Mais energia de Fermi

O nosso objetivo é obter expressões para a Energia de Fermi para os seguintes casos:

um gás a temperatura zero

$E_{F}=(\frac{h^2}{8m} ) ( \frac{3n_{e}}{\pi} )^{\frac{2}{3}}$ (1)
um gás não-degenerado e ionizado

$E_{F}=-kT\ln ( \frac{T^{3/2}}{n_{e}} )-\frac{3}{2}kT\ln ( \frac{2\pi mk}{h^2})-kT\ln 2$ (2)
um gás fracamente degenerado;

$E_{F}=-kT\ln ( \frac{2\pi mk}{h^2} )^{3/2} - kT\l... ...frac{n_{e}}{2^{1/2}} ( \frac{h^2}{2\pi mkT} )^{3/2}$ (3)
um gás altamente degenerado e ultra-relativístico.

$\frac{1}{E_{F}} = \frac{1}{E_{F}(T=0)}[ 1+\pi^2(\frac{kT}{E_{F}})^2 ]^{1/3}$ (4)

Para um gás em equilíbrio, a configuração mais provável depende da natureza do gás. Temos as partículas:
1) idênticas, mas distingüíveis, que são partículas clássicas;
2) idênticas, mas indistingüíveis de spin semi-inteiro e
3) idênticas, mas indistingüíveis de spin inteiro.
Assim, para partículas clássicas, temos

$n(p)dp = \frac{g(p)}{(e^{E-\mu)/kT}+0}dp est. de Maxwell-Boltzmann$

(5)

para partículas quânticas como elétrons, pósitrons e neutrinos temos

$n(p)dp = \frac{g(p)}{(e^{E-\mu)/kT}+1}dp est.de Fermi-Dirac$

(6)

para partículas quânticas como fótons, mésons $\pi$ e partículas $\alpha$ temos

$n(p)dp = \frac{g(p)}{(e^{E-\mu)/kT}-1}dp est. de Bose-Einstein$

(7)

Da termodinâmica, sabemos que $\mu = ( \frac {\partial E}{\partial N} )_{s,v}$ , onde

é a densidade total (número de partículas por unidade de volume), sendo normalizado da seguinte forma:

$N=\int_{0}^{\infty}n(p)dp$

(8)

Na Estatística de Fermi-Dirac,

$\mu =E_{F}(T)$

(9)

onde $E_{F}$ é chamada de energia de Fermi, dependendo fracamente da temperatura.

Gás, T=0

O fator de degenerescência pode ser obtido usando-se o princípio da incerteza Heisenberg e fato de que para elétrons e para fótons podem existir dois estados de polarização (spin), e que o volume do espaço de momentum, para o qual o vetor $\vec p$ tem magnitude constante p, é simplesmente o volume da casca esférica, $4 \pi p^2 dp$ :

$g(p)dp=\frac{2}{h^3}4 \pi p^2 dp.$

(10)

Todas as partículas possuem energia $E < E_{F}$ , estando os estados cuja energia $E>E_{F}$ desocupados. Portanto, a partícula mais energética tem momento $p_{F}$ e a integral da equação (8) fica:

$n_{e}=\int_{0}^{p_{F}}\frac{2}{h^3}4\pi p^2 dp=\frac{8\pi}{3h^3}p_{F}^3$

(11)

Assim,

$p_{F}=\frac{h}{2}( \frac{3n_{e}}{\pi} )^{1/3}.$

(12)

A esta temperatura podemos considerar a velocidade não relativística ()

$E_{F}=\frac{1}{2}m\frac{p_{F}^2}{m^2}=\frac{p_{F}^2}{2m}=\frac{h^2}{8m} ( \frac{3n_{e}}{\pi} )^{2/3}$

(13)

Gás não-degenerado, ionizado

Para um gás não degenerado e monoatômico com baixa densidade, as expressões para clássicas e quânticas devem ser iguais. A expressão clássica para é

$n(p)=\frac{4\pi np^2}{(2\pi mkT)^{3/2}}e^{\frac{-p^2}{2mkT}}.$

(14)

Já a equação corresponde da mecânica quântica (com $\mu$ grande e negativo) para é

$n(p)= e^{\mu/kT} \frac{8\pi p^2}{h^3} e^{\frac{-p^2}{2mkT}}$

(15)

Igualando as duas expressões acima, temos

$e^{\frac{\mu}{kT}} \frac{8\pi}{h^3}=\frac{4\pi n}{(2\pi mkT)^{3/2}}$

(16)

Simplificando a expressão (16), podemos obter uma expressão para $\mu$

$\mu=-kT \ln ( \frac{T^{3/2}}{n} )-\frac{3}{2} kT\ln ( \frac{2\pi mk}{h^2} )-kT \ln 2$

(17)

Como $E_{F}\equiv \mu$ , então

$E_{F}=-kT \ln ( \frac{T^{3/2}}{n} )-\frac{3}{2} kT\ln ( \frac{2\pi mk}{h^2} )-kT \ln 2$

(18)

Gás fracamente degenerado

Um gás de elétrons é descrito pela estatística de Fermi-Dirac. Assim, a densidade de elétrons com momentum entre e é dada por

$n_{e}(p)dp=\frac{2}{h^3}4\pi p^2P(p)$

(19)

onde

é definido como índice de ocupação para um de gás de Fermi.

$P(p)=[ e^{\frac{E-\mu}{kT}} +1 ]^{-1} = \frac{1}{e^{\frac{E-\mu}{kT}}[1+e^{-\frac{E-\mu}{kT}}]}$

(20)

$P(p)\simeq e^{-\frac{E-\mu}{kT}} [ 1-e^{-\frac{E-\mu}{kT}}].$

(21)

Por conseqüência, temos

$n_{e}=\frac{8\pi}{h^3} \int \frac{p^2 dp}{e^{(\epsilon -\mu)/kT}+1}$

Utilizando a eq. (21) na eq. (19) e definindo $x=p/\sqrt{2mkT}$ , com $E \ll mc^2$ , obtemos

$n_{e}(p)$	$\textstyle =$	$\frac{8\pi (2mkT)^{3/2}}{h^3} [e^{\mu/kT} \int_{0}^{\infty}e^{-x^2}x^2dx- e^{2\mu /kT}\int_{0}^{\infty} e^{-2x^2}x^2 dx ]$	(22)
	$\textstyle =$	$\frac{8\pi (2mkT)^{3/2}}{h^3} [ e^{\mu/kT} \frac {\sqrt{\pi}... ...c{2(2\pi mkT)^{3/2}}{h^3} e^{\mu /kT}(1-\frac{e^{\mu/kT}}{2^{3/2}} )$	(23)
	$\textstyle \simeq$	$\frac{2(2\pi mkT)^{3/2}}{h^3} e^{\mu /kT}(1-\frac{e^{\mu_{0}/kT}}{2^{3/2}} )$	(24)

onde $\mu_{0}$ é o potencial químico de um gás não-degenerado, dado pela eq. (13).

Simplificando a eq. (24), obtemos:

$e^{\mu/kT}=\frac{n_{e} h^3}{2(2\pi mkT)^{3/2}} ( 1-\frac{e^{\mu_{0}/kT}}{2^{3/2}} )$

(25)

$\mu=kT \ln [ \frac{n_{e} h^3}{2(2\pi mkT)^{3/2}} ( 1-\frac{e^{\mu_{0}/kT}}{2^{3/2}} ) ]$

(26)

$\mu=-kT \ln [ \frac{2(2\pi mkT)^{3/2}}{n_{e} h^3} ( 1-\frac{e^{\mu_{0}/kT}}{2^{3/2}} )^{-1} ]$

(27)

Mas $\ln (1+x) \simeq x$ , se $x\ll 1$ , então fazendo $x= -\frac{e^{\mu_{0}/kT}}{2^{3/2}}$

$\mu=-kT \ln [ \frac{2(2\pi mkT)^{3/2}}{n_{e} h^3} ( 1-\frac{e^{\mu_{0}/kT}}{2^{3/2}} )^{-1} ]$

(28)

utilizando a equação (16) para o termo em $\mu_0$ , obtemos:

$\mu=-kT\ln (\frac{2\pi mk}{h^2} )^{3/2}-kT\ln \le... ...e}} ) -\frac{n_{e} h^3}{2^{5/2}(2\pi m)^{3/2}(kT)^{1/2}}$

(29)

Como $E_F \equiv \mu$ :

$E_{F}=-kT\ln ( \frac{2\pi mk}{h^2} )^{3/2} - kT\l... ...c{n_{e}}{2^{5/2}} ( \frac{h^2}{2\pi mkT})^{3/2} kT.$

(30)

Gás altamente degenerado, ultra-relativístico

Neste regime, $\mu\gg kT$ Temos que

$I=\int_{mc^2}^{\infty} f(\epsilon ) g(\epsilon )d\epsilon$

(31)

onde $f(\epsilon )$ é a probabilidade que um particular estado de momentum esteja ocupado.

$f(\epsilon )=\frac{1}{e^{(\epsilon -\mu)/kT}+1}$

(32)

$df/d\epsilon =f'(\epsilon )$ tem um máximo em $\epsilon =\mu$ e é pequeno para valores de $\epsilon$ que são ou muito menores ou muito maiores do que $\epsilon =\mu$ . As funções $g(\epsilon )$ variam muito menos que $f(\epsilon )$ . Integrando a eq. (32) por partes, temos

$I=f(\infty) \int_{mc^2}^{\infty} g(\epsilon ')d\epsilon '-f(... ...f'(\epsilon ) \int_{mc^2}^{\epsilon }g(\epsilon ')d\epsilon '.$

(33)

Podemos definir

$G(\epsilon )=\int_{mc^2}^{\epsilon }g(\epsilon ')d\epsilon '$

(34)

A eq. (32) fica

$I=f(\infty) G(\infty)-f(mc^2)G(mc^2) -\int_{mc^2}^{\infty} f'(\epsilon ) \int_{mc^2}^{\epsilon }g(\epsilon ')d\epsilon ',$

(35)

mas $f(\infty)$ e

são zero.

Logo, podemos escrever a eq. (32) como

$I=-\int_{mc^2}^{\infty} f'(\epsilon ) G(\epsilon )d\epsilon$

(36)

Podemos, agora, definir $x=(\epsilon -\mu)/kT$ e expandir

em séries de Taylor para

. Obtemos

$G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n\!} G^n(0),$

(37)

com

$G^0(0) \equiv \int_{mc^2}^{\mu}g(\epsilon )d\epsilon$

(38)

Por outro lado,

$G^n(0)=(kT)^n (\frac {d^{n-1}g(\epsilon )}{d\epsilon ^{... ...psilon =\mu} \equiv(kT)^ng^{n-1}(\mu), \: \: n=1,2,3,{\ldots}$

(39)

Utilizando as eq. (38-40) na eq. (37), temos

$I=-G(0)\int_{mc^2}^{\infty}f'(\epsilon )d\epsilon -\sum_{n=1... ...n}{n\!}g^{n-1}(\mu)\int_{x=-(\mu-mc^2)/kT}^{\infty}x^nf'(x)dx.$

(40)

Entretanto,

$\int_{mc^2}^{\infty}f'(\epsilon )d\epsilon \simeq 1,$

(41)

pois $f'(\epsilon )$ tem o comportamento semelhante ao da função Delta de Dirac (em um gás fortemente degenerado), onde

$f'(x) = -\frac{e^x}{kT [e^x +1]^2}=-\frac{1}{kT (e^x +1)(e^{-x} +1)}$

(42)

Podemos notar que

é uma função par. Como $\mu-mc^\gg kT$ , podemos analisar a integral do segundo termo da eq. (41) como tendo os limites $\infty$ e $-\infty$ . Desta forma, apenas valores pares de

terão importância na integral mencionada e, por conseqüência, apenas as derivadas ímpares da função $g(\epsilon )$ aparecerão na expressão final para

Como $x=\mu /kT$ é positivo, então podemos escrever $\frac{1}{(e^x +1)(e^{-x}+1)}$ como a expansão binomial

$\frac{1}{(e^x +1)(e^{-x}+1)} =\frac{e^{-x}}{(1+e^{-x})^2}=-\sum_{m=1}^{\infty}(-1)^m me^{-mx}$

(43)

Assim, a integral do segundo termo da eq. (41) se torna

$(\frac{2}{kT})\sum_{m=1} (-1)^{m}m \int_{0}^{\... ...T} \sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m^n} n=par.$

(44)

Podemos, agora, escrever a eq. (32) como

$I=\int_{mc^2}^{\mu}g(\epsilon )d\epsilon -2\sum_{n=1}^{\infty... \sum_{m=1}^{\infty}\frac{(-1)^m}{m^{2n}}$

(45)

ou então

	$\textstyle =$	$\int_{mc^2}^{\infty}\frac{g(\epsilon )}{e^{(\epsilon -\mu)/kT}+1}$
	$\textstyle =$	$\int_{mc^2}^{\mu}g(\epsilon )d\epsilon +\frac{\pi^2}{6}(kT)^2 \le... ...}{360} (kT)^4 ( \frac{d^3g}{d\epsilon ^3} )_{\epsilon =\mu}+{\ldots}$	(46)

Escrevendo uma expressão para a densidade de elétrons dada na eq. (19) como função de $\epsilon$ com $\epsilon ^2=p^2c^2+(mc^2)^2$ , obtemos

$n_{e}=\frac{8\pi}{h^3c^3} \int_{mc^2}^{\infty} \frac{\epsilo... ...rt{\epsilon ^2-(mc^2)^2}d\epsilon }{e^{(\epsilon -\mu)/kT}+1}$

(47)

A equação (48) implica que

$g(\epsilon )=\frac{8\pi}{h^3c^3} \epsilon \sqrt{\epsilon ^2-(mc^2)^2}.$

(48)

A derivada de $g(\epsilon )$ fica

$(\frac{dg(\epsilon )}{d\epsilon } )_{\epsilon =\... ...c{8\pi}{h^3c^3} \frac{2\mu^2-(mc^2)^2}{\sqrt{\mu^2-(mc^2)^2}}$

(49)

Deste modo, usando as eq. (47-50) e considerando apenas os dois primeiros termos do lado direito da eq. (47), obtemos

$n_{e}$	$\textstyle =$	$\frac{8\pi}{h^3c^3} [ \int_{mc^2}^{\mu} \epsilon \sqrt{\epsi... ...^2}{6}(kT)^2 (\frac{2\mu^2-(mc^2)^2}{\sqrt{\mu^2-(mc^2)^2}}) ]$
	$\textstyle =$	$\frac{8\pi}{h^3c^3} [ \frac{(\epsilon ^2-(mc^2)^2)^{3/2}}{3}... ...}{6} (kT)^2 (\frac{2\mu^2-(mc^2)^2}{\sqrt{\mu^2-(mc^2)^2}} ) ]$
	$\textstyle =$	$\frac{8\pi}{h^3c^3} [ \frac{(\mu^2-(mc^2)^2)^{3/2}}{3} + \fr... ...{6} (kT)^2 (\frac{2\mu^2-(mc^2)^2}{\sqrt{\mu^2-(mc^2)^2}} ) ].$	(50)

Para um gás não relativístico de elétrons podemos definir o potencial químico $\mu$ como

$\mu_{1}=\mu-mc^2 (\mu_{1}\ll 1)$

(51)

manipulando a eq. (52), obtemos

$\mu^2 \simeq (mc^2)^2 +2\mu_{1}mc^2.$

(52)

Substituindo a expressão para $\mu^2$ da eq. (52) na eq. (51) nos dá

$n_{e}=\frac{32\pi (m\mu_{1})^{3/2}}{3\sqrt{2}h^3} [1+ \frac{\pi^2}{8} (\frac{kT}{\mu_{1}} )^2 ]$

(53)

Como $\mu_{1}/mc^2 \ll 1$ , a eq. (53) fica

$\frac{1}{\mu_{1}}$	$\textstyle =$	$\frac{1}{\mu_{0}} [1+\frac{\pi^2}{8} (\frac{kT}{\mu_{1}} )^2 ]^{2/3}$
	$\textstyle \simeq$	$\frac{1}{\mu_{0}} [1+\frac{\pi^2}{8} (\frac{kT}{\mu_{0}} )^2 ]^{2/3},$	(54)

onde

$\mu_{0}=( \frac{h^2}{8m} )(\frac{3n_{e}}{\pi} )^{2/3}$

(55)

Note-se que o potencial químico $\mu_{0}$ é a Energia de Fermi $E_{F}$ da expressão (13).

Como $\mu_{0}\gg kT$ , então

$\mu_{1}=\mu_{0} [ 1-\frac{\pi^2}{12} ( \frac{kT}{\mu_{0}})^2 ].$

(56)

Para um gás ultra-relativístico, $\mu \gg mc^2$ e a eq. (51) se torna

$\frac{1}{\mu^3}$	$\textstyle =$	$\frac{1}{\mu_{0}^3}[1+\pi^2 (\frac{kT}{\mu})^2 ]$
	$\textstyle \simeq$	$\frac{1}{\mu_{0}^3}[1+\pi^2 (\frac{kT}{\mu_{0}})^2 ],$	(57)

com $\mu_0^3 \equiv \mu_{T=0}^3=3n_{e}h^3c^2/8\pi$ .

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