El tipico problema de la mezcla de gases

[Visitante]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

Hola.

1.- En realidad las particulas de la caja tienen una masa de 100 gr. y las particulas,
una masa de 1 gr. Luego es fácil calcular la Energia de la caja y la Energia de
las particulas. La Energia y los momentos del sistema caja+particulas se mantiene
constante pero la Energia de la caja aumenta y la de las particulas disminuye, o,
a la inversa hasta que se compensan.

2.- En la mayoria de los casos, en un choque elastico de 2 particulas, las velocidades
tienden a compensarse, es decir, la que tiene menor velocidad, la aumenta y la
que tiene mayor velocidad, la disminuye. (choque 'frontal'). En algunos casos,
la minoria, tiende a descompensarse, (choque por alcance). Luego, la Energia
tiende a compensarse o a descompensarse entre las 2 particulas pero siempre a repartirse.
El momento inicial y el final son iguales pero sus componentes, no.

$\dst{(\frac{V_1f}{V_i})^2+ (\frac{m_2}{m_1})(\frac{V_2f}{V_i})^2 = 1}$

3.- El estado Base, para confinamiento, tiene 784 particulas distribuidas en 28 filas x
28 columnas. Con un diametro de 200 cm.y separadas entre ellas 400 cm. Sus
velocidades son todas 100 cm/seg. Pero sus componentes estan distribuidas
caoticamente. (La ecuacion logistica de Feigenbaum). Luego es extremadamente
dificil que por este sistema obtenga un momento total = 0. (masa = 1 gr.)
Las 116 particulas de la caja son iguales y estan envolviendo a las anteriores.
Pero su velocidad inicial es igual a cero y su Masa = 100 gr.
En el caso de dispersion, lo unico que cambia es la masa de las particulas de
la caja ( 1 gr)
(Esto ya es parecido a lo que sugiere Richard).

4.- Partiendo del estado Base, hacia el pasado -100 seg, y vuelta al presente, obtengo un
error relativo en posiciones y velocidades de aprox. 10^-5.
El diferencial de tiempo que uso es de 0.0005 seg. Con un diferencial de
tiempo mayor, hay colisiones triples y esto ya no lo sé tratar...
Dispongo de 15 digitos de precision, asi que debo jugar con cantidades similares
y ni muy grandes ni muy pequeñas.

5.- El tema de la cantidad de informacion de Supernena.

Un estado 'habitual' es un conjunto de 900 posiciones, 900 velocidades
(en sus componentes) y en el caso de dispersion, de 1 sola masa.
Si este estado no tiene ningun algoritmo que la genere, entonces la
cantidad de informacion del estado es el numero de bits minimo que la defina.
(En este caso será 900 veces el numero de bits que definan una posicion
y unas componentes de la velocidad + 1 vez el numero de bits que definan la masa.
(N bits)).

Si un estado se puede generar con un algoritmo, entonces la cantidad de
informacion del estado es el numero de bits del algoritmo.

Este es el caso del estado Base para dispersion. Este algoritmo tendrá X bits...
que será menor que el numero de bits del estado 'habitual'.

El estado MB, tambien tiene un algoritmo que lo genere (la ecuacion de distribucion
de velocidades de Maxwell-Boltzmann). Como este algoritmo es mas complejo
que el algoritmo del estado Base, tendrá mas bits (Y) que el del estado Base (X)
y a su vez, los 2 estados tienen menos cantidad de informacion que el estado 'habitual' (N).

Y por ultimo, todos los estados que deriven de otro estado por medio de un
algoritmo (el programa simulador + el estado base + tiempo) tanto en sentido positivo
del tiempo como negativo, tienen todos la misma cantidad de informacion (Z).

Esta cantidad de informacion (Z) siempre será mas grande que la (X) y la (Y).

5.1.-Es imposible llegar a un estado MB tanto en dispersion como en
confinamiento a menos que yo lo defina de antemano como estado base.
5.2.- Los estados pueden pasar por una Entropia Y en tiempo ( – infinito),
a una entropia Z, a una entropia X, a una entropia Z y a una Entropia Y, en tiempo
(+ infinito). (Y aquí hay incrementos parciales de Entropia en sentido positivo y
negativo y no siempre en sentido positivo o nulo...).

6.- Cuando me refiero al Principio Antropico me refiero a:

Podemos pasar de un estado con entropia (N,Z) en el pasado a otro microestado
con entropia (X,Z) en el presente con entropia menor que la inicial con argumentos
de Mecanica pura.
Si a este microestado no le proporcionamos Energia o no se autoproporciona Energia
evolucionará hacia otro estado (N,Z) y a otro (Y,Z)...
El microestado (X) puede mantenerse ahí mientras pueda extraer Energia del entorno
(la caja) y esto modificará los estados futuros. Si no puede, evolucionará
siempre hacia el estado (Y) (muerte termica).

Un saludo.

[skynet]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

para la caja tienes dos opciones:

1- considerarla como un sólido rígido con una masa enorme comparado con la masa de las moleculas de gas de modo que cuando una molecula choca con la pared sale rebotada con la misma energía cinetica con la que llegó....esta es la opcion más sencilla y habitual en estos casos.

2- considerarla como un conjunto de partículas, como has hecho, solo que el numero de patículas que forman la caja debe de ser muy inferior al numero de particulas que forman el gas, de este modo, la energía empleada en calentar la caja no será significativa.....el problema es que solo tienes 900 moleculas de gas y has considerado 116 particulas para la caja, esta relacion es demasiado baja, deberías de tener millones de moleculas de gas por cada particula de la caja....prueba a considerar que la caja la forma una sola partícula y verás que los resultados mejoran......además dbes de considerar que la caja no está inicialmente a 0K, es decir las partículas de la caja ya tienen algo de energía al principio.....observa que tal y como lo estás haciendo el calentamiento de la caja causa un gran enfriamiento del gas.......yo te recomiendo que uses la opción 1.

[Richard R Richard]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

1.- En realidad las particulas de la caja tienen una masa de 100 gr. y las particulas,
una masa de 1 gr. Luego es fácil calcular la Energia de la caja y la Energia de
las particulas. La Energia y los momentos del sistema caja+particulas se mantiene
constante pero la Energia de la caja aumenta y la de las particulas disminuye, o,
a la inversa hasta que se compensan.

Tu sistema debe ser solo las partículas, no la caja, la caja es parte del universo.

2.- En la mayoria de los casos, en un choque elastico de 2 particulas, las velocidades
tienden a compensarse, es decir, la que tiene menor velocidad, la aumenta y la
que tiene mayor velocidad, la disminuye. (choque 'frontal'). En algunos casos,
la minoria, tiende a descompensarse, (choque por alcance). Luego, la Energia
tiende a compensarse o a descompensarse entre las 2 particulas pero siempre a repartirse.
El momento inicial y el final son iguales pero sus componentes, no.

$\dst{(\frac{V_1f}{V_i})^2+ (\frac{m_2}{m_1})(\frac{V_2f}{V_i})^2 = 1}$

veo que aqui las velocidades son relativas con respecto a una de las partículas en cuestión, para el siguiente cálculo la velocidad de la partícula es $v_2f$, no haces el calculo con respecto al CM

3.- El estado Base, para confinamiento, tiene 784 particulas distribuidas en 28 filas x
28 columnas. Con un diametro de 200 cm.y separadas entre ellas 400 cm. Sus
velocidades son todas 100 cm/seg. Pero sus componentes estan distribuidas
caoticamente. (La ecuacion logistica de Feigenbaum). Luego es extremadamente
dificil que por este sistema obtenga un momento total = 0. (masa = 1 gr.)
Las 116 particulas de la caja son iguales y estan envolviendo a las anteriores.
Pero su velocidad inicial es igual a cero y su Masa = 100 gr.
En el caso de dispersion, lo unico que cambia es la masa de las particulas de
la caja ( 1 gr)

Coincido con supernena que no deberías involucrar a la partículas de la caja en tu calculo.

yo te sugiero incluir una partícula adicional cuya velocidad sea

$\vec v=-\frac 1m_p\dst\sum_{i=1}^n m_i \vec {v_i}$

eso hace que la cantidad de movimiento promedio se mantenga cerca de 0

ademas pense que la distribución de velocidades respondía a la Normal, aunque ya sabemos que sea cual fuere iremos hacia una MB

4.- Partiendo del estado Base, hacia el pasado -100 seg, y vuelta al presente, obtengo un
error relativo en posiciones y velocidades de aprox. 10^-5.

Bastante preciso...mas de lo que imaginaba.

El diferencial de tiempo que uso es de 0.0005 seg.

yo el diferencial de tiempo lo tendría variable

en cada paso del algoritmo,
evaluaría la posibilidad de choque de la partícula i con la j ,
estimaría el tiempo para que ese evento suceda con la dirección y velocidades actuales de ambas,
luego de haber evaluado la combinatoria de i con las j posibles, y con las paredes, el siguiente paso del calculo lo haría habiendo transcurrido el mínimo tiempo de todos los choques previstos con las trayecoroas actuales,
solo cambiarían a cada paso la o las velocidades de las partículas involucradas en el choque,
y repito la previsión del tiempo para el próximo paso.

así evitaría que

Con un diferencial de
tiempo mayor, hay colisiones triples y esto ya no lo sé tratar...
Dispongo de 15 digitos de precision, asi que debo jugar con cantidades similares
y ni muy grandes ni muy pequeñas.

5.- El tema de la cantidad de informacion de Supernena.

Un estado 'habitual' es un conjunto de 900 posiciones, 900 velocidades
(en sus componentes) y en el caso de dispersion, de 1 sola masa.
Si este estado no tiene ningun algoritmo que la genere, entonces la
cantidad de informacion del estado es el numero de bits minimo que la defina.
(En este caso será 900 veces el numero de bits que definan una posicion
y unas componentes de la velocidad + 1 vez el numero de bits que definan la masa.
(N bits)).

Si un estado se puede generar con un algoritmo, entonces la cantidad de
informacion del estado es el numero de bits del algoritmo.

Este es el caso del estado Base para dispersion. Este algoritmo tendrá X bits...
que será menor que el numero de bits del estado 'habitual'.

El estado MB, tambien tiene un algoritmo que lo genere (la ecuacion de distribucion
de velocidades de Maxwell-Boltzmann). Como este algoritmo es mas complejo
que el algoritmo del estado Base, tendrá mas bits (Y) que el del estado Base (X)
y a su vez, los 2 estados tienen menos cantidad de informacion que el estado 'habitual' (N).

Y por ultimo, todos los estados que deriven de otro estado por medio de un
algoritmo (el programa simulador + el estado base + tiempo) tanto en sentido positivo
del tiempo como negativo, tienen todos la misma cantidad de informacion (Z).

Esta cantidad de informacion (Z) siempre será mas grande que la (X) y la (Y).

yo la entropia la mediria de otra manera

tu sabes al inicio que la entropia de cada particula es $\delta Q \cong E_k=\frac 12 m v^2$

y la temperatura es $T\cong \dfrac{mv^2}{3 K_b}$

por lo que la entropia para formar ese sistema desde 0 sistema es

$\Delta S=\dst \sum_{i=1}^n \dfrac{\delta Q_{inicial}}{T_i}$

luego de cada paso evaluaría la variación y la graficaría

$\Delta S=\dst \sum_{i=1}^n \dfrac{\frac 32 K_b m (V_i^2-V_{inicial}^2)}{V_i^2}$

5.1.-Es imposible llegar a un estado MB tanto en dispersion como en
confinamiento a menos que yo lo defina de antemano como estado base.

En tiempo infinito es lo que la ley prevé, y es independiente de lo que definas como distribución inicial. si tu algoritmo refleja el intercambio de energías cineticas entre partículas la distribución de velocidades tenderá a una MB

5.2.- Los estados pueden pasar por una Entropia Y en tiempo ( – infinito),
a una entropia Z, a una entropia X, a una entropia Z y a una Entropia Y, en tiempo
(+ infinito). (Y aquí hay incrementos parciales de Entropia en sentido positivo y
negativo y no siempre en sentido positivo o nulo...).

para mi hay una variación inicila muy grande, pero luego se mantien cosntante en el tiempo mientras responda a una distribución MB en conjunto.

6.- Cuando me refiero al Principio Antropico me refiero a:

Podemos pasar de un estado con entropia (N,Z) en el pasado a otro microestado
con entropia (X,Z) en el presente con entropia menor que la inicial con argumentos
de Mecanica pura.
Si a este microestado no le proporcionamos Energia o no se autoproporciona Energia
evolucionará hacia otro estado (N,Z) y a otro (Y,Z)...
El microestado (X) puede mantenerse ahí mientras pueda extraer Energia del entorno
(la caja) y esto modificará los estados futuros. Si no puede, evolucionará
siempre hacia el estado (Y) (muerte termica).

Un saludo.

la muerte térmica solo puede darse y si le puedes extraer la energía cinética a las partículas, como has supuesto al sistema adiabático eso es imposible, por lo que no puedes llegar al estado Y,
habra estados Z mas probables que otros, en particular los estados mas probables, son aquellos que en conjunto las partículas tienen la distribución MB . Las contribuciones a la entropía de unas partículas se intercambiaran por las de otra, pero el conjunto de la MB tendra la máxima.

[Visitante]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

Hola.
1.- La idea de considerar la 'caja' como una 'bola' que envuelve al resto de
particulas es buena pero, para mi, tiene 2 problemas.
1.1- Ahora mismo no sé como funciona un impacto particula-bola desde 'dentro'...
1.2.- Puede tener el problema que haya mas de 2 particulas impactando con
la bola en el mismo diferencial de tiempo...

2.- Dar a la caja de particulas una Energia tambien es buena idea. (una implosion
de la caja).

3.- Si elimino la caja paso del modo de confinamiento a modo de dispersion y esto
ultimo no tiene mas problema que al cabo de un cierto tiempo (aprox.220 seg)
ya no hay colisiones y el sistema ya no evoluciona mas.

4.- Para el calculo del impacto, paso del sistema de referencia del laboratorio al
sistema de referencia de la particula 2. Calculo el impacto como si hubiese
una sola particula en movimiento (la particula 1). Y luego, re.establezco al
sistema de laboratorio.

$\dst{(\frac{V_1f}{V_1i})^2+ (\frac{m_2}{m_1})(\frac{V_2f}{V_1i})^2 = 1}$

5.- Añadir una particula extra que compense el momento total tambien es
una buena idea y no me representa ningun problema.

6.- Hacer un diferencial de tiempo variable tambien es buena idea...pero no
se me ocurre un criterio facil para distinguir si 2 particulas pueden colisionar
en el futuro o no...(Hay criterios para descartar ciertas trayectorias pero con
2 posiciones y 2 vectores velocidad no tengo mas remedio que calcular sus
trayectorias en el espacio-tiempo 2 a 2 de las no descartadas...Y esto ya es lo
que estoy haciendo pero con todas las particulas a la vez...)
Que es mas efectivo: Hacer un diferencial de tiempo fijo, calcular las trayectorias
de todas las particulas a la vez, ver si hay algun impacto e ir gastando tiempo
de maquina inutil...(Aqui, el 90% del tiempo es inutil porque no hay colisiones)
o...calcular las trayectorias 2 a 2, (Aqui, hay mas de 400000 parejas de
posibles impactos), ver si hay impacto, calcular el diferencial de tiempo minimo,
ir directamente al proximo impacto y ahorrarme el tiempo de maquina intermedio...???
(Tengo mis dudas).

7.- Richard. Estas seguro que esta formula nos va a dar el incremento de Entropia
de un estado del sistema a otro? (Tanto de la caja como de las particulas).

$\dst{\Delta S = \sum_{1}^{n} K \frac{(V_i^2-V_{inicial}^2)}{V_i^2}}$

Un saludo.

[Richard R Richard]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

Hola FVPI me encanta este ida y vuelta. Quiza abuse de tu predisposición a programar, y confieso que me intriga el resultado cuando llegues a buen puerto, como hace tanto que no escribo una linea de codigo, ansío tengas éxito.

Hola.
1.- La idea de considerar la 'caja' como una 'bola' que envuelve al resto de
particulas es buena pero, para mi, tiene 2 problemas.
1.1- Ahora mismo no sé como funciona un impacto particula-bola desde 'dentro'...

Creo que se se complica mas que con la caja cuadrada, porque en cada choque el angulo de salida que es igual al de impacto , lo tienen que calcular en función de la normal de la superficie de la caja en el punto de impacto, cosa que en el modelo ce la caja cuadrada , las normales, son 6 una por cara.

1.2.- Puede tener el problema que haya mas de 2 particulas impactando con
la bola en el mismo diferencial de tiempo...

es por ello que te he propuesto el diferencial variable, para que vayas resolviendo si o si cada uno de los impactos tanto de 2 partículas como de 1 partícula con la caja.

2.- Dar a la caja de particulas una Energia tambien es buena idea. (una implosion
de la caja).

Bueno eso ya es cambiar la presión interna y el volumen, que habíamos supuesto constantes. Te sugiero extraer conclusiones del modelo fácil , para recién después complicarlo con estas variaciones.

3.- Si elimino la caja paso del modo de confinamiento a modo de dispersion y esto
ultimo no tiene mas problema que al cabo de un cierto tiempo (aprox.220 seg)
ya no hay colisiones y el sistema ya no evoluciona mas.

Claro, es como liberar gas en el vacío, las moléculas se separan y la probabilidad de impacto se hace nula si no hay otras fuerzas que tuerzan sus trayectorias.

4.- Para el calculo del impacto, paso del sistema de referencia del laboratorio al
sistema de referencia de la particula 2. Calculo el impacto como si hubiese
una sola particula en movimiento (la particula 1). Y luego, re.establezco al
sistema de laboratorio.

$\dst{(\frac{V_1f}{V_1i})^2+ (\frac{m_2}{m_1})(\frac{V_2f}{V_1i})^2 = 1}$

Esto lo puedes hacer también para las paredes $m_2$ es infinita $|v_{1f}| =|v_{1i}|$ con

$\theta_i=\theta_f$ o $180 -\theta_i=\theta_f$ dependiendo si tomas angulo de reflexión interiores o exteriores

5.- Añadir una particula extra que compense el momento total tambien es
una buena idea y no me representa ningun problema.

si bien esto hace que el modelo de distribución no sea perfectamente aleatorio, hace que el CM tenga velocidad nula y lo uses como sistema de referencia de laboratorio.

6.- Hacer un diferencial de tiempo variable tambien es buena idea...pero no
se me ocurre un criterio facil para distinguir si 2 particulas pueden colisionar
en el futuro o no...

Aquí va mi abuso...

no se bien como registras las posiciones y velocidades de las partículas

yo plantearía un array $(id,x,y,z,v_x,v_y,v_z, m,R , timp,|V|,Ek, T)$

primero escoges sistemáticamente dos partículas por su id (i) y la (j) parametrizas su posición en función del tiempo llamemos $t_o$ al tiempo actual

$X(t)_i=X_{oi}+V_{oi}(t-t_o)$

$X(t)_j=X_{oj}+V_{oj}(t-t_o)$

luego llamas d a una distancia entre ellas $d(t)=|X(t)_i-X(t)_j|$

llamas $a =(v_{xi}-v_{xj})^2+(v_{yi}-v_{yj})^2+(v_{zi}-v_{zj})^2$

llamas $b =-(2(v_{xi}-v_{xj})(x_{i}-x_{j})+2(v_{yi}-v_{yj})(y_{i}-y_{j})+2(v_{zi}-v_{zj})(z_{i}-z_{j}))$

llamas $c =(x_{i}-x_{j})^2+(y_{i}-y_{j})^2+(z_{i}-z_{j})^2-4R^2$

de ese modo $d^2(t)=at^2+bt+c=4R^2$ te permite saber si hay un punto de contacto entre las partículas a tiempo $t_{imp}$

analiza si $b^2-4ac$ es mayor o igual a 0 si es menor que 0 entonces no hay choque (tiempo imaginario) asignas un valor alto al diferencial ej 1000000 segundos

si obtienes dos tiempos solo te servirá el positivo si vas a favor del tiempo o negativo en reversa...

luego analiza si ese tiempo de impacto se da dentro de los limites de la caja con $X_{impacto}=X_{oj}+V_{oj}(t_{imp}-t_o)$ el punto debe estar dentro de la caja, si es asi asignas el tiempo t al diferencial sino 1000000

del mismo modo puedes sacar cuando impacta contra un lateral ej $x<R$ o $x>L-R$ con $L$ como lado de la caja con vertice en el origen de coordenadas, también anotas este tiempo de impacto en $t_{imp}$ de cada partícula

siempre guarda el valor mínimo de esta variable

cuando hayas hecho recorrido todas las $i$ y las $j>i$ habrás analizado todas las combinaciones de choques posibles

el tiempo t que te ha quedado sera el del siguiente paso.

seguro entonces te marcara un impacto y cambiaras los valores vectoriales de las velocidades de las partículas involucradas i y j o i sola si impacta con la pared

en el próximo paso solo recalcularía todos los tiempos de impacto de cada partícula contra la i y también contra la j

evalúa de nuevo cual el mínimo tiempo y de allí sacas el siguiente diferencial así sucesivamente...

Es facil escribirlo me imagino que programarlo te llevara un rato largo

(Aqui, el 90% del tiempo es inutil porque no hay colisiones)
o...calcular las trayectorias 2 a 2

creo que mi método te evita eso

7.- Richard. Estas seguro que esta formula nos va a dar el incremento de Entropia
de un estado del sistema a otro? (Tanto de la caja como de las particulas).

yo creo que si

Aqui no estamos pensado que vamos a guardar energía de otro modo que no sea como la energía cinetica, osea la variación de la energía interna es nula pues todo choque altera la energía cinetica , pero no se guarda como aumento de temperatura ,ya que la temperatura la mides en función de la velocidad por medio de la ecuacion de Boltzmann.

Por eso cualquier distribución que pongas tendrá una energía media de $\dst\dfrac 32 kb\sum T_i=\dfrac 12 \sum m_i V_i^2$

con cada choque las partículas ceden o absorben energía cinetica y la única forma forma de medir lo que ha variado su temperatura ( el calor intercambiado delta q) es con el cuadrado de su velocidad entre el instante considerado, y el inicial

si es posible gráfica este dato , porque? porque no siempre cada partícula tendrá la velocidad inicial, aun cuando introduzcas una distribución MB a tiempo 0....El conjunto debe mantener la entropía independientemente de la velocidad puntual de la partícula , algunas aportaran mas y otras menos, en otro instante invertirán sus roles pero , pero la contribución a la entropía dependerá del cociente con su temperatura en dicho momento, que no es exactamente la original.

$\dst{\Delta S = \sum_{1}^{n} K \frac{(V_i^2-V_{inicial}^2)}{V_i^2}}$

guarda relación con ello, el calor intercambiado es la diferencia de energías cinéticas final menos inicial cada aporte o quita de calor se divide por la temperatura de ese intercambio, que opinan.

Por ahi me equivoco pero no lo veo así en este momento.

[Visitante]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

Hola.

1.- Creo que ahora, lo prioritario es determinar el incremento de Entropia entre
2 estados. Como el programa de simulacion funciona correctamente...
es lento... pero funciona....Y como todo lo que hemos comentado sobre él
son mejoras, lo voy a dejar para mas adelante...Y Gracias.

2.- Esta formula dá resultados extraños e incongruentes:

$\dst{\Delta S = \sum_{i=1}^{n} K \frac{(V_i^2-V_{inicial}^2)}{V_i^2}}$

Por ejemplo:

Para confinamiento:

Para -20 seg:
Incr. S (particulas) =-7133 * K
Incr. S (caja) = +116 * K

Para +20 seg:
Incr. S (particulas) =-10423 * K
Incr. S (caja) = +116 * K

Para +220 seg:
Incr. S (particulas) =-13691 * K
Incr. S (caja) = +116 * K

Para dispersion:

Para -100 seg:
Incr. S =-3485 * K

Para +100 seg:
Incr. S =-5516 * K

(A pesar que el estado Base es muy especial... las particulas y la caja tienden
a un estado MB tanto en el sentido de futuro como de pasado.
Luego, su incremento de Entropia sobre el estado Base deberia ser siempre
positivo...)

Un saludo.

P.S. Yo mas bien pensaría en comparar la distribución de velocidades de un estado
con la distribución MB que mejor ajuste con ese estado. Cuanto menor sea la diferencia,
mayor será la Entropía de ese estado.

[Richard R Richard]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

2.- Esta formula dá resultados extraños e incongruentes:

(A pesar que el estado Base es muy especial... las particulas y la caja tienden
a un estado MB tanto en el sentido de futuro como de pasado.
Luego, su incremento de Entropia sobre el estado Base deberia ser siempre
positivo...)

la idea es que debería dar positivo, pero si no da, habra algún error en mi planteo.
https://es.wikipedia.org/wiki/Constante_de_Boltzmann


he releido la teoria cinetica de gases ideales y el teorema de la equiparticion y creo que el error esta en considerar que un conjunto de n particulas todas con la misma velocidad tienen asociada una temperatura, esto no es cierto porque la temperatura es la del promedio de las velocidades pero cuando tienen una distribucion MB es decir cuando la media de todas ellas



$\langle H^{\mathrm{kin}} \rangle = <br /> \langle \tfrac{1}{2} m v^{2} \rangle = <br /> \int _{0}^{\infty} \tfrac{1}{2} m v^{2}\ f(v)\ dv = \tfrac{3}{2} k_{B} T,<br />$

donde
$f (v) = 4 \pi <br /> \left( \frac{m}{2 \pi k_B T}\right)^{3/2}\!\!v^2<br /> e^{ (<br /> \frac{-mv^2}{2k_B T}<br /> )}$

P.S. Yo mas bien pensaría en comparar la distribución de velocidades de un estado
con la distribución MB que mejor ajuste con ese estado. Cuanto menor sea la diferencia,
mayor será la Entropía de ese estado.

A que llamas "ajuste"....?

[Visitante]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

Hola.
Con 'buscar un ajuste', quiero decir:

1.- El fichero de 'estado' contiene 784 registros con posicion, velocidad y masa
de cada particula y 116 registros de cada particula de la caja.

2.- De este fichero deduzco la vel. maxima, la vel. minima y la vel. media de las,
por ejemplo, 784 particulas en ese estado.

3.- Fijo un numero de puntos, por ejemplo, n=50. Calculo un intervalo de
velocidades a partir de la vel. maxima y minima y calculo la vel. media del intervalo.

4.- Y voy contando el numero de particulas que tienen una velocidad dentro de los
50 intervalos.

5.- Esto me va a dar una grafica con 50 puntos.
Velocidad media del intervalo - numero de particulas.
O sea, una 'funcion': f '(v) con 50 puntos.

(Este programa ya está hecho. Y por esto deduzco que cualquier estado Base
deriva a una forma de distribucion MB tanto en sentido positivo como negativo del tiempo).

(Ahora bien...)

6.- Tomo la ecuacion de distribucion MB:

$\dst{f(v) = 4 \pi(\frac{M}{2 \pi R T})^{\frac{3}{2}}\cdot v^2 \cdot exp\; (\frac{-M\cdot v^2}{2 R T})}$

y

$\dst{v_{med}^2 =\frac{8 R T}{\pi M}}$

y resulta:

$\dst{f(v) = 4 \pi(\frac{4}{ \pi^2 v_{med}^2})^{\frac{3}{2}}\cdot v^2 \cdot exp\; (\frac{-4\cdot v^2}{\pi v_{med}^2})}$

7.- Con esta formula puedo dibujar otra grafica porque conozco la vel. media del estado
y las 50 velocidades medias de los intervalos.

8.- Ahora, tengo que buscar un factor 'K' tal que:

$\dst{\sum_{i=1}^{50}(K\cdot f(v_i) - f'(v_i))^2 = minimo}$

9.- Sabemos que cuanto menor sea ese 'minimo', mayor será la Entropia del estado.

10.- Luego esto, nos dará una idea de cuanto la Entropia del estado difiere
de la Entropia maxima del estado MB. (A menor 'minimo', menor diferencia
con la maxima Entropia. (mas muerte termica)). (A mayor 'minimo',
menor Entropia, (mas 'orden'))...

11.- (Esto es facil de desarrollar excepto el calculo del factor K...que no se me ocurre
mas que hacer aproximaciones sucesivas).

12.- Puedo hacer lo mismo con las particulas de la caja...pero como hay tan pocas
particulas, el numero de intervalos tiene que ser bajo...(n=10).

Es posible?
Un saludo.

[Richard R Richard]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

Hola para mi K debería ser único, para cada distribución inicial , pero no le encuentro el sentido físico quizá me perdido algo de tu razonamiento para aplicarlo

pues si quieres lo puedes elegir para que la sumatoria sea 0 y no un mínimo,

$\dst{\sum_{i=1}^{50}(K\cdot f(v_i) - f'(v_i))^2 = 0}$

$\dst{\sum_{i=1}^{50}(K^2\cdot f^2(v_i) - 2Kf(v_i)f'(v_i)+f'^2(v_i)) = 0}$

$\dst{(K^2\sum_{i=1}^{50}f^2(v_i) +K\sum_{i=1}^{50}(- 2f(v_i)f'(v_i))+\sum_{i=1}^{50}f'^2(v_i)) = 0}$

$a=\dst\sum_{i=1}^{50}f^2(v_i)$

$b=\dst\sum_{i=1}^{50}(- 2f(v_i)f'(v_i))$

$c=\dst\sum_{i=1}^{50}f'^2(v_i)$

entonces $aK^2+bK+c=0$

los datos lo sacas como tu dices de la segmentación de tu distribución, f' derivando y remplazando

resuelves la cuadrática para ese estado y tienes K

y ahora como llegas a la entropía del estado inicial....,

Saludos

[Visitante]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

Hola.
Esta ecuacion dá siempre (en todos los casos que he probado) resultados
de K imaginarios.

$\dst{\sum_{i=1}^{n}(K\cdot f(v_i) - f'(v_i))^2 = 0}$

Y es logico que esto sea así. (Una suma de numeros positivos no puede nunca
dar 0, a menos que, todos los sumandos sean 0).
Solo un estado MB dará 0 como resultado.
Es un alivio, para mi...Porque si K diese resultados reales no tendria
modo de saber cuanta diferencia de Entropia tiene un estado con respecto
a un estado MB, que es lo que pretendo...

A ver:

Sabemos cuanto valen (a,b,c) y no sabemos cuanto vale 'minimo'.

$\dst{\sum_{i=1}^{n}(K\cdot f(v_i) - f'(v_i))^2 = minimo}$

Si hago:

$\dst{b^2 - 4\cdot a\cdot (c-minimo) = 0}$

Sabré cuanto vale 'minimo' y sabré cuanto vale 'K':

$\dst{K =\frac{-b}{2a}}$

Si???

Un saludo.

[Richard R Richard]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

Si hago:

$\dst{b^2 - 4\cdot a\cdot (c-minimo) = 0}$

Sabré cuanto vale 'minimo' y sabré cuanto vale 'K':

$\dst{K =\frac{-b}{2a}}$

Si???

Si matarias dos pajaros de un tiro,

vuelve a chequear que la entropia aumente con el tiempo de esta manera.

[Visitante]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

Perfecto.
Este 'minimo', (M), indica la diferencia entre un estado concreto
y su distribución equivalente MB. (A mayor M, menor Entropia (Mayor orden...))
Y el factor K, marca la distribucion MB equivalente...
Por ejemplo: (Para dispersion y partiendo del Estado Base perfectamente
ordenado)
Para t = -100 seg, M=945
Para t = 0 seg, M=610078
Para t = +100 seg, M=1294
(A partir del factor K y la vel. media se podria calcular la Temperatura equivalente
y la distribución equivalente MB a un estado concreto).
Ahora me falta ver como evoluciona el indice M entre 2 tiempos (2 estados)
con muchos estados intermedios. (Ver si la forma de la curva es continua
o 'vibra' alrededor de una forma continua...)( Es decir, ver si hay microestados
que aumentan el índice M...)
Y me falta ver como evoluciona un Estado Base con una distribucion MB...
es decir, con M=0.
Un saludo.

[Visitante]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

Hola.

1.- Hay un estado (N. (-20seg)) definido por la distribucion de las 784 velocidades.
Este estado tiene un indice M concreto (Entropia).

2.- Hay infinitos sub.estados (Nx (-20 seg)) definidos por la distribucion de las componentes
de las 784 velocidades. Y todos ellos tienen el mismo indice M.

3.- Todos estos sub.estados (Nx (-20 seg)) evolucionan de forma diferente y nos encontramos
con infinitos sub.estados (Nx (0 seg)) ligados uno a uno.
La mayoria de ellos 'vibran' alrededor de una Entropia maxima (indice M proximo a 0)
pero hay unos cuantos que se desestabilizan y pasan temporalmente por una punta
de Entropia minima (índice M muy alto) y luego, vuelven a estabilizarse en un valor
anterior de Entropia maxima.

4.- No encuentro ninguna variable con la que pueda definir una funcion de densidad
de probabilidad para diferenciar un sub.estado de otro y poder integrar.

5.- ¿Cual es la probabilidad que un sub.estado (Nx (-20 seg)) evolucione hacia un
sub.estado (Nx (t seg)) tal que el indice M supere en algún momento (entre -20 seg.
y t seg.) un valor alto (p.e. 10000)???

6.- He hecho una estimacion:
Considerando solo una inversion de las componentes de cada una de la velocidades,
hay aprox. 10^236 sub.estados (Nx) con solo 784 particulas.
Considerando que aprox. con solo 10 'inversiones', un sub,estado inicial (Nx (-20 seg))
con un indice M de aprox. 1500 evoluciona hacia un sub.estado (Nx (0 seg))
con un indice M de desde mas de 500000 a menos de 10000...
Aqui hay aprox. 10^22 sub.estados.
La probabilidad maxima es de 10^(-214)

7.- En Resumen: Esto es como si yo lanzo una flecha al azar y pongo el centro
de la diana donde ha caído la flecha. Luego calculo cual ha sido la trayectoria
de la flecha y luego me pregunto cual es la probabilidad que lanzando otra
flecha al azar vuelva a dar en la diana...
Es decir, un vaso de agua a 50 grados. ¿Es posible que temporalmente se cogele? SI
¿Es probable que se congele? NO.
¿Como de probable? Seguramente no lo vamos a ver nunca.

8.- El tema del tiempo y la Entropia.
No veo ninguna diferencia entre considerar que la Entropia aumenta/disminuye
en sentido positivo del tiempo o en sentido negativo del tiempo...en este caso.

9.- Este es el argumento que el Sr. Boltzmann presento ante el Sr. Poincare hace
como 150 años...(Pero yo... si no lo veo...tengo mis dudas...)

Gracias y un saludo.

[Richard R Richard]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

5.- ¿Cual es la probabilidad que un sub.estado (Nx (-20 seg)) evolucione hacia un
sub.estado (Nx (t seg)) tal que el indice M supere en algún momento (entre -20 seg.
y t seg.) un valor alto (p.e. 10000)???

La velocidad que pueda adquirir una partícula no depende de si misma depende de las que la rodean , por mas que otra particula le alcance desde atras esta tiene que venir con una velocidad mayor para cede algo de energia cinetica, y son muchas las que deben colaborar en una determinada disposición para que alguna se aleje de la media, es decir el incremento de temperatura o de caida de temperatura de una pequeña porción del sistema, es probable, lo que no es probable es que todo el sistema lo haga a la vez,eso mismo tu te lo contestas luego.

...
La probabilidad maxima es de 10^(-214)

Que siempre será distinta y mayor que 0 , y el tiempo para esperar ese suceso crece con la reciproca de la probabilidad.

¿Es posible que temporalmente se congele? SI

Es probable que una region pequeña la temperatura pase por debajo de la de congelamiento durante breves instantes, para luego elevarse, incluso puedes suponer que, en un sistema muy numeroso de particulas siempre tenga una región en la que eso pueda estar sucediendo continuamente, pero que la región vaya moviendose con movimiento browniano o apareciendo y desapareciendo.

¿Es probable que se congele? NO.

Es altisimamente improbable, pero no nulo.

8.- El tema del tiempo y la Entropia.
No veo ninguna diferencia entre considerar que la Entropia aumenta/disminuye
en sentido positivo del tiempo o en sentido negativo del tiempo...en este caso.

9.- Este es el argumento que el Sr. Boltzmann presento ante el Sr. Poincare hace
como 150 años...(Pero yo... si no lo veo...tengo mis dudas...)

Tengo mi conocimiento limitado en física estadística, creo no equivocarme al decir que las leyes de Fourier de la transmisión de calor, se basan en estos principios, que el flujo de energía térmica en un sentido se da con mas probabilidad hacia un determinado equilibrio que hacia otro , por lo que entonces hay un flujo neto de energía entre los estado mas probables,
y se ha visto que el "parámetro" entropía total (la suma de universo y sistema), siempre crece entre dos estados sucesivos de equilibrio.

Analizar cuales fueron las condiciones previas para que se de una determinada distribución energias , velocidades y posiciones, te lleva a que ese suceso sea altamente improbable, pero no imposible.
Si lo que estas haciendo "yendo y volviendo" en el tiempo, lo repites muchisimas veces , iterando ciclos, los mismos errores de calculo te llevaran a la corta cuanto menos preciso o a la alarga cuanto mas preciso a una distribución MB.

[Visitante]

Re: El tipico problema de la mezcla de gases

En el hilo anterior me referia solo al sistema de particulas.

Pero el sistema de la caja evoluciona de forma similar al de particulas.
Es decir, normalmente, pongamos con una probabilidad, ((10^236-10^22) / 10^236),
los 2 sistemas 'vibran' alrededor de un estado casi-MB indefinidamente.
Pero en algunos casos, pongamos con una probabilidad, (10^22 / 10^236),
los 2 sistemas se desequilibran momentaneamente y adquieren un estado de
Entropia minima para luego volver a su estado original casi-MB.

En estos momentos, la Energia se transfiere de las particulas a la caja o viceversa.

Al principio, los 2 sistemas tienen la misma Energia, luego, la caja se enfria
y las particulas se sobrecalientan y luego, la caja se vuelve a calentar y las particulas
a enfriarse.

Como la Energia del sistema total es constante, la Energia que pierde/gana la caja
la ganan/pierden las particulas.

1.- La Energia no siempre se transfiere del sistema caliente al frio...
2.- No veo ninguna tendencia del indice M (Entropia) a tender a 'cero'...
sino que se mantiene mas o menos constante. (O al menos, es imperceptible
en tiempos cortos).
3.- No veo ninguna diferencia en considerar la evolucion del sistema total
en sentido de tiempos positivos o en sentido de tiempos negativos.

Como esto es solo Cinematica, creo que la 'historia' que la Entropia de
un sistema aumenta siempre con el tiempo debe venir de otro camino...
Por ejemplo, no podemos aislar la Energia de la caja-particulas del resto
del universo...luego todo el sistema debe perder Energia continuamente,
luego, no puede volver a un estado anterior porque no puede tener la misma Energia...
Pero esto ya no es Cinematica.

La solucion que dió Boltzmann ante Poincaré el problema de la paradoja
de la invertibilidad es que:
'Si. Es posible que un sistema mecanico, termicamente aislado, vuelva a su estado
inicial al cabo de un tiempo (T). Pero que la probabilidad que esto suceda
al 99.99...% de confianza es practicamente nula en tiempos razonables'.

Un saludo.