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Category Archives: Física Estatística

Estatística Quântica

No seguimento de um post anterior em que falei um pouco sobre alguns assuntos de Física Estatística venho agora deixar alguns comentários iniciais sobre Estatística Quântica.

Não pretendo dar a ilusão que este post será a palavra final sobre este assunto, até porque me vou debruçar sobre ele no futuro, mas é um início e pode ser que este rascunho que escrevi sejam úteis a alguém. Para além disso aproveito e dou algum movimento ao blog.

Já há algum tempo que não olho para este texto, por isso espero que existam algumas gralhas, no entanto no futuro vou escrever uma série de posts cujo objectivo será fazer uma fundamentação de algumas teorias físicas (como fiz no post Fundamentos da Mecânica Clássica – post que será reescrito e aumentado) e nessa altura já escreverei algo de mais completo e definitivo sobre Física Estatística Quântica e Física Estatística Clássica.

Acho que por agora já chega de desculpas e explicações por isso deixo-vos com o texto.

— 1. Gás Perfeito Quântico —

Um gás perfeito é um gás cuja partículas constituintes interagem somente por meio de colisões. Um gás quântico é um gás cujas partículas constituintes obedecem ao formalismo da Mecânica Quântica. Quer isto dizer que os estados acessíveis ao gás não formam uma distribuição contínua mas sim discreta, que as partículas são indistinguíveis entre si e que os números de ocupação para cada estado não são arbitrários.

Uma vez que os estados são discretos é sempre possível fazer uma organização dos mesmos {\epsilon_1\leq \epsilon_2\leq \epsilon_3\leq\dots\epsilon_r\leq\dots} e os números de ocupação são {n_1\leq n_2\leq n_3\leq\dots n_r\leq\dots}

Ora estes números de ocupação não são arbitrários, como já atrás foi dito, e para o caso dos bosões podem tomar valores arbitrários mas para o caso dos fermiões só podem tomar os valores de {0} ou {1}. Quer isto dizer que enquanto para os bosões podemos ter um qualquer número de partículas no mesmo estado quântico para os fermiões podemos ter no máximo uma única partícula num dado estado quântico. Ler mais deste artigo

Derivadas Parciais e Física Estatística

— 1. O problema —

No outro dia estava ao estudar um pouco de Física Estatística acabei por resolver um exercício. O exercício em questão é do livro Statistical Physics, Second Edition página 66 e o autor é F. Mandl.

A primeira vez que resolvi o exercício fi-lo da forma normal , mas depois percebi algo que acabou por simplificar os meus cálculos e neste post irei exemplificar o que fiz.

O enunciado do problema, traduzido livremente, é:

Um sistema possui três níveis de energia {E_1=\epsilon}, {E_2=2 \epsilon} e {E_3=3 \epsilon} com degenerescências {g(E_1)=g(E_3)=1}, {g(E_2)=2}. Calcule o calor específico do sistema.

Para resolver este problema primeiro temos que calcular a função de partição {Z}.

— 1.1. Primeira resolução —

De notar que o que interessa neste caso são as diferenças de energia e assim podemos tomar {E_2=0}.

{\begin{aligned} Z &= \displaystyle \sum_{E_r}g(E_r)e^{-\beta E_r} \\ &= e^{\beta \epsilon}+2+2e^{-\beta \epsilon} \\ &= 2(1+ \cosh (\beta \epsilon)) \end{aligned}}

Após ter calculado a função de partição temos que calcular a energia média, {\bar{E}}, deste sistema. Por definição é:

{\begin{aligned} \bar{E} &= -\dfrac{\partial}{\partial \beta} \ln Z \\ &= -\dfrac{\partial}{\partial \beta} \ln 2(1+ \cosh (\beta \epsilon)) \\ &= -\dfrac{2 \epsilon \sinh (\beta \epsilon)}{2(1+\cosh (\beta \epsilon))} \\ &= -\dfrac{\epsilon \sinh (\beta \epsilon)}{1+\cosh (\beta \epsilon)} \end{aligned}}

Ora por definição {c} é

{\begin{aligned} c &= \dfrac{\partial \bar{E}}{\partial T} \\ &= -\dfrac{\partial}{\partial T} \left( \dfrac{\epsilon \sinh (\beta \epsilon)}{1+\cosh (\beta \epsilon)}\right) \end{aligned}}

Derivar esta última expressão em ordem a {T} não é assim tão difícil, mas é muito chato e se não se é cuidadoso a possibilidade de cometer um erro não deve ser descartada.

Tendo em conta que em Física Estatística se tem {\beta = 1/(kT)}, vem que {c} é (é neste ponto que começo a utilizar o truque):

{\begin{aligned} c &= \dfrac{\partial \bar{E}}{\partial T} \\ &= k \dfrac{\partial \bar{E}}{\partial (kT)} \\ &= k \dfrac{\partial \bar{E}}{\partial (1/\beta)} \\ &= -\beta ^2 k \dfrac{\partial \bar{E}}{\partial \beta}\\ &= \beta ^2 k \dfrac{\partial}{\partial \beta}\left( \dfrac{\epsilon \sinh (\beta \epsilon)}{1+\cosh (\beta \epsilon)}\right) \end{aligned}}

De notar que até agora ainda não derivei a expressão. Tudo o que tenho feito são mudanças de variável, de modo a tornar mais fácil a derivada que se irá calcular.

Esta última expressão já é mais fácil de se diferenciar, mas ainda assim vamos fazer mais uma mudança de variável.

{\begin{aligned} c &= \beta ^2 k \dfrac{\partial}{\partial \beta}\left( \dfrac{\epsilon \sinh (\beta \epsilon)}{1+\cosh (\beta \epsilon)}\right) \\ &= \beta ^2 \epsilon ^2 k \dfrac{\partial}{\partial (\beta \epsilon)}\left( \dfrac{ \sinh (\beta \epsilon)}{1+\cosh (\beta \epsilon)}\right) \\ &= x ^2 k \dfrac{\partial}{\partial x}\left( \dfrac{ \sinh x}{1+\cosh x}\right) \\ &= x ^2 k \dfrac{\cosh x + \cosh ^2 x - \sinh ^2 x}{(1+ \cosh x)^2} \\ &= x ^2 k \dfrac{\cosh x + 1}{(1+ \cosh x)^2} \\ &= \dfrac{x ^2 k}{1+ \cosh x} \end{aligned}}

Sim, neste caso, a simplificação não era assim tão grande, mas acho que não se deve perder de vista o facto de que este tipo de raciocínio pode simplificar outras derivações que aparecem frequentemente em Física.

— 1.2. Segunda Resolução —

Tudo isto poderia ser ainda mais simplificado se nos lembrássemos de uma identidade algébrica elementar (agora tomamos {E_1=0}):

{\begin{aligned} Z &= 1+2e^{-\beta \epsilon}+e^{-\beta 2\epsilon} \\ &= (1+e^{-\beta \epsilon})^2 \\ \end{aligned}}

Com esta expressão o cálculo de {\bar{E} } e {c} é muito mais fácil:

{\begin{aligned} \bar{E} &= -\dfrac{\partial}{\partial \beta} \ln Z \\ &= -\dfrac{\partial}{\partial \beta} \ln(1+e^{-\beta \epsilon})^2 \\ &= -2\dfrac{\partial}{\partial \beta} \ln(1+e^{-\beta \epsilon}) \\ &= \dfrac{2\epsilon e^{-\beta\epsilon}}{1+e^{-\beta \epsilon}} \\ &= \dfrac{2\epsilon}{1+e^{\beta \epsilon}} \end{aligned}}

Agora para {c} é

{\begin{aligned} c &= \dfrac{\partial \bar{E}}{\partial T} \\ &= \dfrac{\partial}{\partial T}\left( \dfrac{2\epsilon}{1+e^{\beta \epsilon}}\right) \end{aligned}}

Apesar desta expressão ser relativamente simples de derivar em ordem a {T} do que {-\dfrac{\epsilon \sinh (\beta \epsilon)}{1+\cosh (\beta \epsilon)}} vamos utilizar a mesma técnica de mudança de variável que já conhecemos:

{\begin{aligned} c &= \dfrac{\partial \bar{E}}{\partial T} \\ &= k \dfrac{\partial \bar{E}}{\partial (kT)} \\ &= k \dfrac{\partial \bar{E}}{\partial (1/\beta)} \\ &= -\beta ^2 k \dfrac{\partial \bar{E}}{\partial \beta}\\ &= -2\beta^2 \epsilon k \dfrac{\partial}{\partial \beta}\left( \dfrac{1}{1+e^{\beta \epsilon}}\right)\\ &= -2x^2 k \dfrac{\partial}{\partial x}\left( \dfrac{1}{1+e^{x}}\right)\\ &= 2k\dfrac{x^2e^x}{(1+e^{x})^2} \end{aligned}}

Expressão que é aparentemente diferente de {\dfrac{x ^2 k}{1+ \cosh x}}. Fica como exercício para o leitor demonstrar a sua igualdade.

— 2. Apêndices —

Nesta secção vamos demonstrar que de facto {c} não depende de qual nível de energia tomamos como sendo {0} e vamos também demonstrar algumas propriedades das derivadas quando se muda de variável.

— 2.1. Derivadas e mudanças de variável —

Ao longo do post utilizou-se as propriedades das derivadas para mudanças de variável. É objectivo desta secção dar uma curta demonstração das propriedades utilizadas.

Em primeiro lugar imaginemos que temos {u=u(x)}. É um resultado elementar que {\dfrac{\partial}{\partial u}=\dfrac{\partial x}{\partial u}\dfrac{\partial}{\partial x}}.

Se por acaso for {u=kx} vem que

\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial u}=\dfrac{1}{k}\dfrac{\partial}{\partial x} \ \ \ \ \ (1)

Se por acaso for {u=1/x} vem que

\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial u}=-\dfrac{1}{u^2}\dfrac{\partial}{\partial x} \ \ \ \ \ (2)

Reescrevendo as equações 1 e 2 em ordem a {\dfrac{\partial}{\partial x}} recuperamos as igualdades utilizadas ao longo do texto.

— 2.2. Independência de {c} relativamente ao nível {0} de energia —

Nas duas deduções apresentadas para cálculo de {c} tomamos como {0} o nível de energia que mais convinha. Contudo para termos um post auto-contido convém dar uma justificação do porquê de podermos fazer tal escolha.

Caso tivéssemos escrito a função de partição estritamente de acordo com os níveis de energia que nos haviam fornecido seria {Z=e^{-\beta \epsilon}+2e^{-\beta 2\epsilon}+e^{-\beta 3\epsilon}}.

Numa das resoluções tomamos {E_2=0}, obtendo {Z_2=e^{\beta \epsilon}+2+e^{-\beta \epsilon}}; enquanto que na outra resolução tomamos {E_1=0}, obtendo {Z_1=1+2e^{-\beta \epsilon}+e^{-\beta 2\epsilon}}.

Ou seja {Z_2=e^{\beta E_2} Z} e {Z_1=e^{\beta E_1} Z}. Este método é prontamente generalizável para {p} níveis de energias onde se tem {Z_n=e^{\beta E_n} Z}, com {n\leq p}.

O que se pretende demonstrar é que para {Z} e {Z_n} se tem {c=c_n}.

{\begin{aligned} c_n &= \dfrac{\partial\bar{E}_n}{\partial T} \\ &= -\dfrac{\partial}{\partial T}\dfrac{\partial}{\partial \beta}\ln Z_n \\ &= -\dfrac{\partial}{\partial T}\dfrac{\partial}{\partial \beta}\ln \left( e^{-\beta E_n}Z\right) \\ &= -\dfrac{\partial}{\partial T}\dfrac{\partial}{\partial \beta}\ln e^{-\beta E_n} -\dfrac{\partial}{\partial T}\dfrac{\partial}{\partial \beta}\ln Z \\ &= \dfrac{\partial}{\partial T}\dfrac{\partial}{\partial \beta}(\beta E_n)+c\\ &= \dfrac{\partial}{\partial T} E_n+c\\ &= 0+c\\ &= c \end{aligned}}

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