SALINAS - MECÂNICA ESTATÍSTICA - CAPÍTULO 5

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Caṕıtulo 5 - Mecânica Estat́ıstica
Emanuelly da Silva Santos
Problema 1
Aqui, temos que:
H = D
N∑
i=1
S2i − µ0H
N∑
i=1
Si
Onde:
Si = ±1 ou Si = 0
Então, nossa função de partição fica:
Z =
∑
j
exp(−βEj)
=
∑
Si
exp
(
−βD
N∑
i=1
S2i + βµ0H
N∑
i=1
Si
)
=
∑
S1,S2,...,SN
exp
(
−βD
N∑
i=1
S2i + βµ0H
N∑
i=1
Si
)
=
[∑
S1
exp
(
−βDS21 + βµ0HS1
)]
...
[∑
SN
exp
(
−βDS2N + βµ0HSN
)]
=
[ ∑
S=±1,0
exp
(
−βDS21 + βµ0HS1
)]N
=
[∑
S=±1
exp
(
−βDS21 + βµ0HS1
)
+ exp
(
−βD · 02 + βµ0H · 0
)]N
=
[∑
S=±1
exp
(
−βDS21
)
exp (βµ0HS1) + exp
(
−βD · 02 + βµ0H · 0
)]N
= [2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1]N
1
Usando esse resultado para descobrir a energia interna, teremos:
u = − 1
N
∂
∂β
lnZ
= − ∂
∂β
ln (2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1)
= − 1
2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1
· 2
(
µ0He
−Dβ sinh (µ0Hβ)−De−Dβ cosh (µ0Hβ)
)
Já a entropia será dada por:
s = − 1
N
∂F
∂T
= − 1
N
∂(− lnZ/β)
∂T
= − ∂
∂T
1
β
ln (2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1)
= KBβ
2 ∂
∂β
1
β
ln (2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1)
= KBβ
2
(
1
β2
ln (2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1) +
2
(
µ0He
−Dβ sinh (µ0Hβ)−De−Dβ cosh (µ0Hβ)
)
2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1
)
E a magnetização, por spin, fica:
m =
1
βN
∂
∂H
lnZ
=
1
β
∂
∂H
ln (2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1)
=
1
β
1
2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1
· 2(βµ0)e−βD sinh (βµ0H)
=
1
2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1
· 2µ0e−βD sinh (βµ0H)
Para o campo nulo (H = 0):
Z = [2exp (−βD) + 1]N
Então:
u =
2De−βD
2e−βD + 1
2
Que graficamente se comporta como:
Temperatura (K)
En
er
gi
a 
(J)
Figura 1: Gráfico da energia (u) contra a temperatura (T ) no campo nulo (H=0)
A entropia no campo nulo fica:
s = −KB ln (2exp (−βD) + 1)−KBβ
2Dexp (−βD)
2exp (−βD) + 1
E esboçando seu gráfico teremos:
Temperatura (K)
En
tro
pi
a
Figura 2: Gráfico da entropia (s) contra a temperatura (T ) no campo nulo (H=0)
E finalmente, o calor especifico no campo nulo é dado por:
c = T
∂s
∂T
= −KBTβ2
∂s
∂β
3
Fazendo a derivada:
− c
β2KBT
= 2KBβ
(
− 1
β2
ln (2exp (−βD) + 1)− 1
β
2Dexp (−βD)
2exp (−βD) + 1
)
+
KBβ
2
(
1
β2
2Dexp (−βD)
2exp (−βD) + 1
+
1
β3
ln (2exp (−βD) + 1)− 1
β
2D2e−Dβ
(2e−Dβ + 1)2
+
1
β2
2Dexp (−βD)
2exp (−βD) + 1
)
Após algumas manipulações algébricas chegaremos que:
c = −KBTβ2
[
−KB
β
ln (2exp (−βD) + 1)−KBβ
2D2e−Dβ
(2e−Dβ + 1)2
]
Logo, graficamente:
Temperatura (K)
Ca
lo
r E
sp
ec
ífi
co
Figura 3: Gráfico do calor espećıfico (c) contra a temperatura (T ) no campo nulo (H=0)
Nos limites:
■ Quando T → 0, β → ∞:
u (β → ∞) = lim
β→∞
2De−βD
2e−βD + 1
= lim
β→∞
2D · 0
2 · 0 + 1
= 0
s (β → ∞) = lim
β→∞
KB ln (2exp (−βD) + 1)−KBβ
2Dexp (−βD)
2exp (−βD) + 1
L′H → KB ln 1−KB lim
β→∞
2D2exp (−βD)
2exp (−βD) + 1
= 0
4
c (β → ∞) = lim
β→∞
−KBTβ2
[
−KB
β
ln (2exp (−βD) + 1)−KBβ
2D2e−Dβ
(2e−Dβ + 1)2
]
= − lim
β→∞
KB ln (2exp (−βD) + 1) +KBβ2
2D2e−Dβ
(2e−Dβ + 1)2
= 0
■ Quando T → ∞, β → 0:
u (β → 0) = lim
β→0
2De−βD
2e−βD + 1
= lim
β→0
2D · 1
2 · 1 + 1
=
2D
3
s (β → 0) = lim
β→0
KB ln (2exp (−βD) + 1)−KBβ
2Dexp (−βD)
2exp (−βD) + 1
= lim
β→0
KB ln (2 · 1 + 1)−KBβ0
= KB ln 3
c (β → 0) = lim
β→0
−KBTβ2
[
−KB
β
ln (2exp (−βD) + 1)−KBβ
2D2e−Dβ
(2e−Dβ + 1)2
]
= lim
β→0
KB ln (2 · 1 + 1)−KBβ2
2D2e−Dβ
(2e−Dβ + 1)2
= KB ln 3
Agora, calculando o valor esperado do “momento quadrupolo”, temos:
Q =
1
N
〈
N∑
i=1
S2i
〉
Mas, da função de partição:
Z =
∑
Si
exp
(
−βD
N∑
i=1
S2i + βµ0H
N∑
i=1
Si
)
∴
N∑
i=1
S2i = −
1
β
∂
∂D
lnZ
5
Logo:
Q = − 1
N
1
β
∂
∂D
lnZ
= − 1
β
∂
∂D
ln [2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1]
= − 1
β
1
2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1
· −2βe−βD cosh (βµ0H)
=
2e−βD cosh (βµ0H)
2exp (−βD) cosh (βµ0H) + 1
6
Problema 3
A função canônica de partição aqui será dada por:
Z =
∑
nj
exp(−βEnj)
Onde:
Enj =
∑
nj
njε
Dessa forma:
Z =
∑
n1,n2...nN
exp
−β∑
nj
njε

Tomando:
Z1 = exp
−β∑
nj
njε

Temos que, pela questão, os valores que ε pode assumir são 0, ε > 0 e 3ε. Assim:
Z1 =
∑
n=0,1,3
exp(−βEn) = exp(0) + exp(−βε) + exp(−3βε) = 1 + exp(−βε) + exp(−3βε)
Logo, para N part́ıculas:
Z = (Z1)
N = (1 + exp(−βε) + exp(−3βε))N
Agora, para a energia interna teremos:
u = − 1
N
∂
∂β
lnZ
= − 1
N
∂
∂β
ln
(
(1 + exp(−βε) + exp(−3βε))N
)
= − ∂
∂β
ln ((1 + exp(−βε) + exp(−3βε)))
= −−εexp(−βε)− 3εexp(−3βε)
1 + exp(−βε) + exp(−3βε)
=
ε[exp(−βε) + 3exp(−3βε)]
1 + exp(−βε) + exp(−3βε)
7
E então, graficamente, u em função de T se comporta da seguinte maneira:
Temperatura (K)
En
er
gi
a 
(J)
Figura 4: Gráfico da energia (u) contra a temperatura (T )
Por fim, relacionado a função de partição, a energia livre de Helmholtz será:
f = − 1
β
lim
N→∞
1
N
lnZ
= − 1
β
lim
N→∞
1
N
ln
(
(1 + exp(−βε) + exp(−3βε))N
)
= − 1
β
lim
N→∞
ln (1 + exp(−βε) + exp(−3βε))
= − ln (1 + exp(−βε) + exp(−3βε))
β
O que implica uma entropia dada por:
s = − ∂f
∂T
= − ∂
∂T
(
−KBT ln
(
1 + exp
(
− ε
KBT
)
+ exp
(
−3ε
KBT
)))
= −
−KB · ln(1 + exp(− ε
KBT
)
+ exp
(
−3ε
KBT
))
+ (−KBT )
ε
KBT 2
exp
(
− ε
KBT
)
+ 3ε
KBT 2
exp
(
−3ε
KBT
)
(
1 + exp
(
− ε
KBT
)
+ exp
(
−3ε
KBT
))

= KB
ln(1 + exp(− ε
KBT
)
+ exp
(
−3ε
KBT
))
−
T
(
ε
KBT 2
exp
(
− ε
KBT
)
+ 3ε
KBT 2
exp
(
−3ε
KBT
))
(
1 + exp
(
− ε
KBT
)
+ exp
(
−3ε
KBT
))

= KB
ln(1 + exp(− ε
KBT
)
+ exp
(
−3ε
KBT
))
−
(
ε
KBT
exp
(
− ε
KBT
)
+ 3ε
KBT
exp
(
−3ε
KBT
))
(
1 + exp
(
− ε
KBT
)
+ exp
(
−3ε
KBT
))

8
Que graficamente nos dá:
Temperatura (K)
En
tro
pi
a
Figura 5: Gráfico da entropia (s) contra a temperatura (T )
9
Problema 4
i) Os ńıveis de energia para cada oscilador harmonico são dados por:
εn = ℏω0
(
n+
1
2
)
, n = 1, 3, 5, 7 . . .
Então a função de partição fica:
Z =
∑
nj
exp(−βEnj) =
∑
n1,n2...nN
exp
(
−β
N∑
j=1
ℏω0
(
nj +
1
2
))
Como não há termos de interação, podemos fatorar a soma múltipla. Assim:
Z =
[
∞∑
n=1
exp
(
−βℏω0
(
n+
1
2
))]N
Tomando:
Z1 =
∞∑
n=1
exp
(
−βℏω0
(
n+
1
2
))
Temos:
Z = (Z1)
N
Agora, podemos observar que Z1 se comporta como uma P.G, o que nos permite usar a série
geométrica infinita com razão menor do que um para fazer:
Z1 =
a1
1− q
Onde a1 é o resultado de Z1 para o primeiro termo da sequência e q é a razão da série. Isso
nos dá:
Z1 =
exp
(
−βℏω0
(
1 + 1
2
))
1− exp(−βℏω0(3+
1
2))
exp(−βℏω0(1+ 12))
=
exp
(
−3
2
βℏω0
)
1− exp(−
7
2
βℏω0)
exp(− 32βℏω0)
=
exp
(
−3
2
βℏω0
)
1− exp (−2βℏω0)
10
Logo:
Z = (Z1)
N =
[
exp
(
−3
2
βℏω0
)
1− exp (−2βℏω0)
]N
Mas da equação 51, sabemos que:
u = − 1
N
∂
∂β
lnZ
Então, usando isso para obtermos a expressão para a energia interna, ficamos com:
u = − ∂
∂β
lnZ1
= − ∂
∂β
[
ln
(
exp
(
−3
2
βℏω0
)
1− exp (−2βℏω0)
)]
= − ∂
∂β
[
ln
(
exp
(
−3
2
βℏω0
))
− ln (1− exp (−2βℏω0))
]
= − ∂
∂β
[(
−3
2
βℏω0
)
− ln (1− exp (−2βℏω0))
]
=
3
2
ℏω0 +
2ℏω0exp (−2βℏω0)
1− exp (−2βℏω0)
=
3
2
ℏω0 +
2ℏω0exp (−2βℏω0)
exp (−βℏω0) (exp (βℏω0)− exp (−βℏω0))
=
3
2
ℏω0 +
2ℏω0exp (−βℏω0)
exp (βℏω0)− exp (−βℏω0)
= ℏω0
(
3
2
+
exp (−βℏω0)
sinh (βℏω0)
)
= ℏω0
(
3
2
+
2
exp (2βℏω0)− 1
)
O que nos gera o seguinte gráfico:
Temperatura (K)
En
er
gi
a 
(J)
Figura 6: Gráfico da energia (u) contra a temperatura (T )
11
No limite clássico (ℏω0 << KBT ):
lim
ℏω0<<KBT
(
ℏω0
(
3
2
+
2
exp (2βℏω0)− 1
))
= KBT
Isso se dá pois consideramos somente os dois primeiros termos da expansão do exponencial:
exp (2βℏω0) = 1 + 2βℏω0
Desse modo:
ℏω0
(
3
2
+
2
1 + 2βℏω0 − 1
)
= ℏω0
(
3
2
+
2
2βℏω0
)
= ℏω0
(
3
2
+
1
βℏω0
)
=
3
2
ℏω0 +
1
β
=
3
2
ℏω0 +KBT
ii) Para obter a expressão da entropia em função da temperatura vamos primeiro encontrar
a energia livre de Helmholtz, que é dada por:
f = − 1
β
lim
N→∞
1
N
lnZ
Então:
f = − 1
β
lim
N→∞
1
N
N ln
(
exp
(
−3
2
βℏω0
)
1− exp (−2βℏω0)
)
= − 1
β
ln
(
exp
(
−3
2
βℏω0
)
1− exp (−2βℏω0)
)
= − 1
β
[
ln
(
exp
(
−3
2
βℏω0
))
− ln (1− exp (−2βℏω0))
]
= −1
β
[(
−3
2
βℏω0
)
− ln (1− exp (−2βℏω0))
]
=
3
2
ℏω0 +KBT ln
(
1− exp
(
−2ℏω0
KBT
))
Agora, sabendo que:
s = − ∂f
∂T
12
Teremos s em função de T da seguinte forma:
s = − ∂
∂T
[
3
2
ℏω0 +KBT ln
(
1− exp
(
−2ℏω0
KBT
))]
= −
KB ln(1− exp(−2ℏω0
KBT
))
+KBT
2ℏω0
KBT 2(
1− exp
(
−2ℏω0
KBT
))

= −KB ln
(
1− exp
(
−2ℏω0
KBT
))
− 2ℏω0
T
(
1− exp
(
−2ℏω0
KBT
))
= −KB ln
(
1− exp
(
−2ℏω0
KBT
))
+
2ℏω0
T
(
exp
(
−2ℏω0
KBT
)
− 1
)
O que nos gera o seguinte comportamento gráfico:
Temperatura (K)
En
tro
pi
a
Figura 7: Gráfico da entropia (s) contra a temperatura (T )
No limite clássico (ℏω0 << KBT ), podemos considerar novamente que exp (−2βℏω0) =
1− 2βℏω0, então obteremos a expressão:
s = −KB ln (1− 1− 2βℏω0) +
2ℏω0
T (1− 2βℏω0 − 1)
= −KB ln (−2βℏω0) +
2ℏω0
T (−2βℏω0)
= −KB ln
(
−2ℏω0
KBT
)
− KBT
T
= −KB (ln (−2ℏω0)− ln (KBT ))−KB
= KB[ln (KBT )− ln (−2ℏω0)− 1]
13
iii) Partindo da expressão que obtivemos de s no limite clássico e sabendo que:
c = T
(
∂s
∂T
)
Ficamos com:
c = T
∂
∂T
(KB[ln (KBT )− ln (−2ℏω0)− 1]) = T
K2B
KBT
= KB �
14
Problema 5
Temos que:
E =
N∑
i=1
niε
Então, a função canônica de partição, levando em conta a degenerescência será:
Z =
∑
nj
gjexp(−βEj)
=
∑
nj
njexp
(
−β
N∑
i=1
niε
)
=
[
∞∑
n=1
n · exp(−βnε)
]N
=
[
−1
ε
∂
∂β
(∑
n=1
exp(−βnε)
)]N
Onde:
Z1 =
[
−1
ε
∂
∂β
(∑
n=1
exp(−βnε)
)]
Devido ao comportamento de Z1, podemos fazer:
∞∑
n=1
exp(−βnε) = exp(−βε) + exp(−2βε) + exp(−3βε) + exp(−4βε) + . . .
= exp(−βε) [1 + exp(−βε) + exp(−2βε) + exp(−3βε) + . . . ]
=
exp(−βε)
1− exp(−βε)
=
1
exp(βε)− 1
Isso implica:
Z1 =
exp(βε)
(exp(βε)− 1)2
Logo:
Z = (Z1)
N =
[
exp(βε)
(exp(βε)− 1)2
]N
15
Com isso, para a energia interna teremos:
u = − 1
N
∂
∂β
lnZ
= − ∂
∂β
(βε− 2 ln (exp(βε)− 1))
= −ε+ 2ε exp(βε)
exp(βε)− 1
= ε
(
−1 + 2 exp(βε)
exp(βε)− 1
)
= ε
(
exp(βε) + 1
exp(βε)− 1
)
E, para entropia:
s = − ∂f
∂T
=
∂(lnZ1/β)
∂T
= −KBβ2
∂(lnZ1/β)
∂β
= −KBβ2
[
− 1
β2
((βε)− 2 ln (exp(βε)− 1)) + 1
β
ε
(
exp(βε) + 1
exp(βε)− 1
)]
= KB ((βε) +KB2 ln (exp(βε)− 1))−KBβε
(
exp(βε) + 1
exp(βε)− 1
)
Com efeito, para o calor espećıfico:
c = T
∂s
∂T
= −KBTβ2
∂s
∂β
= −β ∂s
∂β
= β
[
KBε
(
exp(βε) + 1
exp(βε)− 1
)
−KBε
(
eεβ + 1
eεβ − 1
− 2εe
εββ
(eεβ − 1)2
)]
= β2KBε
2 2e
εβ
(eεβ − 1)2
Nos limites de altas temperaturas:
■ Quando T → 0, β → ∞:
s (β → ∞) = lim
β→∞
KB ((βε) +KB2 ln (exp(βε)− 1))−KBβε
(
exp(βε) + 1
exp(βε)− 1
)
= ∞
16
c (β → ∞) = β2KBε2
2eεβ
(eεβ − 1)2
= 0
■ Quando T → ∞, β → 0:
s (β → 0) = lim
β→0
KB ((βε) +KB2 ln (exp(βε)− 1))−KBβε
(
exp(βε) + 1
exp(βε)− 1
)
= 0−∞+ 1
= −∞
c (β → 0) = lim
β→0
β2KBε
2 2e
εβ
(eεβ − 1)2
= 2KBε
2
17