थर्मोडायनामिक्स में कॉम्बिनेटरिक्स की समस्याएं
एक ऐसी भौतिक प्रणाली जिसमें लाखों तत्व हों, उसे कितने तरीकों से व्यवस्थित किया जा सकता है? इस कक्षा में, हम इस सवाल का उत्तर देने के लिए गणित के उपयोग को थर्मोडायनामिक्स के संदर्भ में देखेंगे। इसमें ऊर्जा क्वांटा के वितरण से लेकर बड़े पैमाने पर प्रणालियों में संभावित विन्यासों की गणना शामिल है। हम बड़े संख्याओं को संभालने और कठिन समस्याओं को हल करने के लिए कॉम्बिनेटरिक्स, लॉगरिदम्स और स्टर्लिंग फॉर्मूला जैसी उपकरणों का उपयोग करेंगे।
अध्ययन के उद्देश्य:
कक्षा के अंत तक छात्र सक्षम होंगे:
- समझना कि थर्मोडायनामिक्स के संदर्भ में भौतिक प्रणालियों को व्यवस्थित करने में कॉम्बिनेटरिक्स की समस्याओं का उपयोग कैसे होता है।
- गणना करना कि आणविक प्रणालियों के संभावित विन्यासों को संख्यात्मक रूप से कैसे निर्धारित किया जाए।
- लागू करना कि स्टर्लिंग फॉर्मूला का उपयोग जटिल विन्यासों की परिमाण का अनुमान लगाने के लिए कैसे किया जाए।
विषय-सूची:
कॉम्बिनेटरिक्स की समस्याएं
बड़ी संख्याओं की समस्याएं
आर्डर ऑफ मैग्नीट्यूड की गणना के लिए लॉगरिदम और स्टर्लिंग फॉर्मूला का उपयोग
सरलीकृत अनुमान के माध्यम से विकास
सामान्य अनुमान के माध्यम से विकास
कॉम्बिनेटरिक्स और परिमाण गणना के उदाहरण
केस 1: बड़े फैक्टोरियल्स
केस 2: बड़े कॉम्बिनेटरिक्स
कुछ भौतिक स्थितियों में एक सामान्य सवाल यह होता है: किसी दिए गए प्रणाली को कितने अलग-अलग तरीकों से व्यवस्थित किया जा सकता है? ये कॉम्बिनेटरिक्स समस्याएं थर्मोडायनामिक्स में आम हैं। हालांकि ये शुरू में सरल लग सकती हैं, लेकिन बड़ी संख्याओं को शामिल करते समय जटिल हो जाती हैं, जैसे कि एवोगाड्रो संख्या N_A, जो यह दिखाती है कि इतनी बड़ी मात्रा के साथ काम करना कितना चुनौतीपूर्ण हो सकता है।
कॉम्बिनेटरिक्स की समस्याएं
थर्मोडायनामिक्स में कॉम्बिनेटरिक्स शामिल समस्याओं की जटिलता को समझने के लिए, निम्नलिखित उदाहरण पर विचार करें:
उदाहरण: ऊर्जा क्वांटा के वितरण पर संयोजन
मान लीजिए कि एक प्रणाली 10 परमाणुओं से बनी है। प्रत्येक परमाणु केवल 1 या 0 ऊर्जा इकाइयों, जिन्हें ऊर्जा क्वांटा कहते हैं, को संग्रहित कर सकता है। यदि हमारे पास (a) 10 ऊर्जा क्वांटा और (b) 5 ऊर्जा क्वांटा हों, तो इन क्वांटा को कितने विभिन्न तरीकों से वितरित किया जा सकता है?
समाधान
हम परमाणुओं को उन रिक्त स्थानों के रूप में प्रस्तुत करते हैं जो एक ऊर्जा क्वांटा को संग्रहित कर सकते हैं। यदि एक स्थान भरा हुआ है, तो इसका मतलब है कि संबंधित परमाणु पहले से ही अपना ऊर्जा क्वांटा रखता है।
\displaystyle \binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}
यह गणना हमें संभावित स्थितियों की संख्या \Omega प्रदान करती है।
(a) यदि 10 स्थानों में 10 ऊर्जा क्वांटा वितरित किए जाते हैं, तो इसे करने का केवल एक ही तरीका है। अतः, \Omega=1:
\displaystyle \Omega = \binom{10}{10}=\dfrac{10!}{10!(10-10)!} = \dfrac{10!}{10!0!} = 1
(b) 10 स्थानों में 5 ऊर्जा क्वांटा वितरित करने के लिए, गणना इस प्रकार है:
\begin{array}{rl} \Omega &= \displaystyle\binom{10}{5} \\ \\ &=\dfrac{10!}{5!(10-5)!} = \dfrac{10!}{5!\cdot 5!} \\ \\ &= \dfrac{5! \cdot 6\cdot 7\cdot 8 \cdot 9\cdot 10}{5! \cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5} \\ \\ &= \dfrac{ 7\cdot 8 \cdot 9\cdot 10}{ 4\cdot 5} = 7\cdot 2 \cdot 9 \cdot 2 = 252 \end{array}
इस प्रकार, 252 संभावित विन्यास हैं।
बड़ी संख्याओं की समस्याएं
अब तक हमने जो विश्लेषण किया है, वह केवल शुरुआत है। यदि हम केस (b) की प्रणाली को 100 परमाणुओं और 50 क्वांटा तक बढ़ाते हैं, तो हमें \Omega \approx 10^{28} प्राप्त होगा। अब कल्पना करें कि यदि यही गणना एक मोल परमाणुओं के साथ की जाए, तो परिणाम अविश्वसनीय होगा।
आर्डर ऑफ मैग्नीट्यूड की गणना के लिए लॉगरिदम और स्टर्लिंग फॉर्मूला का उपयोग
जब हम \Omega = \binom{n}{k} जैसे मान के परिमाण का अनुमान लगाना चाहते हैं, विशेष रूप से जब k=n/2 हो, जो अधिकतम मान प्राप्त करने का मामला है, तो स्टर्लिंग के लॉगरिदमिक अनुमान का उपयोग करना उपयोगी होता है।
इस परिमाण के संख्याओं को संभालने के लिए, हम गणना को लॉगरिदम लेते हुए पुनः स्वरूपित कर सकते हैं:
\displaystyle \ln(\Omega)=\ln\left(\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\right)= \ln(n!) - \ln((n-k)!) - \ln(k!)
इस अभिव्यक्ति को स्टर्लिंग के लॉगरिद्मिक अनुमान का उपयोग करके सरलीकृत किया जा सकता है। इसके लिए हमारे पास दो संभावित संस्करण हैं: सामान्य और सरलीकृत:
- सामान्य अनुमान: \ln(n!) \approx \dfrac{1}{2}\ln(2n\pi) + n\ln(n) - n
- सरलीकृत अनुमान: \ln(n!) \approx n\ln(n) - n
सरलीकृत अनुमान के माध्यम से विकास
सरलीकृत अनुमान का उपयोग करके, निम्नलिखित परिणाम प्राप्त होते हैं:
\begin{array}{rl} \ln(\Omega) & \approx n\ln(n) - n - (n-k)\ln(n-k) + (n-k) - k\ln(k) + k \\ \\ &= n\ln(n) - (n-k)\ln(n-k) - k\ln(k) \\ \\ &= n\ln(n) - n\ln(n-k) + k\ln(n-k) - k\ln(k) \\ \\ &= \ln\left[ \left( \dfrac{n}{n-k} \right)^n \right] + k\ln\left( \dfrac{n-k}{k} \right) \\ \\ &= \ln\left[ \dfrac{1}{\left(1 - \dfrac{k}{n} \right)^n} \right] + k\ln\left( \dfrac{n}{k} - 1 \right) \end{array}
जैसे-जैसे n बड़ा होता है, हम निम्न संबंध लागू कर सकते हैं:
\displaystyle \lim_{n\to\infty} \left(1-\dfrac{k}{n} \right)^n = e^{-k}
इसलिए:
\ln(\Omega) \approx \ln(e^k) + k\ln\left( \dfrac{n}{k} -1 \right) = k + k\ln\left( \dfrac{n}{k} -1 \right)
अंततः, लॉगरिदम के बेस परिवर्तन का उपयोग करते हुए, हमें मिलता है:
\log(\Omega) = \log(e)\ln(\Omega) \approx k\log(e)\left[1 + \ln\left( \dfrac{n}{k} - 1 \right) \right]
जिससे हमें अंतिम परिणाम प्राप्त होता है:
\boxed{\Omega \approx 10^{k\log(e)\left[1 + \ln\left( \dfrac{n}{k} - 1 \right) \right]}}
हालांकि यह परिणाम \Omega का सटीक मान नहीं देता है, यह इसकी संख्या को बेहतर अनुमान देता है और जैसे-जैसे n बढ़ता है, इसका उपयोग और बेहतर हो जाता है।
इसके अतिरिक्त, यह दृष्टिकोण \Omega के अधिकतम मान का तेजी से अनुमान लगाने की अनुमति देता है। यदि k=n/2 हो, तो हमें प्राप्त होता है:
\text{Max}\left(\Omega\right) \approx 10^{\dfrac{n}{2}\log(e)\left[1 + \ln\left( \dfrac{n}{n/2} - 1 \right) \right]} = 10^{ n\log(e)/2 }
सामान्य अनुमान के माध्यम से विकास
हालांकि सामान्य अनुमान के माध्यम से विकास अधिक सटीक परिणाम देगा, यह कुछ अतिरिक्त गणनाओं को शामिल करेगा। इन गणनाओं के परिणाम बड़े n मानों के लिए सरलीकृत अनुमान के समान ही होंगे। सामान्य अनुमान का विकास सरलीकृत अनुमान में पहले से की गई कई गणनाओं को पुन: उपयोग करते हुए इस प्रकार है:
\begin{array}{rcl} \ln(\Omega) & = & \ln\left(\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\right)= \ln(n!) - \ln((n-k)!) - \ln(k!) \\ \\ & \approx & \color{red}\dfrac{1}{2}\ln(2n\pi)\color{black} + n\ln(n) - n \\ \\ & & \color{red}-\dfrac{1}{2}\ln(2(n-k)\pi)\color{black} - (n-k)\ln(n-k) + (n-k) \\ \\ & & \color{red}-\dfrac{1}{2}\ln(2k\pi)\color{black} - k\ln(k) + k \end{array}
लाल रंग में चिह्नित भाग वे अतिरिक्त तत्व हैं जो सामान्य अनुमान में शामिल किए जाते हैं। इसके अलावा अन्य गणनाएं सरलीकृत अनुमान के समान हैं। इससे हमें मिलता है:
\begin{array}{rcl} \ln(\Omega) & \approx & \color{red}\dfrac{1}{2}\ln\left( \dfrac{2n\pi}{2(n-k)\pi \cdot 2k\pi} \right)\color{black} + k + k\ln\left(\dfrac{n}{k} - 1\right) \\ \\ & = & k + k\ln\left(\dfrac{n}{k} - 1\right) - \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{2k\pi(n-k)}{n}\right) \end{array}
लॉगरिदम के बेस परिवर्तन का उपयोग करके:
\log(\Omega) = \log(e)\ln(\Omega) \approx \log(e) \left[ k + k\ln\left(\dfrac{n}{k} - 1\right) - \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{2k\pi(n-k)}{n}\right) \right]
और अंततः, 10 के आधार पर घातांक लेते हुए:
\Omega \approx 10^{\log(e) \left[ k + k\ln\left(\dfrac{n}{k} - 1\right) - \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{2k\pi(n-k)}{n}\right) \right]}
अब, जैसे पहले, हम k=n/2 के मामले का विश्लेषण करके इस संख्या के अधिकतम मान का अनुमान प्राप्त कर सकते हैं। यह हमें निम्नलिखित परिणाम देगा:
\begin{array}{rcl} \text{Max}(\Omega) &\approx & 10^{\log(e) \left[ \dfrac{n}{2} + \dfrac{n}{2}\ln\left(\dfrac{n}{(n/2)} - 1\right) - \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{2(n/2)\pi(n-n/2)}{n}\right) \right]} \\ \\ & = & 10^{\log(e) \left[\dfrac{n}{2} - \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{n\pi}{2} \right) \right]} = 10^{\log(e)(n-\ln(n\pi/2))/2} \end{array}
कॉम्बिनेटरिक्स और परिमाण गणना के उदाहरण
केस 1: बड़े फैक्टोरियल्स
आइए \left(10^{50}\right)! के परिमाण का अनुमान लगाएं, यानी इस संख्या को लिखने के लिए आवश्यक अंकों की संख्या।
समाधान
इस गणना को करने के लिए, हम स्टर्लिंग सूत्र का इस प्रकार उपयोग करते हैं:
\begin{array}{rl} \ln\left[ \left(10^{50}\right)! \right] &\approx 10^{50}\ln\left(10^{50}\right) - 10^{50}\\ \\ &= \left[\ln\left(10^{50}\right) -1\right]10^{50} \\ \\ &= \left[50\ln(10)-1 \right]10^{50} \\ \\ \end{array}
इसके बाद, हम लॉगरिदम के आधार परिवर्तन का उपयोग करते हैं:
\ln\left[ \left(10^{50}\right)! \right] = \dfrac{\log\left[\left(10^{50}\right)!\right]}{\log{e}}
इसलिए:
\log\left[ \left(10^{50}\right)! \right] \approx \log(e)\left[50\ln(10)-1 \right]10^{50}
अंततः, 10 के आधार पर घातांक लेते हुए, हमें प्राप्त होता है:
\left(10^{50}\right)! \approx 10^{\log(e)\left[50\ln(10)-1 \right]10^{50}} = 10^{49,5657 \cdot 10^{50}}
यहां 10 के ऊपर का घातांक उस परिमाण का प्रतिनिधित्व करता है, जो \left(10^{50}\right)! को दर्शाने के लिए आवश्यक अंकों की संख्या का अनुमान प्रदान करता है।
केस 2: बड़े कॉम्बिनेटरिक्स
एक औसत घर में लगभग 12 लाइट स्विच होते हैं, जो चालू या बंद हो सकते हैं। औसतन, प्रत्येक घर में 4 लोग रहते हैं। यदि एक शहर में 50 लाख लोग हैं, तो शहर के स्विचों में से आधे स्विचों के चालू होने के कितने संभावित तरीके हो सकते हैं?
समाधान
शहर में कुल स्विचों की संख्या n इस प्रकार है:
\begin{array}{rcl} n &=&\dfrac{\text{शहर की जनसंख्या}}{\text{प्रत्येक घर में लोग}} \times \text{प्रत्येक घर में स्विच} \\ \\ &=& \dfrac{5\cdot 10^6}{4}\cdot 12 = 15\cdot 10^6 \end{array}
शहर के स्विचों में से आधे के चालू होने वाले माइक्रोस्टेट्स का मैक्रोस्टेट उस स्थिति का प्रतिनिधित्व करता है जो सबसे अधिक संभावनाओं के साथ होता है। इस अधिकतम संख्या को \Omega_{max} के रूप में दर्शाया जा सकता है। इसके लिए अनुमान निम्न प्रकार से किए जा सकते हैं:
- सामान्य अनुमान: \Omega_{max} = 10^{\log(e)\left[15\cdot10^6 - \ln\left(15\pi\cdot10^6 / 2 \right) \right]/2} \approx 10^{6.514.413,542}
- सरलीकृत अनुमान: \Omega_{max} = 10^{\log(e)\left[15\cdot10^6 \right]/2} \approx 10^{6.514.417,229}
हालांकि दोनों अनुमानों में लगभग 4 परिमाणों का अंतर है (जो बहुत लग सकता है), लेकिन यह 65 लाख से अधिक परिमाणों की तुलना में महत्वहीन है।