Indistinguibilidad: gran canónica, Bose y Fermi · Artículo 03

Bose y Fermi: dos maneras de contar

Un nivel situado un k_BT por encima del potencial químico aloja 0,582 partículas en promedio si son bosones, 0,269 si son fermiones y 0,368 si valiera Maxwell-Boltzmann: un factor 2,16 entre los extremos, con el mismo nivel, la misma temperatura y el mismo número de partículas. Toda esa diferencia sale de que en un caso la suma sobre ocupaciones es una progresión geométrica y en el otro tiene dos términos. Nada más, y el principio de exclusión sale de propina.

Tome un estado de una partícula cuya energía esté exactamente un kBT por encima del potencial químico y pregunte cuántas partículas hay en él. Si el gas es de bosones, la respuesta es 0,582. Si es de fermiones, 0,269. Si uno se fía del factor de Boltzmann del módulo III.2, 0,368, que no es ninguna de las dos. Un factor 2,16 entre los extremos, sin haber cambiado ni la temperatura, ni el nivel, ni el número de partículas: sólo qué clase de partícula es. Este artículo deduce las dos distribuciones desde la función de partición generalizada del artículo 02 —no las cita—, y el resultado es que toda la diferencia entre ellas está en dónde se para una suma.

Prerrequisitos: los artículos 01 y 02 de este módulo —los números de ocupación y la colectividad gran canónica, con Ξ = ΣNzNZN, z = eβμ y ln Ξ = pV/kBT—. Del módulo III.2, la factorización de Z y la función de partición de una partícula z₁ = V/λ³ del artículo 02; se usa además la suma de la serie geométrica que allí resolvió el oscilador de Einstein. Del III.1, el 1/N! y el parámetro nλ³. No hace falta mecánica cuántica: la simetría de la función de onda se usa como dato —qué ocupaciones están permitidas— y no se deduce aquí.
Bose, Fermi y Maxwell-Boltzmann sobre los mismos niveles

Los niveles son los de una trampa armónica isótropa —ε = jħω con degeneración (j+1)(j+2)/2—, que es el espectro de un experimento de átomos ultrafríos. Lo que está fijo es el número de partículas, no la fugacidad: por eso al subir T —y al bajar N, que hace lo mismo— las tres curvas colapsan. Lo que decide es la ocupación media, no la temperatura sola: con N en su máximo, el recorrido de este mando de T no basta para juntarlas. Con z fija ocurriría lo contrario.

0.998719 fugacidad z de Bose
5.92 z clásica
11.4 z de Fermi
77.98 % bosones en el fundamental

Con N = 1000 partículas y k_BT = 5.01 ħω, cada estadística necesita su propio potencial químico para alojar las mismas partículas: βμ vale -0.001281 (Bose), 1.778 (Maxwell-Boltzmann) y 2.433 (Fermi). Mire el nivel fundamental: los bosones han metido en él el 77.98 % de todas las partículas, mientras que Maxwell-Boltzmann sólo pone el 0.59 % y Fermi el 0.09 %. La fugacidad de Bose se ha pegado a 1 —vale 0.99871932— y no puede pasar de ahí: toda partícula que sobre acaba en el fundamental. Eso es el condensado de Bose-Einstein empezando, y es el módulo III.4. Fíjese también en el otro extremo: los fermiones han tenido que subir μ hasta 2.433 k_BT porque no caben más de uno por microestado, y su curva es una meseta plana en ⟨n⟩ = 1 seguida de un escalón — la esfera de Fermi, también del III.4.

Las tres μ se despejan resolviendo Σj gj⟨nj⟩ = N por bisección refinada, no leyendo una malla: la de Bose se biseca sobre ln(−βμ) porque al enfriar βμ tiende a cero exponencialmente y una bisección lineal perdería toda la precisión justo donde el resultado importa. La ocupación de Bose se evalúa con expm1 por la misma razón. El eje vertical es logarítmico y cubre ocho décadas; la línea de puntos naranja marca ⟨n⟩ = 1, que los fermiones no pueden cruzar nunca.

Ξ factoriza sobre estados de una partícula, y ésa es toda la idea

Un microestado de un gas de partículas idénticas sin interacción es, según el artículo 01, la lista de números de ocupación {n₁, n₂, …} de los estados de una partícula, con energías ε₁, ε₂, … Su energía y su número de partículas son

E=∑iniεi,N=∑ini.E = \sum_i n_i\varepsilon_i, \qquad N = \sum_i n_i.

Meta eso en la definición de Ξ del artículo 02 y mire lo que pasa:

Ξ=∑{ni}z∑ini e−β∑iniεi=∑{ni}∏i(z e−βεi)ni=∏i[∑ni(z e−βεi)ni].\Xi = \sum_{\{n_i\}} z^{\sum_i n_i}\,e^{-\beta\sum_i n_i\varepsilon_i} = \sum_{\{n_i\}}\prod_i\left(z\,e^{-\beta\varepsilon_i}\right)^{n_i} = \prod_i\left[\sum_{n_i} \left(z\,e^{-\beta\varepsilon_i}\right)^{n_i}\right].

El último paso es el que hay que apreciar, porque es el único punto delicado del artículo y es donde se cobra todo el trabajo del 02. Intercambiar la suma sobre listas por un producto de sumas independientes sólo es legítimo si cada ni recorre su rango sin enterarse de los demás. En la colectividad canónica eso es falso: allí Σni = N es una ligadura, de modo que subir una ocupación obliga a bajar otra y la suma no factoriza de ninguna manera. En la gran canónica, N es libre. La ligadura ha desaparecido, y con ella la única dificultad del problema.

Ésta es la razón de ser del módulo, y conviene decirla sin adornos. La colectividad gran canónica no se introduce aquí por elegancia ni por completitud del formalismo: se introduce porque el gas ideal cuántico es irresoluble a N fijo y trivial a μ fijo. Toda la maquinaria del artículo 02 —la fugacidad, el potencial grande, Ω = −pV— existe para poder escribir la línea de arriba. Compárelo con lo que costó el mismo movimiento en el módulo III.2: allí se soltó la energía porque la exponencial factorizaba y la ligadura de energía fija no; aquí se suelta el número por la misma razón, palabra por palabra.

Una suma geométrica frente a una suma de dos términos

Sólo queda hacer la suma de dentro del corchete, y ahí es donde entran las dos estadísticas. Escriba xi ≡ z e−βεi, que es un número positivo.

Bosones. La ocupación recorre 0, 1, 2, 3, … sin tope, así que la suma es una progresión geométrica —la misma que el oscilador de Einstein del III.2— y converge si xi < 1:

∑n=0∞xi n=11−xi.\sum_{n=0}^{\infty} x_i^{\,n} = \frac{1}{1-x_i}.

Fermiones. La ocupación sólo puede ser 0 o 1, así que la suma tiene dos términos y no hay nada que hacer converger:

∑n=01xi n=1+xi.\sum_{n=0}^{1} x_i^{\,n} = 1 + x_i.

Eso es todo. Las dos estadísticas del universo se diferencian en dónde se para una suma. Multiplicando sobre estados y tomando logaritmo, con el convenio de que el signo de arriba es Bose y el de abajo Fermi:

  ln⁡Ξ=∓∑iln⁡ ⁣(1∓z e−βεi)=pVkBT  \boxed{\;\ln\Xi = \mp\sum_i \ln\!\left(1 \mp z\,e^{-\beta\varepsilon_i}\right) = \frac{pV}{k_BT}\;}

Y la ocupación media de un estado sale derivando, con el mismo z∂/∂z del artículo 02 aplicado a un solo factor:

⟨ni⟩=z∂ln⁡Ξi∂z=xi1∓xi  ⟹    ⟨ni⟩=1z−1eβεi∓1  \langle n_i\rangle = z\frac{\partial \ln\Xi_i}{\partial z} = \frac{x_i}{1 \mp x_i} \;\Longrightarrow\; \boxed{\;\langle n_i\rangle = \frac{1}{z^{-1}e^{\beta\varepsilon_i} \mp 1}\;}

Un signo. Toda la diferencia entre un superfluido y un metal, entre un láser y un transistor, entre la estrella que se enciende y la que se apaga, es un signo menos frente a un signo más en un denominador — y ese signo salió de que una serie geométrica tiene infinitos términos y una suma de dos, dos.

Ejemplo resuelto 1 · Las tres estadísticas sobre el mismo nivel, con números

Problema. Defina x ≡ (ε − μ)/kBT, que es la única variable de la que depende ⟨n⟩. (a) Tabule las tres ocupaciones medias en x = 0,1, 0,5, 1, 2, 3, 5 y 10. (b) Escriba en forma cerrada los cocientes Bose/MB y Fermi/MB. (c) Diga a partir de qué x las tres coinciden dentro del 1 % y dentro del 0,1 %.

Solución. (a) Con ⟨n⟩ = 1/(ex ∓ 1) para las cuánticas y e−x para Maxwell-Boltzmann:

x = (ε−μ)/kBTBoseMaxwell-BoltzmannFermiBose/Fermi
0,19,5080,90480,475020,0
0,51,5410,60650,37754,08
10,58200,36790,26892,16
20,15650,13530,11921,31
30,052400,049790,047431,10
50,0067840,0067380,0066931,014
104,5402×10⁻⁵4,5400×10⁻⁵4,5398×10⁻⁵1,00009

(b) Los dos cocientes son exactos y valen la pena porque explican la tabla entera de un vistazo:

⟨n⟩BE⟨n⟩MB=11−e−x,⟨n⟩FD⟨n⟩MB=11+e−x.\frac{\langle n\rangle_{\text{BE}}}{\langle n\rangle_{\text{MB}}} = \frac{1}{1-e^{-x}}, \qquad \frac{\langle n\rangle_{\text{FD}}}{\langle n\rangle_{\text{MB}}} = \frac{1}{1+e^{-x}}.

Los dos tienden a 1 cuando e−x → 0, y la desviación es e−x a primer orden: uno por exceso, el otro por defecto, y en la misma cantidad. La simetría no es casual — es la misma ∓1 del denominador.

(c) Igualando 1/(1−e−x) = 1,01 sale x = ln(101) = 4,615, y para el 0,1 %, ln(1001) = 6,909. Por el lado de Fermi, ln(99) = 4,595 y ln(999) = 6,907. Prácticamente los mismos.

Resultado. La lectura correcta de la tabla no es «las estadísticas se parecen a alta temperatura», que es la frase que todo el mundo recuerda y que no dice nada, sino ésta: las tres coinciden cuando la ocupación media es pequeña. Y eso es un enunciado sobre ⟨n⟩, no sobre T. Basta con leer la propia tabla al revés: donde las tres coinciden al 1 %, en x = 4,6, la ocupación vale 0,010 — una partícula por cada cien estados. Ahí está el criterio, y es el mismo del artículo 01 con otra ropa: si casi todas las ocupaciones valen cero, da igual si el máximo permitido era uno o infinito, porque nadie llega. En cambio en x = 0,1, donde el nivel aloja diez partículas si son bosones y media si son fermiones, no hay ninguna corrección que salve a Maxwell-Boltzmann: se equivoca por un factor diez y por un factor dos, en direcciones opuestas.

El principio de exclusión no es un postulado extra: es el recuento

Mire la distribución de Fermi y pregúntele cuál es su valor máximo. Como z−1eβε es positivo,

⟨n⟩FD=1z−1eβε+1<1siempre, para toda z, toda T y toda ε.\langle n\rangle_{\text{FD}} = \frac{1}{z^{-1}e^{\beta\varepsilon}+1} < 1 \quad\text{siempre, para toda } z,\ \text{toda } T \text{ y toda } \varepsilon.

La ocupación media de un estado fermiónico no puede pasar de uno, y no ha habido que prohibírselo: sale del hecho de que la suma tenía dos términos. Con z = 100 y βε = 0 el valor es 0,990 = 100/101; con z = 10⁶, 0,999 999; nunca llega. El principio de exclusión de Pauli —que en un curso de química se enuncia como una regla adicional que hay que memorizar— es aquí una consecuencia aritmética de haber puesto el límite superior de una suma en 1.

Y hay un valor que conviene grabar porque es la referencia de toda la distribución: en ε = μ la ocupación vale exactamente 1/2, sea cual sea la temperatura y sea cual sea z, porque allí z−1eβε = eβ(ε−μ) = 1 y el denominador es 1 + 1. De ahí que el potencial químico de un gas de fermiones se lea directamente como el nivel medio lleno: es la única lectura de μ que no depende de nada más, y la hoja de problemas la usa para anclar el potencial químico de un semiconductor a su nivel donante.

Y por el otro lado, la de Bose diverge cuando ε → μ. Ése es el aviso de que z no puede pasar de eβεmín: si el potencial químico alcanzara la energía del estado fundamental, la ocupación de ese estado se haría infinita. Lo que la naturaleza hace en su lugar es acumular una fracción macroscópica de las partículas en el fundamental, y eso es el condensado de Bose-Einstein — que es el módulo III.4. Aquí sólo interesa la restricción que impone al formalismo: con el origen de energías en el fundamental, 0 ≤ z ≤ 1 para bosones, mientras que para fermiones z puede valer lo que quiera, y en un metal vale del orden de 10¹¹⁸.

Espín y estadística: lo que aquí no se demuestra

Falta decir qué partículas son de cada clase, y la respuesta honesta es que este curso no la puede deducir. El hecho experimental es limpio y sin excepciones conocidas:

La conexión entre las dos columnas es el teorema espín-estadística, demostrado por Pauli en 1940, y es un resultado de teoría cuántica de campos relativista: sale de exigir a la vez invariancia Lorentz, positividad de la energía y causalidad —que dos medidas separadas por un intervalo de tipo espacio conmuten—. No hay ninguna demostración dentro de la mecánica cuántica no relativista, y Feynman lo dijo con todas las letras en sus Lectures: es el único punto de su curso en el que tuvo que pedirle al lector que aceptara un resultado sin explicárselo. Aquí se hace lo mismo, y con la misma advertencia: que un átomo de ⁴He sea bosón y uno de ³He sea fermión no es un dato de este curso, es un dato para este curso. Repárese en lo poco que hace falta para que sirva: basta con contar constituyentes fermiónicos, y de ahí sale que dos isótopos del mismo elemento obedezcan estadísticas opuestas.

El límite clásico: z ≪ 1 devuelve Maxwell-Boltzmann y el 1/N!

Aquí se cierra el círculo que abrió el artículo 01. Desarrolle ln Ξ para z pequeño, con ln(1 ∓ x) = ∓x − x²/2 ∓ …:

ln⁡Ξ=∓∑iln⁡(1∓ze−βεi)=z∑ie−βεi±z22∑ie−2βεi+⋯=z z1±z22z1(2β)+⋯\ln\Xi = \mp\sum_i\ln\left(1\mp z e^{-\beta\varepsilon_i}\right) = z\sum_i e^{-\beta\varepsilon_i} \pm \frac{z^{2}}{2}\sum_i e^{-2\beta\varepsilon_i} + \cdots = z\,z_1 \pm \frac{z^{2}}{2}z_1(2\beta) + \cdots

El primer término es el mismo para las dos estadísticas, y vale z·z₁ con z₁ = Σie−βεi la función de partición de una partícula del III.2. Quédese sólo con él:

Ξ≃e z z1=∑N=0∞(z z1)NN!=∑N=0∞zN z1NN!.\Xi \simeq e^{\,z\,z_1} = \sum_{N=0}^{\infty}\frac{(z\,z_1)^{N}}{N!} = \sum_{N=0}^{\infty} z^{N}\,\frac{z_1^{N}}{N!}.

Y compare término a término con la definición Ξ = ΣNzNZN del artículo 02. Los coeficientes de una serie de potencias son únicos, de modo que

  ZN=z1NN!  \boxed{\;Z_N = \frac{z_1^{N}}{N!}\;}

Y de aquí sale, de paso, el potencial químico clásico con la degeneración interna dentro, que es la forma en la que se usa en el resto del módulo. Si cada partícula tiene gs estados internos igualmente accesibles, z₁ = gsV/λ³, y de ⟨N⟩ = z z₁ en el límite clásico se lee

  z=nλ3gs⟺μ=kBTln⁡ ⁣(nλ3gs)  \boxed{\;z = \frac{n\lambda^{3}}{g_s} \quad\Longleftrightarrow\quad \mu = k_BT\ln\!\left(\frac{n\lambda^{3}}{g_s}\right)\;}

— el μ = kBT ln(nλ³) del III.1 con el gs puesto donde le toca. Para el argón, el N₂ o el vapor de agua, gs = 1 y no cambia nada; para el ³He, para un electrón o para un plasma de hidrógeno, gs = 2 y cambia el resultado por un factor 2.

Y ahí está el 1/N!, deducido y no postulado, como el primer término del desarrollo en potencias de la fugacidad de un recuento cuántico correcto. El módulo III.1 lo metió a mano para salvar la paradoja de Gibbs, el III.2 lo usó para factorizar Z, y aquí se ve de dónde venía y —sobre todo— dónde se acaba: en el término siguiente, que es de orden z² y que tiene signos opuestos para bosones y para fermiones. Ninguna corrección universal podía existir, exactamente como el artículo 01 anunció contando cuatro configuraciones en una servilleta.

Ejemplo resuelto 2 · Cuánto vale «el primer término», medido

Problema. Un sistema tiene cinco estados de una partícula con energías 0, 0,7, 1,3, 2,9 y 5,5 en unidades de kBT. (a) Calcule ln Ξ exacto para bosones y para fermiones con z = 0,05 y con z = 0,31, y compárelos con el límite clásico z·z₁. (b) Compruebe que la discrepancia es del orden de z y del signo correcto. (c) Traduzca el resultado al argón de 1 bar y 25 °C, cuyo z vale 9,94×10⁻⁸.

Solución. (a) La función de partición de una partícula es z₁ = 1 + e−0,7 + e−1,3 + e−2,9 + e−5,5 = 1,8282, y el resto es aplicar las dos fórmulas:

zln Ξ Boseln Ξ FermiClásico z·z₁Error del clásico
0,050,093 1160,089 8020,091 411−1,83 % / +1,79 %
0,310,644 970,512 500,566 75−12,1 % / +10,6 %

(b) El desarrollo predice un error relativo de orden ±(z/2)·z₁(2β)/z₁ con z₁(2β) = Σe−2βε = 1,3240, es decir ±0,0181 con z = 0,05: los −1,83 % y +1,79 % medidos, con las dos décimas de diferencia que aporta el término cúbico. Y el signo es el que tiene que ser: el clásico se queda corto frente a Bose y se pasa frente a Fermi, porque los bosones se agolpan y los fermiones se estorban. Con z = 0,31 el primer término ya se equivoca un 12 % y hay que sumar tres más para recuperar cuatro cifras.

Resultado. (c) Para el argón de 1 bar y 25 °C, z vale 9,94×10⁻⁸, así que la corrección relativa al primer término es del orden de z/2 = 5×10⁻⁸: cinco partes en cien millones. Es exactamente el nλ³/2 que el artículo 01 obtuvo contando permutaciones, y no es una coincidencia — z = nλ³ en el límite clásico, de modo que las dos cuentas son la misma escrita en dos idiomas. Guarde esa equivalencia, porque es la bisagra del módulo: el parámetro de degeneración nλ³, la fugacidad z y la ocupación media de un estado son tres nombres del mismo número mientras el gas sea diluido. Cuando deja de serlo, los tres se separan, y cuál de ellos sigue teniendo sentido es la pregunta del artículo 04.

La fluctuación de la ocupación, que es donde se toca la diferencia

⟨n⟩ no es lo único que se mide. Derivando otra vez, con el mismo z∂/∂z que dio σN² en el artículo 02:

σn2=z∂⟨n⟩∂z=−∂⟨n⟩∂x  ⟹    σn2=⟨n⟩(1±⟨n⟩)  \sigma_n^2 = z\frac{\partial \langle n\rangle}{\partial z} = -\frac{\partial \langle n\rangle}{\partial x} \;\Longrightarrow\; \boxed{\;\sigma_n^{2} = \langle n\rangle\left(1 \pm \langle n\rangle\right)\;}

con el signo de arriba para Bose. Compárelo con Poisson, que es lo que darían partículas independientes y es lo que el artículo 02 obtuvo para el gas clásico: σ² = ⟨n⟩. Los bosones fluctúan de más y los fermiones de menos, y la desviación es del tamaño de la propia ocupación:

⟨n⟩σn Boseσn Poissonσn Fermi
0,010,10050,10000,0995
0,50,8660,7070,500
11,4141,0000
1010,493,162—

Las dos filas de abajo son las que hay que mirar. Un estado fermiónico completamente lleno tiene fluctuación exactamente cero: no puede recibir a nadie más ni le sobra nadie, y por eso una corriente de electrones en un conductor balístico tiene menos ruido que una corriente de bolas independientes — el ruido de disparo se suprime, y eso se mide. Un modo bosónico con diez partículas, en cambio, fluctúa 3,3 veces más que Poisson: σ/⟨n⟩ vale 1,049 en vez de 0,316, es decir, su desviación típica es del tamaño de la media. Ése es el agrupamiento de bosones, y es la razón física de que la luz térmica «parpadee» y la de un láser no.

Estas dos líneas se han medido con la misma máquina y con los dos isótopos del helio. El experimento decisivo lo hizo el grupo de Orsay de Aspect y Westbrook y se publicó en Nature en 2007. Se enfrían nubes de helio metaestable —⁴He* y ³He*, químicamente idénticos, uno bosón y el otro fermión— se dejan caer sobre un detector que registra la llegada de cada átomo, y se mide la correlación entre pares de llegadas. El ⁴He* llega agrupado: hay más pares próximos de los que habría al azar. El ³He* llega antiagrupado: hay menos. Mismo aparato, misma temperatura, misma nube, y el signo de la correlación cambia con el isótopo. Es la versión atómica del experimento con el que Hanbury Brown y Twiss midieron el diámetro de Sirio en 1956 con luz —y que en su día se creyó erróneo, porque contradecía la intuición de que los fotones llegan al azar—. Merece la pena apreciar lo que demuestra: la correlación no la produce ninguna fuerza. Los átomos de esas nubes no interaccionan de manera apreciable. La produce el recuento, y es la primera consecuencia de este artículo que se puede ver directamente en una pantalla.

«Bose y Fermi son cosas de temperaturas bajísimas.» El sistema más cuántico de esta habitación está a 20 °C y es el cable de la lámpara. La frase es cómoda y falsa, y su corrección cabe en la fórmula del artículo 01: lo que decide no es T sino nλ³ = z, y λ ∝ (mT)−1/2 lleva la masa dentro. Los electrones de conducción de un cobre a 300 K tienen nλ³ = 6767 —λ es diecinueve veces la distancia entre ellos— y son, con enorme diferencia, el gas más degenerado que hay en una casa. Un condensado de rubidio a 100 nK, con nλ³ ≈ 2, es un sistema menos cuántico en este sentido preciso que el cable del enchufe, y hace falta refrigerarlo diez órdenes de magnitud más para conseguirlo, porque un átomo de ⁸⁷Rb pesa 160 000 veces más que un electrón. Los tres números que fijan la escala: nλ³ ≈ 10⁻⁷ en el aire, ≈ 1 en el helio líquido, ≈ 10⁴ en un metal. La temperatura sólo es media historia; la otra media es la masa y la densidad, y el artículo 04 la cuenta entera.

Ejercicios

Ejercicio 1

Un sistema tiene tres estados de una partícula, con energías 0, kBT y 2kBT. (a) Escriba Ξ y ⟨N⟩ para bosones, para fermiones y en el límite clásico. (b) Evalúelos con z = 0,05 y con z = 0,5. (c) Con z = 0,5, ¿cuál de las tres da más partículas y por qué? (d) Compruebe el resultado de (b) para fermiones enumerando a mano los ocho microestados posibles.

Solución

(a) Con βε = 0, 1, 2 y el producto sobre los tres estados:

ΞBE=∏k=0211−ze−k,ΞFD=∏k=02(1+ze−k),ΞMB=ez(1+e−1+e−2),\Xi_{\text{BE}} = \prod_{k=0}^{2}\frac{1}{1-ze^{-k}}, \quad \Xi_{\text{FD}} = \prod_{k=0}^{2}\left(1+ze^{-k}\right), \quad \Xi_{\text{MB}} = e^{z(1+e^{-1}+e^{-2})},

y ⟨N⟩ = Σk1/(z−1ek ∓ 1) en los dos primeros casos, z·z₁ en el tercero con z₁ = 1,5032.

(b) Los seis números:

⟨N⟩ Bose⟨N⟩ MB⟨N⟩ Fermiln Ξ Boseln Ξ MBln Ξ Fermi
z = 0,050,078180,075160,072400,076650,075160,07376
z = 0,51,29800,75160,55210,96650,75160,6398

(c) Bose, y por mucho: 1,298 frente a 0,552, un factor 2,35. La razón está en el estado fundamental, cuyo ⟨n⟩ vale z/(1−z) = 1 para bosones y z/(1+z) = 1/3 para fermiones. A z = 0,5 el fundamental bosónico ya aloja una partícula entera y el fermiónico no llega a media, y esa diferencia es casi todo el efecto: los otros dos estados aportan 0,298 y 0,219 respectivamente. Es el mecanismo del condensado en miniatura — a z → 1 el fundamental bosónico diverge y los demás no se enteran.

(d) Con tres estados y ocupaciones 0 o 1 hay 2³ = 8 microestados. Sus pesos zNe−βE con z = 0,5 son: vacío 1; (100) 0,5; (010) 0,1839; (001) 0,06767; (110) 0,09197; (101) 0,03383; (011) 0,012 447; (111) 0,006 223. La suma es Ξ = 1,8961, cuyo logaritmo es 0,63979 — el de la tabla—, y ΣNw/Ξ = 0,5521, también. Ahí está la segunda lección, y es de método: el producto sobre estados y la enumeración sobre microestados son la misma suma reordenada, y hacerla una vez a mano es lo que convence de que la factorización de Ξ no ha escondido nada. Enumerar los ocho es viable; enumerar los 210²³ de un metal, no, y por eso existe el producto.

Ejercicio 2

(a) Deduzca σn² = ⟨n⟩(1 ± ⟨n⟩) derivando ⟨n⟩ respecto de x = β(ε−μ), y compruébelo numéricamente en x = 0,5, 2 y 5. (b) Un modo del campo electromagnético en una cavidad a 300 K: calcule su ocupación media a 1 GHz, 100 GHz y 30 THz, y dé σn²/⟨n⟩ en los tres casos. (c) Explique con esos números por qué el ruido de un receptor de radio se describe con una temperatura y el de un fotodetector con un número de fotones. (d) ¿Qué le pasa a σn de un estado fermiónico cuando ⟨n⟩ → 1, y qué se observa?

Solución

(a) De ⟨n⟩ = (ex ∓ 1)−1:

−∂⟨n⟩∂x=ex(ex∓1)2=ex∓1±1(ex∓1)2=⟨n⟩±⟨n⟩2.-\frac{\partial \langle n\rangle}{\partial x} = \frac{e^{x}}{(e^{x}\mp1)^{2}} = \frac{e^{x}\mp1\pm1}{(e^{x}\mp1)^{2}} = \langle n\rangle \pm \langle n\rangle^{2}.

El truco es sumar y restar 1 en el numerador; sin él sale una expresión correcta y opaca. Numéricamente, en x = 0,5: ⟨n⟩BE = 1,5415 y ⟨n⟩(1+⟨n⟩) = 3,9177, que es lo que da la derivada numérica a once cifras. En x = 5 los dos valores son 6,8297×10⁻³ y 6,6481×10⁻³ para Bose y Fermi, frente a las ocupaciones 6,7837×10⁻³ y 6,6928×10⁻³: la corrección ⟨n⟩² es del 0,68 % por exceso en Bose y del 0,67 % por defecto en Fermi, es decir del tamaño de la propia ocupación, como manda σ² = ⟨n⟩(1 ± ⟨n⟩). Ya se separan en la segunda cifra significativa, y no en la tercera: incluso a x = 5, donde la tabla del ejemplo resuelto daba las tres estadísticas «coincidentes al 1 %», la varianza todavía sabe distinguirlas.

(b) Con x = hν/kBT y μ = 0 —el fundamental del campo no tiene una energía de referencia distinta, y por qué es así es del módulo III.4—:

Frecuenciahν/kBT⟨n⟩σn²/⟨n⟩ = 1+⟨n⟩
1 GHz1,60×10⁻⁴62506251
100 GHz1,60×10⁻²62,063,0
30 THz (10 µm)4,808,30×10⁻³1,008

(c) Ahí está la respuesta, y es de las que reorganizan un campo entero. A 1 GHz cada modo lleva seis mil doscientos fotones y su varianza es 6251 veces la media: el término ⟨n⟩² domina por completo, la estadística es indistinguible de la de una onda clásica de amplitud aleatoria y el ruido se puede describir con una temperatura —es el ruido de Johnson, proporcional a kBT y sin ninguna h dentro—. A 30 THz la ocupación es 0,008 y la varianza es prácticamente la media: Poisson puro, que es el ruido de disparo de fotones individuales, proporcional a √N. Las dos descripciones no compiten: son el mismo σ² = ⟨n⟩(1+⟨n⟩) con un término u otro dominando, y la frontera está donde ⟨n⟩ = 1, es decir en hν = kBT ln 2, que a 300 K son 4,3 THz o 69 µm.

(d) σn → 0. Y ésa es la segunda lección: un canal fermiónico perfectamente transmisor no hace ruido. Se observa directamente en un contacto puntual cuántico, donde la corriente crece a saltos al abrir canales y el ruido de disparo se anula en cada meseta — con el mismo factor ⟨n⟩(1−⟨n⟩) como envolvente—. Es la comprobación experimental más limpia de que el signo menos del denominador es real y no un formalismo.

Ejercicio 3

Despeje la fugacidad. (a) ¿Qué valor de z hace que un nivel de energía ε tenga ⟨n⟩ = 1, en la estadística de Bose? Dé la respuesta en forma cerrada y evalúela para βε = 0, 1 y 3. (b) Demuestre que en la de Fermi esa pregunta no tiene solución finita, y calcule qué z hace falta para llegar a ⟨n⟩ = 0,99 y a 0,999 999. (c) Un gas de bosones tiene su estado fundamental en ε = 0. ¿Qué le pasa a z cuando la ocupación de ese estado crece? (d) ¿Cuál es el rango permitido de z y de βμ en cada estadística?

Solución

(a) Imponer 1/(z−1eβε − 1) = 1 exige z−1eβε = 2, o sea

z=12eβε,βμ=βε−ln⁡2.z = \tfrac12 e^{\beta\varepsilon}, \qquad \beta\mu = \beta\varepsilon - \ln 2.

Para βε = 0, z = 0,5; para βε = 1, z = 1,359; para βε = 3, z = 10,04. Ojo con la lectura: esos dos últimos valores son mayores que uno y siguen siendo legítimos, porque la condición de convergencia es z < eβεmín y aquí el nivel considerado no es el fundamental. La restricción z ≤ 1 sólo aparece cuando el fundamental está en ε = 0.

(b) En Fermi hay que resolver 1/(z−1eβε + 1) = 1, o sea z−1eβε = 0, que exige z → ∞. Para llegar a ⟨n⟩ = 0,99 con βε = 0 basta z = 99; para 0,999 999, z = 10⁶. La aproximación al lleno es logarítmica en βμ: cada nueve más en la ocupación cuesta ln 10 = 2,3 en βμ.

(c) ⟨n₀⟩ = z/(1−z), que crece sin límite cuando z → 1⁻. Invertido, z = ⟨n₀⟩/(1+⟨n₀⟩): con un millón de partículas en el fundamental, z = 0,999 999, y con 10²³, z = 1 − 10⁻²³. La fugacidad se pega a 1 por debajo y no lo alcanza nunca, y esa distancia infinitesimal es la que aloja el condensado entero. Lo que ocurre a continuación —que la ocupación del fundamental se vuelve macroscópica mientras los demás niveles saturan— es el módulo III.4.

(d) Con el fundamental en ε = 0: bosones, 0 ≤ z < 1, es decir μ ≤ 0 siempre. Fermiones, 0 ≤ z < ∞, sin restricción: μ puede ser positivo y en un metal lo es, y grande. Ahí está la segunda lección, que ordena todo el módulo siguiente: el potencial químico de un gas de bosones no puede pasar de la energía del estado fundamental, y el de un gas de fermiones no tiene tope. De la primera restricción sale el condensado; de la segunda, la energía de Fermi. Dos fenómenos que no se parecen en nada, y los dos son la misma desigualdad con el signo cambiado.

Ejercicio 4

(a) Obtenga el desarrollo completo de ln Ξ en potencias de z para las dos estadísticas y demuestre que el término de orden l vale (±1)l+1zlz₁(lβ)/l, con z₁(lβ) = Σie−lβεi. (b) Aplíquelo a un gas libre, donde z₁(lβ) = V/λ(lβ)³ y λ(lβ) = λ√l, y obtenga pV/NkBT en potencias de z. (c) Elimine z entre ⟨N⟩ y p para obtener el primer coeficiente del virial. (d) Compruebe que el resultado coincide con la corrección N²/2g del artículo 01, y explique por qué tenían que coincidir.

Solución

(a) De ln(1 ∓ y) = −Σl(±1)l+1… conviene ir con cuidado. Para Bose, −ln(1−y) = Σl≥1yl/l; para Fermi, +ln(1+y) = Σl≥1(−1)l−1yl/l. Sustituyendo y = ze−βεi y sumando sobre i:

ln⁡Ξ=∑l=1∞(±1)l+1 zll z1(lβ),z1(lβ)=∑ie−lβεi.\ln\Xi = \sum_{l=1}^{\infty}(\pm1)^{l+1}\,\frac{z^{l}}{l}\,z_1(l\beta), \qquad z_1(l\beta) = \sum_i e^{-l\beta\varepsilon_i}.

(b) Para un gas libre en tres dimensiones, z₁(lβ) = V/λ(lβ)³ = V/(λ³l3/2), porque λ ∝ β1/2. Luego, con gs estados internos por nivel,

pVkBT=ln⁡Ξ=gsVλ3∑l≥1(±1)l+1zll5/2,⟨N⟩=z∂ln⁡Ξ∂z=gsVλ3∑l≥1(±1)l+1zll3/2.\frac{pV}{k_BT} = \ln\Xi = \frac{g_sV}{\lambda^{3}}\sum_{l\ge1}\frac{(\pm1)^{l+1}z^{l}}{l^{5/2}}, \qquad \langle N\rangle = z\frac{\partial \ln\Xi}{\partial z} = \frac{g_sV}{\lambda^{3}}\sum_{l\ge1}\frac{(\pm1)^{l+1}z^{l}}{l^{3/2}}.

Esas dos series son las funciones de Bose y de Fermi que el artículo 04 va a usar por su nombre: g5/2, g3/2 para Bose y f5/2, f3/2 para Fermi.

(c) A dos términos, con u ≡ nλ³/gs: u = z ± z²/23/2 y pλ³/(gskBT) = z ± z²/25/2. Invirtiendo la primera, z = u ∓ u²/23/2, y sustituyendo en la segunda:

pVNkBT=1∓125/2 nλ3gs+⋯=1∓0,176 777 nλ3gs+⋯\frac{pV}{Nk_BT} = 1 \mp \frac{1}{2^{5/2}}\,\frac{n\lambda^{3}}{g_s} + \cdots = 1 \mp 0{,}176\,777\,\frac{n\lambda^{3}}{g_s} + \cdots

con el signo de arriba para Bose. El álgebra tiene una trampa que hay que señalar: los dos términos de segundo orden no se cancelan, se restan, 1/23/2 − 1/25/2 = 1/25/2, y quien se salte la inversión de z obtiene 1/23/2 = 0,354, el doble de lo correcto.

(d) El artículo 01 obtuvo, contando permutaciones, ln(WBE/WMB) ≈ N²/2g = N·nλ³/2. La energía libre correspondiente es −kBT por eso, y la presión su derivada respecto de V a N y T fijas. Como nλ³ = Nλ³/V,

F=FMB−kBTN2λ32V  ⟹  p=−∂F∂V=NkBTV(1−Nλ32V)=nkBT(1−nλ32).F = F_{\text{MB}} - k_BT\frac{N^{2}\lambda^{3}}{2V} \;\Longrightarrow\; p = -\frac{\partial F}{\partial V} = \frac{Nk_BT}{V}\left(1 - \frac{N\lambda^{3}}{2V}\right) = nk_BT\left(1-\frac{n\lambda^{3}}{2}\right).

Y no coincide. Sale un coeficiente 1/2 = 0,5 donde la deducción correcta da 1/25/2 = 0,1768, un factor 2,83 = 23/2 de más. Ahí está la segunda lección, que es la más útil del ejercicio y la razón de que exista: el recuento del artículo 01 trataba todos los estados como igual de accesibles, y no lo son. Al contar «g casilleros» se supuso implícitamente que la probabilidad de coincidir es la misma en todos; en realidad los estados de baja energía están mucho más poblados, y la coincidencia ocurre preferentemente allí. Rehacer el recuento con el peso e−βε de cada estado —que es lo que hace la serie de (a)— sustituye el g plano por la suma z₁(2β) = z₁/23/2, y de ahí sale exactamente el factor que falta. La estimación combinatoria acierta el orden de magnitud y el signo, y se equivoca en el número; la gran canónica da el número. Ésa es, en una frase, la diferencia entre los artículos 01 y 03.