1-Statistik Untuk Sistem Kecil [PDF]

Citation preview

BAB 1 STATISTIK SISTEM KECIL (Statistics for small system).



Pendahuluan Setiap sistem makroskopik mengandung jumlah elemen mikroskopik yang sangat banyak. Segelas air mempunyai lebih dari 1024 molekul-molekul air yang identik, dan ruangan kuliah yang kita tempati sekarang mungkin lebih dari 1027 molekul Nitrogen yang identik dan ¼ volume ruangan dipenuhi dengan molekul oksigen yang identik. Ciri-ciri sistem yang besar sangat mudah ditebak (predictable), namun ciri-ciri dari elemen kecil tidak mudah ditebak (lihat Gambar 1). Sistem yang mudah ditebak memberi peluang kepada kita dapat menggunakan cara fikir statistik dalam proses analisis tingkah laku anggota sistem



Gambar 1. Tingkah laku dari sekumpulan besar serangga yang dapat terbang lebih mudah ditebak dibandingkan tingkah laku dari seekor atau dua ekor serangga yang sama. Semakin besar jumlah anggota sistem, semakin dapat ditebak tingkah lakunya. Sebaliknya, tingkah laku sistem yang lebih kecil sangat tidak konsisten dan tidak dapat mudah diprediksi, sehingga memerlukan penggunaan cara fikir statistik yang lebih detail. Namun, pointnya disini adalah sistem besar memerlukan metoda fikir statistik yang lebih bermanfaat dan tepat. Nilai Rata-rata (Mean Values). Kita sekarang mengembangkan pola fikir dan sistem bekerja sehubungan dengan ciri-ciri dari suatu sistem ke tingkah laku elemen secara individual. Kita bayangkan bahwwa kita mempunyai banyak sistem yang dibuat identik (disebut juga ensamble). Sebagai contoh, jika sistem kita adalah lemparan (toss) koin kemudian kita mempunyai banyak koin, atau jika sistem kita adalah dua dadu yang dilempar kemudian kita mempunyai banyak pasangan dadu yang dilemparkan. Setiap sistem dapat berada dalam beberapa konfigurasi yang berbeda atau beberapa keadaan (states). Kita misalkan Ps menunjukkan probabilitas bahwa suatu sistem berada dalam keadaan s. Misalkan, kita menggunakan fungsi sembarang f , yang mempunyai nilai fs bila sistem dalam keadaan s. Kemudian rata-rata atau nilai rata-rata 𝑓 ̅ ditentukan sebagai berikut: ̅ 𝑠 𝑓𝑠 𝑃𝑠 𝑓=∑



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 1



Contoh 1: Kita mempunyai sistem sebuah koin dan fungsi f adalah jumlah kepala, Maka, f =1 untuk kepala (h), dan f =0 untuk ekor (t). Berapakah nilai rata-rata f jika koin dilempar dalam jumlah yang banyak?



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 2



Probabilitas untuk kepala dan ekor adalah Ph = ½, Pt = ½, sehingga nilai rata-rata f adalah ̅ fh Ph + ft Pt = 1 x ½ + 0 x ½ = ½ 𝑓= Oleh karena itu, jumlah rata-rata untuk kepala yang muncul untuk setiap koin adalah 1/2 .



Contoh 2. Sekarang kita tinjau setiap sistem adalah sebuah (tunggal) dadu tunggal yang dilemparkan dan n menyatakan jumlah titik (dot) yang muncul dan menghadap keatas. Misalkan f adalah pangkat dua dari jumlah titik yang muncul (fn = n2). Berapakah nilai rata-rata f jika dadu yang dilempar dengan jumlah banyak?



Setiap keenam sisi depan dadu mempunyai probabilitas 1/6, maka



𝑓 ̅ = ∑𝑛 𝑛2 𝑃𝑛 = (12 x 1/6) + (22 x 1/6) + (32 x 1/6) + (42 x 1/6) + (52 x 1/6) + (62 x 1/6)



= 91/6



Jadi, nilai rata-rata f = n2 adalah 91/6 atau 15,2



Jika f dan g adalah dua fungsi yang tergantung pada keadaan suatu sistem dan c adalah konstan maka,



̅̅̅̅̅̅̅ ̅ 𝑓 + 𝑔=𝑓+𝑔̅



̅̅̅= c𝑓 ̅ 𝑐𝑓 A. Probabilitas untuk Berbagai variasi Konfigurasi-konfigurasi (Probabilities for various configurations).



Kita sekarang menghitung probabilitas untuk suatu sistem terdapat dalam setiap konfigurasi yang mungkin atau keadaan (states). Sebagai Contoh, berapakah kemungkinan bahwa tiga buah koin ditoss yang muncul dengan dua kepala (h) dan satu ekor (t)? Atau berapakah kemungkinan bahwa 12 buah koin di-toss muncul dengan lima kepala dan tujuh ekor?.



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 3



Untuk penyelesaian soal ini, kita pilih kriteria yang tepat untuk setiap individu elemen. Maka kita misalkan p mewakili probabilitas yang memenuhi kriteria dan q adalah probabilitas yang tidak memenuhi kriteria. Kriteria yang dapat kita gunakan adalah Pelemparan (toss) dadu kepala (h) menghadap keatas (a flipped coin lands heads up) Probabilitas yang memenuhi kriteria ini adalah 1/2 , dan probabilitas yang tidak memenuhi (yaitu ekor menghadap keatas) juga adalah 1/2. Oleh karena itu p = ½,



q=½



1. Molekul udara tertentu mengisi ruang 1/3 bagian sedangkan yang lainnya kosong. Dalam kasus ini, p = 1/3, q = 2/3.



2. Dadu yang dilempar muncul enam titik (a rolled dice lands with six dots up). Dalam kasus ini, p = 1/6,



q = 5/6



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 4



Kriteria yang diformulasikan adalah baik dipenuhi atau tidak dipenuhi kriteria yang ditetapkan, kita dapat menyatakan dengan pasti bahwa harus menjadi satu atau lainnya.



Probabilitas untuk satu atau lainnya = p + q = 1



Misalkan bahwa suatu sistem mempunyai dua elemen yang identik, yang diberi label 1 dan 2. Konfigurasi yang mungkin dan probabilitas untuk dua elemen ditunjukkan dengan (p1+ q1) (p2 + q2) = 1 x 1 = 1 = p1p2 + p1q2 + q1p2 + q1q2 Dalam kasus ini, p1p2 adalah probabilitas bahwa kedua elemen memenuhi kriteria, sedangkan p1q2 adalah probabilitas bahwa elemen 1 memenuhi dan elemen 2 tidak, dan seterusnya.



Total keseluruhan, terdapat empat konfigurasi yang mungkin terjadi, seperti ditunjukkan pada empat suku pada ruas kanan pada persamaan diatas, dan setiap suku adalah probabilitas untuk konfigurasi tertentu. Fakta bahwa empat suku dijumlahkan untuk mengabungkan refleksi kepastian bahwa sistim harus satu dari empat konfigurasi.



Contoh. Kita membahas apakah muncul titik enam jika dua buah dadu dilempar serentak (diberi label 1 dan 2). Berapakah probabilitas untuk beberapa variasi konfigurasi yang mungkin terjadi dari kedua dadu?



Probabilitas bahwa dadu yang dilempar muncul dengan enam titik adalah 1/6, dan probabilitas yang muncul selain enam titik adalah 5/6: p1 = p2 = 1/6



q1 = q2 = 5/6



Probabilitas untuk semua konfigurasi yang mungkinan terjadi diperoleh dari persamaan: (p1+ q1) (p2 + q2) = p1p2 + p1q2 + q1p2 + q1q2 = ?



Berdasarkan persamaan diatas, probabilitas untuk empat konfigurasi yang mungkin diperoleh:    



Kedua dadu menampilkan enam titik: p1 p2 = (1/6) (1/6) = (1/36) Dadu 1 menampilkan enam titik, tetapi dadu 2 tidak: p1q2 =(1/6) (5/6) = (5/36) Dadu 1 tidak menampilkan enam titik, tetapi dadu 2 menampilkan enam titik: q1p2= (5/6) (1/6) = (5/6). Kedua dadu tidak menampilkan enam titik: q1q2 = (5/6) (5/6) = (25/36).



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 5



Jika dua elemen mempunyai probabilitas yang identik, seperti dua koin, dua dadu, atau du molekul udara dalam ruang, kita dapat menuliskan: p1 = p2 = p



dan



q1 = q2 = q



Probabilitas untuk berbagai konfigurasi yang mungkin terjadi diperoleh melalui persamaan (p1+ q1) (p2 + q2) = (p + q)2 = p2 + 2 pq + q2 =1.



Probabilitas p2 bahwa kedua elemen memenuhi persyaratan, sebaliknya q2 bahwa kedua elemen tidak memenuhi persyaratan, dan 2 pq bahwa satu elemen memenuhi persyaratan namun satu elemen lainnya tidak memenuhi persyaratan. Koefisien 2 menunjukkan bahwa ada dua cara dalam peristiwa tersebut dapat terjadi.  



p1q2 , dadu 1 memenuhi kriteria dan dadu 2 tidak, atau q1p2, dadau 2 memenuhi kriteria dan dadu 1 tidak.



Jika kita perluas analisis kita pada sistem yang terdiri tiga elemen, kita peroleh bahwa probabilitas diperoleh seperti: (p1+ q1) (p2 + q2) (p3+ q3) = (p+ q)3 = p3 + 3 p2q + 3pq2 + q3 = 1.



Berdasarkan persamaan diatas, probabilitas dari berbagai kemungkinan konfigurasi yang terjadi adalah



   



p3 , ketiga dadu memenuhi kriteria, 3 p2q, dua dadu memenuhi kriteria dan satu tidak, 3pq2, satu dadu memenuhi kriteria dan dua tidak, q3 , tidak satupun dadu yang memenuhi kriteria.



Jika kita teliti pada suku 3p2q, sebagai contoh, koefisien 3 menunjukkan bahwa ada tiga konfigurasi yang berbeda untuk dua elemen yang memenuhi kriteria dan satu elemen tidak. Tabel berikut ini menampilkan tiga daftar tiga kemungkinan.



Elemen-elemen yang memenuhi kriteria



Elemen yang tidak memenuhi kriteria



1, 2



3



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 6



1, 3



2



2, 3



1



Contoh 4. Kita melakukan tiga lemparan koin, diberi label 1, 2, dan 3. Berapakah tiga cara berbeda yang mungkin dapat diperoleh dengan dua kepala dan satu ekor, dan berapakah probabilitas (kebolehjadian) cara tersebut terjadi?



Tiga kemungkinan berbeda yang mungkin terjadi (h h t), (h t h), dan (t h h). Probabilitas untuk dua kepala dan satu ekor akan menjadi 1 2 1



3



3p2q = 3 (2) (2) = 8. Kita dapat mengembangkan kasus diatas untuk sistim yang terdiri atas empat elemen, atau lima, atau sembarang jumlah elemen N. Untuk suatu sistem dengan N elemen, probabilitas untuk semua konfigurasi yang mungkin diperoleh dari ekspansi binomial:



𝑁!



𝑛 𝑁−𝑛 (𝑝 + 𝑞)𝑁 = ∑𝑁 = 1𝑁 = 1. 𝑛=0 𝑛!(𝑁−𝑛)! 𝑝 𝑞



Suku ke-n dalam ekspansi ini menyatakan probabilitas 𝑃𝑁 (𝑛) bahwa elemen ke-n memenuhi kriteria dan elemen lainnya N – n tidak memenuhi kriteria:



𝑁!



𝑃𝑁 (𝑛) = 𝑛!(𝑁−𝑛)! 𝑝𝑛 𝑞 𝑁−𝑛



Jumlah susunan yang berbeda untuk n elemen yang memenuhi kriteria dan N – n tidak memenuhi kriteria diperoleh dengan koefisien binomial dalam persamaan diatas (lihat Gambar 2.2):



𝑁!



Jumlah konfigurasi = 𝑛!(𝑁−𝑛)!



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 7



Contoh 5. Tinjau lima molekul udara dalam suatu ruang kosong. Berapakah probabilitas bahwa dua dari kelima molekul secara pasti berada dalam “the front third”?



Gambar 2.2. Jumlah cara berbeda yang mana n dari N elemen dapat memenuhi suatu kriteria, digambarkan disini untuk: 1 dari 3 (kiri); 2 dari 4 (ditengah); dan 2 dari 5 (kanan). Tanda plus (+) menunjukkan suatu elemen yang memenuhi kriteria dan kosong menunjukkan sesuatu yang tidak memenuhi kriteria.



Untuk setiap molekul, probabilitas berada dalam “the front third “ adalah 1/3, maka p = 1/3, q = 2/3. Sistem mempunyai N = 5 molekul. Probabilitas untuk n = 2 dari kelima molekul berada dalam “the front third” adalah 5!



1 2 2 3



80



𝑃5 (2) = 2!3! (3) (3) = 243 = 0,33.



5!



Jumlah susunan yang berbeda diperoleh dari koefisien binomial: 2!3! = 10.



Menggunakan Faktorial (handling factorials)



Meskipun perhitungan probabilitas benar untuk sembarang ukuran, perhitungan menjadi lebih sulit jika jumlah elemen lebih sedikit. Sebagai contoh, jika kita ingin untuk mengetahui probabilitas secara pasti 40 dari 100 lemparan koin dengan hasil kepala, jawabannya seharusnya menjadi



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 8



100!



1 40 1 60 (2)



𝑃100 (40)=40!60! (2)



1



Meskipun, bilangan (2)40 dapat dihitung dengan menggunakan logaritma, faktorial (seperti 100!= 100 x 99 x 98 x 97 x ...) menjadi lebih sulit jika pangkat besar.



Suatu pendekatan yang dikenal rumus Stirling memberikan kemudahan pada kita menghitung faktorial dengan tepat untuk bilangan besar. Rumus Stirling adalah



𝑚 𝑚



𝑚! ≈ √2𝜋𝑚 ( 𝑒 ) ,



1



atau dengan menggunakan logaritma, ln 𝑚 ! ≈ 𝑚 ln 𝑚 − 𝑚 + 2 ln 2𝜋 𝑚



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 9



Sistem dengan Bebera Kriteria Bagaimanakah perlakuan yang kita terapkan pada probabilitas untuk distribusi yang melibatkan lebih dari dua kemungkinan? Sebagai contoh, kita ingin mengetahui distribusi molekul udara diantara tiga bagian ruang, dari depan ke belakang. 1). the front third (p1 = 1/3) 2). The next sixth (p2 = 1/6) 3). The back half (p3 =1/2)



Pada permasalahan ini, kita akan mengembangkan perlakuan yang telah kita terapkan sebelumnya untuk menunjukkan bahwa untuk suatu sistem yang terdiri dari N elemen dengan sejumlah kriteria khusus yang probabilitasnya secara berturut-turut p1, p2, ...pm , probabilitas bahwa n1 memenuhi kriteria pertama, n2 memenuhi kriteria kedua, dst. diperoleh melalui persamaan:



𝑃𝑛(𝑛1 ,𝑛2 ,…𝑛𝑚) =



𝑁! 𝑛 𝑛 𝑝 1𝑝 2 𝑛1 !𝑛2 !…𝑛𝑚 ! 1 2



𝑛



… 𝑝𝑚𝑚 .



Tingkah Laku Bebas Secara Statistik



Sejauh ini, kita beranggapan bahwa tingkah laku elemen dari suatu sistem bebas secara statistik, yaitu, bahwa tingkah laku dari setiap elemen bebas dari lain. Sebagai contoh, kita beranggapan bahwa probabilitas koin 2 menghasilkan kepala tidak tergantung apa yang terjadi pada coin 1.



Namun, terdapat banyak sistem yang tingkah laku elemen tidak bebas, yang mana tingkah laku dari elemen secara individual tidak bebas. Sebagai contoh, misalkan kita mengambil kartu Ace dari tumpukan kartu. Probabilitas dari pengambilan pertama untuk kartu Ace adalah 4/52, karena terdapat empat kartu Ace dalam tumpukan kartu dari 52 kartu. Namun, untuk kartu kedua, probabiltas tergantung pada pengambilan pertama. Jika kartu yang diambil adalah Ace, maka hanya tiga kartu Ace yang tersisa diantara 51 kartu lainnya. Jika tidak, maka masih terdapat empat kartu Ace tertinggal dalam tumpukan kartu. Maka probabilitas untuk kartu kedua akan menjadi 3/51 atau 4/51, tergantung pada pengambilan pertama. Dua tingkah laku tidak bebas secara statistik (Gambar 2.3).



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 10



Gambar 2.3. Berapakah probabilitas kartu berikut yang terdekat dengan queen? Apakah probabilitas tergantung pada apakah yang sudah dilakukan.



Dalam sistem fisika, interaksi antara partikel sering terjadi bahwa sembarang partikel dipengaruhi oleh tingkah laku partikel lainnya yang berdekatan. Jika kita gunakan penjelasan diatas pada sistim fisika, kita harus berhati-hati dalam memaknai bahwa tingkah laku individual elemen bebas secara statistik. Kita dapat memilih sekelompok partikel sebagai keseluruhan inti, atau sebuah molekul, atau sekelompok molekul. Tetapi bila kriteria bebas secara statistik, total probabilitas dengan mempertimbangkan semua kriteria hanya mengalikan setiap individual probabilitas.



Contoh. Misalkan sebuah molekul udara dalam suatu ruang kosong. Berapakah probabilitas untuk posisi dari molekul tersebut terhadap the front third dan the top half of the room.



 



Kriteria 1: molekul berada dalam the front third , p1 = 1/3, q1 = 2/3 Kriteria 2: molekul berada dalam the top half, p2 = 1/2, q2 = 1/2.



Indeks pada probabilitas menunjukkan kriteria yang dimiliki. Variasi probabilitas terhadap kedua kriteria-kriteria tersebut adalah:    



Front third, top half, p1p2 = (1/3)(1/2) = 1/6 Front third, bottom half, p1q2 =(1/3)(1/2) = 1/6 Rear two thirds, top half, q1p2 = (2/3) (1/2) = 2/6 Rear two thirds, bottom half, q1q2=(2/3)(1/2) = 2/6



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 11



Contoh. Misalkan kita melemparkan tiga koin keatas (toss) dan menggulingkan dua dadu. Berapakah probabilitas yang pasti dari dua koin menghasilkan kepala dan salah satu dadu menghasilkan mata dadu enam?



Probabilitas bahwa dua dari tiga koin menghasilkan kepala ( p = ½, q = ½ ) adalah 𝑃3 (2) =



3! 1 2 1 1 3 ( ) ( ) = 2! 3! 2 2 8



dan probabilitas bahwa satu dari dua dadu menghasilkan mata dadu enam ( p = 1/6, q =5/6 ) adalah



𝑃2 (1) =



2! 1 1 5 1 5 ( ) ( ) = 1! 1! 6 6 18



Karena tingkah laku dadu bebas dari tingkah laku koin, kita hanya mengalikan probabilitas kedua elemen. Jawabannya adalah 3 8



5 18



( )( ) =



5 48



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 12



SISTEM DENGAN BANYAK ELEMEN (Systems with many elements)



A. Flukstuasi (Fluctuations)



Misalkan kita ingin mengetahui hasil dari pelemparan 1000 koin. Persamaan yang digunakan untuk memperoleh probabilitas pasti untuk semua (1000) kemungkinan mulai dari 0 kepala sampai 1000 kepala adalah 𝑃𝑁 (𝑛) =



𝑁! 𝑝𝑛 𝑞 𝑁−𝑛 𝑛!(𝑁−𝑛)!



Kita peroleh (lihat Gambar 3.1) P1000 (0) = 9,3 x 10-302, P1000 (1) = 9,3 x 10-299, P1000 (2)= 4,6 x 10-296 P1000 (3)= ... (tugas).



Gambar 3.1. Probabilitas untuk berbagai jumlah kepala yang muncul bila 1000 koin dilemparkan keatas. Puncak distribusi pada angka 500 kepala yang muncul, untuk probabilitas sebesar 0,0252. Peluang yang terkecil muncul kepala kecil dari 450 atau lebih besar dari 550 diabaikan. .



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 13



Berdasarkan kasus 1000 lemparan koin, paling mungkin jumlah kepala yang muncul antara 450 dan 550. Namun, probabilitas peroleh secara pasti kepala sebesar 500 adalah 0,0252.



Harga Rata-rata dan Standar Deviasi (Mean value and Standard deviation).



Sekarang kita akan menyelidiki bagaimana menghitung harga rata-rata dan karakteristik fluktuasi suatu sistem. Misalkan kita mempunyai sistem besar yang dipersiapkan dengan cara yang sama (ensemble). Sebagai contoh, kita mungkin mempunyai banyak sistem dengan 1000 coin yang dilemparkan. Atau kita melemparkan secara serentak 1000 coin beberapa kali.



Untuk sistem besar dari sistem identik yang mempunyai N elemen, jumlah elemen rata-rata untuk setiap sistem yang memenuhi suatu kriteria diberikan oleh persamaan ̅ = 𝒑𝑵 𝒏 Keterangan: p adalah probabilitas sembarang elemen untuk memenuhi kriteria.



Standar deviasi diperoleh dari 𝜎 = √̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ (𝑛 − 𝑛̅)2 Standar deviasi dihitung dengan mudah dari sejumlah elemen N dan probabilitas p, q. Untuk membuktikannya, kita menghitung 𝜎 2 dan menggunakan 𝑛̅ konstan untuk sistem.



Kita ketahui bahwa 𝑛̅ = 𝑝𝑁, namun kita harus menentukan harga rata-rata 𝑛2



Cara yang mudah untuk menyelesaikannya menggunakan ekspansi binomial



dan menggunakan cara:



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 14



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 15



Contoh: Misalkan sistem terdiri dari 100 molekul dalam ruangan kosong. Berapakah jumlah molekul rata-rata dalam in the front third of the room, standar deviasi dan fluktuasi relatif .



Dalam kasus ini N =100



, p = 1/3 . q = 2/3



a). Jumlah molekul rata-rata:



𝑛̅ = 𝑝𝑁 = ...33.3......



b). Standar deviasi:



𝜎 = √𝑁𝑝𝑞 =...4,7........... 𝜎 𝑛̅



c). Fluktuasi relatif



=



0,14



Contoh: Kasusnya sama dengan contoh diatas namun jumlah molekul N = 1028, tentukanlah a). Jumlah molekul rata-rata, (b). Standar deviasi, (c) Fluktuasi relatif.



Kerjakan sebagai latihan dirumah.



B.



Distribusi Gauss.



Kita telah bahas untuk sistem yang terdiri dari beberapa elemen, menghitung probabilitas PN(n) menggunakan rumus binomial 𝑃𝑁 (𝑛) =



𝑁! 𝑝𝑛 𝑞𝑁−𝑛 𝑛! (𝑁 − 𝑛)!



merupakan suatu pekerjaan yang membutuhkan ketelitian. Fisika statistik menawarkan cara yang mudah. Distribusi probabilitas keseluruhan mencakup semua konfigurasi yang mungkin (atau states) dapat diwakili dengan dua parameter 𝑛̅ dan 𝜎 yang dapat dihitung dari persamaan 𝑛̅ = 𝑝𝑁



dan



𝜎 = √𝑁𝑝𝑞.



Proses perhitungan ini dapat disederhanakan dengan distribusi Gauss yang menggunakan pendekatan (approximation) yang membuat lebih reliabel jika jumlah elemen dalam sistem menjadi lebih besar. Oleh karena itu, distribusi Gauss efektif pada kasus ketika rumus binomial tidak dapat digunakan. Untuk sistem kecil, hanya pendekatan binomial berlaku. Untuk sistem besar, kedua pendekatan (distribusi Gauss dan binomial) dapat digunakan namun pendekatan Gauss lebih sederhana.



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 16



Distribusi Gauss disebut juga distribusi normal. Jenis distribusi ini paling banyak dijumpai dalam kehidupan dan fenomena alam. Persamaan matematika ditunjukkan seperti berikut ini 𝑃(𝑛) =



1 𝜎√2𝜋



𝑒 −(𝑛−𝑛̅)



Telah diketahui pada kuliah sebelumnya : 𝜎 2 = 𝑁𝑝𝑞



2 /2𝜎2



dan



𝑛̅ = 𝑝𝑁



Gambar. Profil Distribusi Gauss (Normal)



Karakteristik distribusi Gauss adalah (a) simetrik, (b) bentuknya menyerupai loceng, (c) intervalnya dari (−∞, ∞), (d) jumlah observasi tak hingga, bentuknya ditentukan oleh nilai rata-rata (𝑛̅ = 𝑝𝑁) dan deviasi standar (𝜎 2 = 𝑁𝑝𝑞).



Akurasi dan Penyebaran



Telah dijelaskan bahwa distrinusi Gauss lebih akurat untuk sistem besar. Namun, sebesar apakah sistem yang dimaksud? Dalam Gambar 3.4, prediksi dari pendekatan Gaus (tanda silang) dan prediksi benar dari formula binomial (titik) dibandingkan untuk sistem dengan jumlah elemen N = 4 dan N = 10, dengan p = q = ½. Dari gambar diketahui bahwa N = 4 pendekatan Gauss lebih akurat, dan untuk N = 10 kedua distribusi tidak dapat dibedakan.



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 17



Gambar 3.4. Perbandingan Gauss dengan Binomial untuk probabilitas PN(n) untuk sistem yang terdiri dari jumlah elemen N = 4 dan N = 10 (p = ½) dengan persamaan:



𝑃(𝑛) = 𝜎



2 2 1 𝑒 −(𝑛−𝑛̅) /2𝜎 2𝜋 √



𝑁!



(Gauss) dengan 𝑃𝑁 (𝑛) = 𝑛!(𝑁−𝑛)! 𝑝𝑛 𝑞𝑁−𝑛 (Binomial)



Untuk memperoleh probabilitas bahwa n berada dalam satu deviasi standar dari nilai rata-rata (𝑛̅), kita dapat menjumlahkan probabilitas untuk semua n antara 𝑛̅ − 𝜎 dan 𝑛̅ + 𝜎: 𝑛̅+𝜎



𝑛̅+𝜎



𝑛̅+𝜎



∑ 𝑃(𝑛) ≈ ∑ 𝑃(𝑛)∆𝑛 ≈ ∫ 𝑃(𝑛)𝑑𝑛 = 0,683 𝑛=𝑛̅+𝜎



𝑛=𝑛̅+𝜎



𝑛̅−𝜎



Dengan kata lain, untuk distribusi Gauss 68,3% dari semua peristiwa berada dalam satu deviasi standar dari nilai rata-rata. Dengan cara yang sama, kita dapat peroleh bahwa 95,4% dari semua peristiwa berada dalam dua deviasi standar dari nilai rata-rata (𝑛̅) seperti Gambar 3.5.



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 18



Gambar 3.5. Untuk distribusi Gauss, 68,3% dari semua peristiwa berada dalam satu deviasi standar dari nilai rata-rata (𝑛̅), 95,4% berada dalam dua standar deviasi, dan 99,7% berada dalam tiga deviasi standar.



Contoh: Misalkan terdapat 3000 molekul udara dalam suatu ruangan kosong. Berpakah secara pasti 1000 dari molekul udara berada dalam the front third dari ruangan pada saat tertentu.



Jawab: Untuk ditribusi Gauss, kita perlukan nilai 𝑛̅ 𝑑an 𝜎,



Dari soal diperoleh: N = 3000 , n = 1000 , p = 1/3 , q = 2/3



Sehingga : 𝑛̅ = 𝑝 𝑁 = 1000, 𝜎 =√𝑁𝑝𝑞 = 25,8



1 √2𝜋𝜎



= 0,0155



(𝑛−𝑛̅)2 2𝜎 2



Maka, 𝑃3000 (1000)= 𝑃(𝑛) =



=0



2 2 1 𝑒 −(𝑛−𝑛̅) /2𝜎 𝜎 √2𝜋



=0,0155𝑒 −0 = 0,0155.



C. Gerak Random/Acak (The random walk) Diantara penyelidikan yang sesuai dengan framework gerak random adalah peristiwa difusi, yang mana satu langkah merupakan jarak berpindah antara tumbukan-tumbukan berurutan dengan molekul lain. Suatu molekul dapat menujua satu arah dan dapat juga berbagai jarak antara tumbukantumbukan. Dengan cara yang sama, pergerakan elektron melalui logam, pergerakan hole melalui semikonduktor, pergerakan getaran termal melalui benda padat semuanya adalah masalah-masalah yang terkait dengan gerak random. Satu Langkah Permasalahan yang paling sulit adalah bagaimana memperoleh jarak rata-rata yang ditempuh dan deviasi standar untuk satu langkah, yang diberi simbol 𝑠̅ dan 𝜎. Kedua besaran ini menjawab pertanyaan: “jika seorang pemabuk berat berjalan dari suatu titik tertentu dengan setiap langkah jaraknya tetap (s), tetapi arahnya boleh ke kiri atau ke kanan yang tidak tergantung pada arah Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 19



sebelumnya. Secara rata-rata bagaimanakah gerakkan si pemabuk tadi”. Namun jika terdapat sebanyk N pemabuk, bagaimana penyebaran gerakkan yang dilakukan oleh N pemabuk tersebut? Misalkan bahwa Ps adalah probabilitas bahwa satu langkah dengan panjang langkah s dalam arah tertentu. Cara lain, misalkan bahwa P(s) ds adalah probabilitas bahwa langkah dalam interval ds. Maka dengan menggunakan definisi nilai rata-rata, rata-rata jarak yang ditempuh dan rata-rata jarak kuadrat ditunjukkan oleh persamaan



dan



𝑠̅ = ∑𝑠 𝑠𝑃𝑠



atau



𝑠̅ = ∫ 𝑠𝑃(𝑠)𝑑𝑠



(3.12)



̅̅̅ 𝑠 2 = ∑𝑆 𝑆 2 𝑃𝑠



atau



̅̅̅ 𝑠 2 = ∫ 𝑠 2 𝑃(𝑠)𝑑𝑠



(3.13)



dari kedua persamaan dapat kita hitung :



𝜎 2 = ̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅̅ (𝑠 − 𝑠̅ )2 = ̅̅̅ 𝑠 2 − 2𝑠̅ 𝑠̅ + 𝑠̅ 2 = ̅̅̅ 𝑠 2 − 𝑠̅ 2



(3.14)



N Langkah Persamaan (3.12) sampai dengan (3.14) dapat digunakan untuk satu lamgkah. Pada bagian ini kita akan menentukan jarak rata-rata yang ditempuh dan deviasi standar setelah setiap pemabuk melangkah sebanyak “N” langkah. Total jarak yang ditempuh oleh sembarang pemabuk adalah penjumlahan jarak yang dilewati dalam setiap langkah SN = ∑𝑁 𝑖=1 𝑠𝑖 = 𝑠1 + 𝑠2 + 𝑠3 + ⋯ + 𝑆𝑁 Mudah untuk memperoleh rata-rata jarak langkah yang dilakukan oleh semua pemabuk. Setiap langkah bersifat random dan dibentuk oleh probabilitas yang sama seperti semua langkah lainnya. Maka panjang rata-rata setiap langkah adalah sama: 𝑠̅1 = 𝑠̅2=𝑠̅3 … = 𝑠̅ Oleh karena itu, jarak rata-rata yang ditempuh setelah N langkah adalah hasil perkalian jumlah langkah (N) dengan jarak yang ditempuh dalam sembarang langkah (N 𝑠̅ ):



Untuk menghitung deviasi standar setelah N langkah, kita mulai definisi. Seperti dijelaskan sebelumnya



2 2 ̅̅̅ ̅̅̅ ̅̅̅ Suku 𝑆 𝑁 merupakan kuadrat dari hasil perhitungan diatas untuk 𝑆𝑁 , tetapi untuk 𝑠𝑁 , kita dapat tuliskan



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 20



Jika dikuadratkan persamaan pada ruas kanan, kita peroleh suku-suku N2 . N dari suku-suku ini adalah suku-suku yang dikuadratkan seperti 𝑠12 , 𝑠22 , dan seterusnya, sisa N (N -1 ) adalah suku-suku berikutnya seperti s1s2, s1s3, dst. Maka 𝑆𝑁2 = (𝑠12 + 𝑠22 + 𝑠32 + ⋯ ) + (𝑠1 𝑠2 + 𝑠1 𝑠3 + ⋯ 𝑠2 𝑠1 + 𝑠2 𝑠3 + ⋯ + 𝑠3 𝑠1 + ⋯ ) = suku-sukunya dikuadratkan + suku-sukunya dikalikan. Dalam bentuk ini, perhitungan rata-rata mudah. Karena probabilitasnya adalah sama untuk setiap langkah, kita peroleh untuk suku-suku ke N yang dikuadratkan.



Untuk suku-suku yang dikalikan N(N-1), kita gunakan fakta bahwa langkah-langkah tidak tergantung ̅̅̅̅ = 𝑓 ̅𝑔̅ untuk karakteristik bebas secara sama lain. Olehkarena itu kita menggunakan prinsip 𝑓𝑔 statistik dan kita peroleh



Kombinasi hasil-hasil ini untuk N suku-suku yang dikuadratkan dan suku-suku ke N (N-1)yang dikuadratkan, kita peroleh



Dengan menggunakan hasil ini dan hasi perhitungan (3.15) bahwa ̅̅̅ 𝑆𝑁 = 𝑁𝑠̅ , kita peroleh untuk kuadrat devaisi standar adalah



Jika kedua ruas dikalikan dengan pangkat ½ (akar) kita peroleh bahwa deviasi standar untuk N langkah sama dengan perkalian dari √𝑁 dan deviasi standar untuk sembarang langkah : 𝜎𝑁 = √𝑁𝜎 Perhatikan bahwa jarak rata-rata yang ditempuh (SN) berbanding lurus dengan jumlah langkah (N), sebaliknya deviasi standar bertambah hanya akar pangkat dua dari √𝑁. Sebanding dengan jarak yang ditempuh, posisi gerak random menjadi lebih terduga ketika N bertambah besar tetapi kurang diprediksi (Gambar 3.6). 𝜎𝑁 𝑆𝑁



=



√𝑁𝜎 𝑁𝑠̅



≈



1 √𝑁



C.4 Konduksi dalam Logam Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 21



Contoh gerak random adalah gerak elektron penghantar dalam suatu logam. Kita akan anggap bahwa gerak elektron secara random menyebabkan setiap elektron melakukan 1012 tumbukan per detik, secara rata-rata elektron berpindah sejauh root mean square dari 𝜎 dengan arah 10-8 m antara dua tumbukan. Biasanya, jika jarak tempuh semua arah adalah sama, panjang rata-rata dari semua langkah dalam satu langkah adalah nol.



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 22



Bab 4 Energi Internal Tinjau energi sebuah partikel dalam zat padat, zat cair dan gas. Dalam suatu zat padat, sebuah atom berada di dalam daerah yang terdapat interaksi elektromagnetik dengan atom-atom tetangganya seolah-olah ataom-atom tersebut terikat dalam suatu tempat oleh pegas kecil (Gambar 4.5). Setiap atom bergetar dalam tiga dimensi disekitar posisi titik kesetimbangannya, dan energinya diperoleh melalui persamaan 𝜀 = 𝜀𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑎𝑙 + 𝜀𝑘𝑖𝑛𝑒𝑡𝑖𝑘 1



1



1



1



1



1



= 𝜇0 + 2 𝑘𝑥 2 + 2 𝑘𝑦 2 + 2 𝑘𝑧 2 + 2𝑚 𝑝𝑥2 + 2𝑚 𝑝𝑦2 + 2𝑚 𝑝𝑧2 Diketahui bahwa 𝜀𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑎𝑙 terdiri dari dua bagian, energi potensial pada posisi 𝜇0 dan energi potensial vibrasi. Beberapa zat padat tidak isotropik, dan kontanta 𝑘 berbeda dalam arah yang berbeda.



Gambar 4.5. Interaksi antara atom-atom dalam zat padat menyebabkan atom-atom bertingkah laku seolah-olah atom-atom dihubungkan semuanya oleh pegas kecil. Dalam zat cair, energi potensial dari molekul berubah-ubah ketika konfiigurasi molekul-molekul lain disekitarnya berubah. Maka energi potensial pada titik acuan 𝜇0 adalah rata-rata dari harga “medan rata-rata”, dan energi total dari suatu molekul dalam zat cair dapat dituliskan 1



1



1



𝜀 = 𝜀𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑠𝑖𝑎𝑙 + 𝜀𝑘𝑖𝑛𝑒𝑡𝑖𝑘 = 𝜇0 + 2𝑚 𝑝𝑥2 + 2𝑚 𝑝𝑦2 + 2𝑚 𝑝𝑧2



(4.4)



Dalam gas, partikel-partikel selalu berjauhan sehingga interaksi antar partikel diabaikan. Maka, pada sebagian kasus, energi potensial sangat kecil dan energi partikel hanya energi kinetik. 1



1



1



𝜀 = 𝜀𝑘𝑖𝑛𝑒𝑡𝑖𝑘 = 2𝑚 𝑝𝑥2 + 2𝑚 𝑝𝑦2 + 2𝑚 𝑝𝑧2 Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



(4.5)



Page 23



Efek Kuantum Rotasi dan Vibrasi Tumbukan dengan molekul lain mungkin menyebabkan molekul poliatomik dalam zat cair atau gas berotasi dan/atau bergetar secara internal. Hal ini memberikan mode tambahan dari simpanan energi diluar energi potensial dan energi kinetik translasi adalah 𝜀 = 𝜀𝑝𝑜𝑡 + 𝜀𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠 + 𝜀𝑟𝑜𝑡 + 𝜀𝑣𝑖𝑏



(4.6)



Menurut fisika kuantum, partikel bersifat sebagai gelombang dibatasi pada tingkat energi yang diperbolehkan yang secara khusus dalam getaran molekul. Ikatan molekul setiap atom dalam sumur potensial yang lebarnya dalam satuan amstrong. Oleh sebab itu, panjang gelombang berdiri bersifat gelombang pendek, tergantung pada tingkat energi sehingga eksitasi vibrasi tidak mungkin terjadi pada suhu normal. Efek kuantum yang sama terjadi dalam rotasi molekul. Momentum Angular L dikuantisasi dalam besaran ħ. Energi kinetik untuk rotasi sekitar sembarang sumbu rotasi berbanding terbalik dengan inersia rotasi I. Untuk rotasi disekitar sumbu ke-i , 1



𝜀𝑟𝑜𝑡 = 2𝐼 𝐿2𝑖 , keterangan 𝐿𝑖 = (0, ±1, ±2 … ) ħ 𝑖



(4.7)



(Karena kita hanya dapat mengetahui nilai pasti dari 𝐿𝑖 untuk suatu sumbu pada saat tertentu, kadang-kadang lebih tepat menggunakan momentum angular, 𝐿2 = 𝑙(𝑙 + 1) ħ2.) Semakin kecil inersia rotasi, semakin besar energi pertama dari keadaan rotasi. Kadang inersia rotasi sekitar satu sumbu atau lebih sangat kecil sehingga eksitasi membutuhkan energi yang lebih besar dari yang tersedia melalui proses tumbukan. Maka gerak rotasi khusus ini tidak terjadi. Contoh – Molekul Gas Diatomik. Sebagai contoh spesifik, tinjau molekul gas diatomik, seperti nitrogen atau oksigen. Energi kinetik translasi ditunjukkan dalam persamaan (4.5) dan , seperti dibicarakan sebelumnya, tingkat vibrasi terlalu tinggi untuk tercapai. Namun, energi kinetik rotasi menjadi menarik, karena inersia rotasi dari molekul diatomik disekitar sumbu yang terjadi pada kedua inti molekul sangat kecil sehingga eksitasi rotasi yang bersesuai seharusnya membutuhkan terlalu banyak energi. Namun, dua sumbu molekul lainnya, inersia rotasi lebih besar, membuat keadaan rotasi ini lebih besar kenungkinannya terjadi pada temperatur biasa. Dengan pertimbangan ini, kita dapat menuliskan energi total dari molekul diatomik (Gambar 4.6):



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 24



Gambar 4.6. Molekul gas diatomik seperti dua bola pejal kecil yang dihungkan dengan sebatang kawat (dumbbell). Benda tersebut dapat menyimpan energi kinetik translasi melalui gerakan dalam tiga dimensi. Tetapi molekul dapat berputar hanya pada dua sumbu. Inersia rotasi sekitar sumbu x sangat kecil sehingga energi bahkan energi pada keadaan eksitasi pertama terlalu tinggi untuk dicapai. Biasanya, tidak ada energi yang disimpan dalam vibrasi karena eksitasi memerlukan terlalu banyak energi. Derajat Kebebasan Berdasarkan contoh diatas, energi individual partikel dituliskan dalam bentuk 𝜀 = 𝜇0 + ∑𝑖 𝑏𝑖 𝜖𝑖2



(4.9)



Keterangan bi adalah kontanta (misalnya., k/2, 1/2m, 1/2I, dst) dan 𝜖𝑖2 adalah posisi atau koordinat momentum (x, px, L1, dst.). Setiap besaran 𝑏𝑖 𝜖𝑖2 menampilkan cara yang berbeda setiap partikel dapat menyimpan energi, disebut “derajat kebebasan”. Misalnya, setiap atom dalam zat padat mempunyai enam derajat kebebasan, karena ada enam suku 𝑏𝑖 𝜖𝑖2 dalam persamaan 1 1 1 1 2 1 2 1 2 𝜀 = 𝜇0 + 𝑘𝑥 2 + 𝑘𝑦 2 + 𝑘𝑧 2 + 𝑝𝑥 + 𝑝𝑦 + 𝑝 2 2 2 2𝑚 2𝑚 2𝑚 𝑧 Untuk molekul gas diatomik:



Terdapat lima suku, sehingga setiap molekul gas diatomik mempunyai lima derajat kebebasan.



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 25



Dalam bahan ajar ini, kita menggunakan notasi, v menunjukkan banyaknya derajat kebebasan untuk setiap partikel dan N menunjukkan jumlah partikel dalam sistim: Derajat kebebasan setap partikel



=v



Derajat kebebasan untuk suatu sistem terdiri dari N partikel = Nv. D. Ekuipartisi (Equipartition) Tinjau distribusi energi diantara berbagai derajat kebebasan. Pada suatu peristiwa tumbukan, ada kecenderungan energi dipindahkan dari partikel yang bergerak cepat ke partikel beregrak lambat, sehingga energi dikeluarkan (Bayangkan tumbukan yang terjadi pada meja bilyard). Ingat kembali materi perkuliahan fisika dasar dan mekanika, kita ketahui bahwa energi potensial dan kinetik ratarata adalah sama besar. Sehingga suku-suku (besaran) seperti



𝑘𝑥 2 , 2



𝑝𝑥2 2𝑚



dan



mengandung energi yang



sama bila rata-rata digunakan. Akhirnya, gerak dalam tiga arah sama, sehingga energi kinetik rata-rata atau energi potensial rata-rata dalam arah x, y, dan z harus sama. Dengan menggunakan alasan tersebut, tidak mengherankan bahwa energi rata-rata yang disimpan dalam setiap derajat kebebasan adalah sama. Keadaan ini disebut sebagai “Teorema ekuipartisi.”maka energi rata-rata yang disimpan dalam derajat kebebasan ini diperoleh dari persamaan 1 2



𝜀̅ = 𝑘𝑇



(4.11)



Jika T adalah temperatur dan k adalah konstanta Boltzmann: k = 1,381 x 10-23 J/K = 8,63 x 10-5 eV/K. F.Energi Termal Energi termal dari suatu sistem dianggap sebagai energi yang disimpan dalam getaran dan lonjakan dari partikel dan tidak termasuk energi potensial pada acuan 𝜇0 (Gambar 4.7). Energi yang disimpan dalam setiap atom dalam zat padat dapat ditulis 1 1 1 1 2 1 2 1 2 𝜀 = 𝜇0 + 𝑘𝑥 2 + 𝑘𝑦 2 + 𝑘𝑧 2 + 𝑝𝑥 + 𝑝𝑦 + 𝑝 2 2 2 2𝑚 2𝑚 2𝑚 𝑧 energi termal 1



Karena setiap derajat kebebasan membawa energi rata-rata sebesar 2 𝑘𝑇, energi termal rata-rata dari setiap atom dalam zat padat adalah 𝜀̅ = 6𝑘𝑇/2 Berdasarkan contoh diatas, energi rata-rata dari suatu partikel dalamm sembarang sistem dapat dituliskan seperti 𝑣



𝜀̅ = 𝜇0 + 2 𝑘𝑇 Jika v adalah banyaknya derajat kebebasan, dan energi internal dari suatu sistem dengan N partikel dapat dituliskan: 𝐸 = 𝑁𝜀̅ = 𝑁𝜇0 +



𝑁𝑣 𝑘𝑇 2



(4.13)



Energi termal (Etermal) dari sistem adalah suku kedua dalam persamaan (4.13): Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 26



𝐸𝑡𝑒𝑟𝑚𝑎𝑙 = 𝑁𝜀𝑡𝑒𝑟𝑚𝑎𝑙 =



𝑁𝑣 𝑘𝑇 2



Kita dapat lihat bahwa energi termal disimpan dalam berbagai derajat kebebasan, sebanding dengan temperatur. Jika kita menambahkan energi ∆𝐸 ke suatu sistem dengan N molekul maka kenaikan temperatur ∆𝑇 tergantung pada banyaknya derajat kebebasan untuk setiap molekul (v) adalah ∆𝐸 = 𝑁∆𝜇0 +



𝑁𝑣 𝑘∆𝑇 2



Bahan Kuliah Fisika Statistik - Irwan Koto, Ph.D : Program Pend.Fisika-FKIP Unib.



Page 27