Condensado de Bose Einstein

Condensado de Bose-Einstein

Anderson Madruga dos Santos

ITA

November 9, 2011

Anderson Madruga dos Santos (ITA) Condensado de Bose-Einstein November 9, 2011 1 / 45

Introducao

Sumario

1 Personagens

2 Natureza quantica do CBE

3 Bosons livres na regiao normal

4 Bosons livres na regiao de coexistencia5 Gas de fotons

1 Decomposicao espectral

2 Solucao classica

3 Lei de Planck

6 Bibliografia


Introducao

Personagens - Satyendra Nath Bose

1/1/1894 a 4/2/1974

1924: Lei de Planck pode serobtida a partir das Leis daMecanica Estatıstica econsiderando:

nıveis de energia dos

fotons sao discretos;

numero arbitrario de

fotons podem ocupar o

mesmo nıvel de energia;


Introducao

Personagens - Albert Einstein

14/3/1879 a 18/4/1955

Teoria da Relatividade

Nobel de Fısica - 1921

Generalizacao da estatısticade Bose para atomos


Natureza Quantica do CBE

Princıpio da incerteza de Heisenberg:

Posicao do atomo e incerta;

Posicao distribuıda por uma distancia da ordem do comprimentode onda de de Broglie;

Tambiente

c.d.o. de de Broglie e 10000 vezes menor que a distancia entreatomos;

ondas nao relacionadas;

estatıstica de Maxwell-Boltzmann;


Natureza Quantica do CBE

Funcao de onda:

Diminuindo a Temperatura..

Condensado de Bose-Einstein:


Condensacao de Bose-Einstein

Grande funcao de particao:

ln Ξ(T, V, µ) = −∑

j

ln(1−e[−β(εj−µ)])

No limite termodinamico (N → ∞ e NV= constante):

Pressao

p(T, µ) = −kB T limV→∞

1

Vln Ξ(T, V, µ)

Numero de ocupacao dos orbitais

〈nj〉 =1

eβ(εj−µ)−1



Numero de partıculas

N =∑

j

〈nj〉 =∑

j

1

eβ(εj−µ) − 1(1)

Energia interna do sistema

U =∑

j

εj 〈nj〉 =∑

j

εj

eβ(εj−µ) − 1



No limite classico, podemos mostrar que:

µ

kbT= ln

[

1

γ

(

2π~2

mkb

)3

2

]

+ ln

(

N

V

)

− 3

2lnT



Para calcular a temperatura de Bose-Einstein (T0), fazemos µ = 0em (1) e utilizamos o espectro de energia usual de partıculas livres

εj =~2k2

2m.

Lembra que no limite termodinamico:∑

→∫

convergente

Obtemos:

N = γV C

∫ ∞

0

ε1

2dε

eβ0ε − 1, (2)

onde:

C =1

4π2

(

2m

~2

)3

2

.



Fazendo x = β0ε e utilizando o resultado

∫ ∞

0

x1

2dx

ex − 1= Γ

(

3

2

)

ζ

(

3

2

)

,

temos a temperatura de Bose-Einstein:

T0 =~2

2mkB

[

4π2

γΓ(

32

)

ζ(

32

)

]2

3(

N

V

)2

3

,

que e conhecida como temperatura de Bose-Einstein.



Funcao gama

γ(z) =

∫ ∞

0

tz−1e−tdt

e verifica para n natural: γ(n + 1) = n!.

Funcao zeta de Riemann

ζ(s) =∞∑

k=1

k−s



Reescrevemos (1), na forma

N

V=

[

1

V

z

1− z

]

+1

V

∑

j 6=0

1

z−1eβεj − 1

O que acontece no limite µ→ 0−, com T ≤ T0?

z = eβµ → 1, no limite termodinamico (V → ∞);

No limite

µ → 0 e V → ∞, temos

{

NV

e fixaT ≤ T0

Assim:

[

1

V

z

1− z

]

→ N0

V, (3)

onde N0

Ve a desidade de partıculas no estado com energia nula (ou

seja, no condensado de Bose-Einstein) eAnderson Madruga dos Santos (ITA) Condensado de Bose-Einstein November 9, 2011 13 / 45


1

V

∑

j 6=0

1

z−1eβεj − 1→ γC

∫ ∞

0

ε1

2dε

eβε − 1=Ne

V,

onde Ne

Ve a desidade de partıculas nos estados excitados.

Portanto

N = N0 +Ne.

Reescrevendo (2), temos

N

V= γC

∫ ∞

0

ε1

2dε

eβ0ε − 1.

Entao, e valida a relacao

N0 = N

[

1−(

T

T0

)3

2

]



N0

N∼ 3

2

T0 − T

T0

N0 → N para T → 0

N0 → 0 para T → T0


Condensacao de Bose-Einstein Bosons livres na regiao normal (µ < 0)

Escrevendo o lagaritmo da funcao de particao como uma serie depotencias da fugacidade z = eβµ, podemos reescrever a gfp:

1

Vln Ξ(β, V, z) = − 1

Vln(1− z)− 1

V

∑

j 6=0

ln[1− ze−βεj ]. (4)

No limite termodinamico, V → ∞ com z < 1, temos

1

Vln Ξ(β, V, z) → −γC

∫ ∞

0

ε1

2 ln[1 − ze−βε]dε.

Entao, podemos escrever

1

Vln Ξ(β, V, z) = γC

∫ ∞

0

ε1

2

[

ze−βε +1

2z2e−2βε + . . .

]

dε

=γ

λ3

∞∑

n=1

zn

n5

2

.



Onde

λ =h√

2πmkbT.

Introduzindo a funcao

gα(z) =∞∑

n=1

zn

nα,

temos a forma compacta

1

Vln Ξ(β, V, z) =

γ

λ3g 5

2

(z). (5)



Com esta funcao definida, temos:

Numero de partıculas

N = z∂

∂zln Ξ(β, V, z) =

γV

λ3g 3

2

(z) (6)

Energia interna

U = − ∂

∂βln Ξ(β, V, z) =

3γV

2βλ3g 5

2

(z) (7)

Para obtermos U = U(T,V,N) → Usamos (6) para eliminar z.Em geral, processo numerico complicado.



Exemplo: Calculo de cV , definido pela relacao:

cV = cV (T, v) =1

N

(

∂U

∂T

)

V,N

= −kBβ2

N

(

∂U

∂β

)

V,N

.

Queremos U = U(β, V,N). Para tal, usamos a tecnica dosjacobianos:

(

∂U

∂β

)

N

=∂(U,N)

∂(β,N)=∂(U,N)

∂(β, z)

∂(β, z)

∂(β,N)

=

(

∂U

∂β

)

z

−(

∂U

∂z

)

β

(

∂N∂β

)

z(

∂N∂z

)

β

.

As derivadas que aparecem acima, podem ser calculadas usando asequacoes (6) e (7).



Os quatro resultados que precisamos, entao, sao:

(

∂U

∂β

)

z

= − 15γV

4β2λ3g 5

2

(z).

(

∂U

∂z

)

β

=3γV

2βλ3zg 3

2

(z).

(

∂N

∂β

)

z

= − 3γV

2βλ3zg 3

2

(z).

(

∂N

∂z

)

β

=γV

λ3zg 1

2

(z).



Assim, temos:

cV =3

2kB

[

5

2

g 5

2

(z)

g 3

2

(z)− 3

2

g 3

2

(z)

g 1

2

(z)

]

.

1 No limite classico:g(z) ≈ z → cV ≈ 3

2kB

2 Na transicao de Bose-Einstein (z = 1, T = T0):cV e finito, pois g 1

2

(1) → ∞, g 3

2

(1) = 2.612... e g 5

2

(1) = 1.342....



Exemplo: Obter Z = Z(T, V, z):No formalismo do grande potencial termodinamico, temos

S = −(

∂Φ

∂T

)

V,µ

= V

(

∂p

∂T

)

µ

.

Utilizando (5), obtemos

p = p(T, µ) =γ

λ3βg 5

2

(z).

Assim:

S =kBγV

λ3

[

5

2g 5

2

(z)− g 3

2

(z)lnz

]

.



Utilizando (6), tambem podemos escrever:

S = kBN

[

5

2

g 5

2(z)

g 3

2(z)

− lnz

]

.


Condensacao de Bose-Einstein Bosons livres na regiao de coexistencia (µ = 0, T < T0)

Para esta regiao, temos energia nula.Utilizando (6) e (7), obtemos:

U =3γV

2βλ3g 5

2

(1)

e

Ne =γV

λ3g 3

2

(1).

cV pode ser obtido facilmente:

cV =1

N

(

∂U

∂T

)

V,N

=15γV kB4λ3N

g 5

2

(1) = c

(

V

N

)

T3

2 ,

onde c e um prefator constante.



A pressao pode ser obtida a partir da equacao (4). Para µ→ 0 eV → ∞, segundo a equacao (3), temos

1

V

z

1− z→ 1

V

1

1− z→ N0

V.

Portanto, tambem devemos ter

1

Vln(1− z) → 0.

Considerando (4), a pressao na linha de coexistencia deve ser dadapor

p =1

βVln Ξ(β, V, z) → γC

β

∫ ∞

0

ε1

2 ln[1− e−βε]dε

=γ

βλ3g 5

2

(1).



A pressao dos bosons livres se anula no zero absoluto, ao contrario dogas de Fermi.Para calcular a entropia, temos

S = −(

∂Φ

∂T

)

V,µ

= V

(

∂p

∂T

)

µ

.

Portanto

S(T, V, µ = 0) = V

(

∂p

∂T

)

µ=0

=5kBγV

2λ3g 5

2

(1).

No zero absoluto, o condensado nao carrega entropia.


Gas de fotons Decomposicao Espectral

Obter a decomposicao espectral da energia associada ao campoeletromagnetico.

Dentro de uma cavidade vazia de volume V, a energiaeletromagnetica e dada por:

H =1

8π

∫

V

(E2 +H2)d3r,

onde E = H = f(r, t), obedecendo as equacoes de Maxwell

∇×E = −1

c

∂H

∂t,

∇ · E = 0,



∇×H =1

c

∂E

∂t,

e

∇ ·H = 0.

Introduzindo os potenciais de Hertz, temos:

H = ∇×A

e

E = −1

c

∂A

∂t−∇φ.



Definindo os novos potenciais

A → A−∇ψe

φ→ φ+1

c

∂ψ

∂t,

temos os mesmos campos E e H definidos anteriormente.Escolhemos ψ, tal que

∇ ·A = 0,

que e o chamado Calibre de Coulomb.



Fazendo esta escolha, temos:

∇2A− 1

c2∂2A

∂t2=

1

c

∂

∂t∇φ

e

∇2φ = 0.

Podemos tomar φ = 0, pois nao ha cargas na cavidade. Assim,temos:

∇2A− 1

c2∂2A

∂t2= 0,

ficando os campos definidos por

H = ∇×A



e

E = −1

c

∂A

∂t.

Vamos considerar uma cavidade na forma de um paralelepıpedo delados L1 , L2 e L3 .

Condicoes de contorno:

Esta estrutura e periodicamente repetida para preencher todo oespaco.

Os campos sao os mesmos, nos pontos correspondentes emtodos os paralelepıpedos.

Com estas condicoes de contornos periodicas podemos escrever oscampos como combinacoes lineares de senos e cosenos.

A =∑

k

Akeik·r, (8)



onde o vetor de onda k e dado por

k = (k1, k2, k3) =

(

2πm

L1,2πn

L2,2πl

L3

)

,

com m,n, l = 0,±1,±2, . . ..Potencial vetor real, entao,

Ak = A∗−k.

A condicao de transversalidade (∇ ·A = 0), implica a relacao

k ·A−k = 0.

Ou seja, os vetores complexos Ak, sao normais aos vetores de ondak.



Temos, entao, a equacao de onda

d2Ak

dt2+ c2k2Ak = 0, (9)

que evidencia o comportamento harmonico das vibracoes do campoeletromagnetico.As solucoes da equacao (9), podem ser escritas na forma

Ak = akeiwkt + bke

−iwkt,

onde o espectro de frequencias e dado por

wk = ck.



Levando em conta que o potencial vetor e real, podemos escrever asolucao, como

Ak = akeiwkt + a∗

−ke−iwkt.

Inserindo a ultima em (8), obtemos

A =∑

k

[akeiwkt+ik·r + c.c],

onde c.c significa o termo do complexo conjugado.Os campos E e H, entao, serao dados por

E = −1

c

∂A

∂t=

∑

k

[−ikakeiwkt+ik·r + c.c]

e



H = ∇×A =∑

k

[i(k× ak)eiwkt+ik·r + c.c].

Por fim, vamos obter H2 e E2 e integrar no volume d3r.Utilizando a propriedade de normalizacao

∫

V

eik·r+ik′·rd3k = V δk,k′,

e possıvel mostrar que

∫

V

E2d3r =∑

k

[

−V k2ak · a−ke2iwkt + V k2ak · a∗

−k

+ V k2a∗k· ak − V k2a∗

k· a∗

−ke−2iwkt

]

.



De forma analoga, usando as propriedades do produto vetorial mistoe o fato dos campos serem transversais, podemos mostrar que

∫

V

H2d3r =∑

k

[

V k2ak · a−ke2iwkt + V k2ak · a∗

−k

+ V k2a∗k· ak + V k2a∗

k· a∗

−ke−2iwkt

]

.

Portanto, obtemos

H =1

8π

∫

V

(E2 +H2)d3r =V

2π

∑

k

k2ak · a∗k. (10)


Gas de fotons Solucao Classica

Para utilizar o formalismo canonico, vamos definir

Coordenadas generalizadas da posicao

Qk(t) = α[akeiwkt + a∗

ke−iwkt]

e

Coordenadas generalizadas de momento

Pk(t) =d

dtQk(t) = α[iwkake

iwkt − iwka∗ke−iwkt],

onde α e uma constante real.Escrevendo ak e a∗

kem termos das coordenadas generalizadas e

substituindo em (10), temos

H =V

8πα2c2

∑

k

[P2k+ k2c2Q2

k].



As equacoes de Hamilton

d

dtQk =

∂H

∂Pk

e

d

dtPk = − ∂H

∂Qk

,

serao satisfeitas com a escolha

α =

(

V

4πc2

)1

2

.

Forma canonica → Mecanica Estatıstica Classica



Devido a transversalidade dos campos, temos

Qk · k = Pk · k = 0.

Qk e Pk tem duas dimensoes e o hamiltoniano do sistema, fica

H =1

2

∑

k,j

[P 2k,j + w2

kQ2

k,,j] =∑

k,j

Hk,j,

onde j = 1, 2 e Hk,j e o hamiltoniano de um oscilador harmonicocom wk,j = kc.A funcao canonica de particao e dada por

Z = Πk,j

∫ ∞

−∞

∫

dQk,jdPk,je−

β2[P 2

k,j+w2

kQ2

k,j].



Entao,

lnZ =∑

k,j

ln

(

2π

βkc

)

.

A energia interna e finita e pode ser dada por

U = − ∂

∂βlnZ =

∑

k,j

1

β= 2

V

(2π)3

∫

1

βd3k → ∞,

onde a divergencia nos mostra a catastrofe do ultravioleta.Podemos escrever

U =V

4π3kBT

∫ ∞

0

4πk2dk =8π

c3V kBT

∫ ∞

0

ν2dν,

onde

ν =1

2πwk =

kc

2π.



Assim, temos a lei de Rayleigh-Jeans,

u(ν) = 8πkBT

c3ν2,

que produz os dados experimentais somente na regiao de baixafrequencia.


Gas de fotons Lei de Planck

Energia de um oscilador de frequencia ν → multiplos inteiros de hν.A funcao canonica de particao e dada por

Z = Πk,jZk,j,

onde

Zk,j =∞∑

n=0

e−β h2π

wkn =1

1− e−β~wk

.

Entao,

lnZ =∑

k,j

lnZk,j = −2V

(2π)3

∫

d3kln[1 − e−β~wk].



A energia interna e finita e dada por

U = − ∂

∂βlnZ = 2

V

(2π)3

∫

d3k~kc

eβ~kc − 1,

onde obtemos a densidade espectral de energia

u(ν) =8πh

c3ν3

eβhν − 1, (11)

que e a Lei de Planck.No limite ν → 0, temos a formula de Rayleigh-Jeans

u(ν) → 8πkBT

c3ν2.



Utilizando a equacao (11), no entanto, a energia total nao apresentanenhuma divergencia. De fato

U

V=

∫ ∞

0

u(ν)dν =8πh

c3

∫ ∞

0

ν3dν

eβhν − 1.

Com a mudanca de variaveis βhν = x, temos a lei deStefan-Boltzmann

U

V=

8π

(hc)3

[∫ ∞

0

x3dx

ex − 1

]

(kBT )4 = σT 4,

onde σ e uma constante.



Referencias Bibliograficas

Introducao a Fısica Estatıstica - Silvio R. A. Salinas;

Statistical Mechanics - R. K. Pathria e Paul D. Beale;


Condensado de Bose Einstein

Education

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