정답
\(\displaystyle Z_1=\frac{e^{-\beta\hbar\omega}}{(1-e^{-\beta\hbar\omega})^2}\), \(\displaystyle U=N\left(\hbar\omega+\frac{2\hbar\omega}{e^{\beta\hbar\omega}-1}\right)\), 고온 \((k_BT\gg\hbar\omega)\)에서 \(\displaystyle C_V\to 2Nk_B\)이다.
출제 의도
2차원 양자 조화진동자의 에너지 준위로부터 분배함수(중복도 포함)를 정확히 합산하고, 정준분포에서 평균에너지와 열용량을 미분으로 구할 수 있는지 평가한다. 또한 고온 극한에서 지수함수 근사를 통해 고전적 등분배 결과로 수렴함을 확인한다.
풀이 과정
진동자 1개의 에너지는 \(E(n_x,n_y)=\hbar\omega(n_x+n_y+1)\)이고 \(n_x,n_y=0,1,2,\dots\) 이다. 정준분포에서 진동자 1개의 분배함수는
$$ Z_1=\sum_{n_x=0}^{\infty}\sum_{n_y=0}^{\infty}e^{-\beta\hbar\omega(n_x+n_y+1)}. $$
지수항을 분리하면
$$ Z_1=e^{-\beta\hbar\omega}\left(\sum_{n_x=0}^{\infty}e^{-\beta\hbar\omega n_x}\right)\left(\sum_{n_y=0}^{\infty}e^{-\beta\hbar\omega n_y}\right) =e^{-\beta\hbar\omega}\left(\frac{1}{1-e^{-\beta\hbar\omega}}\right)^2. $$
따라서
$$ Z_1=\frac{e^{-\beta\hbar\omega}}{(1-e^{-\beta\hbar\omega})^2}. $$
진동자들이 서로 독립이고 구별 가능하므로 전체 분배함수는 \(Z=(Z_1)^N\)이다. 평균에너지는
$$ U=-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z=-N\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z_1 $$
로 주어진다. \(\ln Z_1=-\beta\hbar\omega-2\ln(1-e^{-\beta\hbar\omega})\)이므로
$$ \begin{aligned} -\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z_1 &=\hbar\omega+2\cdot\frac{\hbar\omega e^{-\beta\hbar\omega}}{1-e^{-\beta\hbar\omega}} =\hbar\omega+\frac{2\hbar\omega}{e^{\beta\hbar\omega}-1}. \end{aligned} $$
따라서 계의 평균에너지는
$$ U=N\left(\hbar\omega+\frac{2\hbar\omega}{e^{\beta\hbar\omega}-1}\right). $$
이제 정적 열용량은 \(C_V=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_V\)이다. 편의상 \(x=\beta\hbar\omega=\frac{\hbar\omega}{k_BT}\)라 두면
$$ U=N\left(\hbar\omega+\frac{2\hbar\omega}{e^{x}-1}\right). $$
미분하면
$$ C_V =2Nk_B\,\frac{x^2e^{x}}{(e^{x}-1)^2}. $$
고온 \((k_BT\gg\hbar\omega)\)에서는 \(x\ll1\)이고 \(e^{x}\approx 1+x\), \(e^{x}-1\approx x\)이므로
$$ \frac{x^2e^{x}}{(e^{x}-1)^2}\approx \frac{x^2(1+x)}{x^2}\to 1, $$
따라서
$$ C_V\to 2Nk_B. $$
<풀이가 부정확할 수 있으니 반드시 교차검증 확인 바랍니다.>