Задача с МФО 3

[Rusit8800]

Пусть на элементарную ячейку $\[\alpha \]$ и $\[\gamma \]$ приходится соответственно $\[{i_\alpha }\]$ и $\[{i_\gamma }\]$ атомов железа, а $\[{a_\alpha }\]$ и $\[{a_\gamma }\]$ - соответственные постоянные решеток. Тогда, рассматривая изменение плотности одной элементарной ячейки получим:

$$\[\left( {1 - \varepsilon } \right)\frac{{{i_\alpha }{m_{{F_e}}}}}{{a_\alpha ^3}} = \frac{{{i_\gamma }{m_{{F_e}}}}}{{a_\gamma ^3}}\] $$

, значит

$$\[\frac{{{a_\alpha }}}{{{a_\gamma }}} = \sqrt[3]{{\frac{{{i_\alpha }}}{{{i_\gamma }}}(1 - \varepsilon )}}\]$$

.
В решении задачи каким-то непонятным мне образом доказывается, что $\[{i_\alpha }\]=2$ и $\[{i_\alpha }\]=4$. Но почему не $\[{i_\alpha }\]=14$ и $\[{i_\alpha }\]=9$, что видно из картинки:

[Xaositect]

Потому что каждый из углов принадлежит 8 ячейкам, а каждый центр грани - двум, так что их надо соответственно делить.
Под "на элементарную ячейку $\[\alpha \]$ и $\[\gamma \]$ приходится соответственно $\[{i_\alpha }\]$ и $\[{i_\gamma }\]$ атомов железа" имеется в виду мы берем много ячеек и делим количество атомов на количество ячеек.

[Rusit8800]

Xaositect в сообщении #1297809 писал(а):

мы берем много ячеек

А много - это сколько? Просто здесь следующая сложность: если,например, взять куб, составленный из 8 кубиков, то ясно, что его центр принадлежит всем 8 ячейкам, а значит всему этому большому кубу и только ему . Но у этого куба есть еще 8 углов и непонятно, какая "доля" атома в этих углах принадлежит этому кубу. Придется рассмотреть еще больший куб, который состоит из 8 таких кубов, потом еще больший и так далее.

[Xaositect]

Много - это, я так понимаю, чтобы получилось макроскопическое тело, для которого имеет смысл понятие плотности.

[Rusit8800]

Xaositect в сообщении #1297816 писал(а):

Много - это, я так понимаю, чтобы получилось макроскопическое тело, для которого имеет смысл понятие плотности.

Тогда непонятно, как тут вообще оперировать с углами ячеек, поскольку в данном случае, по сути, ячейки вырождаются в точки, у которых нет таких углов.

[waxtep]

Rusit8800 в сообщении #1297813 писал(а):

Придется рассмотреть еще больший куб, который состоит из 8 таких кубов, потом еще больший и так далее.

А попробуйте что-то подобное сделать. Например, пусть Ваш образец состоит из $10\times10\times10$ объемноцентрированных ячеек. Сколько в нем ионов железа? А если $100\times100\times100$, $1000\times1000\times1000$? Сколько получится в среднем ионов на ячейку в каждом случае?

[Rusit8800]

Что-то беспредельное число получается. Пусть за каждый шаг мы покрываем наш куб слоев кубиков так, что получается куб, сторона которого больше на $2$ элементарных кубика. Значит число кубиков выражается формулой $(2n+1)^3$, где $n=0,1,2...$. Очевидно, что количество центров кубов равно числу кубов $(2n+1)^3$. Теперь подсчитаем число уголков. Сделаем это так:
Подсчитаем число слоев куба, считая самый верхний и самый нижний. Это число больше числа ширины куб(в единицах элементарных кубов) на 1: $(2n+2)^3$. Теперь подсчитаем число точек на этих слоях, их число равно $(2n+1)^2$. Тогда число углов равно $(2n+1)^2(2n+2)^3$. Но поскольку нас не волнуют самые верхние углы, то искомое число равно $(2(n-1)+1)^2(2(n-1)+2)^3=(2n-1)^2(2n)^3$
Тогда, на $(2n+1)^3$ кубиков приходится $(2n-1)^2(2n)^3+(2n+1)^3$ ионов железа, а на элементарную ячейку

$$\[\frac{{{{(2n - 1)}^2}{{(2n)}^3} + {{(2n + 1)}^3}}}{{{{(2n + 1)}^3}}} = 1 + {\left( {\frac{{2n}}{{2n + 1}}} \right)^3}{(2n - 1)^2}\]$$

Но при достаточно больших $n$ это число очень большое и явно не равно $2$.

[waxtep]

Rusit8800 в сообщении #1298062 писал(а):

Подсчитаем число слоев куба, считая самый верхний и самый нижний. Это число больше числа ширины куб(в единицах элементарных кубов) на 1: $(2n+2)^3$.

Начинаете все правильно, но вот тут явно многовато. Если всего ячеек $(2n+1)^3$, разве может быть число слоев $(2n+2)^3$? Оно должно быть сильно-сильно меньше, проверьте.

[Rusit8800]

Да, что-то я промазал, там надо куб убрать. Тогда второе слагаемое в пределе даст $1$ и все сойдется. Гранецентрированную будет посчитать сложнее...

-- 18.03.2018, 19:53 --

Тут опять что-то не сходится. Число плоскостей $2n-1$ куба равно $6(1^2+3^2+...+(2n-1)^2)=2n(2n-1)(2n+1)$. Но

$$\[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{{(2n - 1)}^2}{{(2n)}^3} + 2n(2n - 1)(2n + 1)}}{{{{(2n + 1)}^3}}} = 2\]$$

а должно быть $4$.

[waxtep]

Rusit8800, у Вас значение предела на самом деле не $2$, а что-то очень большое, проверьте внимательнее

[Rusit8800]

waxtep в сообщении #1298188 писал(а):

у Вас значение предела на самом деле не $2$, а что-то очень большое, проверьте внимательнее

Вот именно, и где я обсчитался - непонятно($2$ - опечатка).

[waxtep]

Rusit8800, у Вас одно из слагаемых $(2n-1)^2(2n)^3$ слишком большое, $n^5$ по порядку величины, а все осмысленные слагаемые должны выглядеть как $n^3$ (это понятно, почему?). Кажется, Вы сюда "протащили" ошибку, ранее исправленную для объемноцентрированной решетки. А второе слагаемое, наоборот, маловато: порядок величины хороший, $n^3$, но, кажется, вы посчитали только горизонтальные грани, а есть ведь еще два семейства вертикальных... Проверьте, должна при аккуратном расчете четверка получиться.