Aufgabensammlung Physik: Herleitung der Maxwell-Boltzmann-Verteilung

Leite die Wahrscheinlichkeitsdichte $p(\overrightarrow{v})$ der Maxwell-Boltzmann-Verteilung her. Die Maxwell-Boltzmann-Verteilung beschreibt die statistische Verteilung der Geschwindigkeit für Teilchen eines idealen Gases. Damit gibt $p(\overrightarrow{v})$ an, mit welcher Wahrscheinlichkeit ein Teilchen den Geschwindigkeitsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt. Die Masse der Teilchen sein $m$.

Es bieten sich folgende Ansätze für die Herleitung an:

1. Herleitung in der kinetischen Gastheorie: Gehe davon aus, dass die Geschwindigkeitsverteilung isotrop, unabhängig von der Richtung des Geschwindigkeitsvektors ist. Außerdem ist die Geschwindigkeitsverteilung unabhängig in den drei Koordinaten $v_1,v_2,v_3$ des Geschwindigkeitsvektors $\overrightarrow{v}$. Es ist also die Wahrscheinlichkeit dafür, dass die erste Geschwindigkeitskoordinate $v_1$ einen bestimmten Wert annimmt, unabhängig davon, welche Werte die anderen Geschwindigkeitskomponenten $v_2$ und $v_3$ haben. Analoges gilt für $v_2$ und $v_3$. Nehme auch an, dass die Dichtefunktion $p(\overrightarrow{v})$ der Geschwindigkeitsverteilung stetig ist. Um freie Parameter zu bestimmen, kannst die Formel $\overline{E_{\mathrm{k}\mathrm{i}\mathrm{n}}}=\frac{3}{2}{k}_{B}T$ für die mittlere Energie eines Teilchen in einem idealen Gas verwenden.
2. Herleitung aus dem kanonischem Ensemble

Herleitung in der kinetischen Gastheorie

Anfang

Die Geschwindigkeitsverteilungsfunktion ist auf jeder Kugeloberfläche im Raum der Geschwindigkeitsvektoren konstant.

Sei $p_1(\alpha )$ die Wahrscheinlichkeit, dass die erste Komponente $v_1$ des Geschwindigkeitsvektors $\overrightarrow{v}$ den Wert $\alpha$ besitzt. Seien entsprechend $p_2(\alpha )$ und $p_3(\alpha )$ die Wahrscheinlichkeiten, dass die zweite bzw. dritte Geschwindigkeitskomponente $\alpha$ ist.

Da die Geschwindigkeitsverteilung isotrop ist, ist $p_1(\alpha )=p_2(\alpha )=p_3(\alpha )$. Sei nun $\omega (\alpha ):=p_1(\alpha )$.

Aus der Unabhängigkeit der Geschwindigkeitsverteilung in den drei Komponenten folgt

$\begin{array}{cc}p(\overrightarrow{v})& =p(v_1,v_2,v_3)\\ & =p_1(v_1)\cdot p_2(v_2)\cdot p_3(v_3)\\ [3px]& \downarrow \omega (\alpha )=p_1(\alpha )=p_2(\alpha )=p_3(\alpha )\\ [3px]& =\omega (v_1)\cdot \omega (v_2)\cdot \omega (v_3)\end{array}$

$p(\overrightarrow{v})$ ist also vollständig durch $\omega (\alpha )$ bestimmt.

Die Geschwindigkeitsverteilung ist unabhängig von der Richtung. Damit ist die Wahrscheinlichkeit für alle Geschwindigkeitsvektoren gleich, die den gleichen Betrag haben, aber in eine andere Richtung zeigen. Die Wahrscheinlichkeitsfunktion $p(\overrightarrow{v})$ ist also auf der Kugeloberfläche $\{\overrightarrow{v}:|\overrightarrow{v}|=R\}$ mit Radius $R$ konstant.

$\omega (\alpha )$ ist normalverteilt

Ich werde die Normalverteilung dadurch beweisen, dass $\omega (\alpha )$ proportional zu $e^{\gamma \cdot {\alpha }^2}$ für eine Konstante $\gamma$ ist.

Warum das ausreicht

Zunächst kann man zeigen, dass $\gamma$ negativ sein muss. Wäre nämlich $\gamma$ positiv oder Null, dann würde das Integral $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\omega (\alpha )\mathrm{d}\alpha$ wegen $\omega (\alpha )\propto e^{\gamma {\alpha }^2}$ divergieren. Dies widerspricht aber der Bedingung an eine Dichtefunktion $\omega (\alpha )$, dass das Integral $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\omega (\alpha )\mathrm{d}\alpha =1$ ist.

Es ist also damit $\omega (\alpha )=c\cdot e^{\gamma {\alpha }^2}$ mit $c\in ℝ$ und $\gamma \in {ℝ}^{-}$. Um zu zeigen, dass $\omega (\alpha )$ normalverteilt, also von der Form $\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{1}{2}{\left(\frac{\alpha -\mu }{\sigma }\right)}^2}$ ist, setze $\sigma :=\sqrt{-\frac{1}{2\gamma }}=\sqrt{\frac{1}{2|\gamma |}}$ und $\mu =0$ (weil $\gamma$ negativ ist, ist $-\frac{1}{2\gamma }$ positiv und damit die Wurzel $\sqrt{-\frac{1}{2\gamma }}$ existend). Insgesamt ist dann $\omega (\alpha )=c\cdot e^{-\frac{1}{2}{\left(\frac{\alpha -\mu }{\sigma }\right)}^2}$. Aus der Bedingung $\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\omega (\alpha )\mathrm{d}\alpha =1$, die $\omega (\alpha )$ als Dichtefunktion erfüllen muss, folgt $c=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi }}$ und damit insgesamt $\omega (\alpha )=\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{1}{2}{\left(\frac{\alpha -\mu }{\sigma }\right)}^2}\stackrel{\mu =0}{=}\frac{1}{\sigma \sqrt{2\pi }}{e}^{-\frac{1}{2}{\left(\frac{\alpha }{\sigma }\right)}^2}$. Also ist $\omega (\alpha )$ normalverteilt.

Der eigentliche Beweis

Ich muss also nur noch zeigen, dass $\omega (\alpha )$ proportional zu $e^{\gamma {\alpha }^2}$ für eine Konstante $\gamma \in ℝ$ ist. Hierzu nutze ich aus, dass die Exponentialfunktionen ${\varphi }_{\lambda }(x)=e^{\lambda x}$, die einzigen stetigen Funktionen sind, die die Funktionalgleichung ${\varphi }_{\lambda }(x)\cdot {\varphi }_{\lambda }(y)={\varphi }_{\lambda }(x+y)$ erfüllen. Um diese Funktionalgleichung herzuleiten, betrachte einen konkreten Vektor ${\overrightarrow{v}}_0=(v_1,v_2,0)$. Zum einen ist

$p({\overrightarrow{v}}_0)=p(v_1,v_2,0)=\omega (v_1)\cdot \omega (v_2)\cdot \omega (0)$

Zum anderen haben die Vektoren $(v_1,v_2,0)$ und $(\sqrt{v_1^2+v_2^2},0,0)$ den gleichen Betrag und wegen Isotropie gilt

$p({\overrightarrow{v}}_0)=p(\sqrt{v_1^2+v_2^2},0,0)=\omega \left(\sqrt{v_1^2+v_2^2}\right)\cdot \omega (0)\cdot \omega (0)$

Durch Gleichsetzen beider Gleichungen erhält man

$\begin{array}{cc}& \omega (v_1)\cdot \omega (v_2)\cdot \omega (0)=p({\overrightarrow{v}}_0)=\omega \left(\sqrt{v_1^2+v_2^2}\right)\cdot \omega (0)\cdot \omega (0)\\ [3px]& \downarrow \text{beide Seiten durch }\omega (0{)}^3\text{ teilen}\\ [3px]\Rightarrow & \frac{1}{\omega (0)}\omega (v_1)\cdot \frac{1}{\omega (0)}\omega (v_2)=\frac{1}{\omega (0)}\omega \left(\sqrt{v_1^2+v_2^2}\right)\end{array}$

$\omega (0)$ ist ungleich Null

Gerade habe ich durch $\omega (0{)}^3$ geteilt. Wieso ist $\omega (0)$ ungleich Null?

Wäre $\omega (0)=0$, dann wäre $p(\overrightarrow{v})=0$ für jedes $\overrightarrow{v}\in {ℝ}^3$, denn

$\begin{array}{cc}p(\overrightarrow{v})& =p(v_1,v_2,v_3)\\ [3px]& \downarrow (v_1,v_2,v_3)\text{ und }(\sqrt{v_1^2+v_2^2+v_3^2},0,0)\text{ haben denselben Betrag}\\ [3px]& =(\sqrt{v_1^2+v_2^2+v_3^2},0,0)\\ & =\omega \left(\sqrt{v_1^2+v_2^2+v_3^2}\right)\cdot \omega (0)\cdot \omega (0)\\ [3px]& \downarrow \omega (0)=0\\ [3px]& =0\end{array}$

Dies steht aber im Widerspruch dazu, dass $p(\overrightarrow{v})$ eine Dichtefunktion für die Geschwindigkeitsverteilung ist (die Wahrscheinlichkeit für alle Geschwindigkeiten wäre Null, aber irgendeine Geschwindigkeit muss ja das Teilchen haben!).

Weiterer Schritt

Mit $\frac{1}{\omega (0)}\omega (v_1)\cdot \frac{1}{\omega (0)}\omega (v_2)=\frac{1}{\omega (0)}\omega \left(\sqrt{v_1^2+v_2^2}\right)$ habe ich eine Gleichung gefunden, die Ähnlichkeiten mit der Funktionalgleichung $\varphi (x)\cdot \varphi (y)=\varphi (x+y)$ aufweist.

Ich definiere nun $\varphi (x)$ implizit über $\frac{1}{\omega (0)}\omega (\alpha )=\varphi \left({\alpha }^2\right)$. Man könnte zunächst vermuten, dass diese Definition nicht wohldefiniert ist, da beispielsweise wegen $4=2^2=(-2{)}^2$ der Wert $\varphi (4)$ sowohl $\varphi (4)=\varphi \left(2^2\right)=\frac{1}{\omega (0)}\omega (2)$ als auch $\varphi (4)=\varphi ((-2{)}^2)=\frac{1}{\omega (0)}\omega (-2)$ sein müsste. Aber $\varphi (4)$ kann ja schlecht zwei unterschiedliche Werte annehmen.

Wieso ist $\varphi (x)$ wohldefiniert? $\omega (\alpha )$ ist eine gerade Funktion, es ist also $\omega (\alpha )=\omega (-\alpha )$. Dies folgt aus der Isotropie der Geschwindigkeitsverteilung, da

$\omega (\alpha )=\frac{1}{\omega (0{)}^2}p(\alpha ,0,0)=\frac{1}{\omega (0{)}^2}p(-\alpha ,0,0)=\omega (-\alpha )$

wegen $p(\alpha ,0,0)=p(-\alpha ,0,0)$ ist (den Vorfaktor $\frac{1}{\omega (0{)}^2}$ erhält man aus $p(\alpha ,0,0)=\omega (\alpha )\cdot \omega (0{)}^2$).

Wegen $\omega (\alpha )=\omega (-\alpha )$ ist die obige implizite Definition für $\varphi (x)$ wohldefiniert und man kann explizit $\varphi (x):=\frac{1}{\omega (0)}\omega \left(\sqrt{|x|}\right)$ setzen (Die explizite Form habe ich erhalten, indem ich $x={\alpha }^2$ setze. Da es egal ist, welche Wurzle ich nehme, definiere ich $\alpha =\sqrt{|x|}$ für meine explizite Funktion).

Mit der obigen Definition von $\varphi (x)$ erhält man

$\begin{array}{c}\begin{array}{ccc}& \frac{1}{\omega (0)}\omega (v_1)\cdot \frac{1}{\omega (0)}\omega (v_2)& =\frac{1}{\omega (0)}\omega \left(\sqrt{v_1^2+v_2^2}\right)\\ [3px]& & \downarrow \frac{1}{\omega (0)}\omega (\alpha )=\varphi \left({\alpha }^2\right)\\ [3px]\Rightarrow & \varphi \left(v_1^2\right)\cdot \varphi \left(v_2^2\right)& =\varphi (v_1^2+v_2^2)\end{array}\end{array}$

Letzter Schritt

Es ist $\varphi \left(v_1^2\right)\cdot \varphi \left(v_2^2\right)=\varphi (v_1^2+v_2^2)$. Da $\varphi (x)$ stetig ist ($\omega (\alpha )$ ist nach Voraussetzung stetig), ist $\varphi (x)=e^{\gamma x}$ für ein konstantes $\gamma \in ℝ$. Wegen $\omega (\alpha )=\omega (0)\cdot \varphi ({\alpha }^2)$ folgt $\omega (\alpha )=\omega (0)\cdot e^{\gamma {\alpha }^2}$ und damit die gewünschte Proportionalität ($\omega (0)$ ist ein konstanter Vorfaktor). Wie bereits vorher gezeigt, folgt aus dieser Proportionalität die Normalverteilung von $\omega (\alpha )$.

Gleichung für $p(\overrightarrow{v})$

Ich habe bereits gezeigt, dass $\omega (\alpha )$ normalverteilt von der Form ${\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{1}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{{\alpha }^2}{{\sigma }^2}}$ ist. Für $p(\overrightarrow{v})$ folgt dann

$p(\overrightarrow{v})=p(v_1,v_2,v_3)=\omega (v_1)\cdot \omega (v_2)\cdot \omega (v_3)={\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{3}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{v_1^2+v_2^2+v_3^2}{{\sigma }^2}}$

Der noch nicht bekannte Parameter $\sigma$ kann dadurch bestimmt werden, dass man den Erwartungswert für die Energie eines Teilchens bestimmt und diesen mit dem Term $\frac{3}{2}{k}_{B}T$ aus dem idealem Gasgesetz vergleicht.

Bestimmung von $\sigma$

Der Erwartungswert für die kinetische Energie eines Teilchens ist

$\begin{array}{cc}\overline{E_{\mathrm{k}\mathrm{i}\mathrm{n}}}& =\int \int \int \frac{m}{2}|\overrightarrow{v}{|}^{2}p(\overrightarrow{v}){\mathrm{d}}^3\overrightarrow{v}\\ & =\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{m}{2}(v_1^2+v_2^2+v_3^2)p(v_1,v_2,v_3)\mathrm{d}{v}_1\mathrm{d}{v}_2\mathrm{d}{v}_3\\ & =\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\frac{m}{2}(v_1^2+v_2^2+v_3^2){\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{3}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{v_1^2+v_2^2+v_3^2}{{\sigma }^2}}\mathrm{d}{v}_1\mathrm{d}{v}_2\mathrm{d}{v}_3\\ & =\frac{m}{2}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\left(\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\left(\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}(v_1^2+v_2^2+v_3^2){\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{1}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{v_1^2}{{\sigma }^2}}\mathrm{d}{v}_1\right){\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{1}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{v_2^2}{{\sigma }^2}}\mathrm{d}{v}_2\right){\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{1}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{v_3^2}{{\sigma }^2}}\mathrm{d}{v}_3\\ [5px]& \downarrow \begin{array}{ccc}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}{v}_1^2{\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{1}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{v_1^2}{{\sigma }^2}}\mathrm{d}{v}_1& ={\sigma }^2& \text{ (Varianz der Normalverteilung)}\\ \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}c\cdot {\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{1}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{v_1^2}{{\sigma }^2}}\mathrm{d}{v}_1& =c& \text{ (Integral }\ddot{\mathrm{u}}\text{ber Normalverteilung ist 1)}\end{array}\\ [5px]& =\frac{m}{2}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\left(\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}({\sigma }^2+v_2^2+v_3^2){\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{1}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{v_2^2}{{\sigma }^2}}\mathrm{d}{v}_2\right){\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{1}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{v_3^2}{{\sigma }^2}}\mathrm{d}{v}_3\\ [5px]& \downarrow \text{wie oben}\\ [5px]& =\frac{m}{2}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}({\sigma }^2+{\sigma }^2+v_3^2){\left(\frac{1}{2\pi {\sigma }^2}\right)}^{\frac{1}{2}}{e}^{-\frac{1}{2}\frac{v_3^2}{{\sigma }^2}}\mathrm{d}{v}_3\\ [5px]& \downarrow \text{wie oben}\\ [5px]& =\frac{m}{2}({\sigma }^2+{\sigma }^2+{\sigma }^2)\\ & =\frac{3m{\sigma }^2}{2}\end{array}$

Nun soll $\overline{E_{\mathrm{k}\mathrm{i}\mathrm{n}}}=\frac{3}{2}{k}_{B}T$ sein. So kann ${\sigma }^2$ bestimmt werden

$\begin{array}{cc}& \frac{3m{\sigma }^2}{2}=\overline{E_{\mathrm{k}\mathrm{i}\mathrm{n}}}=\frac{3}{2}{k}_{B}T\\ \Rightarrow & {\sigma }^2=\frac{k_{B}T}{m}\end{array}$

Wenn man dieses Ergebnis zurück in die bereits hergeleitete Gleichung einsetzt bekommt man das Endergebnis

$p(\overrightarrow{v})=p(v_1,v_2,v_3)=\omega (v_1)\cdot \omega (v_2)\cdot \omega (v_3)={\left(\frac{m}{2\pi k_{B}T}\right)}^{\frac{3}{2}}{e}^{-m\frac{v_1^2+v_2^2+v_3^2}{2k_{B}T}}$

Herleitung aus dem kanonischem Ensemble

Gesucht ist

$p(\overrightarrow{v})=P(\text{Teilchen hat Geschwindigkeit }\overrightarrow{v})$

Dabei steht $P(A)$ für die Wahrscheinlichkeit, dass $A$ eintritt. Wenn ein Teilchen den Geschwindigkeitsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt, dann hat es zwangsläufig auch die Energie $\frac{m}{2}{v}^2$ mit $v=|\overrightarrow{v}|$. Es gilt

$\begin{array}{cc}P(\text{Teilchen hat Geschwindigkeit }\overrightarrow{v})& =P\left(\text{Teilchen hat Energie }\frac{m}{2}{v}^2\right)\\ & \cdot P\left(\text{Teilchen hat Geschwindigkeit }\overrightarrow{v}\text{ bei der Energie }\frac{m}{2}{v}^2\right)\end{array}$

$p(\overrightarrow{v})$ ist also das Produkt aus der Wahrscheinlichkeit, dass das Teilchen die Energie $\frac{m}{2}{v}^2$ besitzt, und der Wahrscheinlichkeit, dass das Teilchen den Geschwindigkeitkeitsvektor $\overrightarrow{v}$ besitzt, wenn man schon weiß, dass dessen Energie $\frac{m}{2}{v}^2$ ist.

Nach der Boltzmann-Statistik ist die Wahrscheinlichkeit, dass ein Teilchen die Energie $E$ besitzt, proportional zu $e^{-\beta E}$ mit $\beta =\frac{1}{k_{B}T}$, wobei $k_B$ die Boltzmann-Konstante ist. Da das Teilchen die Energie $\frac{m}{2}{v}^2$ besitzt, ist $P\left(\text{Teilchen hat Energie }\frac{m}{2}{v}^2\right)$ proportional zu $\exp (-\beta \frac{m}{2}{v}^2)$.

Da die Geschwindigkeitsverteilung isotrop, also unabhängig von der Richtung des Geschwindigkeitsvektors ist, sind die Geschwindigkeitsvektoren $\overrightarrow{v}$ bei vorgegebener Energie $\frac{m}{2}{v}^2$ gleichverteilt, da durch diese vorgegebene Energie der Betrag des Geschwindigkeitsvektors schon eindeutig definiert ist (nur die Richtung des Geschwindigkeitsvektors ist ungewiss). Damit ist aber $P\left(\text{Teilchen hat Geschwindigkeit }\overrightarrow{v}\text{ bei der Energie }\frac{m}{2}{v}^2\right)$ konstant. Insgesamt ist

$\begin{array}{cc}p(\overrightarrow{v})& =P(\text{Teilchen hat Geschwindigkeit }\overrightarrow{v})\\ & =\underset{\propto \exp (-\beta \frac{m}{2}{v}^2)}{\underbrace{P\left(\text{Teilchen hat Energie }\frac{m}{2}{v}^2\right)}}\\ & \cdot \underset{\text{const}}{\underbrace{P\left(\text{Teilchen hat Geschwindigkeit }\overrightarrow{v}\text{ bei der Energie }\frac{m}{2}{v}^2\right)}}\\ & \propto \exp (-\beta \frac{m}{2}{v}^2)\\ \end{array}$

$p(\overrightarrow{v})$ ist also proportional zu $\exp (-\beta \frac{m}{2}{v}^2)=\exp (-\beta \frac{m}{2}(v_1^2+v_2^2+v_3^2))$. Dabei sind $v_1$ bis $v_3$ die Komponenten des Vektors $\overrightarrow{v}$. Also ist $p(\overrightarrow{v})=\gamma \cdot \exp (-\beta \frac{m}{2}(v_1^2+v_2^2+v_3^2))$ mit einer noch zu bestimmenden Konstante $\gamma$. Durch die Bedingung, dass das Integral $\int \int \int p(\overrightarrow{v}){\mathrm{d}}^3\overrightarrow{v}$ über die gesamte Wahrscheinlichkeitsfunktion 1 sein muss, kann $\gamma$ bestimmt werden:

$\begin{array}{cc}1& =\int \int \int p(\overrightarrow{v}){\mathrm{d}}^3\overrightarrow{v}\\ [3px]& \downarrow \text{Integral umschreiben}\\ [3px]& =\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}p(v_1,v_2,v_3)\mathrm{d}{v}_1\mathrm{d}{v}_2\mathrm{d}{v}_3\\ [3px]& \downarrow p(v_1,v_2,v_3)=\gamma \cdot \exp (-\beta \frac{m}{2}(v_1^2+v_2^2+v_3^2))\\ [3px]& =\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\gamma \cdot \exp (-\beta \frac{m}{2}(v_1^2+v_2^2+v_3^2))\mathrm{d}{v}_1\mathrm{d}{v}_2\mathrm{d}{v}_3\\ [3px]& \downarrow \text{Integral umformen}\\ [3px]& =\gamma \cdot \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\exp (-\beta \frac{m}{2}{v}_1^2)\mathrm{d}{v}_1\cdot \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\exp (-\beta \frac{m}{2}{v}_2^2)\mathrm{d}{v}_2\cdot \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\exp (-\beta \frac{m}{2}{v}_3^2)\mathrm{d}{v}_3\\ [3px]& \downarrow \underset{-\mathrm{\infty }}{\overset{\mathrm{\infty }}{\int }}\exp (-\alpha x^2)\mathrm{d}x={\left(\frac{\pi }{\alpha }\right)}^{\frac{1}{2}}\\ [3px]& =\gamma \cdot {\left(\frac{2\pi }{\beta m}\right)}^{\frac{3}{2}}\end{array}$

Es ist also $1=\gamma \cdot {\left(\frac{2\pi }{\beta m}\right)}^{\frac{3}{2}}$ und somit $\gamma ={\left(\frac{\beta m}{2\pi }\right)}^{\frac{3}{2}}$. Daraus folgt das Endergebnis

$\begin{array}{cc}p(\overrightarrow{v})& ={\left(\frac{\beta m}{2\pi }\right)}^{\frac{3}{2}}\cdot \exp (-\beta \frac{m}{2}|\overrightarrow{v}{|}^2)\\ & ={\left(\frac{m}{2\pi k_{B}T}\right)}^{\frac{3}{2}}\cdot \exp (-\frac{m}{2k_{B}T}|\overrightarrow{v}{|}^2)\end{array}$