【統計力学】一次元の調和振動子のエネルギーと比熱
角振動数 \( \omega \) の一次元の調和振動子のエネルギー(平均値)と比熱を求めます。
この記事は、記事「【統計力学】デバイ模型により固体の比熱を求める」のために書かれたものです。
一次元の角振動数 \( \omega \) の調和振動子のシュレディンガー方程式は、
\[ \Bigl( -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2}{dx^2} + \frac{m\omega^2}{2} x^2 \Bigr)\psi = E \psi \]
と書かれます。
これを解くと、エネルギー固有値の解、
\[ E_n = \Bigl( n + \frac{1}{2} \Bigr)\hbar \omega \]
を得ます。
この調和振動子の系は、とびとびのエネルギー \( E_n \) つまり \( E_1,\ E_2,\ E_3,\ … \) をとるカノニカルな系として扱うことができ、したがって、分配関数を求め、それからエネルギーを求めることができます。統計力学のカノニカル集団と聞くと多数の粒子のように聞こえますが一個の粒子でも扱えるのです。
分配関数は、
\[ Z = \sum_{n=0}^\infty e^{-\beta E_n} \] (ただし \( \beta = 1/k_BT \))
だから、上で求めた \( E_n = (n+1/2)\hbar \omega \) を用いてこれを計算できます。\( E_n \) を代入してみれば、
\[ Z = \sum_{n=0}^\infty exp\Bigl\{ -\beta\Bigl(n+\frac{1}{2}\Bigr)\hbar \omega \Bigr\} \]
となりますが、これは、初項 \( e^{-\beta \hbar \omega/2} \)、公比 \( e^{-\beta \hbar \omega} \) の等比級数(等比数列の和)ですが、公比 \( e^{-\beta \hbar \omega} \) に関して \( e^{-\beta \hbar \omega} \lt 1 \) が言えるから、この級数は収束するので、その級数を計算すれば、
\[ Z = \frac{e^{-\beta \hbar \omega/2}}{1-e^{-\beta \hbar \omega}} \]
を得ます。エネルギー(平均値)は、
\begin{eqnarray*} E = -\frac{\partial log Z}{\partial \beta} &=& -\frac{\partial}{\partial \beta} \Bigl( -\frac{\beta \hbar \omega}{2} – log(1-e^{-\beta \hbar \omega}) \Bigr) \\ &=& \frac{\hbar \omega}{2} + \frac{-e^{-\beta \hbar \omega}\cdot (-\hbar \omega) }{1-e^{-\beta \hbar \omega} } \\ &=& \frac{\hbar \omega}{2} + \frac{\hbar \omega}{e^{\beta \hbar \omega} – 1 } \end{eqnarray*}
となります。また、比熱 \( C \) は、\( C = \partial E/\partial T \) だから、\( \beta = 1/k_BT \) に注意してこれを計算すれば、
\begin{eqnarray*} C &=& \frac{\partial E}{\partial T} \\ &=& \frac{\partial}{\partial T} \Bigl( \frac{\hbar \omega}{2} + \frac{\hbar \omega}{e^{-\hbar \omega/k_BT } – 1 } \Bigr) \\ &=& \frac{-\hbar \omega \ e^{\hbar \omega/k_BT}\cdot (\frac{\hbar \omega}{k_B})\cdot (-\frac{1}{T^2}) }{ (e^{\hbar \omega/k_BT} – 1)^2 } \\ &=& \frac{k_B\ (\beta \hbar \omega)^2 \ e^{\hbar \omega/k_BT} } { (e^{\hbar \omega/k_BT} – 1 )^2 } \end{eqnarray*}
となります。
