43- Expressão analítica para o calor específico de um sólido de Einstein
Mostrem, utilizando a distribuição de Boltzmann, que o calor específico por átomo em um sólido de Einstein macroscópico (ou seja, com número de átomos tendendo a infinito) depende da temperatura segundo a expressão analítica \mathrm{c}=3 \mathrm{kB}(\hbar \omega 0 / \mathrm{kBT}) 2 \exp (\hbar \omega 0 / \mathrm{kBT}) /[\exp (\hbar \omega 0 / \mathrm{kBT})-1] 2.
Dica: determinem a distribuição de Boltzmann normalizada para um único oscilador do sólido de Einstein, em contato com um banho térmico a uma temperatura T (fornecido, por exemplo, pelo restante do sólido), e calculem a energia média por átomo, E , em função da temperatura. O calor específico será dado por \mathrm{c}=\mathrm{dE} / \mathrm{dT}. Vocês podem querer fazer uso das identidades matemáticas \sum \mathrm{q}=0 \infty \mathrm{Xq}=1 / 1-\mathrm{X} e \sum \mathrm{q}=0 \infty \mathrm{qXq}=\mathrm{x}(1-\mathrm{x}) 2, válidas para |\mathrm{x}|<1. Vocês são capazes de demonstrá-las?

Passo 1

O que o problema pede e o que foi dado.
  • Pede: mostrar que o calor específico por átomo num sólido de Einstein é
\mathrm{c}=3 k_B\left(\frac{\hbar\omega_0}{k_B T}\right)^{2}\frac{e^{\hbar\omega_0/(k_B T)}}{\left(e^{\hbar\omega_0/(k_B T)}-1\right)^{2}}.
  • Informação importante (implícita no modelo de Einstein): cada átomo age como três osciladores harmônicos quânticos independentes (um por direção), cada oscilador com níveis de energia
E_n=\hbar\omega_0\left(n+\tfrac{1}{2}\right),\quad n=0,1,2,\dots
  • Devemos usar a distribuição de Boltzmann (sistema em contato com banho térmico a temperatura T), calcular a energia média por átomo E(T) e então obter o calor específico por átomo como
\mathrm{c}=\frac{dE}{dT}.
  • Dica do enunciado: usar as somas
\sum_{q=0}^{\infty} x^{q}=\frac{1}{1-x},\qquad \sum_{q=0}^{\infty} q x^{q}=\frac{x}{(1-x)^{2}},
válidas para |x|<1. Mais adiante eu demonstro essas identidades.

Passo 2

Escrevendo a distribuição de Boltzmann normalizada para um único oscilador.
  • A probabilidade de o oscilador estar no nível n é proporcional a e^{-\beta E_n}, onde definimos \beta=\dfrac{1}{k_B T}.
  • A distribuição normalizada é
p_n=\frac{e^{-\beta E_n}}{Z},
onde Z é a função de partição (constante de normalização)
Z=\sum_{n=0}^{\infty} e^{-\beta E_n}.
  • Substituindo E_n=\hbar\omega_0(n+\tfrac{1}{2}) temos
Z=\sum_{n=0}^{\infty} e^{-\beta \hbar\omega_0 (n+\tfrac{1}{2})} = e^{-\beta \hbar\omega_0/2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(e^{-\beta\hbar\omega_0}\right)^{n}.

Passo 3

Calcular a partição Z usando a soma geométrica.
  • Use a identidade geométrica \sum_{q=0}^{\infty} x^{q}=\dfrac{1}{1-x} para |x|<1. Prova rápida: para |x|<1 a soma infinita converge e multiplica-se ambos os lados por (1-x) para verificar. (Vou demonstrar formalmente no Passo 5.)
  • Aqui tome x=e^{-\beta\hbar\omega_0}, que de fato satisfaz |x|<1 porque e^{-\beta\hbar\omega_0}\in(0,1).
  • Então
Z=e^{-\beta\hbar\omega_0/2}\cdot\frac{1}{1-e^{-\beta\hbar\omega_0}}.

Passo 4

Expressão para a energia média por oscilador \langle E\rangle (somatório direto).
  • A energia média é
\langle E\rangle=\sum_{n=0}^{\infty} p_n E_n =\frac{1}{Z}\sum_{n=0}^{\infty} E_n e^{-\beta E_n}.
  • Substitua E_n=\hbar\omega_0(n+\tfrac{1}{2}) e extraia fatores:
\sum_{n=0}^{\infty} E_n e^{-\beta E_n} = \hbar\omega_0 \sum_{n=0}^{\infty}\left(n+\tfrac{1}{2}\right)e^{-\beta\hbar\omega_0(n+\tfrac{1}{2})}.
  • Escreva esse somatório como
\hbar\omega_0 e^{-\beta\hbar\omega_0/2}\left(\tfrac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}x^{n} + \sum_{n=0}^{\infty} n x^{n}\right),
onde x\equiv e^{-\beta\hbar\omega_0}.

Passo 5

Demonstrar as identidades de somas necessárias.
  • Identidade 1 (geométrica):
\sum_{q=0}^{\infty} x^{q}=\frac{1}{1-x}\qquad(|x|<1).
Demonstração rápida: considere S=\sum_{q=0}^{\infty} x^{q}. Então xS=\sum_{q=0}^{\infty} x^{q+1}= \sum_{q=1}^{\infty} x^{q}. Subtraindo, S-xS=1, logo S(1-x)=1 e S=1/(1-x).
  • Identidade 2 (soma com fator q):
\sum_{q=0}^{\infty} q x^{q}=\frac{x}{(1-x)^{2}}\qquad(|x|<1).
Demonstração: parta da identidade geométrica e derive em x:
\sum_{q=0}^{\infty} x^{q}=\frac{1}{1-x}\quad\Rightarrow\quad \sum_{q=0}^{\infty} q x^{q-1}=\frac{1}{(1-x)^{2}}.
Multiplique por x para obter \sum_{q=0}^{\infty} q x^{q}=\dfrac{x}{(1-x)^{2}}. (A derivação termo a termo é válida para |x|<1.)
  • Essas duas identidades são exatamente as sugeridas no enunciado.

Passo 6

Avaliar explicitamente os somatórios para obter \langle E\rangle.
  • Usando as identidades com x=e^{-\beta\hbar\omega_0} temos
\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}=\frac{1}{1-x},\qquad \sum_{n=0}^{\infty} n x^{n}=\frac{x}{(1-x)^{2}}.
  • Voltemos ao numerador encontrado no Passo 4:
\sum_{n=0}^{\infty} E_n e^{-\beta E_n} = \hbar\omega_0 e^{-\beta\hbar\omega_0/2}\left(\tfrac{1}{2}\cdot\frac{1}{1-x} + \frac{x}{(1-x)^{2}}\right).
  • O denominador (partição) é Z=e^{-\beta\hbar\omega_0/2}\dfrac{1}{1-x}. Dividindo numerador por Z cancela o fator e^{-\beta\hbar\omega_0/2} e um fator (1-x), ficando
\langle E\rangle=\hbar\omega_0\left(\tfrac{1}{2} + \frac{x}{1-x}\right).
  • Substitua x=e^{-\beta\hbar\omega_0}. Note que
\frac{x}{1-x}=\frac{e^{-\beta\hbar\omega_0}}{1-e^{-\beta\hbar\omega_0}} =\frac{1}{e^{\beta\hbar\omega_0}-1}.
  • Portanto a energia média por oscilador fica
\langle E\rangle=\hbar\omega_0\left(\tfrac{1}{2}+\frac{1}{e^{\beta\hbar\omega_0}-1}\right).
(Isto é intuitivo: a primeira parcela é a energia de ponto zero, independente de T; a segunda é a contribuição térmica.)

Passo 7

Passar da energia média ao calor específico por oscilador (derivada em T), e simplificar.
  • Como o termo \tfrac{1}{2}\hbar\omega_0 é independente de T, ele não contribui para o calor específico. Então foquemos em
\langle E\rangle_{\text{térmico}}=\hbar\omega_0\cdot\frac{1}{e^{\beta\hbar\omega_0}-1}.é
  • Defina x\equiv \beta\hbar\omega_0=\dfrac{\hbar\omega_0}{k_B T}. Então \langle E\rangle_{\text{térmico}}=\hbar\omega_0\cdot\dfrac{1}{e^{x}-1}é.
  • Queremos c_{\text{osc}}=\dfrac{d\langle E\rangle}{dT}. Use a regra da cadeia:
\frac{d}{dT}=\frac{dx}{dT}\frac{d}{dx},\qquad \frac{dx}{dT}=-\frac{x}{T}.
  • Calcule a derivada de f(x)=\dfrac{1}{e^{x}-1}:
f'(x)=-\frac{e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}.
  • Então
\frac{d}{dT}\left(\hbar\omega_0\frac{1}{e^{x}-1}\right) = \hbar\omega_0\cdot f'(x)\cdot\frac{dx}{dT} = \hbar\omega_0\left(-\frac{e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}\right)\left(-\frac{x}{T}\right).
  • Simplificando sinais:
c_{\text{osc}}=\frac{d\langle E\rangle}{dT} = \hbar\omega_0\cdot\frac{x}{T}\cdot\frac{e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}.
  • Lembre que x=\dfrac{\hbar\omega_0}{k_B T}, então \dfrac{x}{T}=\dfrac{\hbar\omega_0}{k_B T^{2}}. Substituindo:
c_{\text{osc}}=\hbar\omega_0\cdot\frac{\hbar\omega_0}{k_B T^{2}}\cdot\frac{e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}} = k_B\left(\frac{\hbar\omega_0}{k_B T}\right)^{2}\frac{e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}.

Passo 8

Passar de um oscilador para o sólido (por átomo) e escrever a expressão final.
  • Cada átomo corresponde a três osciladores independentes (três graus de liberdade espaciais). Assim o calor específico por átomo é três vezes o valor por oscilador:
\mathrm{c}=3\, c_{\text{osc}}=3k_B\left(\frac{\hbar\omega_0}{k_B T}\right)^{2}\frac{e^{\hbar\omega_0/(k_B T)}}{\left(e^{\hbar\omega_0/(k_B T)}-1\right)^{2}}.
  • Esta é exatamente a expressão pedida. (Observação: em notação alternativa às vezes escreve-se x=\hbar\omega_0/(k_B T) e a fórmula fica \mathrm{c}=3k_B x^{2} e^{x}/(e^{x}-1)^{2}.)

Resposta

\mathrm{c}=3k_B\left(\frac{\hbar\omega_0}{k_B T}\right)^{2}\frac{e^{\hbar\omega_0/(k_B T)}}{\left(e^{\hbar\omega_0/(k_B T)}-1\right)^{2}}.

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