Um oscilador harmônico simples unidimensional tem seus níveis de energia dados por:
E_{n}=\left(n+\frac{1}{2}\right) \hbar \omega
O número quântico " n " pode assumir valores inteiros \mathrm{n}=0,1,2,3, \ldots \mathrm{e} " \omega " é a freqüência angular característica do oscilador. Suponha que o oscilador esteja em contato térmico com um reservatório de calor na temperatura T .
a) Determine a função de partição do sistema. Dica: utilize a fórmula da soma dos termos de uma progressão geométrica infinita.
b) Calcule a energia média do oscilador em função da temperatura. Analise os casos limites para temperaturas baixas e elevadas. Qual a energia do estado fundamental quando a temperatura tende a zero?

Passo 1

O enunciado dá as seguintes informações e faz estas perguntas.
Dados:
  • Níveis de energia do oscilador harmônico unidimensional:
E_{n}=\left(n+\tfrac{1}{2}\right)\hbar\omega,\quad n=0,1,2,\ldots
  • O sistema está em equilíbrio térmico com um reservatório à temperatura T.
Perguntas:
a) Determinar a função de partição do sistema (partição canônica).
b) Calcular a energia média do oscilador em função da temperatura T. Analisar os limites de baixa e alta temperatura. Determinar a energia do estado fundamental quando T\to0.
Informações úteis que vamos usar (sem resolver ainda):
  • No ensemble canônico, usamos \beta=\dfrac{1}{k_B T} (onde k_B é a constante de Boltzmann).
  • A função de partição é uma soma sobre todos os níveis de energia: Z=\sum_{n=0}^{\infty} e^{-\beta E_n}.

Passo 2

Definimos a função de partição canônica e substituímos os níveis de energia.
Definição:
Z=\sum_{n=0}^{\infty} e^{-\beta E_n},
onde \beta=\dfrac{1}{k_B T}.
Substituindo E_n=\left(n+\tfrac{1}{2}\right)\hbar\omega:
Z=\sum_{n=0}^{\infty} e^{-\beta\left(n+\tfrac{1}{2}\right)\hbar\omega} =\sum_{n=0}^{\infty} e^{-\beta\hbar\omega/2}\,e^{-\beta\hbar\omega\, n}.
Colocando r=e^{-\beta\hbar\omega} (observe que 0<r<1 para T>0), essa soma fica
Z=e^{-\beta\hbar\omega/2}\sum_{n=0}^{\infty} r^{n}.
Aqui usamos a fórmula da soma de uma progressão geométrica infinita (válida para |r|<1):
\sum_{n=0}^{\infty} r^{n}=\frac{1}{1-r}.
Aplicando essa fórmula:
Z=e^{-\beta\hbar\omega/2}\cdot\frac{1}{1-e^{-\beta\hbar\omega}}.
Podemos reescrever essa expressão em forma equivalente e um pouco mais elegante multiplicando numerador e denominador por e^{\beta\hbar\omega/2}:
Z=\frac{1}{e^{\beta\hbar\omega/2}-e^{-\beta\hbar\omega/2}} =\frac{1}{2\operatorname{sinh}\!\left(\tfrac{\beta\hbar\omega}{2}\right)}.
Ambas as formas são corretas e úteis:
Z=e^{-\beta\hbar\omega/2}\frac{1}{1-e^{-\beta\hbar\omega}} \quad\text{ou}\quad Z=\frac{1}{2\operatorname{sinh}\!\left(\tfrac{\beta\hbar\omega}{2}\right)}.

Passo 3

Agora calculamos a energia média usando a relação padrão da estatística canônica:
\langle E\rangle=-\frac{\partial \ln Z}{\partial \beta}.
Primeiro calculamos \ln Z a partir da forma Z=e^{-\beta\hbar\omega/2}/(1-e^{-\beta\hbar\omega}):
\ln Z=-\frac{\beta\hbar\omega}{2}-\ln\!\bigl(1-e^{-\beta\hbar\omega}\bigr).
Diferenciando em relação a \beta:
-\frac{\partial \ln Z}{\partial \beta} =\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{\partial}{\partial\beta}\ln\!\bigl(1-e^{-\beta\hbar\omega}\bigr).
Agora calculamos a derivada do segundo termo. Seja u(\beta)=1-e^{-\beta\hbar\omega}. Então
\frac{\partial}{\partial\beta}\ln u(\beta)=\frac{1}{u(\beta)}\cdot\frac{\partial u}{\partial\beta} =\frac{1}{1-e^{-\beta\hbar\omega}}\cdot\bigl( \hbar\omega\, e^{-\beta\hbar\omega}\bigr).
Portanto
\langle E\rangle=\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{\hbar\omega\, e^{-\beta\hbar\omega}}{1-e^{-\beta\hbar\omega}}.

Passo 4

Simplificamos a expressão usando uma identidade exponencial. Note que
\frac{e^{-\beta\hbar\omega}}{1-e^{-\beta\hbar\omega}} =\frac{1}{e^{\beta\hbar\omega}-1}.
Logo a energia média pode ser escrita na forma muito usada:
\langle E\rangle=\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{\hbar\omega}{e^{\beta\hbar\omega}-1}.
É comum reconhecer a segunda parcela como a contribuição térmica do número médio de quanta de energia:
\langle E\rangle=\hbar\omega\left(\tfrac{1}{2}+\bar{n}\right),\quad \bar{n}=\frac{1}{e^{\beta\hbar\omega}-1}.
Aqui \bar{n} é a média do número de quanta (o fator de ocupação de Bose-Einstein para modos harmônicos).

Passo 5

Análise do limite de baixa temperatura ( T\to0, ou \beta\to\infty).
Quando \beta\to\infty, temos e^{\beta\hbar\omega}\to\infty, então
\frac{\hbar\omega}{e^{\beta\hbar\omega}-1}\to 0.
Portanto
\langle E\rangle \xrightarrow[T\to0]{} \frac{\hbar\omega}{2}.
Interpretação física: a energia tende para a energia do estado fundamental (energia zero-point) \tfrac{1}{2}\hbar\omega. Mesmo à temperatura zero há essa energia devido às flutuações quânticas.

Passo 6

Análise do limite de alta temperatura ( T\to\infty, ou \beta\to 0).
Para \beta\hbar\omega\ll 1 podemos usar a expansão exponencial e^{x}-1\approx x para x pequeno. Tomando x=\beta\hbar\omega:
e^{\beta\hbar\omega}-1\approx \beta\hbar\omega.
Então a parcela térmica se aproxima de
\frac{\hbar\omega}{e^{\beta\hbar\omega}-1}\approx \frac{\hbar\omega}{\beta\hbar\omega}=\frac{1}{\beta}=k_B T.
Logo, para altas temperaturas
\langle E\rangle \approx \frac{\hbar\omega}{2}+k_B T.
Como k_B T cresce sem limite e \tfrac{\hbar\omega}{2} é fixo, a parte dominante é k_B T. Desprezando a pequena constante quântica, obtemos o resultado clássico pela equipartição de energia: \langle E\rangle\approx k_B T (energia média do oscilador harmônico unidimensional no limite clássico).

Passo 7

Resumo físico e comentários finais (motivação para a prova, descanso rápido):
  • A função de partição resume toda a estatística do sistema e foi obtida somando a série geométrica dos níveis.
  • A energia média tem uma contribuição quântica de zero-point \tfrac{1}{2}\hbar\omega e uma parte térmica que segue a distribuição de Bose-Einstein: \hbar\omega/(e^{\beta\hbar\omega}-1).
  • Nos limites: em T\to0 sobra apenas o zero-point; em T\to\infty chega-se ao resultado clássico k_B T (com pequeno acréscimo \tfrac{1}{2}\hbar\omega que se torna irrelevante).

Resposta

(a) \displaystyle Z=\sum_{n=0}^{\infty}e^{-\beta\left(n+\tfrac{1}{2}\right)\hbar\omega} =e^{-\beta\hbar\omega/2}\frac{1}{1-e^{-\beta\hbar\omega}} =\frac{1}{2\operatorname{sinh}\!\left(\tfrac{\beta\hbar\omega}{2}\right)}
(b) \displaystyle \langle E\rangle=-\frac{\partial\ln Z}{\partial\beta} =\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{\hbar\omega}{e^{\beta\hbar\omega}-1}
Limites:
\displaystyle T\to0:\\ \langle E\rangle\to\frac{\hbar\omega}{2}.
\displaystyle T\to\infty:\\ \langle E\rangle\approx k_B T (dominante; com correção \tfrac{\hbar\omega}{2} pequena).

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