessel-ove funkcije

Bessel-ova funkcija ν-tog ranga je uvedena izrazom

Jν(x) =(x2

)ν ∞∑n=0

(−1)n

n!(n+ ν)!

(x2

)2n. (7.16)

Treba dokazati da je xJν−1(x) = ddx(xJν(x)), za ν = 1. Krenimo od prvog izvoda

izraza (7.16)

d

dx(xJν(x)) =

d

dx

(x(x2

)ν ∞∑n=0

(−1)n

n!(n+ ν)!

(x2

)2n)=

=∞∑n=0

(−1)n

n!(n+ ν)!(2n+ ν + 1)

(x2

)2n+ν

= x(x2

)ν−1∞∑n=0

(−1)n

n!(n+ ν)!

2n+ ν + 1

2

(x2

)2n.

III.. BESSEL-OVE FUNKCIJE 179

Zahtevajuci da je ddx(xJν(x)) = xJν−1(x), dobijamo da je ν = 1, sto dovodi do izraza

xJo(x) =d

dx(xJ1(x)). (7.17)

Ovome je ekvalitetno ∫ x

0

zJo(z)dz = xJ1(x). (7.18)

Aproksimativni izrazi za x << 1:

za ν = 0 dobija se izraz

J0(x) ≈1

Γ(0 + 1)

(x2

)0= 1, (7.19)

dok za ν = 1, Bessel-ova funkcija postaje

J1(x) ≈1

Γ(1 + 1)

(x2

)1=x

2. (7.20)

Aproksimativni izrazi za x >> 1:

za ν = 0 dobija se

J0(x) ≈√

2

πxcos(x− π

4), (7.21)

dok za ν = 1, Bessel-ova funkcija postaje

J1(x) ≈√

2

πxcos(x− 3π

4). (7.22)

Bibliography

[1] Dalvit D.A.R, Frastai J. i Lawrie I.D. Problems on Statistical Mechanics, Institute

of Physics Publishing, Bristol and Philadelphia, 1999.

[2] Problems and Solutions on Thermodynamics and Statistical Mechanics, edited by

Yung-Kuo Lim, World Scientific, Singapore, 1990.

[3] Milic B, Milosevic S. i Dobrosavljevic Lj. Zbirka Zadataka iz Teorijske Fizike III deo:

Statisticka Fizika, Naucna Knjiga, Beograd 1979.

[4] Milosevic S. Osnovi Fenomenoloske Termodinamike, Privredno-Finansijski Vodic,

Beograd 1979.

[5] Feldman Y. Statistical Mechanics, The Hebrew University of Jerusalem,

Jerusalem 1997 (http://www.aph.huji.ac.il/feldman/statistical.htm).

[6] Feynman R. Statistical Mechanics: A set of Lectures, W. A. Benjamin, New York

1972.

[7] Gibbs J.W. Elementary Principles in Statistical Mechanics, Dover Publication, New

York 1960 (Reprint of original 1902. edition).

[8] Hill T.L. Statistical Mechanics: Principles and Selected Applications, McGraw-Hill,

New York 1956.

BIBLIOGRAPHY 181

[9] Huang K. Statistical mechanics, 2nd ed., John Wiley, New York 1987.

[10] Huang K. Introduction to Statistical Physics, Taylor & Francis, London 2001.

[11] Isihara A. Statistical Physics, Academic Press, New York – London 1971.

[12] Kubo R. Statistical Mechanics, North-Holland Publishing Company, Amsterdam

1968.

[13] Landau L.D. and Lifshitz E.M. Statistical Physics, Addison-Wesley 1969.

[14] Milic B. Statisticka Fizika, Naucna Knjiga, Beograd 1970.

[15] Musicki Dj. Uvod u Teorijsku Fiziku II – Statisticka Fizika, Prirodno-matematicki

Fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd 1984.

[16] Nattermann T. Statistische Physik, University of Cologne, Koln 1999

(http://www.thp.uni-koeln.de/natter/data/stat¯pdf.zip).

[17] Pathria R.K. Statistical Mechanics, 2nd ed. Butterworth-Heinemann, Oxford

1996.

[18] Reichl L. A Modern Course in Statistical Physics, 2nd ed., J. Wiley and Sons, New

York 1998.

[19] Reif F. Statistical Physics, Berkeley Physics Course, V5, McGraw-Hill, New York

1965.

[20] Tosic B. Statisticka Fizika, Institut za Fiziku Prirodno-matematickog fakulteta u

Novom Sadu, Novi Sad 1978.

[21] Honercamp, J, Statistical Physics Springer-Verlag, Heidelberg 2002.

[22] Stanley H.E. Introduction to Phase Transitions and Critical Phenomena, Oxford Uni-

versity Press, Oxford 1971.

182 BIBLIOGRAPHY

[23] Yeomans J.M. Statistical Mechanics of Phase Transitions Department of Physics,

Clarendon Press, Oxford, 1992.

[24] D. Mermin and H. Wagner, Phys. Rev. Letters 17 1133 (1966).

Documents

Zbirka zadataka iz Statisticke ﬁzikeˇ · PDF fileUNIVERZITET U BEOGRADU FIZICKI FAKULTETˇ Zbirka zadataka iz Statisticke ﬁzikeˇ verzija 3.1415 pripremio: Vladimir Miljkovic´