¿Por qué desaparece el potencial químico del condensado de Bose Einstein?

-Primero- agotamos el potencial químico, y -luego- empezamos a ocupar el estado más bajo. ¿Cuál es el razonamiento para esto?

Ese "primero"/"luego" no es la lógica utilizada para derivar el condensado de Bose-Einstein, pero es una imagen intuitiva de lo que está pasando.

Entonces, tenemos para nuestro gran potencial canónico algo como:$\Omega=T \sum_{i} \log(1-e^{\beta(\mu-\varepsilon_i)})$, y podemos encontrar el número de partículas a través de$N=-\frac{\partial \Omega}{\partial \mu}$. Esas son ecuaciones exactas y verdaderas de la mecánica estadística cuántica. Aquí es donde radica su confusión:

Nos aproximamos$\Omega=T \int \nu(\varepsilon)\log(1-e^{\beta(\mu-\varepsilon)})d\varepsilon$, dónde$\nu$es la densidad de estados. Esta es una buena aproximación en el gas de Fermi, donde los estados de baja energía se llenan pero solo por unos pocos de$N\approx 10^{23}$partículas Esta es una buena aproximación para un gas ideal, donde$T$es grande y la mayor parte de la ocupación se encuentra en estados de mayor energía. ¡Pero esta es una aproximación terrible para los BEC porque la integral no captura en absoluto el comportamiento de los estados de baja energía!

Entonces, ¿cuáles son nuestras opciones ahora? Probablemente no queramos trabajar directamente con la suma, pero no podemos simplemente tomar una integral. A algunos libros les gusta sacar el término del estado fundamental y aproximar el resto con una integral, y lo haré aquí.

$$\Omega=T \log(1-e^{\beta \mu})+\int \nu(\varepsilon)\log(1-e^{\beta(\mu-\varepsilon)})d\varepsilon$$

Esto da... (indicar$z=e^{\beta \mu}$)

$$N=\frac{z}{1-z}+\int \nu(\varepsilon)\frac{1}{z^{-1} e^{\beta \varepsilon}-1}d\varepsilon$$

Para baja temperatura, el término más a la derecha es básicamente constante y el más a la izquierda varía dramáticamente ($\frac{z}{1-z}\to\infty$como$\mu \to 0$), lo que le permite hacer coincidir cualquier valor deseado de$N$.

Ahora, podrías hacer la pregunta: A una temperatura finita$T$con número de partículas$N$, si le añado uno más$N$, ¿cuánto se divide entre el estado fundamental y cuánto se divide entre los estados excitados? Bueno, si$|\mu|$es pequeño (esto es equivalente a$T<T_c$),$z\approx 1-\beta |\mu|$,$\nu=C \varepsilon^{1/2}$, y$\int \frac{\varepsilon^{1/2}}{z^{-1}e^{\beta\varepsilon}-1}d\varepsilon=T^{3/2} \Gamma(3/2) \mathrm{Li}_{3/2}(z)$. Matemática me dice$\mathrm{Li}_{3/2}(1-\beta |\mu|)\approx \zeta(3/2)-2\sqrt{\pi \beta |\mu|}+O(\beta \mu)$, así que en general:

$$\begin{align*} N&\approx\frac{z}{1-z}+\int \nu(\varepsilon)\frac{1}{z^{-1} e^{\beta \varepsilon}-1}d\varepsilon\\ &= \frac{1}{\beta |\mu|}-1+C T^{3/2} \Gamma(3/2)\left( \zeta(3/2)-2\sqrt{\pi \beta |\mu|} \right)+O(\mu) \end{align*}$$

Para grande$N$y pequeña$\mu$, la contribución del primer término,$\frac{1}{\mu}$, domina por mucho! Te dice que "como$N\to \infty$, el estado fundamental comienza a contener casi todos los estados".

La contribución de los términos anteriores incluye un término constante, que es la noción de que primero llenas los estados excitados, y una corrección a la noción, que dice que dejas un poco de los estados excitados sin llenar, proporcional a$\sqrt{|\mu|}$.

Puede seguir y seguir con estas cosas en diversos grados de rigor. El apéndice F de Pathria Statistical Mechanics lo hace de una manera que no extrae el primer término de la integral, sino que trabaja con las sumas directamente escribiendo$\varepsilon$en términos de los niveles de energía de una partícula en una caja 3D.

[editar/nota al pie]: tenga en cuenta que las integrales que tomo son de$\varepsilon=0$a$\varepsilon=\infty$. ¡Supongo que el estado fundamental tiene energía cero! Esto está bien, porque lo único que nos importa es la diferencia.$\mu-\varepsilon_i$. puedo cambiar$\varepsilon$por cualquier energía que quiera, siempre y cuando cambie$\mu$correspondientemente para mantener la diferencia igual. La elección$\varepsilon_0=0$da lo habitual$\mu\to 0$como$T\to 0$ley, pero si cambiamos todo a$\varepsilon_0=10 \mathrm{ Joules}$o lo que sea, seguramente tendrías$\mu\to 10 \mathrm{ Joules}$como$T\to 0$. Las ecuaciones serían mucho más feas pero la física sería la misma.

Sé que es una publicación anterior, pero creo que esta respuesta puede ser útil para alguien.

Estadísticas de Bose-Einstein:$N(\epsilon, \mu, T)=\frac 1 {e^{\beta(\epsilon-\mu)}}$

Se sigue que:$N(0, \mu, T)=\frac 1 {e^{-\beta \mu}}$

Si$N(0, \mu, T)$es poco respecto a$N_{av}$, podemos usar la aproximación:$\sum_\lambda N_\lambda \rightarrow\int \rho (\epsilon) N(\epsilon, \mu, T) d \epsilon$.

Ahora bien, si asumimos válida la aproximación$\sum_\lambda N_\lambda \rightarrow\int \rho (\epsilon) N(\epsilon, \mu, T) d \epsilon$, encontramos que el sistema no puede tener una temperatura más baja que la temperatura de Bose,$T_B$.

Sin embargo, esto no tiene sentido, seguramente podemos poner una cantidad fija de gas en un recipiente y enfriarlo debajo.$T_B$. Por esta razón, bajo$T_B$, no podemos asumir que la aproximación sea válida (daría resultados no físicos). Pero, si la aproximación no es válida significa que$N(0, \mu, T)$no es poco el respeto a$N_{av}$(de lo contrario, la aproximación sería válida).

Desde,$N(0, \mu, T)=\frac 1 {e^{-\beta \mu}}$, la única forma de tenerlo grande, para temperaturas finitas, es que$\mu$está cerca de cero.