Dwa ośrodki: sprawdź sumę statystyczną bez wzoru na potęgę

Rozwiązanie

Cztery stany i trzy energie

Oznaczmy stan dolny przez 0, a górny przez 1. Stany 00, 10, 01, 11 mają energie 0, Δ, Δ, 2Δ i wagi 1, 1/2, 1/2, 1/4. Suma Z = 9/4 równa się (1 + 1/2)². Prawdopodobieństwa wynoszą odpowiednio 4/9, 2/9, 2/9 i 1/9.

Liczymy dwa momenty rozkładu

\langle E\rangle=\Delta\left(\frac29+\frac29\right)+2\Delta\frac19=\frac23\Delta.

\langle E^2\rangle=\Delta^2\left(\frac29+\frac29\right)+4\Delta^2\frac19=\frac89\Delta^2.

Zatem Var(E) = 8Δ²/9 − (2Δ/3)² = 4Δ²/9. To dodatnia wielkość o jednostce energii do kwadratu, mimo że każdy z dwóch poziomów ma dokładnie określoną energię.

Kontrola pojemności cieplnej

Warunek temperatury daje Δ/(k_BT) = ln 2. Stąd C/k_B = (4/9)(ln 2)² ≈ 0,213535. Wzór dla dwóch ośrodków daje ten sam wynik: N = 2, p = 1/3, więc C/k_B = 2(ln 2)²(1/3)(2/3).

Gdyby w sumie uwzględnić po jednym stanie dla energii 0, Δ i 2Δ, otrzymalibyśmy Z = 7/4 i błędną średnią 4Δ/7. Zgubiony zostałby jeden z dwóch stanów poziomu Δ. Można sumować po stanach albo po poziomach z uwzględnieniem degeneracji; obu konwencji nie wolno mieszać.

Powiązana teoria

Suma statystyczna: energia i pojemność cieplna układu dwupoziomowego

Dalsza lektura

Materiał referencyjny