QUESTÃO 2. A multiplicidade de um sólido de Einstein contendo N osciladores e q unidades de energia é aproximadamente:
\Omega(N, q) \approx\left(\frac{q+N}{q}\right)^{q}\left(\frac{q+N}{q}\right)^{N}
(a) Parta desta fórmula e ache uma expressão para a entropia de um sólido de Einstein como função de N e q.
(b) Use o resultado do item (a) para obter a temperatura de um sólido de Einstein em função de sua energia. (A energia U=q \varepsilon, onde \varepsilon é uma constante). Simplifique a expressão obtida ao máximo possível.
(c) Inverte a relação encontrado no item (b) para obter a energia como função da temperatura e use esta última para obter a fórmula para capacidade térmica do sistema.
(d) Mostre que, no limite \mathrm{T} \rightarrow \infty, a capacidade térmica é \mathrm{C}=\mathrm{Nk}. (Dica: quando x é muito pequeno, \mathrm{e}^{\mathrm{x}} \approx 1+\mathrm{x} ). Este resultado era esperado por você? Explique seu raciocínio.
(e) Deduza uma aproximação mais precisa para a capacidade térmica a altas temperaturas, incluindo termos de ordem \mathrm{x}^{3} na expansão das exponenciais e expandindo cuidadosamente o denominador. Jogue fora termos menores que (\varepsilon / k T)^{2} na resposta final. Depois de tudo feito, você deve encontrar \mathrm{C}=\mathrm{Nk}\left[1-1 / 12(\varepsilon / k T)^{2}\right].

Passo 1

Vamos organizar direitinho o que o enunciado nos deu e o que ele pede. Os dados e pedidos são:
  • A multiplicidade aproximada do sólido de Einstein é dada (vou reescrever de forma consistente com a expressão combinatorial usual; observe que a segunda fração tem denominador N, não q, para que a fórmula corresponda à forma \dfrac{(q+N)^{q+N}}{q^{q}N^{N}}):
\Omega(N,q)\approx\left(\frac{q+N}{q}\right)^{q}\left(\frac{q+N}{N}\right)^{N} =\frac{(q+N)^{\,q+N}}{q^{q}N^{N}}.
  • A energia total do sólido é \;U=q\varepsilon\;, onde \varepsilon é constante (energia por “quantum”).
  • O que é pedido:
    (a) A entropia S(N,q) a partir de \Omega(N,q).
    (b) A temperatura T do sólido em função da energia U (usar U=q\varepsilon).
    (c) Inverter a relação do item (b) para obter U(T) e, a partir daí, a capacidade térmica C=\dfrac{dU}{dT}.
    (d) Mostrar que \lim_{T\to\infty} C = Nk e comentar se era esperado.
    (e) Obter uma aproximação de alta temperatura incluindo termos até ordem x^{3} nas exponenciais e mantendo apenas termos maiores ou iguais a ordem \bigl(\varepsilon/(kT)\bigr)^{2}; o resultado final deve ser C = Nk\left[1-\tfrac{1}{12}\left(\frac{\varepsilon}{kT}\right)^{2}\right].

Passo 2

Obter a entropia a partir de \Omega. Regra fundamental da entropia estatística (Boltzmann):
S = k\ln\Omega,
onde k é a constante de Boltzmann. Aplicando à \Omega dada:
S = k\ln\!\left(\frac{(q+N)^{q+N}}{q^{q}N^{N}}\right).
Usando propriedades do logaritmo ( \ln a^{b}=b\ln a e \ln\frac{A}{B}=\ln A-\ln B), expandimos:
S = k\bigl[(q+N)\ln(q+N) - q\ln q - N\ln N\bigr].
Essa é a expressão de S em função de N e q. Explicação rápida dos termos: cada termo vem da potência correspondente na multiplicidade; o fator k transforma o logaritmo em unidades de entropia.

Passo 3

Relacionar entropia e temperatura. Termo importante da termodinâmica estatística:
\frac{1}{T} = \left(\frac{\partial S}{\partial U}\right)_{N}.
Aqui U e q estão relacionados por U=q\varepsilon. Tratar q como variável contínua (aproximação válida para q grande). Assim, pela regra da cadeia:
\left(\frac{\partial S}{\partial U}\right)_{N} = \frac{1}{\varepsilon}\left(\frac{\partial S}{\partial q}\right)_{N}.
Logo primeiro calculamos \partial S/\partial q. A partir de
S = k\bigl[(q+N)\ln(q+N) - q\ln q - N\ln N\bigr],
derivando em relação a q (lembrando que N é constante):
  • Derivada de (q+N)\ln(q+N) em q é \ln(q+N) + 1 (produto: \ln(q+N) + (q+N)\cdot 1/(q+N)).
  • Derivada de q\ln q é \ln q + 1.
  • Derivada de N\ln N é zero.
Portanto:
\frac{\partial S}{\partial q} = k\bigl[\ln(q+N)+1 - (\ln q +1)\bigr] = k\ln\!\left(\frac{q+N}{q}\right).

Passo 4

Agora aplicamos \dfrac{1}{T} = \dfrac{1}{\varepsilon}\dfrac{\partial S}{\partial q}. Assim
\frac{1}{T} = \frac{1}{\varepsilon}\,k\ln\!\left(\frac{q+N}{q}\right) \quad\Rightarrow\quad T = \frac{\varepsilon}{k\ln\!\left(\dfrac{q+N}{q}\right)}.
Podemos escrever essa relação em função da energia U=q\varepsilon. Como q=U/\varepsilon,
\frac{q+N}{q} = 1+\frac{N}{q} = 1+\frac{N\varepsilon}{U},
então uma forma útil é
\boxed{\,T(U)=\dfrac{\varepsilon}{k\ln\!\left(1+\dfrac{N\varepsilon}{U}\right)}\, }.
Essa é a resposta do item (b): temperatura em função da energia.

Passo 5

Inverter para U(T). Partimos da expressão obtida em Passo 4:
\ln\!\left(1+\frac{N\varepsilon}{U}\right) = \frac{\varepsilon}{kT}.
Exponenciando:
1+\frac{N\varepsilon}{U} = e^{\varepsilon/(kT)}.
Isolando U:
\frac{N\varepsilon}{U} = e^{\varepsilon/(kT)}-1 \quad\Rightarrow\quad \boxed{\,U(T)=\frac{N\varepsilon}{e^{\varepsilon/(kT)}-1}\, }.
Agora calculamos a capacidade térmica C=\dfrac{dU}{dT}. É conveniente definir a variável
x\equiv\frac{\varepsilon}{kT}
(é adimensional). Então U(T)=N\varepsilon/(e^{x}-1). Derivar em dois passos usando cadeia:
\frac{dU}{dT} = \frac{dU}{dx}\frac{dx}{dT}.
Calculemos:
\frac{dU}{dx} = -N\varepsilon\frac{e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}, \qquad \frac{dx}{dT} = -\frac{\varepsilon}{kT^{2}}.
Multiplicando:
C=\frac{dU}{dT} = N\varepsilon^{2}\frac{e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}\cdot\frac{1}{kT^{2}}.
Agora escrevemos T em termos de x: T=\varepsilon/(kx), então kT^{2}=\varepsilon^{2}/(kx^{2}). Substituindo:
C = N k \frac{x^{2}e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}.
Portanto a capacidade térmica do sistema é
\boxed{\,C(T)=Nk\,\frac{x^{2}e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}\quad\text{com}\quad x\equiv\dfrac{\varepsilon}{kT}\, }.

Passo 6

Limite T\to\infty (ou x\to 0). Queremos mostrar que C\to Nk. Para pequenas x usamos a expansão da exponencial:
e^{x}=1+x+\tfrac{x^{2}}{2}+\tfrac{x^{3}}{6}+\cdots, \qquad e^{x}-1 = x+\tfrac{x^{2}}{2}+\tfrac{x^{3}}{6}+\cdots.
Colocando na forma de C:
\frac{C}{Nk}=\frac{x^{2}e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}} = \frac{e^{x}}{\bigl(\dfrac{e^{x}-1}{x}\bigr)^{2}}.
Para x\to 0, \dfrac{e^{x}-1}{x}\to 1 e e^{x}\to 1, logo \dfrac{C}{Nk}\to 1. Em outras palavras
\lim_{T\to\infty} C = Nk.
Comentário físico (motivação/intuição): sim — esse resultado era esperado pelo princípio clássico da equipartição: para os osciladores harmônicos clássicos cada oscilador tem energia média kT (energia cinética mais potencial), logo a capacidade térmica por oscilador é k; com N osciladores totaliza-se Nk. A diferença aqui vem da quantização (para temperaturas finitas a capacidade decai), mas no limite clássico T\to\infty recuperamos Nk.

Passo 7

Aproximação mais precisa a altas temperaturas (item e). Queremos expandir C para pequeno x e manter termos até ordem x^{2} (ou seja, desprezar termos menores que (\varepsilon/(kT))^{2}). Começamos da forma útil já obtida:
\frac{C}{Nk} = \frac{e^{x}}{\bigl(1 + \tfrac{x}{2} + \tfrac{x^{2}}{6} + \cdots\bigr)^{2}},
porque \dfrac{e^{x}-1}{x}=1+\tfrac{x}{2}+\tfrac{x^{2}}{6}+\cdots. Vamos obter a série até ordem x^{2}.
Passo algebraico para a divisão de séries:
  • Numerador (expansão até x^{2}): e^{x}=1+x+\tfrac{x^{2}}{2}+\tfrac{x^{3}}{6}+\cdots.
  • Denominador: escrevemos D=\bigl(1+\tfrac{x}{2}+\tfrac{x^{2}}{6}+\cdots\bigr)^{2}=1+x+\tfrac{7}{12}x^{2}+\mathcal{O}(x^{3}). (Cálculo: (1+a x + b x^{2})^{2}=1+2ax+(2b+a^{2})x^{2} com a=\tfrac{1}{2}, b=\tfrac{1}{6} 1+x+(7/12)x^{2}.)
  • Agora a inversa do denominador até x^{2} é
\frac{1}{D} = 1 - x + \frac{5}{12}x^{2} + \mathcal{O}(x^{3}),
pois para D=1+d_{1}x+d_{2}x^{2} vale 1/D=1-d_{1}x+(d_{1}^{2}-d_{2})x^{2}+\ldots e aqui d_{1}=1,\\ d_{2}=7/12.
Multiplicando numerador por 1/D:
\begin{aligned} \frac{e^{x}}{D} &= \bigl(1 + x + \tfrac{x^{2}}{2} + \mathcal{O}(x^{3})\bigr) \bigl(1 - x + \tfrac{5}{12}x^{2} + \mathcal{O}(x^{3})\bigr)\\[4pt] &= 1 + 0\cdot x + \Bigl(\tfrac{5}{12} - 1 + \tfrac{1}{2}\Bigr) x^{2} + \mathcal{O}(x^{3})\\[4pt] &= 1 - \tfrac{1}{12}x^{2} + \mathcal{O}(x^{3}). \end{aligned}
Então, lembrando que x=\dfrac{\varepsilon}{kT}, obtemos a expansão pedida:
\boxed{\,C = Nk\left[1 - \tfrac{1}{12}\left(\frac{\varepsilon}{kT}\right)^{2} + \mathcal{O}\!\bigl((\varepsilon/kT)^{4}\bigr)\right]\, }.
Como solicitado, desprezamos termos de ordem menor que (\varepsilon/kT)^{2} na resposta final.]

Resposta

(a) S(N,q)=k\bigl[(q+N)\ln(q+N)-q\ln q - N\ln N\bigr]
(b) T(U)=\dfrac{\varepsilon}{k\ln\!\left(1+\dfrac{N\varepsilon}{U}\right)}
(c) U(T)=\dfrac{N\varepsilon}{e^{\varepsilon/(kT)}-1} \
\displaystyle C(T)=Nk\,\frac{x^{2}e^{x}}{(e^{x}-1)^{2}}\quad\text{com}\quad x\equiv\dfrac{\varepsilon}{kT}
(d) \displaystyle \lim_{T\to\infty}C(T)=Nk. Sim — é esperado (equipartição clássica: cada oscilador contribui com k à capacidade).
(e) \displaystyle C = Nk\left[1-\tfrac{1}{12}\left(\frac{\varepsilon}{kT}\right)^{2}\right] (valida para altas temperaturas, desprezando ordens superiores).

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