Statistische Begründung der Thermodynamik

Zusammenfassung

Wir beginnen nun gewissermaßen von Neuem. In Kap. 1 haben wir uns auf die phänomenologische Thermodynamik beschränkt, die bewusst auf jede Kenntnis der sehr vielen mikroskopischen Zustände verzichtet, aus denen ein makroskopischer Zustand zusammengesetzt sein mag. Dieser Zugang kam historisch zuerst, weil er beschritten werden konnte, lange bevor sich Klarheit über den mikroskopischen Aufbau der Materie abzuzeichnen begann. Wir haben auch gesehen, dass sich die phänomenologische Thermodynamik auf drei Axiomen aufbauen lässt, die den Begriff der Temperatur einführen, makroskopische Energieumwandlungen zueinander in Beziehung setzen und festlegen, welche Arten der Energieumwandlungen möglich sind. Die durchaus erstaunliche Grundlage dieses Zugangs ist die empirisch bestätigte Hypothese, dass es für die Energieumwandlungen eines makroskopischen physikalischen Systems unerheblich ist, auf welche Weise seine sehr vielen Freiheitsgrade miteinander Energie austauschen.

Appendices

Aufgaben

Gelegentlich enthalten die Aufgaben mehr Angaben, als für die Lösung erforderlich sind. Bei einigen anderen dagegen werden Daten aus dem Allgemeinwissen, aus anderen Quellen oder sinnvolle Schätzungen benötigt.

• leichte Aufgaben mit wenigen Rechenschritten

•• mittelschwere Aufgaben, die etwas Denkarbeit und unter Umständen die Kombination verschiedener Konzepte erfordern

••• anspruchsvolle Aufgaben, die fortgeschrittene Konzepte (unter Umständen auch aus späteren Kapiteln) oder eigene mathematische Modellbildung benötigen

2.1 • Abwechslung beim Würfelspiel

Bestimmen Sie, auf wie viele Weisen man bei fünf Würfen eines echten Würfels die Gesamtaugenzahl acht erhalten kann.

2.2 •• Absorptionswahrscheinlichkeit eines Teilchens

Ein Absorber für Teilchen sei aus parallelen Schichten der Dicke $\Updelta x$ aufgebaut. In jeder Schicht ist die Wahrscheinlichkeit für die Absorption eines Teilchens, das die Schicht durchläuft, durch $\rho\Updelta x$ gegeben. Dabei ist $\rho> 0$ konstant im Ort. Die Teilchen fallen parallel zur Plattennormale auf den Absorber.

• (a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein Teilchen in die $n$-te Schicht des Absorbers eindringt.

• (b) Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass das Teilchen gerade in der $n$-ten Schicht absorbiert wird?

• (c) Bestimmen Sie aus Teilaufgabe (a) die Wahrscheinlichkeit für die Eindringtiefe $x$, indem Sie den Limes $\Updelta x\to 0$ betrachten.

2.3 •• Durchlasswahrscheinlichkeit eines Netzwerks aus Schaltern

In dem Netzwerk in Abb. 2.14 arbeiten alle Schalter unabhängig. Jeder Schalter schließt mit der Wahrscheinlichkeit $p$ und bleibt mit der Wahrscheinlichkeit $1-p$ offen.

Abb. 2.14

Netzwerk aus fünf unabhängigen Schaltern, die mit einer Wahrscheinlichkeit $p$ geschlossen sind

• (a) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit dafür, dass ein am Eingang ankommendes Signal am Ausgang empfangen wird.

• (b) Ermitteln Sie die bedingte Wahrscheinlichkeit für das Ereignis „am Ausgang wird ein Signal empfangen“ unter der Bedingung, dass Schalter $E$ offen ist.

2.4 •• Transformation von Wahrscheinlichkeitsverteilungen

Die mehrdimensionale oder multivariate Verteilung der Zufallsvariablen $A=(A_{1},\ldots,A_{N})$ mit den Werten $x=(x_{1},\ldots,x_{N})$ sei $W(x_{1},\ldots,x_{N})=W(x)$.

• (a) Zeigen Sie, dass die multivariate Verteilung der Zufallsvariablen

  $$B=(B_{1},\ldots,B_{M})=\Phi(A)$$

  (2.169)

  mit $B_{i}=\Phi_{i}(A_{1},\ldots,A_{N})$, $1\leq i\leq M\leq N$ und den Werten $y=(y_{1},\ldots,y_{M})$ durch

  $$P(y) =\left\langle\delta_{\mathrm{D}}\left[y-\Phi(A)\right]\right\rangle$$

  (2.170)
  $$ =\int\cdots\int\prod_{i=1}^{M}\delta_{\mathrm{D}}\left[y_{i}-\Phi_{i}(A)\right]W(x)\mathrm{d}x_{1}\ldots\mathrm{d}x_{N}$$

  gegeben ist. Gl. (2.169) sei für $M=N$ eindeutig umkehrbar, d. h. $A=\Phi^{-1}(B)$. Weshalb ist die Aussage $P(y)=W\left[\Phi^{-1}(y)\right]$ falsch?

• (b) Ein Teilchenstrahl fällt parallel zur $x$-Achse in der $x$-$y$-Ebene auf eine feste Kreisscheibe mit dem Radius $R$, die ebenfalls in der $x$-$y$-Ebene liegt und an der die Teilchen elastisch gestreut werden. Der Stoßparameter $b$ sei über das Intervall $[-R,R]$ gleichverteilt. Bestimmen Sie die normierte Verteilung $P(\varphi)$ für den Streuwinkel $\varphi$.

Lösungshinweis:

Zu Teilaufgabe (a): Zeigen Sie mithilfe der angegebenen Verteilung $P(y)$, dass die Verteilungen $W(x)$ und $P(y)$ denselben Mittelwert einer beliebigen Funktionen ergeben, die einmal als Funktion von $x$ und einmal als Funktion von $y=\Phi(x)$ dargestellt wird. Zu Teilaufgabe (b): Finden Sie zunächst die Wahrscheinlichkeitsverteilung $W(b)$ und einen Zusammenhang zwischen $\varphi$ und $b$.

2.5 •• Verteilung von Molekülen über Teilvolumina

In einem Behälter mit dem Volumen $V_{0}$ befinden sich $N_{0}$ Moleküle. Für jedes Molekül sind die Wahrscheinlichkeiten, dass es sich in irgendeinem Teilraum des Behälters mit festem Volumen aufhält, jeweils gleich groß.

• (a) Bestimmen Sie für ein Teilvolumen $V$ die Wahrscheinlichkeit $W(N,V)$ dafür, dass sich $N$ Moleküle in ihm befinden.

• (b) Wie groß ist die mittlere Anzahl $\langle N\rangle_{V}$ von Molekülen in $V$?

• (c) Berechnen Sie das mittlere Schwankungsquadrat (d. h. die Varianz)

  $$\left\langle\left(N-\langle N\rangle_{V}\right)^{2}\right\rangle_{V}\,.$$

  (2.171)

  Wie groß ist die relative Abweichung

  $$\frac{\left\langle\left(N-\langle N\rangle_{V}\right)^{2}\right\rangle_{V}^{1/2}}{\langle N\rangle_{V}}\;?$$

  (2.172)

• (d) Ermitteln Sie die Größen aus Teilaufgabe (c) für

  $$V=V_{0}\,,\quad V=\frac{V_{0}}{2}\,,\quad V=10^{-6}\,V_{0}$$

  (2.173)

  und $N_{0}=6\cdot 10^{23}$.

Lösungshinweis:

Die Identität (2.129) mag bei der Lösung sehr gelegen kommen.

2.6 •• Energieverteilung in einem Spinsystem

An jedem von vier diskreten Punkten $i=1,2,3,4$ sei eine zweiwertige Spinvariable $s_{i}\in\{-1,1\}$ erklärt. Jeder Konfiguration $(s_{1},s_{2},s_{3},s_{4})$ werde durch die Funktion

$$\begin{aligned}\displaystyle H(s_{1},s_{2},s_{3},s_{4})&\displaystyle=J\left(s_{1}s_{2}+s_{1}s_{3}+s_{1}s_{4}+s_{2}s_{3}+s_{2}s_{4}+s_{3}s_{4}\right)\\ \displaystyle&\displaystyle\quad+B_{0}\sum_{i=1}^{4}s_{i}\end{aligned}$$

(2.174)

mit $J,B_{0}> 0$ eine Energie zugeordnet.

• (a) Welche Dimension hat der Konfigurationsraum?

• (b) Welche Werte kann $H$ annehmen? Bestimmen Sie unter der Voraussetzung, dass alle Konfigurationen gleich wahrscheinlich sind, für welche Energien $E$ die Wahrscheinlichkeit $P(E)\neq 0$ ist. Geben Sie die Energien und die zugehörigen Wahrscheinlichkeiten explizit an.

Lösungshinweis:

Bei Teilaufgabe (b) kann es hilfreich sein, die Anzahl der positiven oder negativen Spins als Variable einzuführen.

2.7 •• Entartung in einem Spinsystem

Gegeben seien $N$ zweiwertige Spinvariable $s_{i}\in\{-1,1\}$, $1\leq i\leq N$. Jeder Konfiguration $(s_{1},\ldots,s_{N})$ werde durch die Funktion

$$H(s_{1},\ldots,s_{N})=JM^{2}\,,\quad M=\sum_{i=1}^{N}s_{i}\,,\quad J\in\mathbb{R}$$

(2.175)

eine Energie zugeordnet.

• (a) Geben Sie die Dimension des Konfigurationsraumes an.

• (b) Finden Sie die möglichen Werte, die $H$ annehmen kann.

• (c) Bestimmen Sie den Entartungsgrad derjenigen Werte, die $H$ annehmen kann,

Lösungshinweis:

Bei Teilaufgabe (b) und (c) mag die Unterscheidung gerader und ungerader $N$ notwendig werden.

2.8 •• Entropie eines Paramagneten

Ein idealer Paramagnet besteht aus sehr vielen magnetischen Momenten $m_{i}=\pm\mu$, $1\leq i\leq N$ mit $N\gg 1$, und befindet sich in einem Magnetfeld $B> 0$. Die Hamilton-Funktion sei

$$H=-B\sum_{i=1}^{N}m_{i}\,.$$

(2.176)

• (a) Bestimmen Sie die Grundzustandsenergie und die Energie der ersten Anregung.

• (b) Wie groß ist jeweils der Entartungsgrad? Wie viele Zustände hat der Paramagnet insgesamt?

• (c) Welche Entropie hat der Paramagnet als Funktion seiner Energie?

• (d) Bestimmen Sie die Temperatur des Paramagneten als Funktion der Energie und diskutieren Sie den Temperaturverlauf mit der Energie.

Lösungshinweis:

Verwenden Sie, falls Sie die Ableitung von $\ln n!$ nach $n$ brauchen, den Ausdruck

$$\frac{\mathrm{d}\ln n!}{\mathrm{d}n}=\ln(n+1)\,.$$

(2.177)

2.9 • Eigenschaften der Maxwell-Verteilung

Die Maxwell’sche Geschwindigkeitsverteilung

$$f({\boldsymbol{v}})=\left(\frac{m}{2\uppi k_{\mathrm{B}}T}\right)^{3/2}\exp\left(-\frac{m{\boldsymbol{v}}^{\,2}}{2k_{\mathrm{B}}T}\right)$$

(2.178)

bezeichnet in einem idealen, einatomigen klassischen Gas der Temperatur $T$ die Wahrscheinlichkeitsdichte für die Geschwindigkeit

$${\boldsymbol{v}}=(v_{x},v_{y},v_{z})$$

(2.179)

eines Teilchens. Leiten Sie daraus die Wahrscheinlichkeitsdichten $\tilde{f}(v_{x})$ und $\hat{f}(\varepsilon)$ für die $v_{x}$-Komponente der Geschwindigkeit bzw. die dimensionslose kinetische Energie

$$\varepsilon=\frac{m{\boldsymbol{v}}^{\,2}}{2k_{\mathrm{B}}T}$$

(2.180)

eines Teilchens ab.

Lösungshinweis:

Die Integrale im „Mathematischen Hintergrund“ 4.2.4.2 kommen hier sehr gelegen.

2.10 •• Asymmetrischer Irrflug

Ein Teilchen unternimmt einen diskreten, eindimensionalen Irrflug, dessen Sprünge unkorreliert sind. Die Sprünge um jeweils einen Gitterabstand $a$ nach rechts sind doppelt so wahrscheinlich wie die Sprünge nach links.

• (a) Mit welcher Wahrscheinlichkeit landet das Teilchen nach $N$ Sprüngen wieder am Startpunkt $x=0$, wenn $N$ gerade oder $N$ ungerade ist?

• (b) Berechnen Sie für das Teilchen den Mittelwert $\langle x_{N}\rangle$, das mittlere Quadrat $\langle x_{N}^{2}\rangle$ des Abstands $x_{N}$ vom Startpunkt nach $N$ Sprüngen und die Standardabweichung von $x_{N}$.

Lösungshinweis:

Üben Sie auch hier möglichst selbstständig die Berechnung des Mittelwertes und der Standardabweichung der Binomialverteilung ein, die in Abschn. 2.4 dargestellt wurde.

2.11 ••• Phasenraumverteilung eines rotierenden Systems

Eine kreisrunde, starre Scheibe kann um eine raumfeste Achse reibungsfrei rotieren, die senkrecht durch ihren Mittelpunkt verläuft. Am Rand der Scheibe befindet sich eine Marke, welche die Messung des Drehwinkels bezüglich einer raumfesten Marke ermöglicht. Die Variablen des Systems sind der Drehwinkel $\varphi\in\mathbb{R}$ und der dazu konjugierte kanonische Impuls $p_{\varphi}$. Die Hamilton-Funktion ist

$$H=\frac{p_{\varphi}^{2}}{2I}\,,$$

(2.181)

wobei $I$ das Trägheitsmoment der Scheibe bezüglich der Drehachse ist.

• (a) Stellen Sie bei diesem System die Liouville’sche Gleichung für die Phasenraumdichte $\rho(p_{\varphi},\varphi,t)$ auf.

• (b) Finden Sie durch Fourier-Transformation in $\varphi$ und $t$ einen Satz von Basislösungen der Liouville’schen Gleichung.

• (c) Leiten Sie mithilfe der Lösungen aus Teilaufgabe (b) aus der Anfangsverteilung

  $$\begin{aligned}\displaystyle&\displaystyle\rho(p_{\varphi},\varphi,t=0)\\ \displaystyle&\displaystyle=\left\{\begin{array}[]{lll}\displaystyle\frac{1}{2\Updelta L}\delta_{\mathrm{D}}(\varphi)&\text{f{\"u}r}&p_{\varphi}\in\left[L_{0}-\Updelta L,L_{0}+\Updelta L\right]\\ 0&\text{sonst}&\\ \end{array}\right.\end{aligned}$$

  (2.182)

  die Phasenraumdichte $\rho(p_{\varphi},\varphi,t)$ ab. Interpretieren Sie das Ergebnis.

• (d) Bestimmen Sie mit $\rho(p_{\varphi},\varphi,t)$ aus Teilaufgabe (c) den Mittelwert $\varphi$ und die Standardabweichung

  $$\left\langle\left(\varphi-\langle\varphi\rangle\right)^{2}\right\rangle^{1/2}\,.$$

  (2.183)

  Wie verhält sich insbesondere die Standardabweichung mit der Zeit?

Lösungen zu den Aufgaben

2.1

Es gibt 35 verschiedene Möglichkeiten.

2.2

Das Ergebnis zu Teilaufgabe (c) ist $p_{x}=\mathrm{e}^{-\rho x}$.

2.5

Als Lösung von Teilaufgabe (a) sollten Sie eine Binomialverteilung finden. Üben Sie möglichst selbstständig die Berechnung des Mittelwertes und der Standardabweichung der Binomialverteilung ein, die in Abschn. 2.4 dargestellt wurde.

2.9

Die gesuchte Verteilung $\hat{f}(\varepsilon)$ ist

$$\hat{f}(\varepsilon)=\frac{2}{\sqrt{\uppi}}\sqrt{\varepsilon}\mathrm{e}^{-\varepsilon}\,.$$

(2.184)

Ausführliche Lösungen zu den Aufgaben

2.1

Nur die folgenden Kombinationen sind möglich:

• 1. $1\times 4$ und $4\times 1$,

  $$\frac{5!}{4!}=5\;\text{M{\"o}glichkeiten,}$$

  (2.185)

• 2. $1\times 3$, $1\times 2$ und $3\times 1$,

  $$\frac{5!}{3!}=20\;\text{M{\"o}glichkeiten,}$$

  (2.186)

• 3. $3\times 2$ und $2\times 1$,

  $$\frac{5!}{3!2!}=10\;\text{M{\"o}glichkeiten.}$$

  (2.187)

  Insgesamt kann die Gesamtaugenzahl acht also auf 35 verschiedene Weisen erzielt werden. Die Anzahlen ergeben sich daraus, dass weder die Reihenfolge der Würfe noch die Reihenfolge der günstigen Ergebnisse festgelegt sind und deswegen beliebig vertauscht werden können (siehe hierzu (2.120)).

2.2

• (a) Die Wahrscheinlichkeit, dass ein Teilchen in die $n$-te Schicht des Absorbers eindringt, ist gleich der Wahrscheinlichkeit, dass das Teilchen die vorangehenden $n-1$ Schichten durchdringt, dort also nicht absorbiert wird. Diese Wahrscheinlichkeit ist gegeben durch

  $$p_{n}=\left(1-\rho\Updelta x\right)^{n-1}\,.$$

  (2.188)

• (b) Um in der $n$-ten Schicht absorbiert werden zu können, muss das Teilchen zunächst in die $n$-te Schicht kommen. Die Wahrscheinlichkeit, in der $n$-ten Schicht absorbiert zu werden, ist also das Produkt der Wahrscheinlichkeiten, in die $n$-te Schicht zu gelangen und dort absorbiert zu werden, folglich

  $$p=p_{n}\rho\Updelta x=\left(1-\rho\Updelta x\right)^{n-1}\rho\Updelta x\,.$$

  (2.189)

• (c) Im Grenzfall sehr dünner Schichten ist die Eindringtiefe nach $n-1$ durchlaufenen Schichten gegeben durch

  $$x=(n-1)\Updelta x\,.$$

  (2.190)

  Die Wahrscheinlichkeit, dass das Teilchen die Eindringtiefe $x$ erreicht, ist also im Grenzfall $n\to\infty$ gegeben durch

  $$p_{x}=\lim_{n\to\infty}p_{n}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{\rho x}{n-1}\right)^{n-1}=\mathrm{e}^{-\rho x}\,.$$

  (2.191)

2.3

• (a) Am Ausgang wird dann ein Signal ankommen, wenn eine der folgenden Konfigurationen mit den gegebenen Wahrscheinlichkeiten eintritt:

  Konfiguration	Wahrscheinlichkeit
  nur $A$ und $B$ geschlossen	$p^{2}(1-p)^{3}$
  nur $C$ und $D$ geschlossen	$p^{2}(1-p)^{3}$
  nur $A$, $E$ und $D$ geschlossen	$p^{3}(1-p)^{2}$
  nur $C$, $E$ und $B$ geschlossen	$p^{3}(1-p)^{2}$
  nur $A$, $E$ und $B$ geschlossen	$p^{3}(1-p)^{2}$
  nur $C$, $E$ und $D$ geschlossen	$p^{3}(1-p)^{2}$
  nur $A$, $C$ und $B$ geschlossen	$p^{3}(1-p)^{2}$
  nur $A$, $C$ und $D$ geschlossen	$p^{3}(1-p)^{2}$
  nur $B$, $D$ und $A$ geschlossen	$p^{3}(1-p)^{2}$
  nur $B$, $D$ und $C$ geschlossen	$p^{3}(1-p)^{2}$
  ein beliebiger Schalter offen	$5p^{4}(1-p)$
  alle Schalter geschlossen	$p^{5}$

  Die Wahrscheinlichkeit $\bar{p}$, dass auf irgendeinem dieser Wege ein Signal am Ausgang ankommt, ist die Summe dieser Einzelwahrscheinlichkeiten:

  $$\bar{p}=p^{5}+5p^{4}(1-p)+8p^{3}(1-p)^{2}+2p^{2}(1-p)^{3}\,.$$

  (2.192)

• (b) Die gesuchte, bedingte Wahrscheinlichkeit ergibt sich aus der allgemeinen Aussage

  $$P(A\cap B)=P(B|A)P(A)\,,$$

  (2.193)

  aus der in unserem Fall folgt:

  $$\begin{aligned}\displaystyle&\displaystyle P(\text{Signal am Ausgang}|E\text{ offen})\\ \displaystyle&\displaystyle=\frac{P(\text{Signal am Ausgang und }E{\text{offen}})}{P(E\text{ offen})}\\ \displaystyle&\displaystyle=\frac{p^{4}(1-p)+4p^{3}(1-p)^{2}+2p^{2}(1-p)^{3}}{1-p}\\ \displaystyle&\displaystyle=p^{4}+4p^{3}(1-p)+2p^{2}(1-p)^{2}\,.\end{aligned}$$

  (2.194)

2.4

• (a) Sei $F$ eine beliebige Funktion der Zufallsvariablen $B$. Wir müssen zeigen, dass für jede Funktion $F$ der Mittelwert

  $$\langle F\rangle=\int F(y_{1},\ldots,y_{M})P(y)\mathrm{d}y_{1}\cdots\mathrm{d}y_{M}$$

  (2.195)

  auch durch

  $$\langle F\rangle=\int\tilde{F}(x_{1},\ldots,x_{N})W(x)\mathrm{d}x_{1}\cdots\mathrm{d}x_{N}$$

  (2.196)

  berechnet werden kann, wenn $\tilde{F}(x)=F[\Phi(x)]$ ist. Mit der angegebenen multivariaten Verteilung $P(y)$ folgt aus dem ersten Ausdruck in verkürzter Schreibweise

  $$\begin{aligned}\displaystyle\langle F\rangle&\displaystyle=\int F(y)\left\{\int\delta_{\mathrm{D}}\left[y-\Phi(x)\right]W(x)\mathrm{d}x\right\}\mathrm{d}y\\ \displaystyle&\displaystyle=\int\left\{\int\delta_{\mathrm{D}}\left[y-\Phi(x)\right]F(y)\mathrm{d}y\right\}W(x)\mathrm{d}x\\ \displaystyle&\displaystyle=\int F\left[\Phi(x)\right]W(x)\mathrm{d}x=\int\tilde{F}(x)W(x)\mathrm{d}x\,,\end{aligned}$$

  (2.197)

  was zu zeigen war. Der Ausdruck $P(y)=W\left[\Phi^{-1}(y)\right]$ für $M=N$ wäre falsch, da er nicht mehr normiert ist, denn

  $$\int W(x)\mathrm{d}x=1 =\int W\left[\Phi^{-1}(y)\right]\left|D\Phi^{-1}\right|\mathrm{d}y$$

  (2.198)
  $$ =\int P(y)\left|D\Phi^{-1}\right|\mathrm{d}y\neq\int P(y)\mathrm{d}y\,,$$

  da die Jacobi-Determinante der Abbildung $\Phi^{-1}(y)$ in diesem Integral auftritt.

• (b) Wegen der Gleichverteilung des Stoßparameters $b$ in $[-R,R]$ ist

  $$W(b)=\frac{1}{2R}\,.$$

  (2.199)

  Trifft ein Teilchen unter dem Stoßparameter $b$ auf die Kreisscheibe, gilt

  $$b=R\sin\alpha$$

  (2.200)

  für den Winkel $\alpha$, den die Linie vom Mittelpunkt der Kreisscheibe zum Auftreffpunkt mit der Richtung einschließt, aus der das Teilchen kam. Wegen des Reflexionsgesetzes ist der Streuwinkel ferner durch

  $$\varphi=\uppi-2\alpha$$

  (2.201)

  gegeben; also besteht der Zusammenhang

  $$b=R\sin\frac{\uppi-\varphi}{2}=R\cos\frac{\varphi}{2}$$

  (2.202)

  zwischen dem Stoßparameter $b$ und dem Streuwinkel $\varphi$. Gemäß Teilaufgabe (a) ist die Wahrscheinlichkeit $P(\varphi)$ für den Streuwinkel durch

  $$P(\varphi)=\int\delta_{\mathrm{D}}\left[\varphi-\varphi(b)\right]\,\frac{1}{2R}\,\mathrm{d}b$$

  (2.203)

  bestimmt. Aufgrund der Rechenregeln für die Deltadistribution gilt

  $$\delta_{\mathrm{D}}\left[\varphi-\varphi(b)\right]=\left|\frac{\mathrm{d}b}{\mathrm{d}\varphi}\right|\delta_{\mathrm{D}}\left[b-b(\varphi)\right]\,,$$

  (2.204)

  wobei die Ableitung an der Nullstelle des Arguments der Deltadistribution zu nehmen ist. Daraus folgt

  $$P(\varphi)=\frac{1}{2R}\left|-\frac{R}{2}\sin\frac{\varphi}{2}\right|=\frac{1}{4}\left|\sin\frac{\varphi}{2}\right|\,.$$

  (2.205)

  Die Streuwinkel $\varphi$ liegen in $[-\uppi,\uppi]$. Das Integral über $P(\varphi)$ über alle Streuwinkel ist daher

  $$\int P(\varphi)\mathrm{d}\varphi =\frac{1}{4}\int_{-\uppi}^{\uppi}\left|\sin\frac{\varphi}{2}\right|\mathrm{d}\varphi$$

  (2.206)
  $$ =\frac{1}{2}\int_{-\uppi/2}^{\uppi/2}\left|\sin x\right|\mathrm{d}x=\int_{0}^{\uppi/2}\sin x\mathrm{d}x=1\,,$$

  womit die Normierung ausdrücklich bestätigt wäre.

2.5

• (a) Wegen der Gleichverteilung der Teilchen im Volumen ist die Wahrscheinlichkeit, ein Teilchen im Teilvolumen $V$ zu finden, gleich

  $$p_{1}=\frac{V}{V_{0}}\,.$$

  (2.207)

  Die Wahrscheinlichkeit, $N$ Teilchen dort zu finden, ist demgemäß

  $$\begin{aligned}\displaystyle W(N,V)&\displaystyle=\left(\begin{array}[]{c}N_{0}\\ N\end{array}\right)p_{1}^{N}(1-p_{1})^{N_{0}-N}\\ \displaystyle&\displaystyle=\left(\begin{array}[]{c}N_{0}\\ N\end{array}\right)\left(\frac{V}{V_{0}}\right)^{N}\left(\frac{V_{0}-V}{V_{0}}\right)^{N_{0}-N}\,.\end{aligned}$$

  (2.208)

• (b) Ausgehend von dem Hinweis und unter Verwendung des binomischen Satzes stellen wir zunächst fest, dass

  $$\sum_{n=0}^{N}\left(\begin{array}[]{c}N\\ n\end{array}\right)na^{n}b^{N-n}=\left(a\frac{\partial}{\partial a}\right)(a+b)^{N}=Na(a+b)^{N-1}$$

  (2.209)

  ist. Wenden wir dieses Ergebnis auf $W(N,V)$ aus Teilaufgabe (a) an, erhalten wir sofort

  $$\langle N\rangle_{V}=\sum_{N=0}^{N_{0}}NW(N,V)=N_{0}p_{1}=\frac{N_{0}V}{V_{0}}\,.$$

  (2.210)

• (c) Zweifache Anwendung des Hinweises ergibt zunächst

  $$\begin{aligned}\displaystyle&\displaystyle\sum_{n=0}^{N}\left(\begin{array}[]{c}N\\ n\end{array}\right)n^{2}a^{n}b^{N-n}=\left(a\frac{\partial}{\partial a}\right)^{2}(a+b)^{N}\\ \displaystyle&\displaystyle=\left(a\frac{\partial}{\partial a}\right)\left[Na(a+b)^{N-1}\right]\\ \displaystyle&\displaystyle=\left[Na(a+b)^{N-1}+N(N-1)a^{2}(a+b)^{N-2}\right]\end{aligned}$$

  (2.211)

  und daher

  $$\langle N^{2}\rangle_{V}=\sum_{N=0}^{N_{0}}N^{2}W(N,V)=N_{0}p_{1}+N_{0}(N_{0}-1)p_{1}^{2}\,,$$

  (2.212)

  woraus die Schwankung

  $$\langle(N-\langle N\rangle_{V})^{2}\rangle_{V} =\langle N^{2}\rangle_{V}-\langle N\rangle^{2}_{V}=N_{0}p_{1}(1-p_{1})$$

  (2.213)
  $$ =\frac{N_{0}V}{V_{0}}\left(\frac{V_{0}-V}{V_{0}}\right)$$

  folgt. Die relative Abweichung ist

  $$\frac{\left\langle\left(N-\langle N\rangle_{V}\right)^{2}\right\rangle_{V}^{1/2}}{\langle N\rangle_{V}}=\frac{\sigma}{\langle N\rangle_{V}} =\frac{\sqrt{N_{0}p_{1}(1-p_{1})}}{N_{0}p_{1}}$$

  (2.214)
  $$ =\frac{\sqrt{1-p_{1}}}{\sqrt{N_{0}p_{1}}}=\sqrt{\frac{V_{0}-V}{N_{0}V}}\,.$$

• (d) Für $V=V_{0}$ sind

  $$\langle N\rangle_{V}=N_{0}\,,\quad\langle(N-\langle N\rangle_{V})^{2}\rangle_{V}=0\,,\quad\frac{\sigma}{\langle N\rangle_{V}}=0\,,$$

  (2.215)

  für $V=V_{0}/2$ sind

  $$\langle N\rangle_{V} =\frac{N_{0}}{2}\,,\quad\langle(N-\langle N\rangle_{V})^{2}\rangle_{V}=\frac{N_{0}}{4}\,,$$

  (2.216)
  $$\frac{\sigma}{\langle N\rangle_{V}} =\frac{1}{\sqrt{N_{0}}}\approx 1{,}3\cdot 10^{-12}\,,$$

  (2.217)

  und für $V=10^{-6}V_{0}$ sind

  $$\langle N\rangle_{V} =10^{-6}N_{0}\approx\langle(N-\langle N\rangle_{V})^{2}\rangle_{V}\,,$$

  (2.218)
  $$\frac{\sigma}{\langle N\rangle_{V}} \approx\frac{10^{3}}{\sqrt{N_{0}}}\approx 1{,}3\cdot 10^{-9}\,.$$

  (2.219)

2.6

• (a) Die Dimension des Konfigurationsraumes ist $2^{4}=16$, da es so viele verschiedene Möglichkeiten gibt, die Spinvariablen einzustellen und zu kombinieren.

• (b) Sei $N_{-}$ die Anzahl der Spinvariablen mit dem Wert $-1$. Dann treten in Abhängigkeit von $N_{-}$ die folgenden Eigenwerte von $H$ mit den gegebenen Entartungsgraden und Wahrscheinlichkeiten auf:

  $N_{-}$	$H$	Entartungsgrad	Wahrscheinlichkeit
  0	$6J+4B_{0}$	1	$1/16$
  1	$2B_{0}$	4	$1/4$
  2	$-2J$	6	$3/8$
  3	$-2B_{0}$	4	$1/4$
  4	$6J-4B_{0}$	1	$1/16$

  Die Entartungsgrade ergeben sich aus den Binomialkoeffizienten

  $$\left(\begin{array}[]{c}4\\ N_{-}\end{array}\right)\,,$$

  (2.220)

  die Wahrscheinlichkeiten sind ein Sechzehntel davon.

2.7

• (a) Die Dimension des Konfigurationsraumes ist $2^{N}$.

• (b) Ist $N$ gerade, gilt $M\in\{-N,-N+2,\ldots,-2,0,2,\ldots,N-2,N\}$ und

  $$H=0,4J,16J,\ldots,N^{2}J\,.$$

  (2.221)

  Ist $N$ ungerade, gilt $M\in\{-N,-N+2,\ldots,-1,1,\ldots,N-2,N\}$ und

  $$H=J,9J,\ldots,N^{2}J\,.$$

  (2.222)

• (c) Ähnlich wie in Aufgabe 34.6 bezeichnen wir mit $N_{-}$ die Anzahl negativer Spinvariablen und erhalten in Abhängigkeit davon die folgende Tabelle:

  $N_{-}$	$M$	$H$	Möglichkeiten
  0	$N$	$N^{2}J$	1
  1	$N-2$	$(N-2)^{2}J$	$N$
  2	$N-4$	$(N-4)^{2}J$	$N(N-1)/2$
  $\cdots$
  $n$	$N-2n$	$(N-2n)^{2}J$	$\textstyle\binom{N}{n}$

  Dabei ist $n\leq N/2$ bei geradem $N$ und $n\leq(N-1)/2$ bei ungeradem $N$, denn die restliche Hälfte der Tabelle würde mit der angegebenen Hälfte übereinstimmen, außer dass $N_{-}$ durch $N-N_{-}$ zu ersetzen wäre. Wegen dieser Spiegelsymmetrie der Tabelle ist der Entartungsgrad der Eigenwerte von $H$ gleich $2\left(\begin{smallmatrix}N\\ n\end{smallmatrix}\right)$ für $H=(N-2n)^{2}J$, ausgenommen für $n=N/2$ bei geradem $N$, denn dann ist $H=0$ mit einem Entartungsgrad von $\left(\begin{smallmatrix}N\\ N/2\end{smallmatrix}\right)$.

2.8

• (a) Die Grundzustandsenergie $E_{0}$, also die niedrigste Energie, wird erreicht, wenn alle magnetischen Momente positiv sind, $m_{i}=\mu\;\forall\;i$. Dann ist $E_{0}=-BN\mu$. Die erste Anregung entsteht dadurch, dass ein magnetisches Moment umklappt, also sein Vorzeichen ändert. Dadurch verringert sich die Summe über die magnetischen Momente um zwei, weshalb $E_{1}=-B(N-2)\mu$ ist.

• (b) Da der Grundzustand auf nur eine Weise eingenommen werden kann, ist sein Entartungsgrad gleich eins. Der erste Anregungszustand kann auf

  $$\left(\begin{array}[]{c}N\\ 1\end{array}\right)=N$$

  (2.223)

  Weisen realisiert werden, sodass sein Entartungsgrad gleich $N$ ist. Die Gesamtzahl $\mathcal{N}$ der Zustände, die der Paramagnet einnehmen kann, ist die Summe über alle Entartungsgrade:

  $$\mathcal{N}=\sum_{n=0}^{N}\left(\begin{array}[]{c}N\\ n\end{array}\right)=2^{N}\,.$$

  (2.224)

• (c) Bei vorgegebener Energie $E_{n}$ ergibt sich die Anzahl $n$ negativer magnetischer Momente aus

  $$E_{n}=-B(N-2n)\mu\quad\Rightarrow\quad n=\frac{1}{2}\left(\frac{E_{n}}{B\mu}+N\right)\,.$$

  (2.225)

  Zustände mit der Energie $E_{n}$ können daher auf

  $$\Upomega=\left(\begin{array}[]{c}N\\ \frac{1}{2}\left(\frac{E_{n}}{B\mu}+N\right)\end{array}\right)$$

  (2.226)

  Weisen realisiert werden. Ihre Entropie ist

  $$\begin{aligned}\displaystyle S&\displaystyle=k_{\mathrm{B}}\ln\left(\begin{array}[]{c}N\\ \frac{1}{2}\left(\frac{E_{n}}{B\mu}+N\right)\end{array}\right)\\ \displaystyle&\displaystyle=k_{\mathrm{B}}\ln\frac{N!}{\frac{1}{2}\left(\frac{E_{n}}{B\mu}+N\right)!\frac{1}{2}\left(N-\frac{E_{n}}{B\mu}\right)!}\,.\end{aligned}$$

  (2.227)

• (d) Die Temperatur ergibt sich aus der Entropie durch Ableitung nach der Energie:

  $$\frac{1}{k_{\mathrm{B}}T} =\frac{\partial\ln\Upomega}{\partial E_{n}}$$

  (2.228)
  $$ =-\frac{\partial}{\partial E_{n}}\left\{\ln\frac{1}{2}\left(\frac{E_{n}}{B\mu}+N\right)!\right.$$
  $$ \qquad\qquad\,\,+\left.\ln\left[N-\frac{1}{2}\left(\frac{E_{n}}{B\mu}+N\right)\right]!\right\}$$
  $$ =\frac{1}{2B\mu}\left\{\ln\left[1+\frac{1}{2}\left(N-\frac{E_{n}}{B\mu}\right)\right]\right.$$
  $$ \qquad\qquad-\left.\ln\left[1+\frac{1}{2}\left(N+\frac{E_{n}}{B\mu}\right)\right]\right\}$$
  $$ =\frac{1}{2B\mu}\ln\frac{1+\frac{1}{2}\left(N-\frac{E_{n}}{B\mu}\right)}{1+\frac{1}{2}\left(N+\frac{E_{n}}{B\mu}\right)}=\frac{1}{2B\mu}\ln\frac{1+N-n}{1+n}\,.$$

  Da wir $N$ durch die Grundzustandsenergie gemäß $N=-E_{0}/(B\mu)$ ausdrücken können, folgt für die Temperatur schließlich

  $$\frac{1}{k_{\mathrm{B}}T} =\frac{1}{2B\mu}\left\{\ln\left[1-\frac{E_{n}+E_{0}}{2B\mu}\right]-\ln\left[1+\frac{E_{n}-E_{0}}{2B\mu}\right]\right\}$$
  $$ =\frac{1}{2B\mu}\ln\frac{2B\mu-E_{n}-E_{0}}{2B\mu+E_{n}-E_{0}}\,.$$

  (2.229)

  Für $E_{n}=E_{0}$ ist die Temperatur positiv,

  $$\frac{1}{k_{\mathrm{B}}T}=\frac{1}{2B\mu}\ln\left[1-\frac{E_{0}}{B\mu}\right]=\frac{\ln(1+N)}{2B\mu}\,,$$

  (2.230)

  während sie am anderen Ende des Spektrums, bei $E_{n}=-E_{0}$, entsprechend negativ ist:

  $$\frac{1}{k_{\mathrm{B}}T}=-\frac{\ln(1+N)}{2B\mu}\,.$$

  (2.231)

  Für $E_{n}=0$ wird $(k_{\mathrm{B}}T)^{-1}=0$ und daher die Temperatur unendlich!

2.9

Die Wahrscheinlichkeit, ein Teilchen im Geschwindigkeitsraum innerhalb von $[v_{x},v_{x}+\mathrm{d}v_{x}]$, $[v_{y},v_{y}+\mathrm{d}v_{y}]$ und $[v_{z},v_{z}+\mathrm{d}v_{z}]$ zu finden, ist

$$\mathrm{d}^{3}P=f({\boldsymbol{v}})\mathrm{d}v_{x}\mathrm{d}v_{y}\mathrm{d}v_{z}\,.$$

(2.232)

Durch Integration über $v_{y}$ und $v_{z}$ ergibt sich

$$\mathrm{d}P=\left(\frac{m}{2\uppi k_{\mathrm{B}}T}\right)^{1/2}\exp\left(-\frac{mv_{x}^{2}}{2k_{\mathrm{B}}T}\right)\mathrm{d}v_{x}\,,$$

(2.233)

woraus die gesuchte Wahrscheinlichkeitsdichte

$$\tilde{f}(v_{x})=\left(\frac{m}{2\uppi k_{\mathrm{B}}T}\right)^{1/2}\exp\left(-\frac{mv_{x}^{2}}{2k_{\mathrm{B}}T}\right)$$

(2.234)

folgt.

Da $\mathrm{d}v_{x}\mathrm{d}v_{y}\mathrm{d}v_{z}=4\uppi v^{2}\mathrm{d}v$ ist, können wir die Wahrscheinlichkeit, ein Teilchen mit einem Geschwindigkeitsbetrag innerhalb von $[v,v+\mathrm{d}v]$ zu finden, durch

$$\mathrm{d}P=4\uppi f({\boldsymbol{v}})v^{2}\mathrm{d}v$$

(2.235)

ausdrücken. Wegen

$$\mathrm{d}P=4\uppi f({\boldsymbol{v}})v^{2}\left|\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}\varepsilon}\right|\mathrm{d}\varepsilon$$

(2.236)

gilt ferner

$$\hat{f}(\varepsilon)=4\uppi f({\boldsymbol{v}})v^{2}\left|\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}\varepsilon}\right|\,,$$

(2.237)

wobei jeweils $v^{2}$ durch $\varepsilon$ auszudrücken ist. Mit

$$\left|\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}\varepsilon}\right|=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\varepsilon}\sqrt{\frac{2k_{\mathrm{B}}T\varepsilon}{m}}=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{2k_{\mathrm{B}}T}{m\varepsilon}}$$

(2.238)

erhalten wir

$$\hat{f}(\varepsilon)=\frac{2}{\sqrt{\uppi}}\sqrt{\varepsilon}\mathrm{e}^{-\varepsilon}\,.$$

(2.239)

2.10

• (a) Sei $p$ die Wahrscheinlichkeit für einen Sprung nach rechts, dann muss

  $$p=2(1-p)\quad\Rightarrow\quad p=\frac{2}{3}$$

  (2.240)

  sein. Die Wahrscheinlichkeit für $n$ Sprünge nach rechts ist

  $$\begin{aligned}\displaystyle W(n,N)&\displaystyle=\left(\begin{array}[]{c}N\\ n\end{array}\right)p^{n}(1-p)^{N-n}\\ \displaystyle&\displaystyle=\left(\begin{array}[]{c}N\\ n\end{array}\right)\left(\frac{2}{3}\right)^{n}\left(\frac{1}{3}\right)^{N-n}\\ \displaystyle&\displaystyle=\left(\begin{array}[]{c}N\\ n\end{array}\right)\frac{2^{n}}{3^{N}}\,.\end{aligned}$$

  (2.241)

  Hat das Teilchen keinen Sprung nach rechts unternommen, gingen alle Sprünge nach links zum Punkt $x=-Na$. Bei $n$ Sprüngen nach rechts erreicht das Teilchen also den Ort

  $$x=-Na+2na=(2n-N)a\,.$$

  (2.242)

  Da $x=0$ sein soll, muss $n=N/2$ sein. Dies ist offenbar nur dann durch eine natürliche Zahl $n$ von Sprüngen zu erreichen, wenn $N$ gerade ist. Daher ist die Wahrscheinlichkeit für $x=0$ bei geradem $N$ gleich

  $$W\left(\frac{N}{2},N\right)=\left(\begin{array}[]{c}N\\ N/2\end{array}\right)\left(\frac{\sqrt{2}}{3}\right)^{N}\,,$$

  (2.243)

  während sie bei ungeradem $N$ verschwindet.

• (b) Wieder können wir gewinnbringend die Identität

  $$\sum_{n=0}^{N}\left(\begin{array}[]{c}N\\ n\end{array}\right)n^{k}p^{n}q^{N-n} =\left(p\frac{\partial}{\partial p}\right)^{k}\sum_{n=0}^{N}\left(\begin{array}[]{c}N\\ n\end{array}\right)p^{n}q^{N-n}$$
  $$ =\left(p\frac{\partial}{\partial p}\right)^{k}(p+q)^{N}$$

  (2.244)

  einsetzen. Für den Mittelwert $\langle x\rangle$ benötigen wir wegen

  $$\langle x\rangle=(2\langle n\rangle-N)a$$

  (2.245)

  den Mittelwert

  $$\langle n\rangle=\left(p\frac{\partial}{\partial p}\right)(p+q)^{N}=pN(p+q)^{N-1}=Np=\frac{2N}{3}\,,$$

  (2.246)

  wobei wir natürlich $p+q=1$ verwendet haben. Er ergibt

  $$\langle x\rangle=\frac{aN}{3}\,.$$

  (2.247)

  Der Mittelwert

  $$\begin{aligned}\displaystyle\langle n^{2}\rangle&\displaystyle=\left(p\frac{\partial}{\partial p}\right)^{2}(p+q)^{N}\\ \displaystyle&\displaystyle=\left(p\frac{\partial}{\partial p}\right)\left[Np(p+q)^{N-1}\right]\\ \displaystyle&\displaystyle=Np\left[(p+q)^{N-1}+(N-1)p(p+q)^{N-2}\right]\\ \displaystyle&\displaystyle=Np\left[1+(N-1)p\right]\end{aligned}$$

  (2.248)

  führt auf

  $$\langle x^{2}\rangle=a^{2}\langle(2n-N)^{2}\rangle=a^{2}\left(4\langle n^{2}\rangle-4N\langle n\rangle+N^{2}\right)\,,$$

  (2.249)

  woraus mit den vorigen Ergebnissen

  $$\begin{aligned}\displaystyle\langle x^{2}\rangle&\displaystyle=a^{2}\left\{4Np\left[1+(N-1)p\right]-4N^{2}p+N^{2}\right\}\\ \displaystyle&\displaystyle=a^{2}\left[4Np(1-p)-4N^{2}p(1-p)+N^{2}\right]\\ \displaystyle&\displaystyle=a^{2}N\left(\frac{N+8}{9}\right)\end{aligned}$$

  (2.250)

  folgt. Die Standardabweichung nach $N$ Sprüngen ist also

  $$\left(\langle x^{2}\rangle-\langle x\rangle^{2}\right)^{1/2}=\frac{a}{3}\sqrt{8N}\,.$$

  (2.251)

2.11

• (a) Da $\varphi$ die einzige verallgemeinerte Koordinate dieses Problems ist, sind $(\varphi,p_{\varphi})$ die relevanten Phasenraumkoordinaten. Damit lautet die Liouville’sche Gleichung

  $$\frac{\partial\rho}{\partial t}=\{H,\rho\}=\frac{\partial H}{\partial\varphi}\frac{\partial\rho}{\partial p_{\varphi}}-\frac{\partial H}{\partial p_{\varphi}}\frac{\partial\rho}{\partial\varphi}=-\frac{p_{\varphi}}{I}\frac{\partial\rho}{\partial\varphi}\,.$$

  (2.252)

• (b) Fourier-Transformation ersetzt die Differenzialoperatoren durch algebraische Operatoren,

  $$\frac{\partial}{\partial t}\to\mathrm{i}\omega\,,\quad\frac{\partial}{\partial\varphi}\to-\mathrm{i}k_{\varphi}\,,$$

  (2.253)

  wonach die Liouville’sche Gleichung

  $$\omega\tilde{\rho}=-k_{\varphi}\frac{p_{\varphi}}{I}\tilde{\rho}$$

  (2.254)

  lautet. Für die Kreisfrequenz $\omega$ und die Wellenzahl $k_{\varphi}$ muss daher die Dispersionsrelation

  $$\omega=-k_{\varphi}\frac{p_{\varphi}}{I}$$

  (2.255)

  gelten. Darüber hinaus ist die Fourier-Transformierte $\tilde{\rho}$ der Phasenraumdichte nicht festgelegt. Wegen der Linearität der Liouville-Gleichung ist die lineare Überlagerung von Lösungen dieser Gleichung wieder eine Lösung. Basislösungen der Liouville-Gleichung ergeben sich deswegen daraus, jeder Fourier-Mode eine bestimmte Amplitude zu geben, $\tilde{\rho}={\mathrm{const}}=A$, deren Fourier-Rücktransformation

  $$\begin{aligned}\displaystyle\rho&\displaystyle=A\int\frac{\mathrm{d}k_{\varphi}}{2\uppi}\mathrm{e}^{\mathrm{i}(\omega t-k_{\varphi}\varphi)}\\ \displaystyle&\displaystyle=A\int\frac{\mathrm{d}k_{\varphi}}{2\uppi}\exp\left[-\mathrm{i}k_{\varphi}\left(\frac{p_{\varphi}t}{I}+\varphi\right)\right]\\ \displaystyle&\displaystyle=A\delta_{\mathrm{D}}\left(\frac{p_{\varphi}t}{I}+\varphi\right)\end{aligned}$$

  (2.256)

  zu finden und Lösungen mit geeigneten Amplituden $A$ linear zu überlagern.

• (c) Aus der Aufgabenstellung ergibt sich sofort, dass die Amplitude $A$ der Lösung aus Teilaufgabe (b) wie

  $$A=\left\{\begin{array}[]{lll}\displaystyle\frac{1}{2\Updelta L}&\text{f{\"u}r}&p_{\varphi}\in\left[L_{0}-\Updelta L,L_{0}+\Updelta L\right]\\ 0&\text{sonst}&\\ \end{array}\right.$$

  (2.257)

  gewählt werden muss. Die Phasenraumdichte ist daher

  $$\rho=\frac{1}{2\Updelta L}\delta_{\mathrm{D}}\left(\frac{p_{\varphi}t}{I}+\varphi\right)$$

  (2.258)

  für $p_{\varphi}\in\left[L_{0}-\Updelta L,L_{0}+\Updelta L\right]$ und verschwindet überall sonst.

  In der $\varphi$-$p_{\varphi}$-Ebene beschreibt diese Phasenraumdichte eine gerade Linie, die sich in $p_{\varphi}$ von $L_{0}-\Updelta L$ bis $L_{0}+\Updelta L$ erstreckt. Bei $t=0$ steht sie senkrecht und fällt mit der $p_{\varphi}$-Achse zusammen, neigt sich aber mit fortschreitender Zeit $t$ immer weiter der $\varphi$-Achse zu.

• (d) Der Mittelwert von $\varphi^{n}$ ist

  $$\langle\varphi^{n}\rangle =\frac{1}{2\Updelta L}\int_{L_{0}-\Updelta L}^{L_{0}+\Updelta L}\int_{-\infty}^{\infty}\delta_{\mathrm{D}}\left(\frac{p_{\varphi}t}{I}+\varphi\right)\varphi^{n}\,\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}p_{\varphi}$$
  $$ =\frac{1}{2\Updelta L}\int_{L_{0}-\Updelta L}^{L_{0}+\Updelta L}\left(-\frac{p_{\varphi}t}{I}\right)^{n}\mathrm{d}p_{\varphi}$$
  $$ =\frac{1}{2\Updelta L}\left(-\frac{t}{I}\right)^{n}\frac{1}{n+1}$$

  (2.259)
  $$ \quad\cdot\left[(L_{0}+\Updelta L)^{n+1}-(L_{0}-\Updelta L)^{n+1}\right]\,,$$

  woraus

  $$\langle\varphi\rangle=\frac{-L_{0}t}{I}\quad\text{und}\quad\langle\varphi^{2}\rangle=\frac{t^{2}}{3I^{2}}\left(3L_{0}^{2}+\Updelta L^{2}\right)$$

  (2.260)

  folgen. Die Standardabweichung von $\varphi$ ist schließlich

  $$\left(\langle\varphi^{2}\rangle-\langle\varphi\rangle^{2}\right)^{1/2}=\frac{\Updelta L\,t}{\sqrt{3}I}\,.$$

  (2.261)

  Sie nimmt linear mit der Zeit proportional zur Breite der Anfangsverteilung des Drehimpulses $p_{\varphi}$ zu.