Prendiamo un filo di rame e suddividiamolo in tanti segmenti lunghi $a ;$ scegliamo quindi un punto (estremo di un segmento) come origine. Scegliamo l'atomo nell'origine come riferimento e studiamo come varia la sua posizione compatibilmente con le condizioni al contorno date: sappiamo che l'atomo può compiere solo dei salti lunghi $a$, che ogni salto è indipendente dal precedente, che la frequenza dei salti è fissata ed inoltre che le probabilità che un salto avvenga verso sinistra o verso destra sono uguali e valgono $1 / 2$.
Possiamo quindi dirci nelle condizioni in cui l'atomo compia un random walk $1 D$ all'interno del filo di rame. Per studiare questo sistema definiamo $N=t / \tau$ come il numero di salti compiuti in un intervallo di tempo $t(1 / \tau$ è la frequenza dei salti), $n$ come il numero di salti a destra (tra gli $N$ ) e conseguentemente $m=N-n$ come il numero di salti a sinistra.
Sappiamo inoltre che il numero di modi in cui possono essere compiuti gli $N$ salti si può esprimere come il coefficiente binomiale $\frac{N !}{n ! m !}$. Chiediamoci ora quale sia la probabilità $P(n, t)$ che un atomo compia $n$ salti verso destra in un tempo $t .$ Per situazioni dicotomiche come questa la probabilità si esprime tramite la distribuzione binomiale:
$$
P(n, t)=\frac{(t / \tau) !}{n !(t / \tau-n) !}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{(t / \tau-n)}=2^{-t / \tau} \frac{(t / \tau) !}{n !(t / \tau-n) !}
$$
In cui abbiamo sfruttato la relazione $N=t / \tau$ e l'equiprobabilità delle direzioni del salto. Questo risolve il quesito (a) dell'esercizio.
Definiamo ora $k=n-m=n-(N-n)=2 n-N$ come il numero di salti netti verso destra. Ricordandoci che $N=n+m$, possiamo scrivere $n=(N+k) / 2$ e $m=(N-k) / 2$. Scriviamo dunque la distribuzione di probabilità precedentemente ricavata come
$$
P_{N}(k)=\frac{N !}{(2)^{N}\left[\frac{1}{2}(N+k)\right] !\left[\frac{1}{2}(N-k)\right] !}
$$
Ci serviamo ora dell'approssimazione di Stirling nella forma $\ln N ! \approx N \ln N-N+\frac{1}{2} \ln (2 \pi N) \mathrm{e}$
scomponiamo $\ln P_{N}(k)$ nel seguente modo:
$$
\begin{array}{l}
\ln P_{N}(k)=-N \ln 2+N \ln N-N+1 / 2 \ln (2 \pi N) \\
-1 / 2(N+k) \ln [1 / 2(N+k)]+1 / 2(N+k)-1 / 2 \ln [\pi(N+k)] \\
-1 / 2(N-k) \ln [1 / 2(N-k)]+1 / 2(N-k)-1 / 2 \ln [\pi(N-k)]
\end{array}
$$
Ora, in riferimento alla precedente espressione, sfruttiamo le proprietà dei logaritmi e la serie di Taylor in questo modo:
a) $\ln [1 / 2(N+k)]=-\ln 2+\ln (N+k)$;
b) $\ln (N+k)=\ln \left[N(1+k / N)=\ln N+\ln (1+k / N) \approx \ln N+k / N-1 / 2(k / N)^{2}\right.$, valida per $|k|<<N$.
Sostituendo, semplificando i termini simili, trascurando i termini di ordine superiore e passando agli esponenziali otteniamo:
$$
P_{N}(k)=\frac{2}{\sqrt{2 \pi N}} \exp \left(-k^{2} / 2 N\right)
$$
Da cui:
$$
P(n, t)=\frac{2}{\sqrt{2 \pi t / \tau}} \exp \left[-(2 n-t / \tau)^{2} /(2 t / \tau)\right]
$$
Infine,
$$
P(n, t)=\frac{2}{\sqrt{2 \pi t / \tau}} \exp \left[-(n-t / 2 \tau)^{2} /(t / 2 \tau)\right]
$$
Per trasformare la precedente in una distribuzione in funzione di $x$,
$$
x=k a=(2 n-N) a=(2 n-t / \tau) a
$$
da cui $n=t / 2 \tau+x / 2 a$.
Sostituendo:
$$
P(x, t) \propto \exp \left[-(x / 2 a)^{2} /(t / 2 \tau)\right] .
$$
Una cosa cosa importante da notare è che la distribuzione risulta centrata nell'origine, proprio a significare che $\langle x>=0$ Così si risolvono i punti (b) e (c) dell'esercizio.
