Além do modelo de Debye para o calor específico de sólidos, há um outro, mais simples, chamado modelo de Einstein. Nesse caso, há apenas uma frequência angular de oscilação, \omega_{0}, e a energia dos modos é dada por
E_{n}=n \hbar \omega_{0}, \quad n=0,1,2, \ldots
(a) Considerando um sólido com N átomos independentes, onde cada átomo oscila em três direções, mostre que a função de partição canônica Z vale ( 0,5 ponto)
Z=\left(\frac{1}{1-e^{-\beta \hbar \omega_{0}}}\right)^{3 N}
lembrando que a soma da série geométrica infinita, de termo inicial a_{0} e razão r<1, é
S=\frac{a_{0}}{1-r}
(b) Ache a energia U desse sistema. (1,0 ponto)

Passo 1

O enunciado nos dá as seguintes informações e pede duas coisas.
  • Informação 1: os níveis de energia de um oscilador (modo) são
E_{n}=n\hbar\omega_{0},\quad n=0,1,2,\ldots
onde \hbar é a constante de Planck reduzida e \omega_{0} é a frequência angular única do modelo de Einstein.
  • Informação 2: o sólido tem N átomos independentes e cada átomo oscila em três direções (portanto há 3N modos independentes).
As perguntas:
(a) Mostrar que a função de partição canônica Z do sistema vale
Z=\left(\frac{1}{1-e^{-\beta \hbar \omega_{0}}}\right)^{3 N},
onde \beta=\dfrac{1}{k_{B}T} (aqui k_{B} é a constante de Boltzmann e T a temperatura).
(b) Calcular a energia interna U desse sistema.

Passo 2

Conceito chave: função de partição canônica de um sistema isolado de níveis discretos.
  • Definição: para um sistema com níveis de energia E_i, a função de partição canônica é
Z=\sum_{i} e^{-\beta E_{i}}.
  • Interpretação: Z reúne todas as informações termodinâmicas do sistema; energias médias e grandezas termodinâmicas derivam de Z.
Aqui vamos aplicar isso primeiro a um único modo (um oscilador com níveis dados por E_n).

Passo 3

Partição de um modo (um oscilador): aplicar a definição com E_n=n\hbar\omega_{0}.
  • Escrevendo a soma:
Z_{1}=\sum_{n=0}^{\infty} e^{-\beta E_{n}}=\sum_{n=0}^{\infty} e^{-\beta n \hbar \omega_{0}}.
  • Reconheça uma série geométrica com termo inicial a_{0}=1 e razão r=e^{-\beta \hbar \omega_{0}}. Como \beta>0 e \omega_{0}>0, tem-se 0<r<1, então a soma converge.
Usando a fórmula da série geométrica \sum_{n=0}^{\infty} r^{n}=\dfrac{1}{1-r}, obtemos
Z_{1}=\frac{1}{1-e^{-\beta \hbar \omega_{0}}}.
Expliquei cada símbolo: \beta=1/(k_{B}T), \hbar\omega_{0} é a energia quântica básica do oscilador, e Z_{1} é a partição de um único modo.

Passo 4

Partição do sistema com 3N modos independentes.
  • Se os modos são independentes (não interagem), a função de partição total é o produto das partições de cada modo:
Z=\prod_{i=1}^{3N} Z_{1} = \bigl(Z_{1}\bigr)^{3N}.
  • Substituindo Z_{1} do Passo 3:
Z=\left(\frac{1}{1-e^{-\beta \hbar \omega_{0}}}\right)^{3N}.
Isso conclui a parte (a).

Passo 5

Como obter a energia interna U a partir de Z.
  • Fórmula útil: a energia interna média no ensemble canônico é
U=-\frac{\partial}{\partial \beta}\ln Z.
Explicação: \ln Z é a quantidade cuja derivada em \beta dá a energia média; essa é uma relação padrão da estatística canônica (derivável da definição de média com probabilidades p_i=e^{-\beta E_i}/Z).
Agora vamos calcular \ln Z usando o resultado do Passo 4 e depois derivar.

Passo 6

Cálculo explícito de U.
  • Primeiro escreva \ln Z:
\ln Z = 3N\ln\!\left(\frac{1}{1-e^{-\beta\hbar\omega_{0}}}\right) = -3N\ln\!\left(1-e^{-\beta\hbar\omega_{0}}\right).
  • Calcule a derivada em relação a \beta. Defina x=\beta\hbar\omega_{0} para facilitar; então dx/d\beta=\hbar\omega_{0}. Usando a regra da cadeia,
\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z = -3N\cdot\frac{1}{1-e^{-x}}\cdot\frac{\partial}{\partial\beta}\bigl(1-e^{-x}\bigr).
  • Agora \dfrac{\partial}{\partial\beta}\bigl(1-e^{-x}\bigr)= -\dfrac{\partial}{\partial\beta}e^{-x}= -\bigl(e^{-x}\cdot(-dx/d\beta)\bigr)=e^{-x}\,dx/d\beta = e^{-x}\hbar\omega_{0}.
  • Portanto
\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z = -3N\cdot\frac{e^{-x}\hbar\omega_{0}}{1-e^{-x}}.
  • Finalmente, a energia interna é
U=-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z = 3N\cdot\frac{e^{-x}\hbar\omega_{0}}{1-e^{-x}}.
  • Simplifique usando e^{-x}/(1-e^{-x})=1/(e^{x}-1). Voltando x=\beta\hbar\omega_{0}, obtemos
U=3N\frac{\hbar\omega_{0}}{e^{\beta\hbar\omega_{0}}-1}.

Passo 7

Interpretação alternativa e verificação rápida (opcional, didática).
  • Alternativa: a média de energia de um único modo é
\langle E\rangle_{1}=\sum_{n=0}^{\infty} n\hbar\omega_{0}\,p_{n}, \qquad p_{n}=\frac{e^{-\beta n\hbar\omega_{0}}}{Z_{1}}.
A soma resulta também em \langle E\rangle_{1}=\dfrac{\hbar\omega_{0}}{e^{\beta\hbar\omega_{0}}-1}. Multiplicando por 3N dá o mesmo U acima, confirmando o resultado.
  • Limites conhecidos (para intuição): para alta temperatura ( \beta\hbar\omega_{0}\ll1), usando expansão e^{x}-1\approx x, tem-se U\approx 3N k_{B}T, que recupera o resultado clássico de equipartição. Para baixa temperatura ( \beta\hbar\omega_{0}\gg1), U cai exponencialmente para zero.

Resposta

(a) Z=\left(\frac{1}{1-e^{-\beta \hbar \omega_{0}}}\right)^{3 N}
(b) U=3N\frac{\hbar\omega_{0}}{e^{\beta\hbar\omega_{0}}-1}

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