VélFiz 2.tétel

2. tétel: Brown-mozgás: Langevin levezetése

Alapfeltevések

1. A részecskék egymástól függetlenül mozognak.
2. $\tau$ << megfigyelési idő minimuma (ezen túl a mozgás az előzőektől függetlennek tekinthető)
3. Az elmozdulásnak van egy valószínűségi eloszlása. A mozgás leírható valószínűségi alapon.

Langevin levezetése "fizikaibb", Einsteinnél ugyanis nem lehet tudni, hogy a részecskével konkrétan mi történik. A Langevin-féle leírás ebből a szempontból szemléletesebb.

Langevin: részecskék lökdösik a megfigyelt részecskét, a mozgás a hőmérsékleti fluktuációból jön, tehát egy véletlen erő hozza létre. $m\frac{d^2 x}{dt^2} = -6\pi \eta a\frac{dx}{dt} + F_{veletlen}$

Ahol a jobb oldal első tagja a fékezőerő, ami egy determinisztikus erő (a a sugár, $\eta$ a viszkozitás (angolul, magyarul) amit kísérlettel lehet mérni).

Célunk, hogy a fenti egyenletből kiindulva megkapjuk az Einstein-féle leírásnál eredményül kapott $<x^2> = 2Dt$ összefüggést.

A fenit egyenlet mindkét oldalát szorozzuk x-szel

Felhasznált összefüggések: $\left(x\frac{d^{2}x}{dt^{2}}=\frac{1}{2}\frac{d^{2}x^{2}}{dt^{2}}-(\frac{dx}{dt})^{2}\Longrightarrow\ddot{(x^{2})}=2\dot{(x\dot{x})}=2\dot{x}^{2}+2x\ddot{x}\Longrightarrow\frac{1}{2}\ddot{(x^{2})}=\dot{(x\dot{x})}=\dot{x}^{2}+x\ddot{x}\right)$

$\frac{1}{2}m\frac{d^2x^2}{dt^2} - m(\frac{dx}{dt})^2 = -3\pi \eta a \frac{dx^2}{dt} + xF_{veletlen}$

A véletlen erő átlagos munkája nulla, hiszen ha >0 lenne, a részecske egyre gyorsulna és elszállna, ha <0 lenne, akkor megállna, de a kísérletekből látszik, hogy nem áll meg. A folyadék (vagy gáz) egyensúlyban van egy adott hőmérsékleten (és a vizsgált részecske is ott van, csak kicsit nagyobb), ezért:

Átlagot vesszük: $\left(m\overline{(\frac{dx}{dt})^{2}}=m\bar{v^{2}}=k_{B}T\right)$

$\frac{1}{2}m\frac{d^2<x^2>}{dt^2} - k_B T = -3\pi \eta a \frac{d<x^2>}{dt} + <xF_{veletlen}>$

Vezessük be a $\frac{d<x^2>}{dt} = z$ új változót. Ekkor a fenti egyenlet a következőképpen módosul:

$\frac{dz}{dt} - \frac{2k_B T}{m} = -\frac{6\pi \eta a}{m}z$

A fenti egyenlet megoldása a homogén megoldás és a partikuláris megoldás összege:

$z_{homogen} = c_1 e^{-\frac{6\pi \eta a}{m}t}$

$z_{partikularis} = \frac{2k_B T}{6\pi \eta a}$ --> z-t konstansnak tételeztük fel

Ekkor z eredeti értékét visszaírva és a két megoldást összeadva a következő eredményt kapjuk:

$\frac{d<x^2>}{dt} = \frac{k_B T}{3\pi \eta a} + c_1 e^{-\frac{6\pi \eta a}{m}t}$

Ám $\frac{6\pi \eta a}{m}$ $\eta, a, m$ konkrét értékeire és $t = 10^{-2}-10^{-3}$-ra ez egy nagyon nagy szám, emiatt $e^{-...}$ nagyon kicsi.

Például: $\eta_{viz}=10^{-3} \frac{kg}{ms}; m = 10^3 \frac{kg}{m^3}10^{-18}m^3 = 10^{-15} kg; a = 10^{-6} m$

Ekkor: $\frac{6\pi\eta a}{m}=\frac{20\centerdot10^{-3}\frac{kg}{ms} 10^6 m}{10^{-15} kg} = 2\centerdot10^7 \frac{1}{s}$ $c_1 e^{-2\centerdot10^7\frac{t}{s}}$ bármely rezonábilis t-re nullát ad, tehát elhagyható. Ekkor:

$<x^2> = \frac{k_B T}{3\pi\eta a}t = 2Dt$

$D = \frac{k_B T}{6\pi\eta a} = \frac{1.4\centerdot10^{-23}\frac{J}{K} 300 K}{20\centerdot10^{-3}\frac{kg}{ms}10^{-6}m} = 2.1\centerdot10^{-13} \frac{m^2}{a}$

A fenti képlet alapján becslés (úgy általában): $D_{molekulak} \approx 2\centerdot10^{-10} \frac{m^2}{s}$

---