Expansión de Taylor mediante la aproximación de Stirling

Question

Esto es de un problema de física estadística, pero es la matemática que hay detrás la que me atasca aquí:

Considere un gran número $N$ de partículas distinguibles distribuidas entre $M$ cajas.

Sabemos que el número total de microestados posibles es $$\Omega=M^N$$ y que el número de microestados con una distribución entre las cajas dada por la configuración $[n_1, n_2, ..., n_M]$ es dado por $$\frac{N!}{\prod_{j=1}^M (n_j)!}\tag{1}$$ En la configuración más probable hay $$n_0 = \frac{N}{M}$$ partículas en cada caja. Sea $\Omega_0$ denotan el peso estadístico de esta configuración y $p_0$ su probabilidad. Ahora considere el movimiento $\delta n$ partículas de la caja $1$ a la caja $2$ , dando lugar a la nueva configuración $$[n_0 n, n_0 + n, n_0, n_0, ..., n_0]$$ Demostrar que $$\fbox{$ \(\color{azul} {delta{izquierda}(\ln_Omega_{n\}}directo)\laprox -\delta n\ln(n_0)-\frac{(\delta n)^2}{2 n_0} $}$$ (Sugerencia: debes usar la aproximación de Stirling aquí)

La imagen siguiente muestra la situación:

Aquí está la respuesta tal y como la escribió el autor:

Esto puede ser un poco difícil de leer así que lo he escrito a máquina palabra por palabra abajo:

$$\ln\Omega_{\{n\}}=\ln(N!)-\sum_j\ln (n_j!)$$ El cambio en $\ln\Omega$ debido a un cambio $\delta n$ en UNA caja es $$\delta(\ln\Omega_{\{n\}})=-\ln([n_0+\delta_n]!)+\ln(n_0!)$$ Taylor ampliar $\ln (n!)$ $\color{red}{\text{(To second 2nd order since we are already at a maximum for}}$ $\color{red}{\ln\Omega_{\{n\}}}$$ \(color rojo) $ using Stirling: $$ \ln (n!)\laprox \ln (n_0)-n_0}_{0th}+\ln (n_0)\cdot\delta_n}_{1st}+\ln (n_0)\cdot\l}{2nd}+\cdots $$ $$ \N - implica \N que \N delta(\Nmega_{{n}})=-\Nln (n_0)\Ndot\Ndelta n-\Nfrac{{\Ndelta n)^2}{2n_0}$$

El paréntesis rojo se puede ignorar ya que se acaba de utilizar en la parte anterior de la pregunta en la que teníamos que demostrar que $$n_0=\frac{N}{M}$$ es la configuración más probable que hicimos mi diferenciación y puesta a cero para maximizar.

---

Finalmente llego a mi pregunta:

Entiendo todo hasta el punto en que dice "Taylor expande $\ln n!$ ", en primer lugar, ¿dónde está el $n$ ¿Incluso definido? Ya veo $n_0$ y $N$ pero no $n$ .

Sólo puedo suponer que el autor quería decir "Taylor expande". $\ln([n_0+\delta_n]!)$ ', ya que no veo cómo esa expresión podría obtener los factores $n_0$ y $\delta_n$ .

Sé que la fórmula general de expansión de Taylor viene dada por $$f(a)+\frac {f'(a)}{1!} (x-a)+ \frac{f''(a)}{2!} (x-a)^2+\frac{f^{(3)}(a)}{3!}(x-a)^3+ \cdots$$

y que la aproximación de Stirlings es la siguiente $$\ln(k!)\approx k\ln k - k +\frac12\ln k$$

He utilizado estas dos fórmulas, pero no ambos juntos.

Estoy muy confundido sobre cómo proceder con esto, así que ingenuamente aplico primero la aproximación de Stirlings:

$$\ln([n+\delta n]!)\approx (n+\delta n)\ln(n+\delta n)-(n+\delta n)+\frac12\ln(n+\delta n)$$

Pero ahora estoy completamente atascado. ¿Podría alguien explicar cómo el autor fue capaz de llegar al resultado?

---

EDITAR:

Un comentario más abajo plantea un punto importante. Así que sólo mencionaré que, a efectos de esta pregunta, el peso estadístico $\Omega$ es igual al número de microestados .

---

EDIT#2:

Debo disculparme porque había una contradicción en mi pregunta debido a una errata.

Lo que necesitaba mostrar era que $$\fbox{$ \(\color{azul} {delta{izquierda}(\ln_Omega_{n\}}directo)\laprox -\delta n\ln(n_0)-\frac{(\delta n^2)}{2 n_0} $}$$ y esto se da en azul en el primer cuadro de citas, lo siento mucho por esto.

---

EDIT#3:

Reconozco que los que habéis contestado os habéis dado cuenta de que debe haber una expresión similar al considerar ambas cajas. Así que, como se prometió, aquí está la segunda parte de la pregunta tal y como la escribió el autor:

Lo escribiré palabra por palabra de todos modos, por si acaso es difícil de leer:

Para cambiar a DOS cajas, mover $\delta n$ de $1$ a $2$ , $$\delta\left(\ln\Omega_{\{n\}}\right)=-\ln (n_0)\cdot(-\delta n)-\frac{\left(-\delta n\right)^2}{2n_0}$$ $$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad-\ln (n_0)\cdot(+\delta n)-\frac{\left(+\delta n\right)^2}{2n_0}=-\frac{\delta n^2}{n_0}$$ $$\color{red}{\Huge{\star}}\quad\ln\Omega_{\{n\}}=\ln\Omega_0-\frac{\delta n^2}{n_0}$$

Muchas gracias.

Answer 1

Definamos las dos configuraciones siguientes:

• Una configuración "óptima": $\mathbf n_1 := [n_0, \cdots, n_0]$ .
• La configuración perturbada: $\mathbf n_2 := [n_0 - \delta n, n_0 + \delta n, n_0, \cdots, n_0]$ .

Los pesos estadísticos de las dos configuraciones son: $$ \Omega_0 := \Omega_{\{\mathbf n_1\}} = \frac{N!}{(n_0!)^M}\,, \qquad \Omega_{\{\mathbf n_2\}} = \frac{N!}{(n_0-\delta n)!(n_0 + \delta n)! (n_0!)^{M-2}} \,. $$ Tomando el logaritmo de estos dos pesos obtenemos: \begin{align} \ln \Omega_0 =&\; \ln N! - M \ln n_0!\,, \\ \qquad \ln \Omega_{\{\mathbf n_2\}} =&\; \ln N! - \ln (n_0-\delta n)! - \ln(n_0+\delta n)! - (M-2) \ln n_0!\,. \end{align} El logaritmo del número de microestados es proporcional a entropía por lo que llamaremos a estas dos cantidades las entropías de las dos configuraciones (ignorando la constante de proporcionalidad, que se llama Constante de Boltzmann ). El cambio de entropía debido a la perturbación es: $$\ln \Omega_{\{\mathbf n_2\}} - \ln \Omega_0 = - \ln(n_0-\delta n)! - \ln(n_0 + \delta n)! + 2\ln n_0!\,. \tag{1}$$

Suponiendo que $n_0$ y $n_0-\delta n$ son bastante grandes, utilizamos La aproximación de Stirling , nameley $\ln m! \approx m \ln m - m$ para grandes $m$ para aproximarse a (1): $$ \ln \Omega_{\{\mathbf n_2\}} - \ln \Omega_0 \approx -(n_0 - \delta n) \ln (n_0 - \delta n)-(n_0 + \delta n) \ln (n_0 + \delta n) + 2 n_0 \ln n_0\,. \tag{2}$$ Ahora usamos Ampliación de Taylor para ampliar $\ln(n_0 \pm \delta n)$ al tratar $\delta n$ como pequeño en comparación con $n_0$ . La expansión de $\ln(x+\epsilon)$ alrededor de $x$ está dada por: $$ \ln(x + \epsilon) = \ln x + \frac{\epsilon}{x} - \frac{\epsilon^2}{2x^2} + \mathcal O\left(\left(\frac{\epsilon}{x}\right)^3\right)\,.$$ Utilizando esto en (2), y manteniendo los términos hasta el orden cuadrático en $\delta n$ encontramos: $$ \ln \Omega_{\{\mathbf n_2\}} - \ln \Omega_0 \approx -\frac{(\delta n)^2}{n_0}\,.$$ Así que la entropía del sistema perturbado viene dada por: $$ \ln \Omega_{\{\mathbf n_2\}} \approx \ln\Omega_0 -\frac{(\delta n)^2}{n_0} \,. \tag{3}$$

La razón por la que en (3) no hay ningún término lineal en $\delta n$ es muy físico, una configuración óptima tiene la entropía más alta, por lo tanto el cambio en la entropía al perturbar desde una configuración óptima debe comenzar al menos en el orden cuadrático.

Answer 2

Asumimos la aproximación de Stirling (primer orden) $$\log(n!)\approx n \log(n) - n = g(n) \tag{1}$$

Y la expansión de Taylor:

$$g(x)\approx g(x_0)+g'(x_0)(x-x_0)+g''(x_0)\frac{(x-x_0)^2}{2}=\\ =x_0\log(x_0)-x_0 + \log(x_0)\delta+\frac{\delta^2}{2 x_0} \tag{2}$$

donde $\delta = x-x_0$ (incremento).

Entonces el cambio en la caja que disminuye su recuento (casilla 1) por $\delta$ es

$$\Delta_1(\ln\Omega_{\{n\}})=-\ln((n_0-\delta)!)+\ln(n_0!)=\\= \log(n_0)\delta-\frac{\delta^2}{2 n_0} \tag{3}$$

El cambio en la otra caja que incrementos su recuento (casilla 2) por $\delta$ es

$$\Delta_2(\ln\Omega_{\{n\}})=-\ln((n_0+\delta)!)+\ln(n_0!)=\\ =-\log(n_0)\delta-\frac{\delta^2}{2 n_0} \tag{4}$$

El cambio total es entonces $$\Delta(\ln\Omega_{\{n\}})= \Delta_1(\ln\Omega_{\{n\}})+\Delta_2(\ln\Omega_{\{n\}})=-\frac{\delta^2}{n_0} \tag{5}$$

(por eso necesitamos tomar una expansión de Taylor de segundo orden: porque los términos lineales se cancelan - no porque "estemos en un máximo local" - en realidad el resultado es válido para cualquier $n_0$ no sólo para $n_0=N/M$ )

La declaración original $$\delta\left(\ln\Omega_{\{n\}}\right)\approx \ln\Omega_0-\frac{\delta n^2}{2 n_0}$$ parece tener dos errores: Primero, si mezcla el valor del peso estadístico con su cambio. Si estamos hablando del cambio, entonces la primera " $\delta$ " es correcto, pero el término inicial $\ln\Omega_0$ es erróneo - comprobación de cordura: si $\delta n=0$ el cambio debe ser cero). Además, parece que en el resultado faltan dos factores (de hecho, la derivación copiada subraya que la primera variación se debe a una caja Pero luego parece que se olvida de la otra).

Edición: Respecto a tu edición: tu "ecuación en azul" sólo es correcta si se entiende que es el cambio en una casilla (ver eq $3$ ). Si se entiende (como parece) como el cambio total, entonces está mal. El cambio neto viene dado por la ec. $(5)$