El módulo III.1 dejó una deuda escrita con nombre y número: el calor específico electrónico de un cobre a 300 K vale 0,2085 J/(mol·K) y la equipartición promete 12,4717, o sea 59,8 veces más. El III.3 explicó por qué la estadística clásica no puede valer ahí —nλ³/gs = 3383— pero se paró en el borde del radio de convergencia de sus series. Este artículo cruza ese borde. La herramienta es una sola integral, ∫g(ε)⟨n(ε)⟩dε, y de ella salen en orden: la energía de Fermi de 7,044 eV del cobre, la temperatura de Fermi de 81 740 K que convierte una habitación en un criostato, el desarrollo de Sommerfeld que explica el factor sesenta con un π²/2, y —el mismo cálculo, siete órdenes de magnitud más denso— la presión de degeneración que impide que Sirio B se derrumbe.
A la izquierda, la ocupación media ⟨n⟩ de los estados en función de ε/EF; a la derecha, el potencial químico exacto —de invertir numéricamente la integral de Fermi-Dirac— frente a los dos términos del desarrollo de Sommerfeld. Mueva la temperatura y mire las dos cosas a la vez: el escalón se difumina y la serie se rompe al mismo tiempo, porque son el mismo fenómeno. Los errores están medidos sobre la corrección, no sobre el 1.
Con T/T_F = 0.00367: μ/E_F exacta 0.999989, Sommerfeld 0.999989; U/NE_F exacta 0.600033 frente a 0.600033; C_V/Nk_B exacta 0.01811 frente a 0.01811. Aquí el desarrollo no es una aproximación: es la respuesta. El error SOBRE LA CORRECCIÓN —que es lo único que se está calculando— vale 0.00199 % en μ y 0.00199 % en U, y el escalón de la izquierda está tan afilado que la anchura difuminada, unos pocos k_BT, no se ve al lado de E_F. Un metal a temperatura ambiente vive aquí, y por eso la teoría de metales puede permitirse empezar en T = 0 y añadir un término.
La curva «exacta» sale de resolver F1/2(βμ) = (2/3)(TF/T)3/2 por Newton sobre una integral de Fermi-Dirac con el cambio x = y², que quita la raíz del origen. La integral se parte en tres: el tramo por debajo del borde de Fermi se integra en forma cerrada —allí la ocupación vale 1 salvo 3×10⁻²⁰—, el borde se resuelve con 1200 nodos concentrados en él y la cola con 120. No es un lujo: lo que el panel imprime es una diferencia dos veces cancelada, y una cuadratura de paso fijo devuelve ruido a la izquierda del mando en lugar de un número. La comprobación cruzada es que el resultado reproduce el desarrollo siguiente, 1,480 44 (T/TF)², a siete cifras. El C_V exacto es una derivada numérica centrada de U(T); el de Sommerfeld es (π²/2)(T/T_F) exacto.
La densidad de estados: el paso que el III.3 no dio
El III.3 dejó las dos distribuciones escritas por estado. Para calcular algo hay que sumar sobre estados, y en una caja macroscópica esa suma es una integral. El truco de siempre —contar puntos de la red de momentos dentro de una esfera— da el número de estados con energía menor que ε, y derivando, la densidad de estados:
Lo único que hay que retener de ese prefactor es que va como √ε, y que ese exponente es una propiedad de la relación ε = p²/2m en tres dimensiones, no del material. El artículo 04 de este módulo demuestra que todo lo que sigue depende de ese exponente y de nada más.
A temperatura cero la distribución de Fermi-Dirac es un escalón: ⟨n⟩ = 1 por debajo de μ y 0 por encima. Los N electrones llenan los estados de menor energía hasta agotarse, y el nivel donde se acaban es la energía de Fermi:
Nada más. La energía de Fermi de un metal es una función de la densidad electrónica y de nada más: no hay ninguna temperatura en esa fórmula, ni ninguna constante del material más allá de cuántos electrones por átomo suelta. Y la temperatura de Fermi TF = EF/kB no es la temperatura de nada: es esa misma energía escrita en kelvin, para poder compararla con la temperatura de verdad.
| Metal | n [m⁻³] | EF | TF | vF | T/TF a 300 K |
|---|---|---|---|---|---|
| Sodio (1 e⁻/átomo) | 2,54×10²⁸ | 3,151 eV | 36 564 K | 1,053×10⁶ m/s | 0,008 20 |
| Cobre (1 e⁻/átomo) | 8,49×10²⁸ | 7,044 eV | 81 740 K | 1,574×10⁶ m/s | 0,003 67 |
| Aluminio (3 e⁻/átomo) | 1,81×10²⁹ | 11,67 eV | 135 399 K | 2,026×10⁶ m/s | 0,002 22 |
Tres lecturas, y las tres son el artículo entero en miniatura. La velocidad de Fermi es medio por ciento de la de la luz —0,005 25 c en el cobre, y ningún metal de la tabla llega al uno por ciento: el aluminio, el más denso de los tres, se queda en 0,676 %— y no tiene nada que ver con la temperatura: un electrón del fondo del mar de Fermi se mueve a mil quinientos kilómetros por segundo en un metal congelado a un milikelvin. La velocidad cuadrática media clásica a 300 K sería 1,168×10⁵ m/s, 13,5 veces menor. T/TF = 0,003 67 dice que, para sus electrones, un cobre a temperatura ambiente está a tres milésimas de su escala natural: térmicamente, es un sistema a cero absoluto. Y el sodio, con un tercio de la densidad electrónica del cobre, tiene menos de la mitad de energía de Fermi — porque EF ∝ n2/3, no ∝ n.
Dos criterios de degeneración, y ahora sí se puede calcular el factor que los separa. El III.3 midió la degeneración con nλ³/gs y anotó que existía otro criterio, TF, que daba «lo mismo salvo un 21 %» sin poder demostrarlo, porque le faltaba la densidad de estados. Con ella el factor sale exacto y en forma cerrada. Si Tλ es la temperatura a la que nλ³/gs = 1,
y no depende ni del metal, ni de la masa, ni de la densidad, ni de gs: es un número puro que sale de comparar los prefactores de dos definiciones. En el cobre, 67 610 K frente a 81 740 K. Un 20,9 % — el «21 %» quedó bien anotado, y ahora está demostrado.
La presión de un gas que no interacciona con nada
La energía media de un electrón en el mar lleno no es cero, porque los estados se han ido ocupando hacia arriba. Integrando ε g(ε) hasta EF:
La segunda igualdad —pV = (2/3)U— no es del gas de Fermi: vale para cualquier gas ideal cuya energía sea ε ∝ p², sea de bosones, de fermiones o clásico. Es un resultado del artículo 04, y conviene saber desde ya que no hay nada específicamente cuántico en ella.
Lo que sí es cuántico es el número. Los electrones del cobre, sin ninguna fuerza entre ellos y a temperatura cero, ejercen p = 38,3 GPa — trescientas ochenta mil atmósferas. No hay ninguna repulsión detrás: es el precio de que los estados de baja energía estén ocupados y los electrones que sobran tengan que subir. Un gas clásico a la misma densidad y a 300 K daría nkBT = 0,352 GPa, cien veces menos.
Esa presión se puede medir, y aquí está la primera prueba de que el modelo no es un juguete. Comprimir el gas cambia n y por tanto la presión, y el módulo de compresibilidad del gas de electrones sale de derivar:
| Metal | p de degeneración | B del gas de electrones libre | B medido | Cociente |
|---|---|---|---|---|
| Sodio | 5,13 GPa | 8,55 GPa | 6,3 GPa | 1,36 |
| Cobre | 38,3 GPa | 63,9 GPa | 140 GPa | 0,456 |
| Aluminio | 135,3 GPa | 225,6 GPa | 76 GPa | 2,97 |
Y lo honesto es leer la tabla entera, no la fila que sale bien. En el sodio, un gas de electrones sin ninguna interacción acierta el módulo de compresibilidad de un metal real con un 36 % de error, lo cual para un modelo que ignora los iones, el apantallamiento y el intercambio es asombroso. En el cobre se queda a menos de la mitad, y en el aluminio se pasa por tres. La razón es la misma en los tres casos y no es un defecto de la teoría de Fermi: los metales alcalinos tienen un solo electrón s muy poco ligado y se parecen a un gas libre; el cobre tiene una banda d llena justo debajo del nivel de Fermi que contribuye a la rigidez y que este modelo no ve, y el aluminio tiene tres electrones por átomo cuyos iones no son puntuales. El gas de electrones libre es la primera palabra sobre un metal, no la última, y el propio modelo dice dónde acaba.
Problema. El cobre tiene 8,49×10²⁸ electrones de conducción por metro cúbico. Calcule EF, TF, vF y la presión de degeneración; diga qué fracción de los electrones puede absorber calor a 300 K; y compare la energía de Fermi con la energía térmica y con la energía de enlace de un átomo de cobre, 3,49 eV.
Solución. Con gs = 2, (3π²n)2/3 = (29,608 8 × 8,49×10²⁸)2/3 = 1,848×10²⁰ m⁻², y ℏ²/2me = 6,104×10⁻³⁹ J·m²:
De ahí TF = EF/kB = 81 740 K, vF = √(2EF/me) = 1,574×10⁶ m/s = 0,005 25 c, y p = (2/5)nEF = 38,3 GPa.
La fracción térmicamente activa es la parte del escalón que la temperatura difumina: los estados a menos de ~kBT de EF. Como g(ε) ∝ √ε y N = (2/3)g(EF)EF, esa fracción vale
Resultado. Un 0,55 %. De cada doscientos electrones de conducción de un cable de cobre, uno solo participa en la física térmica; los otros ciento noventa y nueve están tan enterrados bajo electrones que les impiden moverse que el calor no los toca. Ésa es, en una sola cifra, la respuesta a la pregunta que el módulo III.1 dejó abierta, y todo lo que falta es ponerle el prefactor exacto. Y las dos comparaciones pedidas sitúan el número: kBT a 300 K vale 25,9 meV, o sea 272 veces menos que EF; y la energía de enlace de un átomo en el metal, 3,49 eV, es la mitad de la energía de Fermi. Eso último no es una casualidad y merece pensarse: la cohesión de un metal y la energía cinética de degeneración de sus electrones son del mismo orden porque las dos las fija la misma distancia interatómica. Un metal es el equilibrio entre una atracción electrostática que quiere comprimirlo y una presión de degeneración de 38 GPa que se opone — y ésa es exactamente la misma competencia que sostiene una enana blanca, con la gravedad en lugar de la electrostática.
El desarrollo de Sommerfeld, y por fin el factor sesenta
A temperatura finita el escalón se redondea en una anchura de unos pocos kBT, y hay que evaluar integrales del tipo ∫H(ε)⟨n(ε)⟩dε con la Fermi-Dirac completa. No tienen forma cerrada, pero cuando kBT ≪ μ se pueden desarrollar: la función −∂⟨n⟩/∂ε es un pico estrecho centrado en μ, y desarrollar H alrededor de μ deja una serie en potencias de (kBT/μ)² cuyos coeficientes son integrales conocidas. Eso es el lema de Sommerfeld, y conviene escribirlo entero una vez, porque es la herramienta y no un resultado:
Léase así: a temperatura cero la integral se corta en μ; a temperatura finita, lo único que hay que añadir es la derivada del integrando evaluada en μ, pesada por (π²/6)(kBT)². Sólo aparecen potencias pares de T, y por eso todas las correcciones de este artículo van como (T/TF)². Y lo que hace que el lema sea una herramienta y no un resultado es que H se elige: con H = g(ε) y la condición de que el número de partículas no cambie sale μ(T); con H = ε g(ε), la energía; y con H = μB²g(ε) saldría la susceptibilidad magnética, que es el apartado (g) del problema 3 de la hoja. Cada magnitud es un H distinto metido en la misma fórmula. Con los dos primeros:
La segunda forma de γ es la importante y hay que subrayarla: el calor específico electrónico sólo mira la densidad de estados en el nivel de Fermi. No le importa cómo sea g(ε) en ningún otro sitio. Ésa es la razón de que γ se mida en el laboratorio para medir g(EF), y de que sea la magnitud que delata una transición superconductora o una reconstrucción de la superficie de Fermi.
Y ahora la deuda. El módulo III.1 constató que el calor específico electrónico del cobre a 300 K vale 0,2085 J/(mol·K) frente a los 12,4717 de la equipartición, un factor 59,8, y dijo «esto es el III.4». Aquí está:
o sea un factor 82,8, no 59,8. Y ése no es un fallo del cálculo: es la última cifra útil del artículo. El desacuerdo entre 82,8 y 59,8 es exactamente 1,385, y ese número tiene nombre —la masa efectiva térmica del cobre—, porque γ ∝ m y un electrón que se mueve en el potencial periódico de los iones responde como si pesara un 38,5 % más que uno libre. Se lee directamente comparando los γ:
| Metal | γ de electrón libre | γ medido | m*/me |
|---|---|---|---|
| Sodio | 1,122 mJ/(mol·K²) | 1,38 | 1,23 |
| Cobre | 0,502 mJ/(mol·K²) | 0,695 | 1,385 |
| Aluminio | 0,909 mJ/(mol·K²) | 1,35 | 1,485 |
Ahí está el balance completo del factor sesenta, y es lo que hace que este cálculo merezca la pena: de las sesenta veces, ochenta y dos y media son la estadística de Fermi y el resto es la masa efectiva, que empuja en la otra dirección. Un modelo sin ningún parámetro ajustable explica cincuenta y nueve de las sesenta, y lo que le falta no es ruido: es una magnitud medible que se compara con el cálculo de bandas.
La misma π²/3 aparece en un sitio que no tiene nada que ver, y eso es la mejor comprobación del modelo. Si el mismo gas de electrones transporta el calor y la carga, el cociente entre las dos conductividades no puede depender del metal ni del tiempo de colisión, porque éste se cancela. El resultado —la ley de Wiedemann-Franz— es κ/(σT) = L₀ = (π²/3)(kB/e)² = 2,443×10⁻⁸ W·Ω/K², un número hecho sólo de constantes fundamentales. El valor medido en el cobre a 273 K es 2,23×10⁻⁸: un 8,7 % por debajo, y la desviación tiene su propia explicación (a temperaturas intermedias las colisiones que degradan la corriente térmica no son las mismas que degradan la eléctrica). Que un cociente de dos magnitudes de transporte medidas coincida con π²/3 veces (kB/e)² es la clase de coincidencia que no ocurre si el modelo está equivocado.
Problema. El desarrollo de Sommerfeld es una serie asintótica en (T/TF)². ¿Hasta qué T/TF vale el primer término con un error del 1 % sobre la propia corrección? Compare con el valor exacto de μ(T) obtenido invirtiendo f3/2(z) = nλ³/gs, y diga qué significa el resultado para un metal, para el ³He líquido y para el interior del Sol.
Solución. El valor exacto exige resolver la normalización F1/2(βμ) = (2/3)(TF/T)3/2 numéricamente —es lo que hace el panel de arriba— y comparar la corrección exacta 1 − μ/EF con la de Sommerfeld, π²(T/TF)²/12:
| T/TF | μ/EF exacta | μ/EF Sommerfeld | Error sobre μ | U/NEF exacta | Error sobre U |
|---|---|---|---|---|---|
| 0,01 | 0,999 918 | 0,999 918 | < 10⁻⁴ % | 0,600 247 | < 10⁻⁴ % |
| 0,05 | 0,997 936 | 0,997 944 | 0,000 8 % | 0,606 145 | 0,004 % |
| 0,1 | 0,991 641 | 0,991 775 | 0,013 % | 0,624 283 | 0,063 % |
| 0,2 | 0,964 576 | 0,967 101 | 0,26 % | 0,691 516 | 1,04 % |
| 0,5 | 0,743 112 | 0,794 383 | 6,9 % | 1,021 64 | 19,1 % |
| 1,0 | −0,021 46 | 0,177 533 | 927 % | 1,696 74 | 81 % |
El criterio del 1 % sobre la corrección se alcanza en T/TF = 0,080 3.
Resultado. Ese 0,0803 son 6562 K en el cobre, mil kelvin por encima de la temperatura de la fotosfera solar y casi cinco veces la temperatura a la que el cobre se funde. Es decir: no existe ningún cobre sólido para el que Sommerfeld no sea exacto, y la serie asintótica que parecía una aproximación de andar por casa es, en su dominio, mejor que cualquier medida. La lección de método es la de siempre en este programa —el error se mide sobre la corrección, no sobre el 1—, y aquí la diferencia es brutal: a T/TF = 0,2 el error «sobre μ» es del 0,26 % y suena despreciable, pero sobre la corrección, que es lo único que se estaba calculando, es del 7 %.
Y los otros dos sistemas dicen lo contrario, que es por lo que están en el enunciado. El ³He líquido tiene TF = 4,96 K, de modo que a 1,0 K está en T/TF = 0,202: justo donde Sommerfeld empieza a fallar, y por eso la física del ³He se hace con la teoría del líquido de Fermi y no con dos términos de una serie. En el centro del Sol, con los datos del III.3 —ne = 6,54×10³¹ m⁻³ a 1,571×10⁷ K—, T/TF vale 2,29: está por encima de su temperatura de Fermi, así que ahí no hay desarrollo de Sommerfeld que valga y hay que integrar la Fermi-Dirac entera. Un cobre a temperatura ambiente y el centro del Sol están en los dos extremos del mando del panel de arriba, y cinco órdenes de magnitud de temperatura no bastan para decidir cuál de los dos es «más cuántico»: eso lo decide T/TF.
El mismo cálculo, siete órdenes de magnitud más denso: las enanas blancas
Sirio B tiene 1,018 masas solares comprimidas en un radio de 5850 km — menos que la Tierra, cuyo radio mide 6371 km. Su densidad media es 2,414×10⁹ kg/m³, o sea 2,4 toneladas por centímetro cúbico. Lo que la sostiene es exactamente lo del cobre, con otros números.
Con μe = 2 nucleones por electrón —lo que corresponde a carbono, oxígeno o helio— la densidad electrónica es ne = ρ/(μeu) = 7,27×10³⁵ m⁻³, siete órdenes de magnitud por encima de la del cobre. La fórmula no relativista da EF = 295 keV, que es 0,577 veces la energía en reposo del electrón: a esta densidad el gas ya es relativista y hay que corregirlo. Con ε = √((pc)²+(mc²)²) − mc² la energía de Fermi baja a 239 keV, y la velocidad de Fermi sube a 0,732 c.
Aun así la estrella es un sistema degenerado, y conviene decir con qué regla se mide: TF ≡ EF(no rel)/kB = 3,42×10⁹ K —con la energía de Fermi relativista serían 2,77×10⁹ K—, que es la misma EF no relativista que alimenta la p = (2/5)neEF de la tabla de abajo. El interior de una enana blanca joven está a unos 2,5×10⁷ K, o sea T/TF = 0,0073: el doble de caliente, en relativo, que los electrones de un cobre en tu mano —y aun así, siete milésimas de su escala natural—. Una estrella a veinticinco millones de grados es, para su gas de electrones, un sistema esencialmente a temperatura cero, y por eso su presión no depende de la temperatura — y por eso una enana blanca puede enfriarse sin encogerse, que es lo que la hace estable durante miles de millones de años.
| Contribución a la presión en Sirio B | Valor |
|---|---|
| Degeneración electrónica, (2/5)neEF | 1,37×10²² Pa |
| Gas térmico de los iones de carbono a 2,5×10⁷ K | 4,18×10¹⁹ Pa (328 veces menos) |
| Cota inferior de la presión central, (3/8π)GM²/R⁴ | 2,79×10²² Pa |
La presión de degeneración calculada con la densidad media es la mitad de la presión central que la hidrostática exige, y eso es exactamente lo que tiene que salir: una estrella real está concentrada hacia el centro, donde la densidad —y con ella la presión de degeneración, que va como n5/3— es varias veces la media. Un modelo de dos líneas y densidad uniforme acierta el orden de magnitud de una estrella. Eso es lo que quiere decir que la física estadística funciona.
Y hay un tope, que es el resultado más famoso de este cálculo. En el régimen no relativista la presión va como n5/3 ∝ ρ5/3 y el equilibrio con la gravedad da R ∝ M−1/3: cuanta más masa, menor radio, al revés que cualquier objeto ordinario. Pero al comprimir, los electrones se hacen relativistas y la presión pasa a ir como n4/3; entonces la presión y la gravedad escalan con el radio de la misma manera, el radio se cancela de la ecuación y sólo sobrevive una condición sobre la masa. Resolviendo la politropa correspondiente:
El límite de Chandrasekhar. Va como μe−2, de modo que una enana de hierro (μe = 2,15) se para en 1,26 M☉. Sirio B, con 1,018 M☉, está al 70 % del límite. Chandrasekhar lo publicó en 1931, con diecinueve años, y Eddington lo ridiculizó en público durante años porque no aceptaba que la materia pudiera no tener ninguna manera de detenerse; la observación le dio la razón a Chandrasekhar y le costó el Nobel de 1983. Lo que hay más allá del límite es una estrella de neutrones, donde el mismo cálculo se rehace con neutrones y da energías de Fermi de decenas de megaelectronvoltios —el problema 1 de la hoja lo pide con números— o un agujero negro.
Lo que este modelo no dice, y conviene no fingir que sí. El gas de Fermi ideal no lleva interacción coulombiana, y en una enana blanca la corrección electrostática entre electrones e iones es del orden del uno por ciento — pequeña, pero es la que decide si el interior cristaliza. Tampoco lleva relatividad general, que en el límite de Chandrasekhar importa lo justo para desestabilizar la estrella un poco antes. Ni la captura electrónica, que en el núcleo de una enana masiva quita electrones y por tanto quita presión. El 1,456 M☉ es el resultado del gas ideal degenerado, y las correcciones lo mueven en el segundo decimal; lo que no se mueve es que exista un tope, porque eso sale sólo de que la presión relativista y la gravedad tengan la misma dependencia con el radio.
Ejercicios
(a) Demuestre, a partir de n = ∫₀EFg(ε)dε/V, que EF = (ℏ²/2m)(6π²n/gs)2/3, y de ahí que U/N = (3/5)EF. (b) Calcule EF, TF y vF/c para el oro (n = 5,90×10²⁸ m⁻³) y para el litio (n = 4,70×10²⁸ m⁻³). (c) El potasio tiene n = 1,40×10²⁸ m⁻³. Calcule su γ de electrón libre y compárelo con el medido, 2,08 mJ/(mol·K²); dé su masa efectiva térmica. (d) ¿A qué temperatura el calor específico electrónico del potasio igualaría al de la red, que a baja temperatura vale Cred = 1943,8(T/θD)³ J/(mol·K) con θD = 91 K? Ése es el cruce que permite medir γ.
Solución
(a) Con g(ε) = (gsV/4π²)(2m/ℏ²)3/2√ε, la integral da N = (gsV/6π²)(2mEF/ℏ²)3/2, y despejando sale la fórmula. Para U se integra ε g(ε): la misma primitiva con un exponente más, N⟨ε⟩ = (2/5)·(3/2)·NEF… o directamente ⟨ε⟩ = ∫ε3/2dε/∫ε1/2dε = (2/5)/(2/3)·EF = (3/5)EF. La fracción 3/5 no depende de la masa ni de la densidad: sale sólo del exponente 1/2 de g(ε), que es la tesis del artículo 04.
(b) Con ℏ²/2me = 6,104×10⁻³⁹ J·m²:
| Metal | n [m⁻³] | EF | TF | vF/c |
|---|---|---|---|---|
| Oro | 5,90×10²⁸ | 5,526 eV | 64 131 K | 0,004 651 |
| Litio | 4,70×10²⁸ | 4,749 eV | 55 110 K | 0,004 311 |
Los dos están dentro del mismo factor dos que todos los metales de la tabla del artículo, y eso es el resultado: EF ∝ n2/3 comprime enormemente el rango. Un factor 12,9 en densidad electrónica (del potasio al aluminio) se convierte en un factor 5,51 en energía de Fermi.
(c) EF(K) = 2,118 eV, TF = 24 580 K, y γlibre = π²R/(2TF) = 1,669 mJ/(mol·K²). Medido: 2,08. Masa efectiva m*/me = 1,246, como en el sodio y por la misma razón: los alcalinos son casi libres.
(d) Igualando γT = 1943,8(T/θD)³ con γ = 2,08×10⁻³ y θD = 91 K: T² = γθD³/1943,8 = 2,08×10⁻³×753 571/1943,8 = 0,8064, o sea T = 0,898 K. Y ahí está la segunda lección, que es de método experimental: por encima de un kelvin el calor específico de un metal es el de sus iones, y la contribución electrónica —la que este artículo calcula— está enterrada bajo ella. Para medir γ hay que bajar de 1 K y representar C/T frente a T², que sale una recta de ordenada en el origen γ y pendiente 1943,8/θD³. Los γ de la tabla del artículo salen todos de esa recta, y por eso es un dato medido a temperaturas de helio líquido lo que explica un calor específico a temperatura ambiente.
Aplique el desarrollo de Sommerfeld, no lo copie. (a) Partiendo de U/N = (3/5)EF[1 + (5π²/12)(T/TF)²], obtenga CV y compruebe que da γT con γ = (π²/2)NkB/TF. (b) Obtenga la entropía electrónica integrando CV/T, y compruebe que S = CV para este sistema — algo que no ocurre en ningún gas clásico. Diga por qué el tercer principio queda satisfecho. (c) Use la segunda forma de γ, γ = (π²/3)kB²g(EF), para deducir el calor específico de un gas de fermiones bidimensional, donde g(ε) es constante, y diga en qué se diferencia del tridimensional. (d) Calcule la corrección térmica a la presión del gas de electrones del cobre a 300 K, y compárela con la presión de degeneración: ¿cuánto se equivoca quien trate el gas de electrones de un metal como si estuviera a T = 0? (e) La misma π²/3 de γ aparece en la ley de Wiedemann-Franz, κ/σT = L₀ = (π²/3)(kB/e)². El cobre a 300 K tiene σ = 5,96×10⁷ S/m: prediga su conductividad térmica y compárela con los 401 W/(m·K) medidos.
Solución
(a) CV = ∂U/∂T = (3/5)NEF·(5π²/12)·2T/TF² = (π²/2)NkB(T/TF). Directo.
(b) S = ∫₀T(CV/T′)dT′ = ∫₀Tγ dT′ = γT = CV. Que la entropía y el calor específico coincidan es una peculiaridad de que C sea lineal en T, y no ocurre ni en un gas clásico (donde C es constante y S es logarítmica) ni en un sólido de Debye (donde C ∝ T³ y S = C/3). Y el tercer principio se cumple sin esfuerzo: S → 0 cuando T → 0, porque a temperatura cero el mar de Fermi lleno es un solo microestado. Eso es lo que arregla la entropía negativa de Sackur-Tetrode que el III.3 usó para denunciar al 1/N!: el gas de electrones del cobre no tiene S/NkB = −5,627, tiene γT/NkB = +0,018 1 a 300 K, positiva y minúscula. La fórmula clásica no daba un valor «un poco mal»: daba un valor con el signo equivocado y trescientas veces mayor en valor absoluto.
(c) En dos dimensiones g(ε) = gsAm/(2πℏ²), constante, así que N = g(EF)EF y γ = (π²/3)kB²g(EF) = (π²/3)NkB/TF: el mismo CV ∝ T, con 1/3 en vez de 1/2. La forma de la ley no cambia y el prefactor sí, y ésa es toda la diferencia. Lo notable es lo que no cambia: la linealidad en T no es un accidente tridimensional, es consecuencia de que sólo cuenta un espesor kBT de estados alrededor de EF. En dos dimensiones hay además un regalo: como g es constante, la normalización se puede invertir exactamente y sale μ = kBT ln(eTF/T−1), sin ninguna serie asintótica. Es el único caso de este módulo con solución cerrada, y sirve de banco de pruebas de Sommerfeld.
(d) De U = (3/5)NEF[1+(5π²/12)t²] con t = T/TF y p = (2/3)U/V sale p(T) = (2/5)nEF[1+(5π²/12)t²]. Con t = 0,003 670 el corchete vale 1 + 5,54×10⁻⁵: la presión térmica del gas de electrones del cobre a 300 K es 2,12 MPa sobre los 38,3 GPa de degeneración, o sea cinco partes en cien mil. Quien trate el gas de electrones de un metal a temperatura ambiente como si estuviera a cero absoluto se equivoca en un 0,005 %. Y ahí está la lección, que es la misma que la del ejemplo resuelto vista desde el otro lado: «degenerado» no es una etiqueta cualitativa, es la afirmación cuantitativa de que las correcciones térmicas van como (T/TF)² y por tanto son del orden de una millonésima. Por eso la teoría de metales a temperatura ambiente puede permitirse empezar por T = 0 y añadir después, y por eso el ³He líquido, con t = 0,20, no puede.
(e) L₀ = (π²/3)(1,380 649×10⁻²³/1,602 176 634×10⁻¹⁹)² = 2,443×10⁻⁸ W·Ω/K², y con σ = 5,96×10⁷ S/m a 300 K: κ = L₀σT = 437 W/(m·K) frente a los 401 medidos, un 9 % de más. Es la misma desviación que la constante de Lorenz medida a 273 K, 2,23×10⁻⁸, y por la misma razón: a temperaturas intermedias las colisiones que degradan la corriente térmica no son las mismas que degradan la eléctrica, de modo que el tiempo de relajación no se cancela del todo. La lección está en lo que sí sale: predecir la conductividad térmica de un metal a partir de su conductividad eléctrica, con un 9 % de error y sin ningún dato del material, sólo es posible si es el mismo gas el que transporta las dos cosas — y ésa era la afirmación que había que comprobar.
El ³He líquido del módulo III.3 (81,9 kg/m³, masa atómica 3,016 029 u, gs = 2 por el espín nuclear) es un gas de Fermi de átomos neutros. (a) Calcule n, EF en meV y TF, y compruebe la relación TF/Tλ = 1,208 99 del artículo usando el nλ³/gs = 8,31 a 1,0 K que el III.3 calculó. (b) Dé T/TF a 1,0 K, a 100 mK y a 1 mK, y diga en cuál de las tres el desarrollo de Sommerfeld es legítimo con el criterio del 1 % del ejemplo resuelto 2. (c) Prediga el calor específico molar del ³He líquido a 10 mK con el gas ideal, y compárelo con el medido, que a baja temperatura vale C = 2,78 R T con T en kelvin —o sea C/RT = 2,78 K⁻¹—. ¿Qué masa efectiva implica? (d) ¿Por qué la masa efectiva del ³He es tan grande comparada con la de un metal, y qué dice eso sobre cuándo el gas ideal de Fermi es una buena descripción?
Solución
(a) m = 3,016 029 u = 5,008×10⁻²⁷ kg, n = 81,9/m = 1,635×10²⁸ m⁻³. Con gs = 2, EF = (ℏ²/2m)(3π²n)2/3 = 0,427 meV y TF = 4,96 K. Control: Tλ = T(nλ³/gs = 1) sale de escalar el 8,31 del III.3, Tλ = 1,0 × 8,312/3 = 4,10 K, y 4,96/4,10 = 1,209. La razón universal se cumple, como tiene que ser: no sabe de qué partícula se trata.
(b) T/TF = 0,202 a 1,0 K, 0,020 2 a 100 mK y 2,02×10⁻⁴ a 1 mK. El criterio del 1 % sobre la corrección pedía T/TF < 0,0803, así que Sommerfeld no vale a 1 K y sí a 100 mK y a 1 mK. Ésa es la razón de que la física del ³He viva por debajo de 100 mK: no es una moda de criogenistas, es dónde empieza a haber teoría manejable.
(c) γideal = π²R/(2TF) = 9,8696×8,3145/(2×4,9587) = 8,274 J/(mol·K²) — julios, no milijulios: R va en J/(mol·K) y TF en kelvin, y el resultado es tres órdenes de magnitud mayor que los γ de un metal porque el ³He tiene una TF de cinco kelvin y no de ochenta mil. O sea C = 8,27 T J/(mol·K), que a 10 mK son 82,7 mJ/(mol·K). El medido, C = 2,78 R T, es γexp = 23,11 J/(mol·K²): 2,79 veces mayor. Y como a densidad fija γ = (π²/3)kB²g(EF) con g(EF) = 3N/2EF ∝ m, ese cociente es directamente la masa efectiva: m*/m = 2,79, el valor de literatura del ³He a presión de vapor. Dicho de otro modo: el ³He líquido se comporta como un gas ideal de Fermi de átomos que pesaran 2,79 veces lo que pesa un átomo de ³He, y cuya temperatura de Fermi efectiva fuera 4,959/2,79 = 1,78 K en lugar de 4,959 K. Es el mismo gas con dos constantes cambiadas, no otra teoría.
(d) Porque en el ³He líquido los átomos se tocan. La distancia media es 394 pm y el diámetro efectivo del átomo de helio ronda los 260 pm: no es un gas diluido, es un líquido, y lo que la teoría del líquido de Fermi de Landau demuestra —y es el resultado profundo de todo esto— es que un líquido de fermiones fuertemente interactuantes sigue pareciéndose a un gas ideal de Fermi con la masa cambiada, porque el principio de exclusión bloquea casi todas las colisiones posibles. La respuesta a la pregunta es, por tanto, contraintuitiva y merece subrayarse: el gas ideal de Fermi describe bien sistemas donde no tiene ningún derecho a funcionar, y ésa es la razón de que la misma fórmula sirva para los electrones de un cobre apantallados, para un líquido cuántico denso y para el interior de una estrella. Lo que la interacción cambia es un prefactor con nombre; lo que no cambia es que C ∝ T, que p ∝ n5/3 y que hay una superficie de Fermi.
(a) Demuestre que en el límite ultrarrelativista, ε = pc, la densidad de estados va como ε² y la energía media de un gas de Fermi degenerado es (3/4)EF en vez de (3/5). Obtenga la presión y compruebe que ahora p = U/3V, no 2U/3V. (b) Calcule la densidad a la que pFc = mec², que es donde empieza el régimen relativista, y dé la densidad de masa correspondiente con μe = 2. Compárela con la densidad media de Sirio B. (c) Usando que en el régimen no relativista R ∝ M−1/3 y calibrando con Sirio B, dé el radio de una enana blanca de 0,5 y de 1,3 M☉. (d) ¿Por qué la relación masa-radio se rompe cerca del límite de Chandrasekhar, y en qué dirección?
Solución
(a) Con ε = pc, el número de estados con momento menor que p sigue siendo (gsV/6π²)(p/ℏ)³, así que N ∝ ε³ y g(ε) ∝ ε². Entonces ⟨ε⟩ = ∫ε³dε/∫ε²dε = (1/4)/(1/3)·EF = (3/4)EF, y la presión sale de la misma cuenta de flujo de momento con v = c en vez de v = p/m, lo que cambia el 2/3 por un 1/3. Es el mismo cambio de exponente que separa la ley de Stefan-Boltzmann de la de un gas ordinario, y por eso el artículo 03 de este módulo repite este cálculo palabra por palabra para los fotones.
(b) pF = ℏ(3π²n)1/3 = mec da n = (mec/ℏ)³/3π² = 5,87×10³⁵ m⁻³, y con μe = 2 eso es ρ = 1,95×10⁹ kg/m³. La densidad media de Sirio B es 2,41×10⁹: Sirio B está justo por encima del umbral relativista, y no por poco margen sino apenas por un 24 %. Eso explica por qué su radio observado (5850 km) es menor que el que predice la fórmula no relativista, y por qué una enana blanca típica de 0,6 M☉, mucho menos densa, se describe bien sin relatividad.
(c) R = RSirioB(M/1,018 M☉)−1/3: 7415 km para 0,5 M☉ y 5392 km para 1,3 M☉. Una enana blanca del doble y medio de masa es sólo un 27 % más pequeña, porque el exponente −1/3 es suave; el drama no está en la ley de potencias sino en dónde se acaba.
(d) Porque la ley R ∝ M−1/3 supone p ∝ ρ5/3, y al acercarse al límite los electrones son relativistas y el exponente baja hacia 4/3. Un gas más «blando» se deja comprimir más, así que el radio real cae por debajo de la predicción no relativista y tiende a cero al acercarse a MCh, en lugar de estabilizarse. La lección de método vale para todo el módulo: una ley de potencias sacada de un límite hay que llevarla siempre acompañada de la condición que la produce. Aquí la condición es pFc ≪ mec², la calculamos en (b), y resulta que Sirio B ya la ha violado. Quien use R ∝ M−1/3 hasta 1,456 M☉ predice una estrella de 5192 km donde no hay ninguna estrella.