Una derivación en el problema 3.1 de Problems on Statistical Mechanics.(por Dalvit, et al)

Question

Mi pregunta se refiere a la siguiente derivación: En primer lugar el problema en sí mismo como se indica en el libro:

Encuentra la entropía $S(E,V,N)$ de un gas ideal de $N$ partículas monatómicas clásicas, con una energía total fija $E$ contenida en un $d$ caja dimensional de volumen $V$ . Deduzca la ecuación de estado de este gas, suponiendo que $N$ es muy grande.

En la página 41 (en la solución del problema 3.1) escriben que la entropía viene dada por: $$S(E,V,N;\Delta E)=k\ln\bigg(\bigg( \Omega(E,V,N;\Delta E\bigg)/(h^{dN}N!)\bigg)$$

Para calcular $\Omega$ lo expresamos como $\Omega = \Delta E \partial \nu /\partial E$ .

Ahora derivan la igualdad: $$\nu(E,V,N) = \frac{V^N (2\pi m E)^{dN/2}}{(dN/2)\Gamma(dN/2)}$$

En la página 42 obtienen $$S(E,V,N;\Delta E) = k\bigg\{ N \ln \bigg( \frac{V(2\pi m E)^{d/2}}{h^d}\bigg) -\ln \bigg[ \Gamma(dN/2) \bigg] - \ln(N!) + \ln(\Delta E/E) \bigg\}$$

Con lo que estoy de acuerdo.

Pero luego viene la aproximación para grandes $N$ con la aproximación de Stirling, y no veo cómo se aproximan $\ln ( \Gamma(dN/2))$ es $dN/2$ para grandes $N$ ¿un entero o un no entero? si es un entero entonces $\Gamma(dN/2) = (dN/2)!$ y podemos utilizar la aproximación de Stirling, pero si no es así, no veo cómo aproximar $\ln(\Gamma(dN/2))$ .

Al final reciben la siguiente aproximación para $N \to \infty$ : $$S(E,V,N) \approx Nk\bigg\{ \ln\bigg[ \frac{V}{N}\bigg(\frac{4\pi m E}{dNh^2}\bigg)^{d/2}\bigg] +\frac{d+2}{2}\bigg\}$$

No veo cómo han conseguido esta expresión.

¿Alguien puede explicar los cálculos?

Gracias.

Answer 1

El rigor no tiene límites. Espero que esto sea suficiente.

Supongamos primero que $Nd/2$ es un número entero. Entonces $\Gamma(Nd/2)=(Nd/2-1)!$ y podemos utilizar la aproximación de Stirling. Si $M$ es grande, entonces $M! \approx M\log{M}-M+O(1)$ . Centrándonos en los términos factoriales, tenemos: $$\log⁡Γ(Nd/2)+\log⁡N!=$$ $$=(Nd/2-1)\log⁡(Nd/2-1)-(Nd/2-1)+N \log⁡N-N+O(1)=$$ $$=Nd/2 \log⁡(Nd/2)-Nd/2+N \log⁡N-N+O(\log⁡N )=$$ $$=N\log⁡{\left[N\left(\frac{Nd}{2}\right)^{d/2}\right]}- \frac{N (d+2)}{2}+O(\log⁡N)$$

Sustituyendo en la fórmula de $S$ arriba, sacando un factor de $N$ y haciendo un poco de álgebra dentro de los logaritmos que tenemos: $$S = k N \left[\log{\left(\frac{V}{N} \left(\frac{4\pi m E}{N h^2d}\right)^{d/2}\right)}+ \frac{d+2}{2} +\frac{1}{N} \log\frac{\Delta E}{E} + O\left(\frac{\log{N}}{N}\right)\right]$$ El único término que queda por tratar es el que tiene que ver con $\Delta E$ . El resultado que necesitamos se desprende, en el caso más general, de algo así como el Teorema de la fluctuación-disipación . No sé cómo lo aborda Landau. Sin embargo, podemos hacer un ejemplo calculando la relación en el conjunto canónico (en realidad no importa qué conjunto usemos, ya que todos los conjuntos coinciden en el límite termodinámico). La energía (media) de un sistema viene dada por $$\langle E \rangle=-\frac{\partial}{\partial \beta} \log{Z}$$ donde $\beta =1/kT$ y $Z$ es la función de partición. Para un gas multipartícula $Z \sim Z_1^N$ así que $E\sim N$ . Entonces la fluctuación viene dada por: $$\Delta E^2 = \langle E^2 \rangle-\langle E \rangle^2=-\frac{\partial \langle E \rangle}{\partial \beta}$$ Esto es suficiente para lo que necesitamos, ya que significa que $\Delta E^2 \sim E \sim N$ lo que significa que $\Delta E / E \sim 1/\sqrt{N}$ . Por lo tanto, obtenemos: $$\log{\frac{\Delta E}{E}} = O(\log{N})$$ y el resultado que necesitas sigue, ya que entonces podemos absorber este término en el gran $O$ .

Lo único que queda por hacer es el caso cuando $Nd/2$ no es un número entero. Pero si no es un entero, debe ser un semi-integro. En tales puntos la función Gamma tiene una fórmula cerrada: $$\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)=\frac{(2n-1)!!}{2^n}\sqrt{\pi}$$ Queremos ver el gran error que cometemos al sustituirlo por $\Gamma(n+1)=n!$ . Este documento (página 5) proporciona una aproximación útil: $$\log{(2n-1)!!}=n\log{\frac{2n}{e}}+\frac{1}{2}\log{\frac{2n-1/12}{n+1/24}}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)$$ Por lo tanto: $$\log{\Gamma\left(n+\frac{1}{2}\right)} = n\log{\frac{2n}{e}}+\frac{1}{2}\log{\frac{2n-1/12}{n+1/24}}-n\log{2}+O(1)=$$ $$=n\log{n}-n+O(1)$$ ya que el logaritmo del cociente es $O(1)$ para grandes $n$ . Por lo tanto, utilizando Stirling, el error que cometemos es: $$\Gamma(n+1/2)-\Gamma(n+1)=O(1)$$ Al hacer este cambio seguimos obteniendo la misma fórmula, ya que el efecto es sustituir $Nd+1$ en lugar de $Nd$ . Después de aplicar la de Stirling el error que cometemos al eliminar el $1$ es $O(\log{N})$ .

Answer 2

La aproximación de Stirling es válida para un argumento positivo grande de la función gamma ( https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation#Stirling.27s_formula_for_the_gamma_function ), no sólo el factorial, por lo que no importa si el argumento es entero o no.