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Derivadas Parciais e Física Estatística

07/10/2015 1:28 pm / 2 comentários em 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 ${E_2=0}$ .

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

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 ${c=c_n}$ .

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

Luso Academia

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