calcolo combinatorio e statistiche quantistiche

7/17/2019 Calcolo Combinatorio e Statistiche Quantistiche

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CALCOLO COMBINATORIO E STATISTICHE QUANTISTICHE

COMBINAZIONI VARIE

Se W è il num. di modi di ripartire n oggetti indistinguibili in g gruppi (valgono anche gruppi vuoti):

= + − = + − −

E.g. 5 oggetti in 3 gruppi: 21 modi (500,050,005,410,401,140,104,041,014,320,302,230,203,032,023,311,

131,113,221,212,122). (1)

Se non ammetto gruppi nulli: = − − = − − Nell’esempio di prima 6 modi (gli ultimi sei). (2)

Numeri pentagonali: = ( − )/ ; i primi sono 1, 5, 12, 22, 35, 51…

I num. pent. “generalizzati” sono una success. con k= 1, -1, 2, -2, 3, -3…: i primi sono 1, 2, 5, 7, 12, 15, 22, 26…

Teor. dei num. pentagonali (di Eulero):

( − ) − − ⋯ = − − + + ⋯ (funz. di Eulero)

dove gli espon. sono i num. pentag. generalizzati, e i segni alterni a due a due. (3) Numero di partizioni (non ordinate) di n: P(n). E.g. P(4)=5 (cioè 4, 3+1, 2+2, 2+1+1, 1+1+1+1).

Nel polinomio ∏ ()

il fattore numerico di è P(n). (4)

Vale P(n) = P(n-1)+P(n-2)-P(n-5)-P(n-7)+… dove i numeri fra parentesi sono i pentag. generalizz. e i segni si

alternano a due a due. E.g. P(5)=P(4)+P(3)-P(0)=5+3-1=7 (P(0) è definito a 1). (5)

I primi sono 1, 2, 3, 5, 7, 11, 15, 22, 30.

() è il numero di partizioni di n con k addendi, o identicamente con massimo addendo uguale a k (per

corrisp. biunivoca fra i rispettivi diagrammi di Young ruotati di 90°). Non c’è una formula chiusa.

N.B. () = 0, (0) = 0, (0) = 1.

(

) è il numero di partizioni di n con al più k addendi, o identicamente con massimo addendo minore o

uguale a k (per corrisp. biunivoca fra i rispettivi diagrammi di Young ruotati di 90°). Non c’è una formula

chiusa. Vale ovviamente () = ∑ () . Tabelle in (6)

Vale ∑ − = + (7).

Vale ∑ ∙ − = + − − (8)

STATISTICA DI MAXWELL-BOLTZMANN

Siano date N particelle distinguibili con energia intera, energia totale U . Una distribuzione consentita o

macrostato è quindi {, , , , ⋯ } con ∑ = , ∑ = .

Una distribuzione ha una molteplicità o numero di microstati distinguibili ({, ⋯}) = !∏ ! .

Tutti i microstati sono equiprobabili.

Dati N e U , la somma di tutti i microstati di tutte le possibili distrib. è = + − − (9)

Dati N e U , mediando su tutti i microstati con il medesimo peso, la distribuzione media (non

necessariamente la più probabile) è

= + − 1 − 1 ∙ ∙ + − 2 − − 2

10

Se

=

con

energia media di una particella, e si pone k pari a E energia di una particella,

l’espansione asintotica di (9) in N usando la nota formula di Stirling fornisce

= 1

in accordo con la classica distribuzione macroscopica.



STATISTICA DI BOSE-EINSTEIN

Le particelle non hanno carattere individuale distinguibile, per cui ogni distribuzione {} ha molteplicità

unitaria.

Dati N e U , il numero di tutte le distribuzioni possibili è evidentemente ().

Dati N e U , mediando su tutte le distribuzioni con il medesimo peso, la distribuzione media (non

necessariamente la più probabile) è

= ( − −)

() (11)

E SPANSIONE ASINTOTICA

Vale () = ( + ) (12)

Vale () = () + ( − ). Con applicazione ricorsiva della formula vale evidentemente

() = () + ( − ) + ( − 2) + ⋯ (13). Il termine prevalente della espansione asintotica di () nella variabile U è:

() ~ ! ( − 1)! (14)

Se = con energia media di una particella, e si pone k pari a E energia di una particella,

l’espansione asintotica di (11) usando (14) fornisce

=1

() − 1

(15)

in accordo con la classica distribuzione macroscopica

=1

()

− 1

con = e = ln .

1 Metto g caselle per i gruppi, e di seguito n-1 altre caselle. Voglio codificare e.g. 320 barrando caselle.

1 2 3 . 1 2 3 4 .

Il primo oggetto è posto nel primo gruppo, il secondo nel secondo. Così ho segnato i gruppi

non zero. Ho ancora 3 oggetti, e li segnalo nella parte destra dello schema: il terzo oggetto è nella casella 1 perché è

insieme al primo oggetto piazzato. Il quarto è insieme al secondo. Il quinto oggetto è insieme al primo, ma la casella 1 è già

occupata; ma è occupata dal terzo oggetto: quindi segno la casella 3. Non serve una casella 5 perché l’ultimo oggetto dapiazzare non può certo essere insieme a se stesso. Quindi riesco a codificare tutte le ripartizioni, e in maniera unica, con le

disposizioni di n oggetti in n+g-1 spazi.

2 Come in (1), ma non serve che la parte di destra, in quanto a sinistra è tutto pieno. Quindi n-1 caselle in cui porre n-g

oggetti ( g oggetti sono a occupare la parte sinistra in ogni casella).

3 A destra nell’espr., un monomio può venire per prodotto di tutti quelli che danno il suo grado come somma (tutti distinti,

perché nessuna potenza ricorre più di una volta a sin.). E.g. può venire da , ∙ , ∙ . Il segno dipende dalla parità

dei fattori (visto che ognuno parte con un meno). Si può organizzare ogni possibilità come diagr. di Young a righe non

uguali; e.g. ∙ come∎ ∎ ∎ ∎∎ . Il segno dipende dalla parità del numero delle righe. Ora i vari diagrammi si

possono appaiare a coppie come segue: se il numero di caselle della diagonale a 45° più a destra è minore del numero delle

caselle della riga più in basso, si sposta la diagonale al di sotto della riga. Altrimenti si fa il contrario (è il caso deldiagramma precedente, dove verrebbe un’unica riga da cinque). L’operazione cambia di uno il numero delle righe, e quindiil segno, in modo che le coppie si cancellano nel prodotto. Restano solo i casi in cui l’operazione è impossibile e quindi i

diagr. rimangono spaiati. Ci sono due casi: 1) Ultima riga e ultima diagonale sono lunghe uguali, e si incontrano (e.g.∎ ∎ ∎∎ ∎ produrrebbe il primo diagr. sopra, che a sua volta si accoppia con un’unica riga da cinque…). In questi casi la



somma degli esponenti dà + ( + 1) + ⋯ + (2 − 1) = (3 − 1)/2, num. pentag. con segno uguale alla parità di k . 2) La

riga è di uno più lunga della diag., e si incontrano. In questo caso, spostando la diag., verrebbero due righe uguali. Quiavremmo + ( + 1) + ⋯ + (2 − 2) = (3 − 2)( − 1)/2. Se poniamo m=1-k (k negativo), viene di nuovo (3 − 1)/2,

stesso segno di prima. QED

4

()= 1 + + + ⋯ (Taylor). Ora nel prod. (1 + + + + ⋯ )(1 + + ⋯ )(1 + + ⋯ ) ⋯ il termine e.g.

può venire da 1 ∙ 1 ∙ , ∙ , ∙ 1 ∙ 1, dove i tre termini corrispondono a 3, 1+2, 1+1+1, che sono le partizioni di 3.

5 ∏ ()

è il reciproco della funzione di Eulero, e la sua espansione è 1 + (1) + (2) + ⋯; quindi dev’essere

(1 + (1) + (2) + ⋯ )(1 − − + + − ⋯ ) = 1. Il coeff. e.g. di 6° grado sarà (6) − (5) − (4) + (1), cheuguagliato a zero per corrispondere al RHS dà (6) = (5) + (4) − (1) cioè (6) = (6 − ) + (6 − ) − (6 − ).

6

pk (n) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Pk (n) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

n=0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 n=0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 0 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 2 0 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 3 0 1 2 3 3 3 3 3 3 3 3

4 0 1 2 1 1 0 0 0 0 0 0 4 0 1 3 4 5 5 5 5 5 5 5

5 0 1 2 2 1 1 0 0 0 0 0 5 0 1 3 5 6 7 7 7 7 7 7

6 0 1 3 3 2 1 1 0 0 0 0 6 0 1 4 7 9 10 11 11 11 11 11

7 0 1 3 4 3 2 1 1 0 0 0 7 0 1 4 8 11 13 14 15 15 15 15

8 0 1 4 5 5 3 2 1 1 0 0 8 0 1 5 10 15 18 20 21 22 22 22

9 0 1 4 7 6 5 3 2 1 1 0 9 0 1 5 12 18 23 26 28 29 30 30

10 0 1 5 8 9 7 5 3 2 1 1 10 0 1 6 14 23 30 35 38 40 41 42

7 Disporre Q-k palline in M caselle e le restanti k in N caselle in tutti i k modi possibili è lo stesso che disporre Q palline in

M+N caselle.

8

∙ −

= ∙ −

!

( − )! ! = −

!

( − )! ( − 1)! =

= − ℎ − 1

( − 1)!

( − ℎ − 1)! ℎ! = − 1 − ℎ

− 1ℎ

Applicando (7) questo dà il risultato.

9 Vedi (R1) dove g sono le particelle distinguibili e N le unità di energia da distribuire.

10 Diamo prima una esemplificazione numerica concreta. Sia N=6 e U=4. I macrostati possibili (con la rispettiva

molteplicità) sono:

Molt. 0 1 2 3 4

6 5 — — — 1

15 4 — 2 — —

30 4 1 — 1 —

60 3 2 1 — —

15 2 4 — — —

126 420 210 90 30 6

nk 3.333 1.667 0.714 0.238 0.048



La molteplicità totale è 126 come previsto in (5). Il totale dei numeri di occupazione degli stati energetici per la

molteplicità dà la probabilità relativa dello stato energetico (penultima riga). Dividendo per la molteplic. totale si ha ladistr. media (ultima riga) al millesimo più vicino.

La dimostrazione della formula: si consideri dapprima il caso k=0 (corrispondente alla colonna “0” della tabella).

Consideriamo i macrostati (righe della tabella) con j particelle nello stato energetico 0. Rimarranno N-j particelle a

spartirsi le U unità di energia. Per (1) il numero di modi (ordinati) possibili è

− 1

− −1

. E.g. nella tabella sopra sia j=3

(solo la quarta riga corrisponde). I modi possibili sono di dividere sulle tre particelle rimaste le quattro unità di energia

sono 1+1+2, 1+2+1, 2+1+1, cioè 32

. Si noti che la formula dà già la molteplicità corretta per le N-j particelle a energia non

nulla. Basta quindi moltiplicare per le possibilità di scegliere tali N-j sulle N particelle totali: − − 1 − − 1 o anche

− 1 − − 1. Nell’esempio dato 20 ∙ 3 = 60, che è la molteplicità della distribuzione. A questo punto basta fare una

media dei numeri di occupazione a energia nulla j pesati per la molteplicità ricavata, e sommare su tutti i j possibili:

∙

− 1 − − 1

Utilizzando (8) con M=U-1 e Q=N-1 questa espressione diventa + − 2 − 2 . Dividendo per la molteplicità totale data in

(9) si ottiene il risultato corretto per (nell’esempio dato 420:126=3.333…).

Dimostrato l’assunto per , si procede così per . Si prenda nell’esempio precedente k=1. I numeri di occupazione

rilevanti, con i relativi pesi, sono evidenziati nella tabella di sinistra, dove nella colonna più a destra si è dato il prodotto:

Molt. 0 1 2 3 4 Tot.

6 5 — — — 1

15 4 — 2 — — Molt. 0 1 2 3 Tot.

30 4 1 — 1 — 30 6 5 — — 1 30

60 3 2 1 — — 120 30 4 1 1 — 12015 2 4 — — — 60 20 3 3 — — 60

Nella tabella a destra Si è data la analoga tabella per N=6 e U=3. Essendo l’energia totale diminuita di 1, prendendo i

macrostati della seconda tabella e spostando una particella dallo stato 0 allo stato 1 si ottengono tutti e soli i macrostati

della prima tabella che contengano particelle nello stato 1. Il numero di occupazione totale per le particelle nello stato 1 è

dato nella prima tabella, per ogni macrostato, da 30 ∙ 1, 60 ∙ 2, 15 ∙ 4, ossia in generale da

!

! ⋯ ! ⋯ ∙

mentre nella seconda tabella i numeri di occupazione per le particelle a energia nulla nei corrispondenti macrostati danno

6 ∙ 5, 30 ∙ 4, 20 ∙ 3, ovvero in generale

!

( + 1)! ⋯ ( − 1)! ⋯ ∙ ( + 1)

Ora, le due espressioni sono evidentemente equivalenti, il ché prova che per trovare basta togliere k all’energia totale

nell’espressione di , che è ciò che afferma la relazione da dimostrare.

11 Facciamo ancora riferimento alla tabella del punto precedente, con le distribuzioni possibili per N=6 e U=4.

Molt. 0 1 2 3 4

1 5 — — — 1

1 4 — 2 — —

1 4 1 — 1 —

1 3 2 1 — —

1 2 4 — — —

5 18 7 3 1 1



nk 3.6 1.4 0.6 0.2 0.2

Le 5 righe corrispondono evidentemente alle partizioni di 4 con al più 6 addendi (P 6(4)): 4, 2+2, 3+1, 2+1+1, 1+1+1+1. Per

ottenere la somma della colonna con k=0, si proceda come segue. Esistono P 5 (4), cioè ancora 5 partizioni, con al più 5

addendi; il ché vuol dire che tutte queste avranno almeno una delle 6 particelle con E=0. Stessa cosa per P 4(4)=5 : tutte le 5

partizioni hanno almeno 2 particelle con E=0. Invece, P 3(4)=4, cioè solo 4 partizioni hanno almeno 3 particelle con E=0.

P 2(4)=3 dice che solo 3 partizioni hanno almeno 4 particelle con E=0. P 1(4)=1 dice che solo 1 partizione ha un solo addendo

non nullo, quindi 5 particelle con E=0. Quindi la somma 5+5+4+3+1=18 restituisce appunto la somma della colonna E=0.

Quanto alla colonna E=1: le tre partizioni con almeno un elemento a E=1 sono 3+1, 2+1+1, 1+1+1+1; togliendo un addendo1, esse corrispondono in modo biunivoco a 3, 2+1, 1+1+1, cioè alle partizioni di 3 con al più 5 addendi, P 5 (3). A loro volta,

2 di queste partizioni, 2+1 e 1+1+1, togliendo un addendo 1 corrispondono a 2 e 1+1, cioè le partizioni di 2 con al più 4

addendi, P 4(2). Una di queste, 1+1, togliendo un addendo 1 corrisponde a 1, cioè l’unica partizione di 1 con al più 3

addendi, P 3(1). Una di queste, 1, togliendo un addendo 1 corrisponde a, cioè le partizioni di 0 con al più 2 addendi, P 2(0). Sommando si ottiene 7.

I casi a E=2, E=3 eccetera si ottengono allo stesso modo, tranne che ogni volta che si toglie un addendo unitario da una

partizione si rimuove dal totale una particella con energia 2, 3 eccetera.

12 ( + ) è come si è visto il numero delle partizioni di N+U con addendo massimo N . Tali partizioni contengono

ovviamente tutte almeno un addendo N , tolto il quale rimane una partizione di N+U-N , cioè di U , con addendi minori o

uguali di N . Il numero di tali partizioni è evidentemente il numero di partizioni di U con massimo addendo minore o uguale

a N , cioè per definizione () .

13 Data la definizione () = ∑ () , vale ovviamente () = () + (). Per il lemma precedente, vale

() = ( + − ) = ( − ). Sostituendo nella espressione precedente segue l’assunto.

14 Facendo riferimento alle tabelle in (6), () = 1 = 1! ∙ 0!

. Se vale ()~ ! ( − 1)! , allora per (13) vale

che () è la sommatoria decrescente dei termini della colonna N-esima partendo dalla riga U con salti di N+1 righe.

Se

(

) ha un andamento (asintoticamente) polinomiale in U , allora tale sommatoria vale (asintoticamente) 1/N+1 per

l’integrale indefinito di tale polinomio da 0 a U :

()~1

+ 1

! ( − 1)! =

( + 1) ∙ ∙ ! ∙ ( − 1)! =

( + 1)! !

il ché per induzione prova l’assunto.

15 Esaminiamo i limiti di validità dell’espansione asintotica (14). Usando la formula di Stirling, vale per i primi termini

ln () ~( − 1) ln − 2 ln + 2 + ln − 1

Derivando tale espressione in N e uguagliando a 0 si ottiene ln − 2 ln + (1 ) = 0 , che dà un massimo per = .Dato che i valori reali di () sono monotoni in N tale valore dà evidentemente un limite di validità per l’espressione

asintotica: > . Si prende quindi nel seguito = , con Q>1 . Vale quindi = = .

La sommatoria che compare in (11) può essere riespressa con uno spostamento di una unità in j come

( − )

dove sono prevalenti i primi termini in j . Si può quindi considerare solo la parte in cui ≪ . Si noti che il termine della

precedente sommatoria con j=0 darebbe () , cioè il denominatore comune dell’espressione ricercata.

Usando l’espansione asintotica (14), con k=E , il termine entro sommatoria vale



( − )( − )! ( − − 1)!

il cui logaritmo è approssimabile mediante Stirling con

(2 + ln

)

−

+ ln

+

Quindi, prendendo l’esponenziale dell’espressione precedente e tralasciando i termini non lineari in j/N si ha

() ( )

≅ () ( )

= ()

1

− 1= ()

1

− 1

dove il passaggio da N all’infinito come estremo superiore della sommatoria è giustificato dalla rapidità della discesa della

serie esponenziale.

Ricordando che il termine in j=0 dà il denominatore comune () , esso risulta uguale a () . Tale termine si

semplifica dunque nella divisione, e rimane appunto

=1

− 1

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