No ensemble microcanônico, para N osciladores com energia total E, o número de autoestados acessíveis é dado por:
\Omega(E, N)=\frac{\left(\frac{E}{\hbar \omega}+\frac{N}{2}-1\right)!}{\left(\frac{E}{\hbar \omega}-\frac{N}{2}\right)!(N-1)!}
a) Obtenha a entropia por oscilador;
b) Calcule a equação de estado 1 / T;
c) Obtenha a energia por oscilador, o calor específico e mostre que para T muito grande o calor específico tende a k_{B}.

Passo 1

O enunciado dá o número de estados acessíveis no ensemble microcanônico de N osciladores quânticos
\Omega(E,N)=\frac{\bigl(\tfrac{E}{\hbar\omega}+\tfrac{N}{2}-1\bigr)!}{\bigl(\tfrac{E}{\hbar\omega}-\tfrac{N}{2}\bigr)!\,(N-1)!}
e pede:
a) entropia por oscilador s=S/N;
b) equação de estado 1/T=\partial S/\partial E;
c) energia por oscilador \varepsilon=E/N, calor específico C=d\varepsilon/dT e mostrar C\to k_B para T\to\infty.

Passo 2

Para E e N grandes usamos a aproximação de Stirling
\ln n!\simeq n\ln n - n\,.
Definindo
x=\frac{E}{\hbar\omega},\quad y=\frac{\varepsilon}{\hbar\omega}=\frac{x}{N},
temos com Stirling:
\ln\Omega\approx (x+\tfrac{N}{2})\ln(x+\tfrac{N}{2})-(x-\tfrac{N}{2})\ln(x-\tfrac{N}{2})-N\ln N.
Escrevendo x\pm\tfrac{N}{2}=N(y\pm\tfrac12) e expandindo:
\ln\Omega\approx N\Bigl[(y+\tfrac12)\ln(y+\tfrac12)-(y-\tfrac12)\ln(y-\tfrac12)\Bigr].

Passo 3

A entropia é S=k_B\ln\Omega, então a entropia por oscilador é
s=\frac{S}{N} =k_B\Bigl[(y+\tfrac12)\ln(y+\tfrac12)-(y-\tfrac12)\ln(y-\tfrac12)\Bigr],
onde y=\varepsilon/(\hbar\omega).

Passo 4

A equação de estado vem de
\frac{1}{T}=\frac{\partial S}{\partial E} =\frac{\partial}{\partial E}\bigl[N\,s(y)\bigr] =\frac{N}{\hbar\omega N}\,\frac{ds}{dy} =\frac{1}{\hbar\omega}\,k_B\ln\!\frac{y+\tfrac12}{y-\tfrac12}.
Logo
\frac{1}{T} =\frac{k_B}{\hbar\omega}\ln\!\frac{\varepsilon/(\hbar\omega)+\tfrac12}{\varepsilon/(\hbar\omega)-\tfrac12}.

Passo 5

Invertendo para \varepsilon em função de T, note que
\ln\frac{y+\tfrac12}{y-\tfrac12} =\frac{\hbar\omega}{k_B T} \;\Longrightarrow\; y=\frac12\coth\!\bigl(\tfrac{\hbar\omega}{2k_B T}\bigr).
Assim a energia por oscilador é
\varepsilon = \hbar\omega\,y =\frac{\hbar\omega}{2}\coth\!\Bigl(\frac{\hbar\omega}{2k_B T}\Bigr).

Passo 6

O calor específico por oscilador é
C=\frac{d\varepsilon}{dT} =k_B\Bigl(\frac{\hbar\omega}{2k_B T}\Bigr)^2 \frac{1}{\operatorname{sinh}^2\!\bigl(\tfrac{\hbar\omega}{2k_B T}\bigr)}.
No limite clássico T\to\infty temos \hbar\omega/(2k_B T)\to0 e
\frac{\hbar\omega/(2k_B T)}{\operatorname{sinh}(\hbar\omega/(2k_B T))}\to1 \;\Longrightarrow\; C\to k_B.

Resposta

a)
s=\frac{S}{N} =k_B\Bigl[(y+\tfrac12)\ln(y+\tfrac12)-(y-\tfrac12)\ln(y-\tfrac12)\Bigr], \quad y=\frac{\varepsilon}{\hbar\omega}.
b)
\frac{1}{T} =\frac{k_B}{\hbar\omega}\ln\!\frac{y+\tfrac12}{y-\tfrac12}.
c)
\varepsilon=\frac{\hbar\omega}{2}\coth\!\Bigl(\frac{\hbar\omega}{2k_B T}\Bigr), \qquad C=k_B\Bigl(\frac{\hbar\omega}{2k_B T}\Bigr)^{\!2}\frac{1}{\operatorname{sinh}^2\!\bigl(\tfrac{\hbar\omega}{2k_B T}\bigr)},
e no limite T\to\infty, C\to k_B.

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