Confusión con respecto a la indistinguibilidad de partículas y la definición de entropía de Gibbs

He estado leyendo sobre la paradoja de Gibbs, en la que la suposición de que las partículas de un gas ideal monoatómico son distinguibles conduce a una paradoja en la que la entropía no es extensiva. En el libro de texto de Física Térmica de Schroeder, esto se corrige suponiendo que las partículas de un gas ideal son indistinguibles, por lo que la función de multiplicidad se divide por norte ! ( norte = número de partículas).

Eso tiene sentido para mí, sin embargo, surge mi confusión al aplicar esta lógica a diferentes sistemas, por ejemplo, el sólido de Einstein. En el libro de texto, la fórmula para la entropía de un sólido de Einstein es S = norte k en ⁡ ( q norte + 1 ) dónde q es el número de unidades de energía compartidas entre los osciladores y norte es el número de osciladores. Esto es extenso ya que si reemplaza q → 2 q y norte → 2 norte , la entropía se duplica exactamente. Pero, esta fórmula se deriva asumiendo que las partículas del sólido de Einstein son distinguibles, mientras que, por otro lado, la entropía del gas ideal asume que las partículas son indistinguibles.

Mis preguntas son:

  1. ¿Por qué es correcto suponer que las partículas del gas ideal son indistinguibles, pero no es correcto suponer que los osciladores en el sólido de Einstein son indistinguibles? ¿Qué resulta específicamente en esta diferencia entre los dos sistemas, o existe un principio general que puede describir cuándo las partículas deben considerarse indistinguibles?
  2. ¿Cómo juega esta noción de indistinguibilidad en diferentes definiciones de entropía? Específicamente, he leído la siguiente derivación de la fórmula de entropía de Gibbs ( S = − k ∑ pag i en ⁡ ( pag i ) donde la suma corre sobre todos los estados i y pag i es la probabilidad de que la partícula esté en el i º estado). Esta derivación también parece asumir la distinguibilidad de las partículas, ya que la función de multiplicidad de la que se deriva es solo un coeficiente multinomial. Entonces, ¿eso significa que esta definición de entropía, aplicada al gas ideal monoatómico, es incorrecta?
No asume que los osciladores son distinguibles en el sólido de Einstein. Pero están en posiciones distinguibles . Entonces, aunque no tiene sentido hablar sobre "el tercer oscilador", sí tiene sentido hablar sobre "el oscilador en la posición tres". Formalmente, hay una norte ! procedente del número de formas de organizar los osciladores en el norte posiciones y un 1 / norte ! de la indistinguibilidad de los osciladores. Así que lo ignoramos.
@JahanClaes ¿Por qué el extra? norte ! factor no aparecería en el caso de un gas perfecto?
@GiorgioP En un sólido de Einstein, si trata a los osciladores como indistinguibles, los microestados se indexan no solo por el llenado de cada oscilador, sino también por una disposición de los osciladores. Hay norte ! arreglos, por lo que cada división de energía tiene norte ! microestados correspondientes. Esto cuenta en exceso si los osciladores son indistinguibles, por lo que se divide por norte ! . En un gas ideal, un microestado está indexado por un elemento de R 3 norte × R 3 norte indicando las posiciones y momentos de cada partícula. Si es indistinguible, esto nuevamente cuenta en exceso, por lo que se divide por norte ! .
@GiorgioP En el caso del gas ideal, el norte ! está implícito en la descripción del espacio de fases del sistema. Pero es lo mismo de cualquier manera.
@GiorgioP Tal vez vea mi respuesta, podría ser más claro.

Respuestas (2)

Ok, voy a intentar una respuesta.

Comencemos tratando el sólido de Einstein como tratamos un gas ideal: asumimos que todos los osciladores son distinguibles . Entonces, ¿cómo se ve un microestado del sólido de Einstein? Parece una asignación de energías a cada oscilador, además de una descripción de cómo se organizan los osciladores en el sólido. Entonces los microestados están dados por ( mi 1 , mi 2 , … , mi norte ; X 1 , X 2 , … , X norte ) dónde mi i es la energía de la i el oscilador, y X i es su posición. Al calcular el número de microestados, podemos escribir

Ω = ∑ s t a t mi s 1 = ∑ S norte     ∑ mi 1 + ⋯ + mi norte = mi t o t 1
donde hemos sumado las posibles permutaciones S norte de los índices 1 , 2 , … , norte . Pero a la energía no le importa qué permutación hemos sumado, y hay norte ! posibles permutaciones, por lo que encontramos

Ω = norte ! ∑ mi 1 + ⋯ + mi norte = mi t o t 1

PERO, por supuesto, hemos contado en exceso, porque nuestros osciladores son indistinguibles. Así, cada uno de esos elementos de S norte realmente se refiere al mismo estado! Entonces debemos dividir por norte ! , y volvamos a donde empezamos:

Ω = ∑ mi 1 + ⋯ + mi norte = mi t o t 1

también en un sólido de Einstein tienes partículas indistinguibles, por lo que la paradoja de Gibb también se mantiene allí si no tomas el 1 norte ! en cuenta en la función de partición.

Al punto 2: la indistinguibilidad juega un papel en la entropía ya que la definición de Boltzmann es:

S = − k B en ⁡ ( Ω ) , dónde Ω es el número de microestados sobre el número de macroestados.

La fórmula que tiene con las probabilidades se puede derivar de la fórmula de entropía anterior, pero la indistinguibilidad juega un papel ya que tiene un norte ! , donde debes usar la aproximación de Stirlings:

en ⁡ norte ! = norte en ⁡ ( norte ) − norte .

Esto también es bastante importante si desea calcular el potencial químico. m porque ahí hay que sacar la derivada del ln de la función de partición con respecto a norte .

Espero que te ayude un poco :)

Sin embargo, a diferencia del caso del gas perfecto, la 1 / norte ! factor destruiría la amplitud de los potenciales termodinámicos.
Confusión con respecto a la indistinguibilidad de partículas y la definición de entropía de Gibbs
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