امیدوار بنیادی تعلقات کی چھانٹی

سوال 1۔ تمام امتدادی متغیرات کو $\lambda >0$ سے ضرب دیں۔ تعلق (1) کے لیے

$$a\sqrt{(\lambda N)(\lambda U)(\lambda V)}=a\sqrt{{\lambda }^{3}NUV}={\lambda }^{3/2}a\sqrt{NUV}.$$

یہ درجہ $3/2$ کا متجانس ہے، درجہ ایک کا نہیں: نظام کا سائز دوگنا کرنے سے اس کی اینٹروپی $2^{3/2}\approx 2,8$ سے ضرب کھا جاتی۔ یہ امتدادی نہیں اور اسے رد کرنا ہوگا۔

تعلق (2) کے لیے

$$b\frac{(\lambda N{)}^3}{(\lambda U)(\lambda V)}=b\frac{{\lambda }^3{N}^3}{{\lambda }^{2}UV}=\lambda b\frac{N^3}{UV}.$$

یہ واقعی امتدادی ہے۔ مگر $U$ کے لحاظ سے اس کا مشتق

$$\frac{1}{T}={\left(\frac{\partial S}{\partial U}\right)}_{V,N}=-b\frac{N^3}{U^{2}V}<0$$

ہے، جو منفی درجۂ حرارت دیتا۔ اسے بھی رد کرنا ہوگا۔

تعلق (3) کے لیے

$$a\frac{(\lambda S{)}^4}{(\lambda N)(\lambda V{)}^2}=a\frac{{\lambda }^4{S}^4}{{\lambda }^{3}N{V}^2}=\lambda a\frac{S^4}{N{V}^2}.$$

یہ امتدادی ہے۔ سوال 3 میں ہم جانچیں گے کہ اس کا درجۂ حرارت مثبت ہے: یہی واحد قابلِ قبول تعلق ہے۔

سوال 2۔ $U=a{S}^4{N}^{-1}{V}^{-2}$ کا ہر متغیر کے لحاظ سے، باقی دو کو مقرر رکھ کر، تفرق کریں:

$$T={\left(\frac{\partial U}{\partial S}\right)}_{V,N}=\frac{4a{S}^3}{N{V}^2},P=-{\left(\frac{\partial U}{\partial V}\right)}_{S,N}=-a\frac{S^4}{N}\cdot (-2)V^{-3}=\frac{2a{S}^4}{N{V}^3},\mu ={\left(\frac{\partial U}{\partial N}\right)}_{S,V}=a\frac{S^4}{V^2}\cdot (-1)N^{-2}=-\frac{a{S}^4}{N^2{V}^2}.$$

$S$، $V$ اور $N$ کو $\lambda$ سے ضرب دیں۔ $T$ کے شمار کنندہ کو عامل ${\lambda }^3$ ملتا ہے اور اس کے نسب نما کو بھی: $T$ نہیں بدلتا۔ $P$ کے لیے ${\lambda }^4/{\lambda }^{1+3}=1$ ملتا ہے، اور $\mu$ کے لیے ${\lambda }^4/{\lambda }^{2+2}=1$۔ لہٰذا تینوں مقداریں شدتی ہیں۔

$U=a{S}^4/(N{V}^2)$ سے موازنہ کرنے پر پہچانتے ہیں کہ

$$TS=\frac{4a{S}^4}{N{V}^2}=4U,PV=\frac{2a{S}^4}{N{V}^2}=2U,\mu N=-\frac{a{S}^4}{N{V}^2}=-U,$$

لہٰذا $TS-PV+\mu N=4U-2U-U=U$: اویلر کا تعلق پورا ہوتا ہے۔

سوال 3۔ چونکہ $a>0$، $N>0$، $V^2>0$ اور $S\ge 0$، اس لیے $T=4a{S}^3/(N{V}^2)\ge 0$، اور مساوات صرف $S=0$ پر ہے۔ $S>0$ کے لیے مشتق $(\partial U/\partial S{)}_{V,N}=T$ سختی سے مثبت ہے: مقررہ $V$ اور $N$ پر $U$، $S$ کا سختی سے بڑھتا ہوا تفاعل ہے۔ لہٰذا اسے الٹا جا سکتا ہے۔ قوت $1/4$ لینے سے

$$S(U,V,N)={\left(\frac{N{V}^{2}U}{a}\right)}^{1/4}.$$

جب $S$ صفر کی طرف جائے تو $T=4a{S}^3/(N{V}^2)$ صفر کی طرف جاتا ہے: صفر درجۂ حرارت پر اینٹروپی صفر ہو جاتی ہے، جیسا کہ تیسرا اصول تقاضا کرتا ہے، جس سے ہم آگے چل کر ملیں گے۔

سوال 4۔ $T$ اور $P$ کے اظہارات کے درمیان $S$ کو حذف کرنا ہوگا۔ $T$ کا اظہار دیتا ہے

$$S^3=\frac{TN{V}^2}{4a}⟹S={\left(\frac{TN{V}^2}{4a}\right)}^{1/3}.$$

چونکہ $S^4=S\cdot S^3$، اسے $P$ میں رکھیں:

$$P=\frac{2a}{N{V}^3}{S}^4=\frac{2a}{N{V}^3}\cdot \frac{TN{V}^2}{4a}\cdot S=\frac{T}{2V}{\left(\frac{TN{V}^2}{4a}\right)}^{1/3}.$$

جذر ختم کرنے کے لیے مکعب لیں:

$$P^3=\frac{T^3}{8V^3}\cdot \frac{TN{V}^2}{4a}=\frac{N{T}^4}{32aV},\text{یعنی}32a{P}^{3}V=N{T}^4.$$

اس نظام کے لیے یہ مثالی گیس کی مساوات $PV=N{k}_{B}T$ کا مماثل ہے۔

سوال 5۔ قابلِ برگشت ادیابیاتی عمل کے ساتھ اینٹروپی مستقل ہے، اور $N$ مقرر ہے۔ لہٰذا

$$P=\frac{2a{S}^4}{N}\cdot \frac{1}{V^3}$$

میں عامل $2a{S}^4/N$ مستقل ہے، اور

$$P{V}^3=\text{const}.$$

خاکہ $(P,V)$ میں قابلِ برگشت ادیابیاتی منحنیاں $P\propto V^{-3}$ صورت کی ہیں، جو یک ایٹمی مثالی گیس کی ادیابیاتی منحنیوں $P\propto V^{-5/3}$ سے زیادہ ڈھلوان دار ہیں۔