Disse relasjonene vil bli brukt for å forenkle regningen litt.
\(\int_{0}^{\infty} xe^{-x}\, dx = 1\) og \(\int_{0}^{\infty} x^{3/2} e^{-x}\, dx = \dfrac{3}{4} \cdot \sqrt{\pi}\) da er vi klare for det første integralet.
Første integralet er for å finne et uttrykk for den midlere farten, altså gjennomsnittet til en gitt størrelse, i dette tilfelle er det for farten gitt en funksjon for fordelingen av verdiene \(P(v)\). Generelt kan dette skrives som \(\langle x \rangle = \int_{-\infty}^{\infty} x P(x) dx \) så vi bytter her ut \(x\) med \(v\), \(P\left(v\right) \, dv = \left ( \dfrac{m}{2\pi k T}\right)^{3/2} e^{ - \left ( \dfrac{m v^2}{2 k T}\right)} 4\pi v^2 \, dv\) som er Boltzmanns fordelings funksjon for \(v\), vi vil også sette grensen fra \(0\) for da får vi arealet av den delen av grafen vi faktisk er interessert i. Det er ikke det peneste men det er den vi bruker. Vi setter det sammen og får følgende integral
\(\langle v \rangle = \int_{0}^{\infty} v P\left(v\right) \, dv \Rightarrow \int_{0}^{\infty} v \left ( \dfrac{m}{2\pi k T}\right)^{3/2} e^{ - \left ( \dfrac{m v^2}{2 k T}\right)} 4\pi v^2 \, dv\) , vi vil også bruke substituering der \(u = \dfrac{m v^2}{2 k T} \ og\ u'(v) = \dfrac{m v}{k T}\). Starter med å forenkle leddene og prøve å få til så mange substitusjoner som mulig.
\(\langle v \rangle = \int_{0}^{\infty} \dfrac{m}{2\pi kT} \cdot \sqrt{\dfrac{m}{2\pi kT}} \cdot e^u 4\pi v^3\, \dfrac{du}{u'(v)} \)
\(\langle v \rangle = \dfrac{1}{\pi} \sqrt{\dfrac{m}{2\pi kT}} 4\pi \int_{0}^{\infty} \dfrac{mv^2}{2kT} e^u v \dfrac{du}{\dfrac{mv}{kt}} \), trekker ut konstantene ut fra høyre side av integrasjons tegnet.
\(\langle v \rangle = 4 \sqrt{\dfrac{m}{2\pi kT}} \int_{0}^{\infty} \dfrac{mv^2}{2kT} \dfrac{kt}{mv}e^u v\, du\)
\(\langle v \rangle = 4 \sqrt{\dfrac{m}{2\pi kT}} \int_{0}^{\infty} \dfrac{mv^2}{2kT} \cdot \dfrac{kt}{m}\cdot e^u\, du\) \(\Rightarrow4 \sqrt{\dfrac{m}{2\pi kT}}\cdot\dfrac{kt}{m} \int_{0}^{\infty} u \cdot e^u\, du\), vi bruker så det ene integrasjons forholdene gitt i starten og resten burde være greit å skjønne.
\(\langle v \rangle = \sqrt{4^2} \cdot \sqrt{\dfrac{m}{2\pi kT}}\cdot \sqrt{\left(\dfrac{kt}{m}\right)^2} \int_{0}^{\infty} u \cdot e^u\, du\) \(\Rightarrow \sqrt{16 \cdot \left(\dfrac{kt}{m}\right)^2 \cdot \dfrac{m}{2\pi kT}} \int_{0}^{\infty} u \cdot e^u\, du\)
\(\langle v \rangle = \sqrt{\dfrac{8 kT}{\pi m}} \cdot 1\) \(\Rightarrow \langle v \rangle = \sqrt{\dfrac{8 kT}{\pi m}}\), da er vi i mål med det første integralet.
Neste integral er for å finne et uttrykk for forholdet mellom trykk, temperatur og antall partikler i et gitt volum.
\(P = \dfrac{1}{3}\int_{0}^{\infty} pv \cdot n\left(p\right) \, dp \Rightarrow \dfrac{1}{3}\int_{0}^{\infty} pv \cdot nP\left(p\right) \, dp\)
\(u = \dfrac{p^2}{2 mk T} \ og\ u'(v) = \dfrac{p}{mkT}\ husk\ p=mv \Rightarrow v=\dfrac{p}{m}\)
\(P(p)\, dp = \left(\dfrac{1}{2\pi mkT}\right)^{3/2} \cdot e^{ - \left ( \dfrac{m v^2}{2 k T}\right)} 4\pi p^2 \, dp\)
\(P =\dfrac{1}{3} \int_{0}^{\infty}np\dfrac{p}{m}\left( \dfrac{1}{2\pi mkT}\right )^{3/2} \cdot e^{- \left(\dfrac{mv^2}{2mkT}\right)} 4\pi p^2\, dp\)
\(\left( \dfrac{1}{2\pi mkT}\right )^{3/2} = \dfrac{1}{2\pi mkT} \cdot \left( \dfrac{1}{2\pi mkT}\right )^{1/2}\)
\(P =\dfrac{n}{3}\cdot 4\pi \int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{m\pi}\cdot \dfrac{p^2}{2mkT} \cdot p \cdot \left( \dfrac{1}{2\pi mkT}\right )^{1/2} \cdot e^{-u} p\, \dfrac{du}{u'(v)}\)
\(P =\dfrac{n}{3}\cdot 4\pi\cdot \dfrac{1}{m\pi\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty} u \cdot (p^2)^{1/2} \cdot \left( \dfrac{1}{2 mkT}\right )^{1/2} \cdot e^{-u} p\, \dfrac{du}{\dfrac{p}{mkT}}\)
\(P =\dfrac{n}{3}\cdot 4\cdot \dfrac{1}{m\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty} u \cdot u^{1/2} \cdot e^{-u} \cdot mkT\, du\)
\(P =\dfrac{4n}{3}\cdot \dfrac{1}{m\sqrt{\pi}} \cdot mkT \int_{0}^{\infty} u^{3/2} \cdot e^{-u}\, du\)
\(P =\dfrac{4nkT}{3\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty} u^{3/2} \cdot e^{-u}\, du \Rightarrow \dfrac{4nkT}{3\sqrt{\pi}}\cdot \dfrac{3\sqrt{\pi}}{4} \Rightarrow P = nkT\)
Siste integral er for den midlere kinetiske energien for partiklene i en gass, av de tre uttrykkene dette ekstra materialet dekker så er dette uttrykket noe som ble dekket i fysikk 1, eller så burde det ha vært dekket.
\(\langle E \rangle = \dfrac{3}{2}kT \Rightarrow \langle E \rangle = \langle \dfrac{mv^2}{2}\rangle \Rightarrow \dfrac{m}{2} \langle v^2 \rangle \Rightarrow \int_{0}^{\infty} P(v^2) \dfrac{mv^2}{2} dv\)
\(\langle E \rangle = \int_{0}^{\infty} \left(\dfrac{m}{2\pi kT}\right)^{3/2} \cdot e^{ - \left ( \dfrac{m v^2}{2 k T}\right)} 4\pi v^2 \cdot \dfrac{mv^2}{2} \, dv\)
\(u = \dfrac{mv^2}{2kT}\ og\ u'(v) = \dfrac{mv}{kT}\)
\(\langle E \rangle = \int_{0}^{\infty} \dfrac{m}{2\pi kT}\left(\dfrac{m}{2\pi kT}\right)^{1/2} \cdot e^{-u} \cdot 2 \pi mv^4 \, \dfrac{du}{u'(v)}\)
\(\langle E \rangle = 2\dfrac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty} \dfrac{mv^2}{2 kT}\left(\dfrac{m}{2kT}\right)^{1/2} (v^2)^{1/2} \cdot e^{-u} \cdot mv \, \dfrac{du}{\dfrac{mv}{kT}}\)
\(\langle E \rangle = \dfrac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty} u\left(\dfrac{mv^2}{2kT}\right)^{1/2} \cdot e^{-u} \cdot kT \, du\)
\(\langle E \rangle = \dfrac{2kT}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty} u \cdot u^{1/2} \cdot e^{-u}\, du\)
\(\langle E \rangle = \dfrac{2kT}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty} u^{3/2} \cdot e^{-u}\, du \Rightarrow \dfrac{2kT}{\sqrt{\pi}}\cdot \dfrac{3\sqrt{\pi}}{4} \Rightarrow \langle E \rangle = \dfrac{3}{2}kT\)