Problemas de Combinatorias en Termodinámica

¿Cuántas formas existen de organizar un sistema físico compuesto por millones de elementos? En esta clase, abordaremos cómo las matemáticas permiten responder preguntas como esta en el contexto de la termodinámica, desde la distribución de cuantos de energía en sistemas atómicos hasta el cálculo de configuraciones posibles en sistemas de gran escala. Utilizando herramientas como las combinatorias, los logaritmos y la fórmula de Stirling, exploraremos cómo manejar números extraordinariamente grandes y resolver problemas aparentemente inabordables.

Objetivos de Aprendizaje:
Al finalizar esta clase el estudiante será capaz de

1. Comprender cómo los problemas de combinatoria se aplican en el contexto de la termodinámica, específicamente en la organización de sistemas físicos.
2. Calcular configuraciones posibles de sistemas atómicos mediante números combinatorios.
3. Aplicar la fórmula de Stirling para estimar el orden de magnitud de configuraciones complejas.

ÍNDICE DE CONTENIDOS:
Problemas de combinatoria
Problemas con grandes números
Uso de logaritmos y la fórmula de Stirling para el cálculo del orden de magnitud
Desarrollo mediante la aproximación simplificada
Desarrollo mediante la aproximación ordinaria
Ejemplos de cálculos combinatorios y de orden de magnitud
Caso 1: Grandes factoriales
Caso 2: Grandes combinatorias

Una pregunta común en ciertas situaciones físicas es: ¿De cuántas maneras distintas se puede organizar un sistema dado? Estos problemas combinatorios son frecuentes en termodinámica. Aunque inicialmente parecen sencillos, se vuelven complejos al incorporar números extremadamente grandes, como el número de Avogadro N_A, que ejemplifican lo abrumador que puede resultar trabajar con magnitudes de esta escala.

Problemas de combinatoria

Para comprender la magnitud de los problemas que involucran combinatoria en termodinámica, consideremos el siguiente ejemplo:

Ejemplo: combinaciones sobre cuantos de energía

Supongamos un sistema compuesto por 10 átomos. Cada átomo puede almacenar únicamente 1 o 0 unidades de energía, denominadas cuantos de energía. ¿De cuántas formas distintas se pueden distribuir estos cuantos si tenemos (a) 10 cuantos de energía y (b) 5 cuantos de energía?

Solución

Representamos los átomos como espacios disponibles para almacenar un cuanto de energía. Si un espacio está lleno, significa que el átomo correspondiente ya posee su cuanto de energía.

Para contar las formas en que k cuantos de energía se distribuyen entre n espacios, utilizamos el número combinatorio:

\displaystyle \binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}

Este cálculo nos proporciona el número \Omega de estados posibles.

(a) Si hay 10 cuantos distribuidos entre 10 espacios, solo existe una forma de hacerlo. Por lo tanto, \Omega=1:

\displaystyle \Omega = \binom{10}{10}=\dfrac{10!}{10!(10-10)!} = \dfrac{10!}{10!0!} = 1

(b) Para 5 cuantos distribuidos entre 10 espacios, realizamos el cálculo:

\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}

Por lo tanto, hay 252 configuraciones posibles.

Problemas con grandes números

Lo que hemos analizado hasta ahora es solo el comienzo. Si ampliamos el sistema del caso (b) a 100 átomos y 50 cuantos, obtendremos \Omega \approx 10^{28}. Ahora, imagina realizar el mismo cálculo con un mol de átomos; el resultado sería inconcebible.

Uso de logaritmos y la fórmula de Stirling para el cálculo del orden de magnitud

Cuando deseamos estimar una magnitud de la forma \Omega = \binom{n}{k} para valores grandes de n, especialmente cuando k=n/2, que es el caso en el que se alcanzan los valores máximos, resulta útil emplear la aproximación logarítmica de Stirling.

Para manejar números de esta magnitud, podemos reformular los cálculos tomando logaritmos, obteniendo:

\displaystyle \ln(\Omega)=\ln\left(\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\right)= \ln(n!) - \ln((n-k)!) - \ln(k!)

Esta expresión se puede trabajar utilizando la aproximación de Stirling para el logaritmo factorial, para esto tenemos dos versiones posibles, la ordinaria y la simplificada:

• Aproximación ordinaria: \ln(n!) \approx \dfrac{1}{2}\ln(2n\pi) + n\ln(n) - n
• Aproximación simplificada: \ln(n!) \approx n\ln(n) - n

Desarrollo mediante la aproximación simplificada

Usando la aproximación simplificada se obtienen los siguientes resultados:

\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}

Como esta aproximación considera valores grandes de n, aplicamos la relación:

\displaystyle \lim_{n\to\infty} \left(1-\dfrac{k}{n} \right)^n = e^{-k}

Por lo tanto:

\ln(\Omega) \approx \ln(e^k) + k\ln\left( \dfrac{n}{k} -1 \right) = k + k\ln\left( \dfrac{n}{k} -1 \right)

Finalmente, al emplear el cambio de base para logaritmos, obtenemos:

\log(\Omega) = \log(e)\ln(\Omega) \approx k\log(e)\left[1 + \ln\left( \dfrac{n}{k} - 1 \right) \right]

Lo que nos conduce al resultado:

\boxed{\Omega \approx 10^{k\log(e)\left[1 + \ln\left( \dfrac{n}{k} - 1 \right) \right]}}

Aunque este resultado no da el valor exacto de \Omega, permite obtener una estimación del número de dígitos necesarios para representarlo y que mejora conforme n se hace más grande. Con este método basta con calcular lo que figura en el exponente, algo que la mayoría de las calculadoras si pueden realizar.

Además, este enfoque permite estimar rápidamente el valor máximo de \Omega para un valor grande de n. Considerando el caso en que k=n/2, obtenemos:

\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 }

Desarrollo mediante la aproximación ordinaria

Si bien el desarrollo mediante la aproximación ordinaria ofrecerá un resultado más preciso, se este implicará algunos cálculos adicionales que conduciran a resultados aproximadamente equivalentes para grandes valores de n. El desarrollo de esta aproximación reciclará varios de los cálculos ya realizados en la aproximación simplificada quedando como se muestra en el siguiente razonamiento:

\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}

La parte destacada en rojo corresponde a los elementos adicionales considerados en la aproximación ordinara, mientras que todo lo demás es lo que ya se obtuvo en la aproximación ordinaria. A partir de esto se tiene:

\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}

Luego, empleando cambio de base de logaritmos se tiene

\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]

Finalmente, tomando exponencial de base 10 se obtiene

\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]}

Ahora, de forma análoga a antes, podemos encontrar el valor máximo de este número evaluando con k=n/2, que en este caso proporcionará el siguiente resultado:

\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}

Ejemplos de cálculos combinatorios y de orden de magnitud

Caso 1: Grandes factoriales

Estimemos el orden de magnitud de \left(10^{50}\right)!, es decir, la cantidad de dígitos necesarios para escribir dicho número.

Solución

Para realizar este cálculo, utilizamos la fórmula de Stirling de la siguiente manera:

\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}

A continuación, aplicamos el cambio de base de los logaritmos:

\ln\left[ \left(10^{50}\right)! \right] = \dfrac{\log\left[\left(10^{50}\right)!\right]}{\log{e}}

Por lo tanto:

\log\left[ \left(10^{50}\right)! \right] \approx \log(e)\left[50\ln(10)-1 \right]10^{50}

Finalmente, al aplicar la exponencial de base 10, obtenemos:

\left(10^{50}\right)! \approx 10^{\log(e)\left[50\ln(10)-1 \right]10^{50}} = 10^{49,5657 \cdot 10^{50}}

El exponente sobre el 10 representa el orden de magnitud, proporcionando una estimación de la cantidad de dígitos que tiene el número \left(10^{50}\right)!.

Caso 2: Grandes combinatorias

Una casa promedio tiene aproximadamente 12 interruptores de luz, los cuales pueden estar encendidos o apagados. En promedio, cada casa alberga 4 personas. Si una ciudad tiene 5 millones de habitantes, ¿de cuántas formas posibles puede estar encendida la mitad de los interruptores de la ciudad?

Solución

El número n de interruptores totales en la ciudad es:

\begin{array}{rcl} n &=&\dfrac{\text{habitantes en la ciudad}}{\text{personas por casa}} \times \text{interruptores por casa} \\ \\ &=& \dfrac{5\cdot 10^6}{4}\cdot 12 = 15\cdot 10^6 \end{array}

El macroestado formado por todos los microestados en los que la mitad de los interruptores están encendidos coincide con el macroestado que tiene el mayor número de configuraciones posibles. Denotando este número máximo como \Omega_{max}, podemos obtener las siguientes estimaciones según cada método:

Estimación ordinaria: \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}
Estimación simplificada: \Omega_{max} = 10^{\log(e)\left[15\cdot10^6 \right]/2} \approx 10^{6.514.417,229}

Si bien entre ambas aproximaciones hay una diferencia de cercana a 4 ordenes de magnitud (que puede parecer bastante), en realidad esto no es realmente importante al lado de más de 6 millones y medio de órdenes de magnitud.