名古屋大学大学院理学研究科物理学系・院試解答
2017年度統計力学
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統計力学

問１ a.
Zを具体的に計算して
\begin{eqnarray}
\begin{split}
Z&=&\frac{1}{N!(2\pi\hbar)^{2N}}\prod_{j=1}^{N}\int d{\bf{r}}_j d{\bf{P}}_je^{-\frac{\beta}{2m}|{\bf{P}}_j|^2}\\
&=&\frac{1}{N!(2\pi \hbar)^{2N}}A^N\left( \int dp e^{-\frac{\beta}{2m}P^2} \right)^{2N}\\
&=&\frac{A^N}{N!(2\pi\hbar)^{2N}}\left( \sqrt{\frac{2\pi m}{\beta}} \right)^{2N}\\
&=&\frac{A^N}{N!}\left( \sqrt{\frac{2\pi mk_BT}{h}} \right)^{2N}\\
&=&\frac{A^N}{N!\lambda ^{2N}_T}
\end{split}
\end{eqnarray}

b.
内部エネルギーUの定義より
\begin{eqnarray}
\begin{split}
U&=&-\frac{\partial}{\partial \beta}lnZ\\
&=&\frac{\partial}{\partial \beta}ln\lambda_T^{2N}\\
&=&2N\frac{\partial}{\partial \beta}ln\frac{h}{\sqrt{2\pi mk_Bt}}\\
&=&2N\frac{\partial}{\partial \beta}ln\frac{1}{\sqrt{k_BT}}\\
&=&2N\frac{\partial}{\partial \beta}ln\beta^{\frac12}\\
&=&N\frac{\partial}{\partial \beta}ln\beta\\
&=&Nk_BT
\end{split}
\end{eqnarray}
と求まる。定積熱容量Cは
\begin{eqnarray}
\begin{split}
C&=&\frac{\partial U}{\partial T}\\
&=&Nk_B
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

c.
ヘルムホルツ自由エネルギーFは、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
F&=&-\frac{1}{\beta}lnZ\\
&=&-\frac{1}{\beta}ln\frac{A^N}{N!\lambda^{2N}_T}\\
&=&-\frac{1}{\beta}lnA^N+\frac{1}{\beta}ln\frac{1}{N!\lambda^{2N}_T}\\
\end{split}
\end{eqnarray}
と表せるので
\begin{eqnarray}
\begin{split}
P&=&-\frac{\partial F}{\partial A}\\
&=&\frac{N}{\beta}\frac{1}{A}\\
&=&\frac{U}{A}
\end{split}
\end{eqnarray}
なので\( PA=U\)が成立する。

d.
\( N=1\)とした分配関数を\( Z_1\)とすると
\begin{eqnarray}
\begin{split}
w({\bf{p}})&=&\frac{e^{-\frac{\beta}{2m}|{\bf{p}}_j|^2}}{{Z_1}}\\
&=&\frac{\lambda^2_T}{A}e^{-\frac{\beta}{2m}{\bf{p}}^2}
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

問２ a.

b.
\( \epsilon_k\)の式から、
\begin{eqnarray}
k_x^2+k_y^2=\frac{2m\epsilon}{\hbar^2}
\end{eqnarray}
と変形すると、これは波数空間、半径\( \frac{\sqrt{2m\epsilon}}{\hbar}\)の円の\( k_x>0,k_y>0\)の部分が状態密度Nである。
よって
\begin{eqnarray}
\begin{split}
D_0&=&\frac{d}{d\epsilon}\left( \frac14 × \pi × \left( \frac{\sqrt{2m\epsilon}}{\hbar} \right)^2 × 2 × \left( \frac{L}{\pi} \right)^2 \right)\\
&=&\frac{mL^2}{\pi\hbar^2}
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。

c.
絶対零度における粒子数Nは、状態密度\( D(\epsilon)\)を用いて
\begin{eqnarray}
N=\int^{\epsilon_F}_0 D(\epsilon)d\epsilon
\end{eqnarray}
と表せ、有限温度の場合は、
よって
\begin{eqnarray}
\begin{split}
N&=&\int^\infty_0 D(\epsilon)f(\epsilon)d\epsilon\\
&\simeq&\int^\mu_0D(\epsilon)d\epsilon+\frac{\pi^2}{6}D'(\mu)(k_BT)^2
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。この２式より
\begin{eqnarray}
0=\int^\mu_{\epsilon_F}(\epsilon)d\epsilon+\frac{\pi^2}{6}D'(\mu)(k_BT)^2
\end{eqnarray}
\( \mu\simeq \epsilon_F\)より\( D(\epsilon)\)を積分の外に出せて
\begin{eqnarray}
\mu=\epsilon_F-\frac{\pi^2}{6}\frac{D'(\mu)}{D(\mu)}(k_BT)^2
\end{eqnarray}
よって\( D(\epsilon=D_0)\)より
\begin{eqnarray}
\mu(T)\simeq \epsilon_F
\end{eqnarray}
となるので\( a=0\)である。

d.
Uをゾンマーフェルト展開して
\begin{eqnarray}
\begin{split}
U&=&\int^{-\infty}_0\epsilon D_0f(\epsilon)d\epsilon\\
&=&\int^{\mu}_0 \epsilon D_0d\epsilon+\frac{\pi^2}{6}D_0(k_BT)^2\\
&=&\frac12 D_0\mu_F^2+\frac{\pi^2}{6}D_0(k_BT)^2\\
&=&\frac12 D_0\epsilon_F^2+\frac{\pi^2}{6}D_0(k_BT)^2
\end{split}
\end{eqnarray}
となる。定積熱容量Cは
\begin{eqnarray}
C=\frac{\pi^2}{3}D_0k_B^2 T
\end{eqnarray}
と求まる。

　

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e.
フェルミオンでは、大分配関数\( \Xi^{(j)}\)が
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\Xi^{(j)}&=&\sum^1_{n=0}e^{-\beta(\epsilon_j-\mu)n}\\
&=&1+e^{-\beta({\epsilon_j-\mu})}
\end{split}
\end{eqnarray}
と求まるので、
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\Omega&=&-\frac{1}{\beta}ln\prod_j \Xi^{(j)}\\
&=&-\frac{1}{\beta}\sum_j ln(1+e^{-\beta({\epsilon_j-\mu})})\\
&\simeq&-\frac{1}{\beta}\int^{\infty}_{0}D_0ln(1+e^{-\beta{\epsilon-\mu}})d\epsilon\\
&=&-k_BT\int^{\infty}_{0}D_0ln(1+e^{-\beta{\epsilon-\mu}})d\epsilon
\end{split}
\end{eqnarray}
と表せる。

f.
\( \Omega\)の右辺を部分積分して
\begin{eqnarray}
\begin{split}
\Omega&=&-k_BT\left\{\left[\epsilon D_0ln(1+e^{-\beta(\epsilon-\mu)}) \right]^{\infty}_0-\int^{\infty}_0\frac{\epsilon D_0}{1+e^{-\beta(\epsilon-\mu)}(-\beta)d\epsilon} \right\}\\
&=&-\int^{\infty}_0 \epsilon D_0f(\epsilon)d\epsilon\\
&=&-U
\end{split}
\end{eqnarray}
\( \Omega=-PA\)から\( U=PA\)となる。

問３
a.
\begin{eqnarray}
\begin{split}
I&=&R\int^{\infty}_{\frac{\sqrt{2mW}}{\hbar}}dk_x\frac{\hbar k_x}{m}\frac{1}{e^{\beta\frac{\hbar^2}{2m}(k_x^2+k_y^2)-\mu}+1}\int^{\infty}_{-\infty}dk_y\\
&=&R\int^{\infty}_{-\infty}dk_y\int^{\infty}_{\frac{\sqrt{2mW}}{\hbar}}dk_x\frac{\hbar k_x}{m}\frac{e^{-\frac{\hbar^2}{2m}{\beta k_x^2}}}{e^{-\frac{\hbar^2}{2m}{\beta k_y^2}-\beta \mu}+e^{-\frac{\hbar^2}{2m}{\beta k_x^2}}}\\
&=&R\int^{\infty}_{-\infty}dk_y\left[-\frac{1}{\hbar \beta}ln\left({e^{\beta(\frac{\hbar^2k_y^2}{2m}-\mu)}}+e^{-\frac{\hbar^2}{2m}{\beta k_x^2}}\right)\right]^{\infty}_{\frac{\sqrt{2mW}}{\hbar}}\\
&=&R\int^{\infty}_{-\infty}dk_y\left\{-\frac{1}{\hbar\beta}ln\left(\frac{e^{(\frac{\hbar^2k_y^2}{2m}-\mu)\beta}}{e^{(\frac{\hbar^2k_y^2}{2m}-\mu)\beta}+e^{-\beta W}}\right)\right\}\\
&=&\frac{R}{\hbar\beta}\int^{\infty}_{-\infty}dk_y\left(\frac{1}{\hbar\beta}ln\frac{e^{(\frac{\hbar^2k_y^2}{2m}-\mu)\beta}+e^{-\beta W}}{e^{(\frac{\hbar^2k_y^2}{2m}-\mu)\beta}}\right)\\
\end{split}
\end{eqnarray}
よって
\begin{eqnarray}
I=\frac{R}{\hbar\beta}\int^{\infty}_{-\infty}dk_y ln\left(1+e^{-\beta W -\beta{(\frac{\hbar^2k_y^2}{2m}-\mu)}} \right)
\end{eqnarray}
となる。

b.
問２ cより、\(\epsilon_F\gg k_BT \)の低温では\( \mu\simeq \epsilon_F\)が
\begin{eqnarray}
\begin{split}
I&=&\frac{R}{\hbar\beta}\int^{\infty}_{-\infty}dk_y ln\left(1+e^{-\beta{(\Phi+\frac{\hbar^2k_y^2}{2m})}} \right)\\
&=&\frac{R}{\hbar\beta}\int^{\infty}_{-\infty}dk_ye^{-\beta{(\Phi+\frac{\hbar^2k_y^2}{2m})}}\\
&=&\frac{R}{\hbar\beta}e^{-\beta \Phi}\int^{\infty}_{-\infty}dk_ye^{-{\frac{\beta\hbar^2}{2m}k_y^2}}\\
&=&\frac{R}{\hbar\beta}e^{-\beta \Phi}\sqrt{\frac{2\pi m}{\beta \hbar^2}}\\
&=&\frac{R}{\hbar^2}\sqrt{2\pi m}k_B\frac{3}{2}T^\frac{3}{2}e^{-\beta \Phi}
\end{split}
\end{eqnarray}
となるため、\( \gamma=3/2,\alpha(T)=-\frac{\Phi}{k_BT}\)と求まる。

　

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