6.1 Um oscilador harmônico simples unidimensional possui níveis de energia dados por E_{n}=\left(n+\frac{1}{2}\right) \hbar \omega, onde \omega é a frequência característica (angular) do oscilador e onde o número quântico n pode assumir os valores inteiros possíveis n=0,1,2, \ldots. Suponha que tal oscilador esteja em contato térmico com um reservatório de calor à temperatura T suficientemente baixa de modo que k T /(\hbar \omega) \ll 1.
(a) Encontre a razāo entre a probabilidade de o oscilador estar no primeiro estado excitado e a probabilidade de ele estar no estado fundamental.
(b) Assumindo que apenas o estado fundamental e o primeiro estado excitado sejam apreciavelmente ocupados, encontre a energia média do oscilador como funçāo da temperatura T.

Passo 1

O enunciado trata de um oscilador harmônico unidimensional com níveis de energia
E_{n}=\Bigl(n+\tfrac12\Bigr)\hbar\omega,\quad n=0,1,2,\dots
em contato térmico a temperatura T tal que
\frac{kT}{\hbar\omega}\ll1.
Pedem em (a) a razão de probabilidades P_{1}/P_{0} e em (b) a energia média supondo só n=0 e n=1 ocupados. Vamos usar a estatística canônica (fatores de Boltzmann) e a definição de energia média em termos da função partição.

Passo 2

Na estatística canônica, a probabilidade de ocupar o nível n é
P_{n} \propto e^{-\beta E_{n}},\quad \beta=\frac{1}{kT}.
Logo a razão entre n=1 e n=0 é
\frac{P_{1}}{P_{0}} =\exp\bigl[-\beta(E_{1}-E_{0})\bigr] =\exp\bigl[-\beta(\tfrac{3\hbar\omega}{2}-\tfrac{\hbar\omega}{2})\bigr] =\exp\!\bigl(-\beta\hbar\omega\bigr) =\exp\!\Bigl(-\frac{\hbar\omega}{kT}\Bigr).

Passo 3

Para (b), restringimos a soma ao fundamental e ao primeiro excitado. A função partição aproximada é
Z \approx e^{-\beta E_{0}} + e^{-\beta E_{1}} =e^{-\beta\hbar\omega/2}\bigl[1 + e^{-\beta\hbar\omega}\bigr].
A energia média vale
\langle E\rangle =\frac{1}{Z}\sum_{n=0}^{1}E_{n}\,e^{-\beta E_{n}}.

Passo 4

Substituindo E_{0}=\tfrac{\hbar\omega}{2} e E_{1}=\tfrac{3\hbar\omega}{2} e definindo
\;r=e^{-\beta\hbar\omega}, obtemos
\langle E\rangle =\frac{\frac{\hbar\omega}{2}\,e^{-\beta\hbar\omega/2} +\frac{3\hbar\omega}{2}\,e^{-\beta3\hbar\omega/2}} {e^{-\beta\hbar\omega/2}\bigl(1+r\bigr)} =\frac{\tfrac{\hbar\omega}{2} + \tfrac{3\hbar\omega}{2}\,r}{1+r} =\hbar\omega\,\frac{1+3r}{2(1+r)}.

Passo 5

Como \beta\hbar\omega\gg1 (isto é, r\ll1), podemos expandir para baixa temperatura:
\langle E\rangle \approx \hbar\omega\Bigl[\frac{1}{2} + \frac{3}{2}r\Bigr] \approx \frac{\hbar\omega}{2} + \hbar\omega\,e^{-\hbar\omega/(kT)}.

Resposta

(a) \displaystyle \frac{P_{1}}{P_{0}} = \exp\!\bigl(-\hbar\omega/(kT)\bigr).
(b)
\langle E\rangle =\hbar\omega\,\frac{1+3\,\exp(-\hbar\omega/(kT))}{2\bigl[1+\exp(-\hbar\omega/(kT))\bigr]} \approx \frac{\hbar\omega}{2} + \hbar\omega\,\exp\!\bigl(-\hbar\omega/(kT)\bigr).

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