電磁気学の基礎 II （その32） 17.1, 17.2

　17.1節．(14.37)を振動数に直す．

$\begin{align} n(\omega)d\omega = n(\nu)d\nu \end{align}$

であり， $d\omega=2\pi d\nu$ から

$\begin{align} n(\omega)d\omega=\frac{\omega^2}{\pi^2 c^3}E d\omega = \frac{4\pi^2\nu^2}{\pi^2 c^3}2\pi d\nu = \frac{8\pi \nu^2}{c^3}d\nu \equiv n(\nu, T)d\nu \end{align}$

により(17.2)になる．

　 $E=b\nu e^{-a\nu/T}$ を $1/T$ について解き， $1/T=dS/dE$ とすると $-(1/a\nu)\ln (E/b\nu)$ になる．

　シュテファン-ボルツマンの法則を得るには， $\lambda$ で $u(\lambda ,T)$ を積分する．

$\begin{align} \int_0^\infty d\lambda u(\lambda, T) &= \frac{8\pi k_B^4 T^4}{h^3 c^3}\int_0^\infty dx \frac{x^3}{e^x-1},\qquad \left( x=\frac{hc}{k_B \lambda T}\right) \\ &= \frac{8\pi k_B^4 T^4}{h^3 c^3}\sum_{n=1}^\infty \int_0^\infty dx x^3 e^{-nx} \\ &= \frac{48\pi k_B^4 T^4}{h^3 c^3} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^4} \\ &= \frac{48\pi k_B^4 T^4}{h^3 c^3} \frac{\pi^4}{90} = \frac{8\pi^5 k_B^4 T^4}{15h^3 c^3} \end{align}$

から(17.7)が得られる．

　(17.7)の下の式を $x$ で微分すると

$\begin{align} \frac{\partial u(x,\lambda)}{\partial x}=-\frac{8\pi(k_BT)^5}{(hc)^4} \frac{[5+e^x(x-5)]x^4}{(e^x-1)^2} \end{align}$

であるから極値条件は

$\begin{align} 5+e^x(x-5)=0, \quad 5(1-e^{-x})=x \end{align}$

になる．

　7.2節． $W_N(M)$ は $M$ 個の〇を並べ，その間に $N-1$ 個の仕切りを入れるときの，入れ方の総数である．仕切りによって $N$ 個のグループに分かれ，各グループの〇の数が $n_i$ に相当する．スターリングの公式 $N!\cong (N/e)^N$ を使うと， $\ln N!\cong N\ln N-N$ であるから

$\begin{align} S_N &= k_B \ln W_N \cong k_B \ln \frac{(N+M)!}{M!N!} \\ &\cong k_B [(N+M)\ln(N+M)-M\ln M-N\ln N -(N+M)+M+N] \\ &= k_B N \left[ \left(1+\frac{M}{N}\right)\ln(N+M)-\frac{M}{N}\ln M- \ln N\right] \\ &= k_B N \left[ \left(1+\frac{M}{N}\right)\ln(N+M)-\frac{M}{N}\ln M- \left(1+\frac{M}{N}-\frac{M}{N}\right)\ln N\right] \\ &= k_B N \left[ \left(1+\frac{M}{N}\right)\ln\left(1+\frac{M}{N}\right)-\frac{M}{N}\ln \frac{M}{N}\right] \end{align}$

になる．この式の下の式を得るには $\varepsilon=h\nu$ とする必要があるが，この段階ではその記述が本にはない．

　P525の $P(\varepsilon_n)$ は

$\begin{align} P(\varepsilon_n)&=\frac{(M+N-n-2)!}{(M-n)!(N-2)!} \frac{M!(N-1)!}{(M+N-1)!} \\ &=\frac{M!}{(M-n)!}\frac{(M+N-n-2)!}{(M+N-1)!}(N-1) \\ &= \frac{(N-1)M(M-1)\cdots(M-n+1)}{(M+N-1)(M+N-2)\cdots(M+N-1-n)} \end{align}$

であり， $M, N$ が大きいと，数字と $n$ はすべて無視できるので

$\begin{align} P(\varepsilon_n)&\cong \frac{N}{M+N}\left(\frac{M}{M+N}\right)^n \\ &= \frac{1}{1+M/N} \left( \frac{M/N}{1+M/N}\right)^n \end{align}$

になる．ここで $E=M\varepsilon/N$ より

$\begin{align} \frac{M}{N}=\frac{E}{\varepsilon}=\frac{1}{e^{\varepsilon/(k_BT)}-1} \end{align}$

であるので，

$\begin{align} 1+\frac{M}{N}=\frac{e^{\varepsilon/(k_BT)}}{e^{\varepsilon/(k_BT)}-1} \end{align}$

$\begin{align} P(\varepsilon_n)= \frac{e^{\varepsilon/(k_BT)}-1}{e^{\varepsilon/(k_BT)}} e^{-n\varepsilon/(k_BT)} =\left( 1-e^{-\varepsilon/(k_BT)}\right) e^{-\varepsilon_n/(k_BT)} \end{align}$

になる．また

$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty e^{-n\varepsilon/(k_BT)} = \frac{1}{1-e^{-\varepsilon/(k_BT)}} \tag{a}\label{a} \end{align}$

より

$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty P(\varepsilon_n) = 1 \end{align}$

であり，\eqref{a} の両辺を $\beta=1/(k_BT)$ で微分すると

$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty n\varepsilon e^{-n\varepsilon/(k_BT)} = \frac{\varepsilon e^{-\varepsilon/(k_BT)}}{[1-e^{-\varepsilon/(k_BT)}]^2} \end{align}$

となるので，

$\begin{align} \langle \varepsilon_n \rangle \equiv \sum_{n=0}^\infty \varepsilon_n P(\varepsilon_n) = \frac{\varepsilon e^{-\varepsilon/(k_BT)}}{1-e^{-\varepsilon/(k_BT)}} = \frac{\varepsilon}{e^{\varepsilon/(k_BT)}-1} = E \end{align}$

になる．