Funzione di partizione canonica
Ciao a tutti,
pggi ho dato un esame e non sono sicuro dell'esito......vorrei un parere......
Se doveste calcolare la funzione di partizione canonica di singola particella per un sistema governato dall'Hamiltoniana
$H(p_(\theta), p_(\phi), \theta, \phi) = 1 / (2 m R^2) ( (p_(\theta))^2 + ((p_(\phi))^2)/(sin^2 \theta) ) - \mu B cos \theta$
come fareste?
Grazie...
pggi ho dato un esame e non sono sicuro dell'esito......vorrei un parere......
Se doveste calcolare la funzione di partizione canonica di singola particella per un sistema governato dall'Hamiltoniana
$H(p_(\theta), p_(\phi), \theta, \phi) = 1 / (2 m R^2) ( (p_(\theta))^2 + ((p_(\phi))^2)/(sin^2 \theta) ) - \mu B cos \theta$
come fareste?
Grazie...
Risposte
Considerando $0<=\theta<=\pi$ e $0<=\phi<=2\pi$ io farei in questo modo:
$Z = \int_0^\pi d\theta \int_0^{2\pi} d\phi \int_{-\infty}^{+\infty} d\p_{\theta} \int_{-\infty}^{+\infty} d\p_{\phi} \exp{-\beta[1 / (2 m R^2) ( p_{\theta}^2 + (p_{\phi}^2)/(\sin^2 \theta) ) - \mu B \cos \theta]}$
$ = 2\pi \int_0^\pi d\theta \int_{-\infty}^{+\infty} d\p_{\theta} \int_{-\infty}^{+\infty} d\p_{\phi} \exp{-\beta[1 / (2 m R^2) ( p_{\theta}^2 + (p_{\phi}^2)/(\sin^2 \theta) ) - \mu B \cos \theta]}$
$ = 2\pi \int_0^\pi d\theta \int_{-\infty}^{+\infty} d\p_{\phi} \exp{-\beta[1 / (2 m R^2) ((p_{\phi}^2)/(\sin^2 \theta) ) - \mu B \cos \theta]} \sqrt({2\pi m R^2} / \beta)$
$ = 2\pi \int_0^\pi d\theta e^{\beta \mu B \cos \theta} \sqrt({2\pi m R^2} / \beta) \sqrt({2\pi m R^2 \sin^2\theta} / \beta)$
$ = {4\pi^2 m R^2} / \beta \int_0^\pi d\theta |\sin\theta| e^{\beta \mu B \cos \theta} = {4\pi^2 m R^2} / \beta {2\sinh(\beta \mu B)}/{\beta \mu B} = {8\pi^2 m R^2} / {\beta^2\mu B} \sinh(\beta \mu B)$
Ho usato il solito integrale gaussiano $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx = \sqrt(\pi/a)$.
$Z = \int_0^\pi d\theta \int_0^{2\pi} d\phi \int_{-\infty}^{+\infty} d\p_{\theta} \int_{-\infty}^{+\infty} d\p_{\phi} \exp{-\beta[1 / (2 m R^2) ( p_{\theta}^2 + (p_{\phi}^2)/(\sin^2 \theta) ) - \mu B \cos \theta]}$
$ = 2\pi \int_0^\pi d\theta \int_{-\infty}^{+\infty} d\p_{\theta} \int_{-\infty}^{+\infty} d\p_{\phi} \exp{-\beta[1 / (2 m R^2) ( p_{\theta}^2 + (p_{\phi}^2)/(\sin^2 \theta) ) - \mu B \cos \theta]}$
$ = 2\pi \int_0^\pi d\theta \int_{-\infty}^{+\infty} d\p_{\phi} \exp{-\beta[1 / (2 m R^2) ((p_{\phi}^2)/(\sin^2 \theta) ) - \mu B \cos \theta]} \sqrt({2\pi m R^2} / \beta)$
$ = 2\pi \int_0^\pi d\theta e^{\beta \mu B \cos \theta} \sqrt({2\pi m R^2} / \beta) \sqrt({2\pi m R^2 \sin^2\theta} / \beta)$
$ = {4\pi^2 m R^2} / \beta \int_0^\pi d\theta |\sin\theta| e^{\beta \mu B \cos \theta} = {4\pi^2 m R^2} / \beta {2\sinh(\beta \mu B)}/{\beta \mu B} = {8\pi^2 m R^2} / {\beta^2\mu B} \sinh(\beta \mu B)$
Ho usato il solito integrale gaussiano $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}dx = \sqrt(\pi/a)$.
si esatto è come ho fatto io.....è poi andato bene l'esame....
La domandam mi è venuta in seguito ad una diatriba con imiei compagni di corso....alcuni di loro sostenevano che questo modo fosse errato perchè nell'integrazione ci andava l'elemento di superficie $dS = R^2 sin \theta d \theta d \phi$ e questo conduceva ad un risultato finale piuttosto rognoso......delle funzioni di Bessel!!!!!!
Grazie mille....
La domandam mi è venuta in seguito ad una diatriba con imiei compagni di corso....alcuni di loro sostenevano che questo modo fosse errato perchè nell'integrazione ci andava l'elemento di superficie $dS = R^2 sin \theta d \theta d \phi$ e questo conduceva ad un risultato finale piuttosto rognoso......delle funzioni di Bessel!!!!!!
Grazie mille....
Effettivamente anch'io all'inizio ero tentato di metterci il termine $R^2\sin\theta$, perchè di solito si parte da hamiltoniane in coordinate cartesiane e poi si fa il cambio di variabile all'interno dell'integrale. In questo caso però l'hamiltoniana è scritta in coordinate sferiche e quindi lo spazio delle fasi è costituito da queste con i loro momenti coniugati e dunque, dal momento che per calcolare la funzione di partizione bisogna fare un integrale sullo spazio delle fasi, si capisce che quel termine non va messo. Complimenti per il risultato allora. 
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