Obtención de la temperatura a partir de la distribución de Bose-Einstein y Fermi-Dirac

Creo que tal función solo puede existir en el límite de Maxwell-Boltzmann. Este es el por qué:

Para simplificar, parametricemos todo en términos de$\beta = 1/T$y denota$Z(\beta) = \int{d^3p\; f_{eq}(p, \beta)}$. Reescriba este último como

$$Z(\beta) = 4\pi \int_0^\infty{dp\;\frac{p^2}{e^{\beta E_p}\pm 1}} = 4\pi \int_m^\infty{dE\;\frac{E\sqrt{E^2-m^2}}{e^{\beta E}\pm 1}} = \\ =\frac{4\pi}{3} \int_m^\infty{dE\;\left[\frac{d}{dE}(E^2-m^2)^{3/2}\right]\frac{1}{e^{\beta E}\pm 1}}$$ y al integrar por partes, $$Z(\beta) = \beta \frac{4\pi}{3} \int_m^\infty{dE\; (E^2-m^2)^{3/2} \frac{e^{\beta E}}{\left(e^{\beta E}\pm 1\right)^2}}$$ Ahora, por dado $E$dejar $e^{\beta E}/\left(e^{\beta E}\pm 1\right)^2$Sea la transformada de Laplace de $\Lambda_\pm(\epsilon; E)$, tal que $$\frac{e^{\beta E}}{\left(e^{\beta E}\pm 1\right)^2} = \int_0^\infty{d\epsilon \; \Lambda_\pm(\epsilon; E)e^{-\beta \epsilon}}$$ (Sé que la redacción es incómoda, pero estoy tratando de evitar problemas complejos de integración de planos con la transformada inversa de Laplace). Si $\Lambda_\pm(\epsilon; E)$existir, sustituir en $Z(\beta)$, reorganizar y obtener $$\frac{Z(\beta)}{4\pi\beta} = \frac{1}{3}\int_0^\infty{d\epsilon \; \left[ \int_m^\infty{dE\; (E^2-m^2)^{3/2}\Lambda_\pm(\epsilon; E) }\right]e^{-\beta \epsilon}}$$ Básicamente, esto nos da una expresión para la transformada de Laplace de $Z(\beta)/(4\pi\beta)$. Teniendo esto en cuenta, busquemos una función $G(p )$tal que $$\frac{1}{\beta} = \frac{1}{Z(\beta)} \int{d^3p\;G(p )f_{eq}(p,\beta)}$$ o $$\frac{Z(\beta)}{\beta} = \int{d^3p\;G(p )f_{eq}(p,\beta)} = 4\pi\int_0^\infty{dp\; \frac{p^2G(p )}{e^{\beta E_p}\pm 1} } = 4\pi\int_m^\infty{dE\; \frac{{\bar G}(E )E \sqrt{E^2 - m^2}}{e^{\beta E}\pm 1} }$$ dónde ${\bar G}(E) = G(p )$. Como antes, deja $1/\left(e^{\beta E}\pm 1\right)$Sea la transformada de Laplace de $\Lambda^0_\pm(\epsilon; E)$, tal que $$\frac{1}{e^{\beta E}\pm 1} = \int_0^\infty{d\epsilon \; \Lambda^0_\pm(\epsilon; E)e^{-\beta \epsilon}}$$ y obtener $$\frac{Z(\beta)}{4\pi\beta} = \int_0^\infty{d\epsilon \; \left[ \int_m^\infty{dE\; E(E^2-m^2)^{1/2}{\bar G}(E)\Lambda^0_\pm(\epsilon; E) }\right]e^{-\beta \epsilon}}$$ Esta es otra expresión más para la transformada de Laplace de $Z(\beta)/(4\pi\beta)$. Identificándose con el obtenido previamente da $$\int_m^\infty{dE\; E(E^2-m^2)^{1/2}{\bar G}(E)\Lambda^0_\pm(\epsilon; E) } = \frac{1}{3} \int_m^\infty{dE\; (E^2-m^2)^{3/2}\Lambda_\pm(\epsilon; E) }$$ o $$\int_m^\infty{dE\; (E^2-m^2)^{1/2} \left[ E \;{\bar G}(E)\Lambda^0_\pm(\epsilon; E) - \frac{1}{3} (E^2-m^2) \Lambda_\pm(\epsilon; E) \right]} = 0$$ Pero ${\bar G}(E)$tiene que satisfacer esta identidad para todos $\epsilon \ge 0$. Esto implica efectivamente que $\Lambda_\pm(\epsilon; E) = \chi(E) \Lambda^0_\pm(\epsilon; E)$para algunos adecuados $\chi(E)$y a su vez significa $$\frac{e^{\beta E}}{\left(e^{\beta E}\pm 1\right)^2} = \chi(E) \frac{1}{e^{\beta E}\pm 1}\;\;\; \Rightarrow \;\;\; \chi(E) = \frac{e^{\beta E}}{e^{\beta E}\pm 1}$$ Dado que el lhs anterior siempre es independiente de la temperatura, mientras que el rhs está solo en el límite de baja temperatura, parece que una función adecuada ${\bar G}(E)$sólo puede existir en el mismo límite, cuando $\Lambda_\pm(\epsilon; E) \rightarrow \Lambda^0_\pm(\epsilon; E)$y $${\bar G}(E) = \frac{E^2 - m^2}{3E} = \frac{p^2}{3E}$$ como tu ya sabes.