Übungen - Aufgaben mit Lösungen zu Kugelvolumen im n-dimensionalen Raum, Simplexvolumen im n-dimensionalen Raum, Länge eines Kettenmoleküls (SS 2016) PDF

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Aufgaben mit Lösungen zu Kugelvolumen im n-dimensionalen Raum, Simplexvolumen im n-dimensionalen Raum, Länge eines Kettenmoleküls (SS 2016)...

Description

SS 2016

PTP 2 Contents

Prof. Bartelmann

¨ Ubung 8 - L¨ osung Lukas Barth

1

1 Kugelvolumen im n-dimensionalen Raum

1

2 Simplexvolumen im n-dimensionalen Raum

6

3 L¨ ange eines Kettenmolek¨ uls

8

Kugelvolumen im n-dimensionalen Raum Wie Sie in der Vorlesung gesehen haben, tritt bei der Bestimmung der Anzahl m¨oglicher Mikrozust¨ande bei vorgegebener kinetischer Energie die Frage auf, wie groß das Volumen einer Kugel im n-dimensionalen Raum ist. 1. Eine Kugel mit Radius R im n-dimensionalen Raum ist durch ( ) X  n 2 n n 2  SR := x ∈ R  xi ≤ R

(1)

i=1

definiert. Zeigen Sie, dass das Volumen einer solchen Kugel durch Vn =

Ωn R n n

(2)

gegeben ist, wenn Ωn der n-dim. Raumwinkel ist. F¨ uhren Sie dazu n-dim. Kugelk. ein. 2. Zeigen Sie nun zur Bestimmung von Ωn zun¨ achst, dass gilt: n Z ∞ Z ∞ √ 2 2 dx e−x dr r n−1 e−r = = π Ωn 0

n

(3)

−∞

F¨ uhren Sie durch Substitution das Integral auf der linken Seite auf die Gammafunktion Z ∞ dt tx−1 e−t (4) Γ(x) = 0

zur¨ uck. Folgern Sie schließlich daraus, dass das Volumen der Kugel in n Dimensionen durch √ ( πR)n Vn = n  n  (5) Γ 2 2 gegeben ist.

3. Informieren Sie sich u ¨ ber die Eigenschaften der Gammafunktion und zeigen Sie, dass die Formel (5) die bekannten Volumina V2 = πR2 und V3 = 43 πR3 reproduziert.

1

(a) Wir wollen das Volumen einer R n-dim. Kugel berechnen. Dieses Problem wollen wir so angehen, ¨ berf¨ uhren, um es ausf¨ uhren zu dass wir das Integral Vn = P x2 ≤R2 d n x in Kugelkoordinaten u i n k¨ onnen. Daf¨ ur m¨ ussen wir insbesondere das Volumenelement d x in das der Kugelkoordinaten u ¨ berf¨ uhren. Die Analysis lehrt uns, dass d n x = det J d n y, wobei y unsere neuen Koordinaten sind und det J = det(∂xi (y)/∂yj ). Um dieses Volumenelement u ¨ berhaupt in Koordinaten berechnen zu k¨ onnen, m¨ ussen wir zun¨ achst eine Einbettung unserer Sph¨are in den Rn betrachten. Sie ist definiert durch die Bedingung ( ) X  n 2 n 2 n xi ≤ R SR := x ∈ R  (6) i=1

Eine m¨ogliche L¨osung dieser Bedingung in Koordinatenschreibweise ist dann x1 = R · cos(θ1 )

x2 = R · sin(θ1 ) cos(θ2 )

x3 = R · sin(θ1 ) sin(θ2 ) cos(θ3 )

(7)

···

xn−1 = R · sin(θ1 ) · · · sin(θn−2 ) cos(θn−1 ) xn = R · sin(θ1 ) · · · sin(θn−2 ) sin(θn−1 )

weil in diesem Fall folgt (xn )2 + (xn−1 )2 = R2 sin(θ1 )2 · · · sin(θn−2 )2 (cos(θn−1 )2 + sin(θn−1 )2 ) = R2 sin(θ1 )2 · · · sin(θn−2 )2 = (xn−2 )2 ⇒

n X

sin(θn−2 )2 cos(θn−2 )2

(xi )2 = R2

(8)

(9)

i=1

Jetzt sind wir bereit den Jacobian zu berechnen. Er  ∂r x1 ∂θ1 x1 · · ·  ∂r x2 ∂θ x2 · · · 2   .. ..  . J = .  ..  . ∂r xn ∂θ1 xn · · ·

ist  · · · ∂θn −1 x1 · · · ∂θn −1 x2    ...    .. ..  . . · · · ∂θn −1 xn

(10)

Dies sieht kompliziert aus und das ist es auch. Aber zum Gl¨ uck brauchen wir die Determinante nicht ganz berechnen. Es reicht, dass wir uns bewusst machen, dass auf jeder Diagonale, die in der Determinante berechnet und zu den anderen addiert wird, immer nur ein xi steht, das nach r abgeleitet wird. Damit ist die Determinante auf jeden Fall von der Form det J = r n−1 · f (θ1 , · · · , θn−1 ),

(11)

wobei f eine unbestimmte Funktion ist, die nur von den Winkeln abh¨angt. Wir definieren dann dΩn = dθ1 · · · dθn−1 f (θ1 , · · · , θn−1 )

⇒ dVn = dΩ(θ1 , · · · , θn−1 ) dr r n−1

und erhalten eine Form f¨ ur das n-dim. Volumenelement, in der die θ’s von r getrennt sind. 2

(12)

Jetzt k¨onnen wir das n-dimensionale Volumenintegral in Kugelkoordinaten hinschreiben. Nach der Transformation wird das Integral zu Z R Z Z dr r n−1 (13) dΩn dn x = Vn = P x2i ≤R2

alle θ

0

Dies haben wir aufgrund der KugelsymmetrieRerwartet. Nur das Winkelelement selbst h¨angt im Integral vom Winkel ab. Somit gilt f¨ ur es dΩn · 1 = Ωn (wobei wir Ωn immer noch nicht kennen, aber annehmen, dass das Integral u ¨ ber die obige Funktion f l¨ osbar ist), woraus folgt Vn = Ωn

Rn n

(14)

wie gew¨ unscht. R∞ R∞ 2 2 dr xn e−λx (b) Als n¨achstes berechnen wir 0 dr r n−1 e−r , was Relationen mit dem Integral −∞ aufweist, das ich auf Blatt 05 (nach der Shannon-Information) bereits in der Musterl¨ osung hergeleitet hatte. Wir werden diese Relationen im Folgenden aufdecken und dabei die Gammafunktion kennenlernen. Eine Integration u ¨ ber das gesamte n-dim. Volumen einer unendlich großen Kugel l¨ asst sich mittels Koordinatentransformation in kartesische Form bringen. Wichtig ist bei diesem Spezialfall, dass wir von Null bis Unendlich integrieren. W¨are dies nicht so, h¨ atten wir Schwierigkeiten die obere Grenze (bspw. den Radius R) des Integrals in Kugelkoordinaten in kartesische Koordinaten zu u ¨ bersetzen. Nur bei diesem Spezialfall k¨ onnen wir in beiden F¨allen einfach Unendlich 2 −r2 schreiben, weil dort das Gauß-Integral durch e bzw e−x unterdr¨ uckt wird. Das wird oft nicht gen¨ ugend erkl¨ art. Es gilt daher: Z Z ∞ Z ∞ 2 2 2 2 2 d n x e−~x = dx1 dx2 · · · dxn e−x1 −x2 −···−xn dr r n−1 e−r = Ωn 0

=

n Z Y

−∞

−x2 (Blatt 05)

dx e

=

√ π

(15)

n

i=1

Bild1: Gaußglockenillustration. Die Integration von (x, y) = (−∞, −∞) bis (∞, ∞) ist gleich der von (r, φ) = (0, 0) bis (∞, 2π). 3

Gauß-Integral in der Tiefe Wir k¨onnen auch etwas allgemeiner mit der Formel von Blatt 05 hantieren und neue Relationen aufdecken. Dort war gegeben: ( Z ∞ n/2p π , n gerade (−1)n/2 ∂λ n −λx2 λ (16) dx x e = 0, sonst −∞ Zun¨ achst gilt sogar f¨ ur gerade n: r  √    π π n − 1 √ −(n+1)/2 n−1 n/2 n/2 n/2 (−1)n/2 ∂λ ! (n+1)/2 = (−1) (−1) ! πλ = 2 λ 2 λ

(17)

wobei ich etwas kreativ definiert habe  0! = 1, n = 0      n − 1 (n gerade) 12 , n=2 ! := 1 3  2 n=4 · ,  2 2   · · ·

(18)

F¨ ur gerade n gilt zudem √   Z Z ∞ π n−1 2 2 1 ∞ 1 dx xn e−λx = dx xn e−λx = ! (n+1)/2 2 2 2 λ 0 −∞

(19)

haben aber erstmal das Problem, dass ungerade Exponenten n von xn im Integral RWir 2 ∞ dx xn e−x nicht Null werden, da die Integralgrenzen nicht symmetrisch sind. Dies k¨ onnen 0 wir aber folgendermaßen l¨ osen: Sei n ungerade, dann gilt Z ∞ Z ∞ 2 n −λx2 (n−1)/2 (n−1)/2 dx x e−λx dx x e = (−1) ∂λ 0

0

(n−1)/2

= (−1)(n−1)/2 ∂λ 1 = (−1)(n−1) 2





−

1 −λx2 e 2λ

 n+1 n−1 ! λ− 2 2

∞

(n−1)/2 −1

= (−1)(n−1)/2 ∂λ

λ

/2

(20)

0



(n ungerade)

=

 n−1 1 ! (n+1)/2 2 λ

√ Hier entf¨allt π , weil wir nicht in Polarkoordinaten wechseln m¨ ussen, es ist so gesehen sogar das einfachere Integral. Damit erhalten wir tats¨achlich f¨ ur alle n ∈ N0 eine verbl¨ uffend einfache Formel f¨ ur so ein komplexes Integral (   Z ∞ 1 n−1 1, n ungerade n −λx2 −(n+1)/2 dx x e = !λ · √ (21) 2 2 π, n gerade 0 Wundersch¨on. F¨ ur die ersten paar Ordnungen von n gilt damit  √  √ 3 π 1 π   , n = 0  2λ1/2  8 λ5/2 ,     Z ∞ 1,  1 n=1 2 3, √ dx xn e−λx = 2λ = λ15√π 1 π 1   0   4 λ3/2 , n = 2 16 λ7/2 ,      1 ,  3 n=3 , 2λ2

λ4

n=4 n=5 n=6 n=7

Dies wird uns im Folgenden die Sch¨ onheit der Gammafunktion enth¨ ullen. 4

(22)

Mit Hilfe der obigen Formel, k¨onnen wir nun auch den allgemeinen Raumwinkel berechnen, indem wir x = r und n = d − 1 w¨ahlen. Es folgt mit der kreativen Definition von oben f¨ ur d ≥ 1 Z

∞

dr r

d−1 −λr2

0

e

1 = 2



(  d−2 1, d gerade −d/2 !λ · √ 2 π, d ungerade

Gleichzeitig wissen wir aber bereits, dass Ωn allgemein Ωd = R ∞ 0

R∞ 0

(23)

2

dr r d−1 e−r = π d/2 . Also erhalten wir ganz

d/2 π d/2 (d ∈ N) 2π  =   2 d−2 ! dr r d−1 e−r 2

( 1,

d gerade √ 1/ π, d ungerade

(24)

n

Insbesondere folgt Ω1 = 2, Ω2 = 2π, Ω3 = 4π , was mit Vn = ΩnnR unsere bekannten Volumina in 1-3 Dimensionen liefert! ( Rd 2π d/2 1, d gerade Ωd R d =  d−2  (25) Vd = √ d d ! 1/ π, d ungerade 2 Das ist das allgemeine Volumen f¨ ur Dimensionen aus den nat¨ urlichen Zahlen.

Wir brauchten hierf¨ ur noch nicht die Gammafunktion, auch wenn wir sie bereits h¨atten einf¨ uhren k¨ onnen. Diese ist besonders, da sie f¨ ur beliebige d aus den reellen Zahlen definiert ist, also k¨ onnte man sogar das Raumvolumen von etwas wie d = π Dimensionen errechnen, nur, dass man sich so einen Raum nicht vorstellen kann. Wir w¨ ahlen t := r 2 ⇒ dt = 2r dr ⇒ dt td/2−1 = dr 2r r d−2 = 2dr r d−1   Z Z ∞ d 1 1 ∞ d/2−1 −t d−1 −r2 dt t e =: Γ dr r e = 2 0 2 2 0

(26)

Zun¨ achst ist unklar, ob das Integral u ¨ berhaupt konvergiert, doch da wir es oben bereits f¨ ur n ∈ N0 ausgerechnet haben, sind wir zuversichtlich und behandeln es als eine Gr¨ oße, deren Werte ¨ wie man π oder die e-Funktion auch nur numerisch man numerisch berechnen kann. Ahnlich berechnen kann (Ordnung f¨ ur Ordnung), hat man hier die Definition einer Funktion, die als Integral formuliert ist. Mit dieser Definition k¨onnen wir dann auch unser Raumvolumen definieren: Ωd = R ∞ 0

2π d/2 π d/2 Rd π d/2 Ωd R d  =  ⇒ V  =  d = d 2 d d dr r d−1 e−r Γ d2 2Γ 2

(27)

Beachte, dass dieses Integral f¨ ur alle d definiert ist. Vor allem rechnet sich jetzt unsere M¨ uhe von zuvor: Wir k¨ onnen Gleichung (24) und Gleichung (27) vergleichen, um die Gamma-Funktion tiefer zu verstehen! Wir erhalten eine sch¨ one Relation f¨ ur alle d ∈ N (     d (d ∈ N) d − 2 1, d gerade (28) = Γ (mit (−1/2)! := 1) ! √ 2 2 π, d ungerade Insbesondere haben wir damit bewiesen, dass f¨ ur gerade d =: 2n mit n ∈ N gilt: Γ(n) = (n − 1)!

(29)

Das heißt die Gamma-Funktion ist die kontinuierliche Interpolation der Fakult¨ at der nat¨ urlichen Zahlen.

5

2

Simplexvolumen im n-dimensionalen Raum Bei der Abz¨ahlung zug¨anglicher Mikrozust¨ande f¨ ur relativistische Gase ¨andert sich gegen¨ uber der vorigen Betrachtung, dass die Energie-Impuls-Beziehung im (ultra-) relativistischen Fall linear im Impuls wird. Dann wird die Kugel durch einen sogenannten Simplex ersetzt. Ein Simplex in n Dimensionen ist durch ) ( X  n 2 n  xi ≤ R SR := xi ∈ R≥0  (30) i=1

gegeben. (Beachten Sie, dass gegen¨ uber der Definition (1) hier das Quadrat an xi fehlt!)

1. Beweisen Sie mittels vollst¨andiger Induktion, dass der Simplex f¨ ur beliebige n ≥ 1 das Volumen Rn Vn = (31) n! hat. 2. Erweitern Sie dieses Ergebnis auf die Kugel“ ( ball“, daher mit B bezeichnet) ( ) X  n 2 n SR := xi ∈ R  xi ≤ R

(32)

i=1

und zeigen Sie, dass f¨ ur deren Volumen gilt:

Vn =

(2R)n . n!

(33)

1. Die xi sollen ≤ R sein, also ist ihr Volumen gerade das Integral bis zu diesem R: Z R−x1 Z R−x1 −···−xn−1 Z R dx2 · · · dx1 Vn = dxn 0

0

(34)

0

RR

dx1 = R auf jeden Fall das Volumen von 0 ≤ x1 ≤ R. Pn F¨ Pungen wir nun ein weiteres xn+1 zu den vorhandenen xi hinzu, so folgt xn+1 + i=1 xi ≤ R ⇔ ¨ ber das Volumen des i=1 xi ≤ R − xn+1 . Das heißt, dass der (n + 1)-Simplex das Integral u n-Simplexes mit dem neuen Radius (R − xn−1 ) ist. Induktionsanfang: F¨ ur i = 1, ist V1 =

Induktionsschritt: Z R 0

0

 R Rn+1 (R − xn−1 )n+1 (R − xn−1 )n Rn+1 = = − = n! (n + 1)n! (n + 1)n! (n + 1)! 0

(35)

⇒ wenn die angegebene Formel f¨ ur n gilt, gilt sie also auch f¨ ur (n + 1). Da es einen validen Induktionsanfang gibt, ist damit das zu Zeigende bewiesen. RR 2. F¨ ur einen Ball a¨ndern sich die Integrationsgrenzen auf −R , sodass gilt: RR Induktionsanfang: V1 = −R dx1 = 2R. Induktionsschritt: Z R

−R

 R (2R)n+1 (R − xn−1 )n+1 (R − xn−1 )n = = − (n + 1)! n! (n + 1)n! −R 6



(36)

Zusatz: Ich werde die Aufgabenstellung nun noch etwas verallgemeinern und die Bedingung X xi P P xi 0 ≤ xi ≤ R ⇔ 0 ≤ ≤ 1 ab¨ andern mit ai ∈ R. Dadurch k¨onnen wir R ≤ 1 in 0 ≤ ai Simplexe mit verschieden langen Kanten bekommen. F¨ ur eine Dimension folgt 0 ≤ x1 ≤ a1 . Das Volumen in diesem “Raum” ist einfach ein Strich der Ra ugen wir ein x2 /a2 hinzu, so gilt x2 ≤ a2 − a2 xa11 . Das Integral, was genau L¨ ange a1 = 0 1 dx1 . F¨ Ra R den Raum einschließt, der diese Bedingung respektiert, ist 01 dx1 0a2 (1−x1 /a1 ) dx2 = 21 a1 a2 die Fl¨ache eines Dreiecks mit beliebigen Kanten. R R Wir wollen nun f¨ ur mehr Dimensionen das Integral dx1 dx2 · · · l¨ osen. Aber wir wissen noch nicht die Integralgrenzen. Um diese zu finden, verwenden wir Induktion und nehmen an, dass wir das Ergebnis R R des Integrals u ¨ ber dx1 · · · dxn bereits kennen und nun noch einen Term hinzuf¨ ugen wollen. Dann   x1 x n gilt wie oben und wie bei dem Bsp f¨ ur 2 Dimensionen: xn+1 ≤ an+1 1 − a + · · · + an . Unseren 1 Induktionsanfang haben wir mit den F¨allen f¨ ur 1 und 2 Dimensionen bereits abgedeckt. Es folgt somit, dass die Integralgrenzen sukzessive nach obigem Schema hinzugef¨ ugt werden k¨onnen. Z an (1−x1 /a1 −···−xn−1 /an−1 ) Z a2 (1−x1 /a1 ) Z a1 (37) dxn dx2 · · · Vn = dx1 0

0

0

Nun machen wir, motiviert durch unsere ersten beiden Beispiele, den Ansatz Qn ai ′ (38) V n = i=1 n! und wollen diesen nun per Induktion beweisen. Wir wissen, dass die Formel f¨ ur n = 1 und n = 2 gilt (Induktionsanfang). Wir wissen außerdem, dass f¨ ur jedes neue n, was hinzukommt, sich die Integralgrenzen wie oben gezeigt ver¨andern. Es bleibt also nur noch zu zeigen, dass obige Integrationsformel ′ f¨ ur Vn+1 genau Vn+1 erzeugt. Z an (1−x1 /a1 −···−xn−1 /an ) Z a1 Z a2 (1−x1 /a1 ) dxn+1 dx2 · · · Vn+1 = dx1 0

0

0

(ai yi := xi )

=

a1 · · · an+1

= a1 · · · an+1

Z

1

Z

1

0

dy1 · · ·

0

dy1 · · · Z

=(an+1 Vn ) −a1 · · · an+1 Es verbleibt zu berechnen n Z X V0 = i=1

I1 = =

Z

1

dy1 y1 0

Z

1

dy1 y1

= −

0

dy1 · · ·

1−y1 0

"Z

dy2 · · · (1−y1 )

0

0

(sub)

Z

1

Z

1

0

dy1 (1 − y1 )

Z

Z

dy2 · · · "Z

0

Z

1

|0

dy1 · · ·

0

1−y1 −···−yn

Z

dyn+1

1−y1 −···−yn

0

dyi yi · · · dyn

{z

Z

dyn (y1 + · · · + yn ) }

1−y1 −···−yn

dyn =:

0

 dyn

#

#

Z

0

dy2 · · ·

y1 (1−y2 /y1 −···−yn /y1 )

0

7

X

Ii

(40)

i

(1−y1 )(1−y2 /(1−y1 )−···−yn /(1−y1 )

Z

(39)

dyn (1 − y1 − · · · − yn )

=:V0

0

Z

1−y1 −···yn

0 1−y1 −···−yn

1−y1 −···−yi

y1 0

Z

dyn =:

(41)

0

1

dy1 (1 − y1 )IR

Nun haben wir einen sch¨ onen Punkt erreicht, denn das Integral IR ist gerade das Integral, was die y2 yn Bedingung 1−y ullt! Es f¨allt also auf den leichteren Teil der Aufgabenstellung + · · · + 1−yn ≤ 1 erf¨ 1 zur¨ uck und ist ein Simplex mit Radius 1 − y1 . F¨ ur diesen gilt per Induktion, dass das Folgevolumen jeweils das Integral des Integrals der vorherigen Dimension ist. Z 0 (1 − y1 )yn−1 1 1 1 y1n−1 1 ⇒ I1 = − = − = dy1 IR = (42) (n − 1)! (n − 1)! n(n − 1)! (n + 1)(n − 1)! (n + 1)! 1 Dieses Integral erhalten wir bei geeigneter Substitution n mal, also gilt X n V0 = Ii = (n + 1)! ⇒ Vn+1 = a1 · · · an+1



 a1 · · · an+1 n 1 − = n! (n + 1)! (n + 1)!

(43)

(44)

Damit ist alles gezeigt und V n′ = Vn wie erhofft.

3

L¨ ange eines Kettenmolek¨ uls Eine Molek¨ ulkette bestehe aus N gleichartigen Molek¨ ulen, die jeweils zwei m¨ogliche L¨angen kennen, l1 und l2 > l1 . Zur L¨ange li geh¨ort die Energie ǫi mit ǫ2 > ǫ1 . Ein Mikrozustand der Molek¨ ulkette kann dadurch beschrieben werden, welches der N Molek¨ ule gerade welche der beiden m¨ oglichen L¨ angen angenommen hat. 1. Bestimmen Sie zun¨achst, wie viele Mikrozust¨ande Ω(E) zug¨anglich sind, wenn die Gesamtenergie des Molek¨ uls E ist. 2. Geben Sie einen Ausdruck f¨ ur die L¨ange der Molek¨ ulkette in Abh¨angigkeit von ihrer Gesamtenergie an. Mit welcher Wahrscheinlichkeit treten bestimmte Werte der Gesamtl¨ ange auf, und wie groß ist die mittlere L¨ange bei vorgegebener Energie E ?

1. Die L¨ ange der Kette wird durch L = kl1 + (N − k)l2 gegeben. Die Energie der Kette ist somit E = kǫ1 + (N − k)ǫ2 .

Insgesamt gibt es 2N M¨oglichkeiten f¨ ur die Verkettung der Glieder. Wir wollen aber nicht alle M¨oglichkeiten, sondern genau die verschiedenen Konstellationen, bei denen die Kette eine bestimmte Energie/L¨ ange hat. (Jede Energie hat eine eindeutige L¨ange, weil die Gliederanzahl konstant ist.) Die Fragestellung l¨osen wir, indem wir eine beliebige Kette bauen, die diese Energie hat, d.h. k Glieder der Kette in den Zustand eins versetzen und die restlichen N − k Glieder in den Zustand 2. Nun teilen wir die Kette in seine Glieder und f¨ ullen diese alle in eine Urne. Die Zust¨ande der Einzelglieder bleiben fix. Jetzt fragen wir, wie viele verschiedene Ketten wir erhalten k¨onnen, wenn wir die Glieder aus der Urne ziehen und wieder aneinanderreihen. Zuerst gibt es N m¨ogliche Glieder, die ich aus der Urne ziehen kann, aber je nachdem, ob ich ein Glied im Zustand 1 oder 2 ziehe, h¨atte ich bei k bzw. N − k Gliedern das gleiche Ergebnis bekommen. Um nur die verschiedenen Konstellationen zu berechnen, muss ich durch die Anzahl 8

der gleichen Glieder teilen. Beim zweiten Zug, habe ich noch N − 1 M¨ oglichkeiten und muss wieder durch die Anzahl der Sorte Glied teilen, die ich gezogen habe usw. Dies tue ich, bis keine Glieder mehr u ¨ brig sind. Damit folgt induktiv, dass es   N N! = = Ω(k(E)) (45) k!(N − k)! k verschiedene Zust¨ ande f¨ ur die Energie E gibt. Man kann eine Entropie zuordnen: S = k ln Ω . 2.   L − N l2 L − N l2 L − N l2 ⇒ E= ǫ2 ǫ + N− l1 − l2 1 l1 − l2 l1 − l2 (46)   l2 E(l1 − l2 ) N (l2 ǫ1 − l1 ǫ2 ) N l2 ǫ1 L(ǫ1 − ǫ2 ) −N 1+ ǫ2 ⇒ L = =E+ + ⇒ l1 − l2 l1 − l2 ǫ1 − ǫ2 l1 − l2 ǫ1 − ǫ2 L = k(l1 − l2 ) + N l2 ⇔ k =

Damit ist L¨ange eindeutig durch Energie bestimmt und andersherum. Die Wahrscheinlichkeit die Kette bei einer bestimmten L¨ ange vorzufinden, gegeben eine bestimmte Energie ist also Eins. Daher entspricht die mittlere Energie der Energie einer bestimmten L¨ ange.

9...