Considere um conjunto de N osciladores harmônicos quânticos, unidimensionais, localizados e não interagentes. O hamiltoniano que descreve o sistema é dado por
H=sumi=1^N Hi
onde
Hi=(ni+12) hbar omega
(a) Mostre que a energia por oscilador é escrita como
U(T)=12 hbar omega+hbar omegae^hbar omegaKB T-1 ;
(b) Mostre que para temperatura muito altas, o calor específico c= partial U / partial T converge para
c(T infty)=KB,
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AN: 2125335 ; Leonel, Edson Denis.; Fundamentos da Fisica estatistica
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recuperando assim a lei de Dulong-Petit.

Passo 1

Oi! Vamos resolver esse exercício juntos. O problema trata de osciladores harmônicos quânticos e envolve conceitos de física estatística. Precisaremos usar a energia dos osciladores quânticos e a distribuição de Boltzmann para encontrar a energia por oscilador $ U(T) $ e, depois, determinar o calor específico $ c $ em altas temperaturas.

Passo 2

Primeiro, vamos entender o que é um oscilador harmônico quântico. É um sistema onde uma partícula se move em torno de uma posição de equilíbrio, e sua energia é quantizada. A energia dos níveis é dada por:
En = (n + 12) hbar omega
onde:
  • $ n $ é um número inteiro não negativo (0, 1, 2, …),
  • $ \hbar $ é a constante de Planck reduzida,
  • $ \omega $ é a frequência angular do oscilador.

Passo 3

Para encontrar a energia média por oscilador $ U(T) $ a uma temperatura $ T $, usamos a estatística de Bose-Einstein para sistemas não interagentes. A energia média é dada por:
U(T)
onde $ k_B $ é a constante de Boltzmann.

Passo 4

Vamos calcular o numerador da expressão:
sumn=0^infty En e^-EnkB T = sumn=0^infty (n + 12) hbar omega e^-(n + 12) hbar omegakB T
Podemos separar a soma em duas partes:
= 12 hbar omega sumn=0^infty e^-(n + 12) hbar omegakB T + hbar omega sumn=0^infty n e^-(n + 12) hbar omegakB T

Passo 5

Simplificando as somas, reconhecemos que são séries geométricas. Primeiro, definimos:
x = e^-hbar omegakB T
Então, a soma no numerador fica:
12 hbar omega cdot x^1/21 - x + hbar omega cdot x^1/2 x(1 - x)^2 = 12 hbar omega cdot x^1/21 - x + hbar omega cdot x^3/2(1 - x)^2
E o denominador é:
sumn=0^infty e^-(n + 12) hbar omegakB T = x^1/21 - x

Passo 6

Dividindo o numerador pelo denominador, obtemos:
U(T) = 12 hbar omega cdot x^1/21 - x + hbar omega cdot x^3/2(1 - x)^2x^1/21 - x = 12 hbar omega + hbar omega x1 - x
Substituindo $ x $ de volta:
x

Passo 7

Agora, vamos para a parte (b). Queremos mostrar que, para temperaturas muito altas ($ T \rightarrow \infty $), o calor específico $ c = \frac{\partial U}{\partial T} $ converge para $ k_B $.
Primeiro, derivamos $ U(T) $ em relação a $ T $:
T infty
A derivada da constante é zero, então:
c = partial Upartial T

Passo 8

Vamos calcular a derivada:
partialpartial T ( 1e^hbar omegakB T - 1 ) = e^hbar omegakB T cdot hbar omegakB T^2(e^hbar omegakB T - 1)^2
Portanto:
c(T) = hbar omega cdot e^hbar omegakB T cdot hbar omegakB T^2(e^hbar omegakB T - 1)^2

Passo 9

Para temperaturas muito altas ($ T \rightarrow \infty $), o termo $ \frac{\hbar \omega}{k_B T} $ se torna muito pequeno. Podemos expandir a exponencial em série de Taylor:
T infty
Substituindo na expressão de $ c(T) $:
hbar omegakB T

Resposta

(a) A energia por oscilador é $ U(T) = \frac{1}{2} \hbar \omega + \frac{\hbar \omega}{e^{\frac{\hbar \omega}{k_B T}} - 1} $.
(b) Para temperaturas muito altas, o calor específico converge para $ c(T \rightarrow \infty) = k_B $, recuperando assim a lei de Dulong-Petit.

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