INSTITUT TEKNOLOGI BANDUNG
New SOLUTION
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
P R OG R A M STU D I F I SI KA
FI-5002 Mekanika Statistik SEMESTER/ Sem. 2- 2016/2017 PR#1 : Review of Thermo & Microcanonical Ensemble Dikumpulkan : …………………………………… 1. Review Thermodynamics
Hukum ke I Thermodinamika untuk sistem tertutup yg tak ada pertukaran partikel adalah 𝑑𝑄 = 𝑑𝑈 + 𝑑𝑊 dengan Q: kalor yg masuk sistem, U: energi dalam sistem dan W adalah usaha yg dilakukan sistem. a. Untuk sistem terbuka, sistem boleh bertukar partikel dengan lingkungan. Misalkan pertambahan energi untuk tiap tambahan 1 partikel ke dalam sistem adalah 𝜇 (disebut juga potensial kimia). Tuliskan modifikasi hukum I Thermodinamika untuk kasus ini, jika N adalah jumlah partikel didalam sistem. (point:5) b. Salah satu fungsi energi bebas yg penting adalah energi bebas Helmhotz A, yang memiliki definisi 𝐴 = 𝑈 − 𝑇𝑆 dengan T temperatur dan S : entropi. Menggunakan definisi tsb buktikan hal berikut ini: (point:5) 𝜕𝐴 𝜕𝐴 𝜕𝐴 (𝑖) ( ) = −𝑆 (𝑖𝑖) ( ) = −𝑃 (𝑖𝑖𝑖) ( ) = 𝜇 𝜕𝑇 𝑁,𝑉 𝜕𝑉 𝑁,𝑇 𝜕𝑁 𝑇,𝑉 c. Pakailah (b) untuk menurunkan Maxwell relations berikut ini: (point:5) (𝑖) (
𝜕𝑃 𝜕𝑆 ) =( ) 𝜕𝑇 𝑁,𝑉 𝜕𝑉 𝑁,𝑇
𝜕𝑆 𝜕𝜇 (𝑖𝑖) ( ) = − ( ) 𝜕𝑁 𝑉,𝑇 𝜕𝑇 𝑉,𝑁
(𝑖𝑖𝑖) (
𝜕𝑃 𝜕𝜇 ) = −( ) 𝜕𝑁 𝑇,𝑉 𝜕𝑉 𝑇,𝑁
Jawab: a. 𝑑𝑄 = 𝑇𝑑𝑆 , 𝑑𝑊 = 𝑃𝑑𝑉 untuk sistem tertutup (tanpa pertukaran partikel) maka hukum 1: 𝑑𝑈 = 𝑇𝑑𝑆 − 𝑃𝑑𝑉 Jika ada dN partikel masuk ke sistem maka ada tambahan energi dalam sebesar 𝜇 𝑑𝑁, sehingga hukum 1 berubah menjadi : 𝑑𝑈 = 𝑇𝑑𝑆 − 𝑃𝑑𝑉 + 𝜇 𝑑𝑁 b. Mulai dari 𝐴 = 𝑈 − 𝑇𝑆, maka 𝑑𝐴 = 𝑑𝑈 − 𝑇𝑑𝑆 − 𝑆 𝑑𝑇. Substitusi dU dari (a) maka : 𝑑𝐴 = −𝑃𝑑𝑉 − 𝑆 𝑑𝑇 + 𝜇 𝑑𝑁 Sehingga jelas: 𝜕𝐴 𝜕𝐴 𝜕𝐴 −𝑃 = ( ) , 𝑆 = −( ) , 𝜇=( ) 𝜕𝑉 𝑇,𝑁 𝜕𝑇 𝑁,𝑉 𝜕𝑁 𝑇,𝑉 c. Maxwell relations: dari (b) 𝜕𝑃 𝜕 2𝐴 𝜕𝑆 𝜕 2𝐴 ( ) = −( ) 𝑑𝑎𝑛 ( ) = − ( ) 𝜕𝑇 𝜕𝑇 𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝜕𝑇 Sehingga : Dengan cara serupa:
𝜕𝑃 𝜕𝑆 ( )=( ) 𝜕𝑇 𝜕𝑉 𝜕𝑆 𝜕 2𝐴 𝜕𝜇 𝜕 2𝐴 ( ) = −( ) 𝑑𝑎𝑛 ( ) = ( ) 𝜕𝑁 𝜕𝑁 𝜕𝑇 𝜕𝑇 𝜕𝑇 𝜕𝑁
Sehingga : Demikian juga:
𝜕𝑆 𝜕𝜇 ( ) = −( ) 𝜕𝑁 𝜕𝑇 𝜕𝑃 𝜕 2𝐴 𝜕𝜇 𝜕 2𝐴 ( ) = −( ) 𝑑𝑎𝑛 ( ) = − ( ) 𝜕𝑁 𝜕𝑁 𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝜕𝑉 𝜕𝑁
Sehingga : (
𝜕𝑃 𝜕𝜇 )=( ) 𝜕𝑁 𝜕𝑉
2. Ensembel mikrokanonik dan paradox Gibbs. Gas ideal N partikel yg tidak saling berinteraksi dalam ruang V dengan massa masing-masing partikel m. Dengan H adalah Hamiltonian gas ideal 𝑁
𝐻(𝒒, 𝒑) = ∑ 𝑖=1
|𝒑𝒊 |𝟐 2𝑚
Dengan pi adalah vektor momentum partikel ke -i, dan qi : vektor posisi partikel ke-i. Definisikan banyaknya keadaan di ruang fasa untuk energy H(q,p) <= E adalah: 1 Ω𝑁 (𝐸, 𝑉, 𝑇) = ( 3𝑁 ) ∫ 𝑑 3𝑁 𝒑𝑑 3𝑁 𝒒 ℎ 𝐻(𝒒,𝒑)≤𝐸 a. Hitunglah Ω𝑁 (𝐸, 𝑉, 𝑇) tsb di atas. (bobot:5) b. Pakailah aproksimasi Stirling bagi ln x! untuk mendapatkan ungkapan bagi entropi S(E,V,T). (bobot:5) c. Misalkan juga sebuah ruang disekat 2 volumenya sama, masing-masing memiliki volume =V. Kedua ruang diisi gas ideal yg sama, masing-masing jumlah partikelnya sama, yaitu N. Demikian juga temperaturnya sama yaitu T. Pakailah (b) untuk mendapatkan ungkapan bagi entropi sistem yg bersekat ini S. (bobot:5) d. Sekarang sekat dibuka, hitung entropi sistem yang baru S’(bobot:3) e. Hitunglah perubahan entropi yang terjadi S= S’-S, dan jelaskan apakah entropi bertambah atau berkurang, serta jelaskan bagaimanakah hasil yang seharusnya. (bobot:2) f. Jelaskan bagaimanakah perbaikan dari definisi Ω𝑁 (𝐸, 𝑉, 𝑇) agar didapatkan hasil yg benar, dan tunjukkanlah hasil yg benar tsb setelah memakai definisi Ω𝑁 yang baru. (bobot:5) Jawab: a. 1 𝑉𝑁 3𝑁 3𝑁 (𝐸, Ω𝑁 𝑉, 𝑇) = ( 3𝑁 ) ∫ 𝑑 𝒑𝑑 𝒒 = ( 3𝑁 ) ∫ 𝑑 3𝑁 𝒑 ℎ ℎ 𝐻(𝒒,𝒑)≤𝐸 𝐻(𝒒,𝒑)≤𝐸 Dengan 𝑁
𝐻(𝒒, 𝒑) = ∑ 𝑖=1
|𝒑𝒊 |𝟐 ≤𝐸 2𝑚
Integral tsb menyatakan volume bola berdimensi 3N, dengan jari-jari 𝑅 2 = 2𝑚𝐸 : V3N(R) yg diberikan oleh: 3𝑁
Sehingga:
3𝑁
𝜋 2 𝑅3𝑁 𝜋 2 (2𝑚𝐸)3𝑁/2 V3N (𝑅) = = 3𝑁 3𝑁 Γ( 2 + 1) Γ( 2 + 1) 3𝑁
𝑉 𝑁 𝜋 2 (2𝑚𝐸)3𝑁/2 Ω𝑁 (𝐸, 𝑉, 𝑇) = ( 3𝑁 ) 3𝑁 ℎ Γ( + 1) 2
b. Entropi S adalah S= k ln Sehingga : 3𝑁
3𝑁
3N
𝑉 𝑁 𝜋 2 (2𝑚𝐸) 2 𝑉 3𝑘𝑁 π2 S = k ln Ω𝑁 (𝐸, 𝑉, 𝑇) = 𝑘 ln {( 3𝑁 ) } = 𝑁𝑘 ln ( ) + ln(2𝑚𝐸) + 𝑘 ln ( ) 3𝑁 3𝑁 ℎ ℎ3 2 Γ( + 1) Γ( + 1) 2
Dengan definisi fungsi dan aproksimasi stirling: 3𝑁 3𝑁 3𝑁 3𝑁 3𝑁 𝑘 ln Γ ( + 1) = 𝑘 ln ( !) ≈ 𝑘 { ln − } 2 2 2 2 2 Langkah terakhir karena N besar sekali!
2
Sehinga entropinya adalah: 𝑉 3𝑘𝑁 3𝑘𝑁 3𝑁 𝑉 3𝑘𝑁 4𝜋𝑚𝐸 3𝑘𝑁 𝑆 = 𝑁𝑘 ln ( 3 ) + ln(2𝜋𝑚𝐸) − {ln − 1} = 𝑁𝑘 ln ( 3 ) + ln ( )+ ℎ 2 2 2 ℎ 2 3𝑁 2 Atau 3
𝑉 4𝜋𝑚𝐸 2 𝑆 = 𝑁𝑘 ln [ 3 ( ) ] ℎ 3𝑁
+
3𝑘𝑁 2
c. Ruang masing-masing volume V, bersekat denganT sama (jadi E sama), gas yang sama. Kita tuliskan ulang entropinya: 3
𝐸 2 𝑆 = 𝑁𝑘 ln [𝑉 ( ) ] 𝑁
+ 𝑁(
3𝑘 4𝜋𝑚 ) { ln [( 2 ) ] 2 3ℎ
+ 1}
Or 𝑆 = 𝑁𝑘 ln(𝑉𝑢3/2 ) + 𝑁𝑠0
dengan 𝑢=
𝐸 3 = 𝑘𝑇 𝑁 2
3𝑘 4𝜋𝑚 𝑠0 = ( ) { ln [( 2 ) ] 2 3ℎ
+ 1}
Suku u: energi perpartikel hanya bergantung temperatur, sedangkan s0 : suku yang hanya bergantung kepada massa per partikel saja. Sekarang entropi gabungan 2 volume V masing-masing berisi N gas ideal dengan suhu yang sama berarti: 3
𝑆 = 𝑆1 + 𝑆2 = 2𝑁𝑘 ln (𝑉𝑢2 ) + 2𝑁𝑠0 d. Sekat dibuka, maka sekarang volume 2V, jumlah partikelnya 2N, tapi u akan sama karena temperatur sama, demikian juga s0 akan sama sebab massa perpartikel sama. Sehingga entropi gabungannya menjadi: e. Perubahan entropinya
𝑆12 = 2 𝑁𝑘 ln[2𝑉𝑢3/2 ]
+ 2𝑁𝑠0
Δ𝑆 = 𝑆12 − 𝑆 = 2𝑁𝑘 ln 2 > 0 Padahal karena kedua sistem gas tsb identik, tak ada perubahan entropi! Jika bertambah maka entropi bukan lagi fungsi keadaan akan tetapi bergantung “sejarah” bagaimana gas tsb dicampur-campurkan (seperti membuka sekat-sekat tsb), dan ini akan membawa nilai entropi tak hingga! Jadi seharusnya S=0 f. Untuk mengatasi hal ini Gibbs mengusulkan penambahan 1/N! dalam menghitung banyaknya keadaan awal: 1 1 Ω𝑁 (𝐸, 𝑉, 𝑇) = ( 3𝑁 ) ∫ 𝑑 3𝑁 𝒑𝑑 3𝑁 𝒒 𝑁! ℎ 𝐻(𝒒,𝒑)≤𝐸 Sehingga dengan ini nilai entropi harus dikoreksi dengan faktor (dengan aproksimasi Stirling!): 𝑆𝑘𝑜𝑟𝑒𝑘𝑠𝑖 = −𝑘 ln 𝑁! ≈ −𝑘𝑁 ln 𝑁 + 𝑘𝑁
Jadi nilai entropi yg tepat adalah: 𝑆 = 𝑁𝑘 ln(𝑉𝑢3/2 ) + 𝑁𝑠0 − 𝑁𝑘 ln 𝑁 + 𝑁𝑘 𝑉 𝑆 = 𝑁𝑘 ln( 𝑢3/2 ) + 𝑁𝑠′0 𝑁 Dengan 𝑠0′ = (
3𝑘 4𝜋𝑚 ) { ln [( 2 ) ] 2 3ℎ
5 + } 3
Memakai definisi yang baru ini maka: (i) entropi sebelum pencampuran (ii) entropi setelah pencampuran
𝑉 3 𝑆 = 𝑆1 + 𝑆2 = 2𝑁𝑘 ln ( 𝑢2 ) + 2𝑁𝑠0′ 𝑁 𝑆12 = 2𝑁𝑘 ln (
Sehingga perubahan entropinya :Δ𝑆 = 𝑆12 − 𝑆 = 0
2𝑉 3 𝑢2 ) + 2𝑁𝑠0′ 2𝑁
3. Osilator Harmonik Klasik. Misal terdapat N (besar sekali) osilator harmonis yang tidak saling berinteraksi dan masing-masing sudah menempati lokasi tertentu sehingga terbedakan. Hamiltonian sistem diberikan oleh 1
𝑝2
𝑖 2 2 𝐻(𝑞, 𝑝) = ∑𝑁 𝑖=1 2 𝑚𝜔 𝑞𝑖 + 2𝑚 dengan qi simpangan dan pi : momentum, serta m adalah massa osilator. a. Turunkanlah ungkapan bagi QN yaitu fungsi partisi kanonik sistem N osilator harmonis ini. (bobot:10) b. Turunkan ungkapan bagi A fungsi energi bebas Helmhotz: (bobot:5) c. Pergunakan (b) untuk mendapatkan tekanan (P), Entropi (S) dan energi dalam U (atau E). (bobot:10)
Jawab: a. Fungsi partisi Kanonik Klasik QN = (
1 ) ∫ exp(−𝛽𝐻(𝒒, 𝒑))𝑑 𝑁 𝒑𝑑𝑁 𝒒 ℎ𝑁 𝑎𝑙𝑙 𝑁
1 1 𝑝𝑖2 𝑁 𝑁 2 2 QN = ( 𝑁 ) ∫ exp(−𝛽 ∑ 𝑚𝜔 𝑞𝑖 + ) 𝑑 𝒑𝑑 𝒒 ℎ 2 2𝑚 𝑎𝑙𝑙 𝑖=1
𝑁
𝑁
𝑖=1
𝑖=1
1 1 𝑝𝑖2 QN = ( 𝑁 ) ∫ ∏ exp(−𝛽 ( 𝑚𝜔2 𝑞𝑖2 + )) ∏ 𝑑𝑞𝑖 𝑑𝑝𝑖 ℎ 2 2𝑚 𝑎𝑙𝑙 𝑁
1 1 𝑝𝑖2 2 2 QN = ( 𝑁 ) ∏ ∫ exp(−𝛽 ( 𝑚𝜔 𝑞𝑖 + )) 𝑑𝑞𝑖 𝑑𝑝𝑖 ℎ 2 2𝑚 𝑎𝑙𝑙 𝑖=1
Integral tsb diatas dapat dihitung dengan mudah: ∞
∞
−∞
−∞
1 𝑝𝑖2 1 𝑝𝑥2 ∫ exp(−𝛽 ( 𝑚𝜔2 𝑞𝑖2 + )) 𝑑𝑞𝑖 𝑑𝑝𝑖 = [ ∫ exp (−𝛽 ( 𝑚𝜔2 𝑞𝑥2 )) 𝑑𝑞𝑥 ∫ exp(−𝛽 ( ) 𝑑𝑝𝑥 ] 2 2𝑚 2 2𝑚 𝑎𝑙𝑙 = [√ Sehingga :
𝜋
𝜋 2𝜋𝑘𝑇 ] =( ) √ 𝛽 𝛽 𝜔 2 2 𝑚𝜔 2𝑚 1 2𝜋𝑘𝑇 𝑁 𝑄𝑁 = ( 𝑁 ) [ ] ℎ 𝜔
b. Fungsi energi bebas Helmhotz A: 2𝜋𝑘𝑇 𝑘𝑇 𝐴 = −𝑘𝑇 ln 𝑄𝑁 = − 𝑁𝑘𝑇 ln ( ) = −𝑁𝑘𝑇 ln ( ) ℎ𝜔 ℏ𝜔 c. Tekanan, Entropi dan Energi rata-rata : 𝜕𝐴 =0 𝜕𝑉 𝜕𝐴 𝑘𝑇 𝑆=− = 𝑁𝑘 ln ( ) + 𝑁𝑘 𝜕𝑇 ℏ𝜔 𝑃=−
1
Dengan 𝛽 = 𝑘𝑇
𝜕 ln 𝑄 𝜕(𝛽𝐴) 𝜕𝐴 = =𝐴+𝛽 𝜕𝛽 𝜕𝛽 𝜕𝛽 𝑘𝑇 𝜕𝐴 𝜕𝑇 𝑘𝑇 1 𝑘𝑇 𝐸 = −𝑁𝑘𝑇 ln ( ) + 𝛽 = −𝑁𝑘𝑇 ln ( ) + (−𝑁𝑘 ln ( ) − 𝑁𝑘) (−𝑘𝑇 2 ) ℏ𝜔 𝜕𝑇 𝜕𝛽 ℏ𝜔 𝑘𝑇 ℏ𝜔 𝐸 = 𝑁𝑘𝑇 𝐸=𝑈=−
4.Sebuah atom dengan momen dipol magnetik yg bersudut terhadap medan magnet luar B memiliki energi magnetik E = - B cos . Banyaknya seluruh keadaan (“volum” ruang fasa) yang mungkin untuk yg bersudut tertentu adalah : sin d (dalam koordinat bola). a. Turunkan ungkapan bagi fungsi partisi kanonik bagi 1 atom ini: Q1 (,B, T) (bobot:5) 𝑄1 = ∑ 𝑒 −𝛽𝐸(𝜃) 𝜃,𝜙
Dengan mengaproksimasi Σ → ∫ 𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑𝜃𝑑𝜙 b. Anggap atom tak dapat dibedakan, dapatkan ungkapan fungsi partisi kanonik bagi kumpulan N buah dipol magnet yg tak saling berinteraksi. (bobot:5) c. Hitunglah energi magnetik rata-ratanya E sebagai fungsi N, ,B, T (bobot:5) d. E terkait dengan momen dipol magnetik rata-rata m melalui E = -m B. Dapatkan ungkapan bagi m sebagai fungsi N, ,B, T(bobot:5) e. Pada temperatur T tinggi dapatkan ungkapan aproksimasi bagi m(bobot:5) Jawab: a. Fungsi partisi kanonik 1 atom: 𝜋
2𝜋
𝜋 1 𝛽𝜇𝐵𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑄1 = ∫ ∫ exp(𝛽𝜇𝐵 cos 𝜃)𝑠𝑖𝑛𝜃𝑑𝜃𝑑𝜙 = 2𝜋 ( )𝑒 ] 𝛽𝜇𝐵 𝜃=0 𝜃=0 𝜙=0
𝑄1 = 2𝜋 (
1 4𝜋 ) (𝑒 𝛽𝜇𝐵 − 𝑒 −𝛽𝜇𝐵 ) = sinh(𝛽𝜇𝐵) 𝛽𝜇𝐵 𝛽𝜇𝐵
b. Untuk N sistem atom tak terbedakan yg tak saling berinteraksi: 𝑁 1 1 4𝜋 𝑁 𝑄𝑁 = (𝑄1 ) = [ sinh(𝛽𝜇𝐵)] 𝑁! 𝑁! 𝛽𝜇𝐵 c. Energi rata-rata : 𝜕 ln 𝑄 𝜕 4𝜋 𝐸=𝑈=− = −𝑁 ln [ sinh(𝛽𝜇𝐵)] 𝜕𝛽 𝜕𝛽 𝛽𝜇𝐵 1 𝜕 𝜇𝐵 𝐸 = 𝑁( )−𝑁 ln[sinh(𝛽𝜇𝐵)] = 𝑁𝑘𝑇 − 𝑁𝜇𝐵 coth ( ) 𝛽 𝜕𝛽 𝑘𝑇 d. Momen dipol magnetik rata-rata, m: 𝐸 = −𝑚𝐵 → 𝑚 = − Atau dapat juga dituliskan sbg:
𝐸 𝑁𝑘𝑇 𝜇𝐵 =− + 𝑁𝜇 coth ( ) 𝐵 𝐵 𝑘𝑇
𝜇𝐵 𝑘𝑇 ) − } ≡ 𝜇𝑁𝐿(𝛽𝜇𝐵) 𝑘𝑇 𝜇𝐵 Dengan fungsi L dikenal sebagai fungsi Langevin: 𝜇𝐵 𝑘𝑇 𝐿(𝛽𝜇𝐵) = coth ( ) − 𝑘𝑇 𝜇𝐵 𝑚 = 𝜇𝑁 {coth (
e. Pada temperature tinggi: 1 1 1 Pada suhu tinggi maka coth 𝑥 ≈ 𝑥 + 3 𝑥 − 45 𝑥 3 + ⋯
Sehingga : 1 𝜇𝐵 1 𝜇𝐵 3 𝐿(𝛽𝜇𝐵) ≈ ( ) − ( ) +⋯ 3 𝑘𝑇 45 𝑘𝑇
Sehingga
1 𝜇𝐵 1 𝜇𝐵 3 𝑚 = 𝜇𝑁 { ( ) − ( ) + ⋯ } 3 𝑘𝑇 45 𝑘𝑇 Atau sampai orde pertama : 1 𝜇2𝐵 𝑚 ≈ 𝑁( ) 3 𝑘𝑇 5. Sebuah sistem terdiri dari N partikel bebas. Energi tiap partikel hanya bisa memiliki 2 status keadaan dengan masing-masing memiliki tingkat energi 0 dan E (>0). Misalkan sebanyak 𝑛0 partikel tsb di level energi 0, dan 𝑛1 di level energi E serta total energi sistem U. a. Turunkan Ω(𝑈, 𝑁) yaitu banyaknya seluruh keadaan yang mungkin terkait dengan energi total U dan jumlah partikel N. (point:5) b. Tuliskan entropi sistem ini 𝑆 = 𝑆(𝑈, 𝑁) (point:5) c. Turunkan ungkapan bagi temperatur T = T(U,N). (point:5) d. Berdasarkan hasil (c), tunjukkan kondisi agar temperatur bernilai negatif! (point:5) Jawab: a. Banyaknya keadaan Ω(𝑈, 𝑁) adalah banyaknya kombinasi dari N partikel dibagi menjadi dua macam yaitu n0 di level-0 dan n1=N-n0 di level-E. Asumsi partikel distinguishable maka 𝑈 = 𝑛0 ∗ 0 + (𝑁 − 𝑛0 ) ∗ 𝐸 = (𝑁 − 𝑛0 )𝐸 𝑈
Sehingga 𝑛0 = 𝑁 − (𝐸 ) Banyak seluruh keadaan terkait ini adalah Ω(𝑈, 𝑁) = 𝑛
𝑁!
0! (𝑁−𝑛0 )!
b. Entropi sistem 𝑆(𝑈, 𝑁) = 𝑘 ln Ω(𝑈, 𝑁) = 𝑘 ln (
=
𝑁! 𝑈 𝐸
𝑈 𝐸
(𝑁− )!( )!
𝑁! ) 𝑈 𝑈 (𝑁 − ) ! ( ) ! 𝐸 𝐸
Untuk N besar dipergunakan aproksimasi Stirling: 𝑆(𝑈, 𝑁) 𝑈 𝑈 = ln 𝑁! − ln (𝑁 − ) ! − ln ( ) ! 𝑘 𝐸 𝐸 𝑆(𝑈, 𝑁) 𝑈 𝑈 𝑈 𝑈 𝑈 𝑈 ≈ 𝑁 ln 𝑁 − 𝑁 − (𝑁 − ) ln (𝑁 − ) + (𝑁 − ) − ( ) ln ( ) + ( ) 𝑘 𝐸 𝐸 𝐸 𝐸 𝐸 𝐸
c. Temperatur
Atau
𝑆(𝑈, 𝑁) 𝑈 𝑈 𝑈 𝑈 ≈ 𝑁 ln 𝑁 − (𝑁 − ) ln (𝑁 − ) − ( ) ln ( ) 𝑘 𝐸 𝐸 𝐸 𝐸 1 𝜕𝑆 1 𝑈 1 𝑈 = ( ) = 𝑘 { ln (𝑁 − ) − ln ( )} 𝑇 𝜕𝑈 𝐸 𝐸 𝐸 𝐸 1 𝑘 𝑁𝐸 = {ln ( − 1) } 𝑇 𝐸 𝑈
𝐸 𝑁𝐸 𝑘 ln ( 𝑈 − 1) 𝑁𝐸 𝑁𝐸 𝑈 1 d. Kondisi agar T < 0: yaitu jika 0 < ( 𝑈 − 1) < 1 atau 1 < 𝑈 < 2 atau 1 > 𝑁𝐸 > 2 𝑇(𝑈, 𝑁) =
1
atau 2 𝑁𝐸 < 𝑈 < 𝑁𝐸. Ini berarti lebih banyak partikel berada di level E (upper level) dibandingkan yang di level 0! Hal ini juga dikenal sebagai population inversion.
Apakah arti temperatur negatif? Tidakkah bertentangan dengan hukum Thermodinamika?? &&&&&&&&FEB2017&&&&&&&&&&&&&
