chap. gas fermi ideal - multisite itb

Chap 8. Gas Fermi Ideal

Gas Fermi pada Ground State

• Distribusi Fermi Dirac pada kondisi Ground State (T→0) memiliki perilaku:

• 𝑛𝑝 =1

𝑒𝛽 𝜖𝑝−𝜇 +1൝0 𝑗𝑖𝑘𝑎 𝜖𝑝 > 𝜇

1 𝜖𝑝 < 𝜇

• Hasil ini berarti:

Seluruh level energy di bawah nilai energy fermi (𝜖𝐹) terisi, sedangkan di atasnya kosong sama sekali. Kondisi seperti ini dikenal sebagai “degenerasi kuantum”.

• Apakah arti energy fermi?

• Berapakah energy fermi?

𝑛𝑝

𝜖𝐹 𝜖𝑝

1

0

Arti energi Fermi F

• Artinya : pada T=0 (Ground State), maka semua Fermion berusaha menempati level energi terendah, akan tetapikarena aturan Pauli, maka tidak semua bisa menempati level terendah!

• Sehingga Fermion akan menempati semua level terendahsampai dengan level dengan energy tertinggi yaitu F. Jadienergi Fermi adalah level energi tertinggi yg berisi Fermion pada kondisi Ground State.

• Berarti total partikel dengan energi di bawah F = N (untukkasus spinless Fermion, tiap level energi berisi 1).

Energi Fermi (Tingkat Fermi)

• 𝜖𝐹 dapat ditentukan dari kondisi bahwa :

𝑁 = (2𝑆 + 1)σ𝑝 𝑛𝑝 , jika T→0 , maka 𝑁 = (2𝑆 + 1)σ𝑝𝑝𝐹 𝑛𝑝

• Dengan 𝑝𝐹 adalah momentum fermi yg terkait dengan energy fermi melalui:

• 𝜖𝐹 =𝑝𝐹2

2𝑚

• Pada ground state maka :

𝑁 = 2𝑆 + 1

𝑝

𝑝𝐹

1 =2𝑆 + 1 𝑉

ℎ3න

0

𝑝𝐹

4𝜋𝑝2𝑑𝑝

𝑁 =4𝜋 2𝑆 + 1 𝑉

3ℎ3𝑝𝐹3 =

4𝜋 2𝑆 + 1 𝑉

3ℎ32𝑚𝜖𝐹

32

Energi Fermi (Tingkat Fermi)

𝜖𝐹 =ℏ2

2𝑚

6𝜋2𝑁

𝑉 2𝑠 + 1

2/3

=ℏ2

2𝑚

6𝜋2𝑛

2𝑠 + 1

2/3

Dimana n=N/V adalah rapat partikel.

• Energi internal pada Ground State :

𝑈0 = (2𝑆 + 1)

𝜖≤𝜖𝐹

𝜖𝑝 = (2𝑆 + 1)

𝑝≤𝑝𝐹

𝑝2

2𝑚

𝑈0 =2𝑆 + 1 𝑉2𝜋

𝑚ℎ3න

0

𝑝𝐹

𝑝4𝑑𝑝 = 2𝑆 + 1𝑉2𝜋

5𝑚ℎ3𝑝𝐹5

Energi Rata-Rata Ground State

𝑈0 =2𝑆 + 1 𝑉2𝜋

𝑚ℎ3න

0

𝑝𝐹

𝑝4𝑑𝑝 = 2𝑆 + 1𝑉2𝜋

5𝑚ℎ3𝑝𝐹5

𝑈0 =2𝑆 + 1 2𝜋𝑉

5𝑚ℎ32𝑚𝜖𝐹

5/2

Energi dalam per partikel pada ground state: (tak bergantung S!)

𝑈0𝑁

=

2𝑆 + 1 2𝜋𝑉5𝑚ℎ3

2𝑚𝜖𝐹52

4𝜋 2𝑆 + 1 𝑉3ℎ3

2𝑚𝜖𝐹32

=3

5𝜖𝐹

Zero Point Pressure

• Tetapi berlaku persamaa PV = 2/3U, sehingga pada T=0 (Ground state) ini juga berlaku:

• P0V = 2/3 U0 atau:

𝑃0𝑉 =2

3

3

5𝑁𝜖𝐹 → 𝑃0 =

2

5𝑛𝜖𝐹

Dengan n=N/V adalah kerapatan partikel.

• Adanya tekanan pada temperatur NOL ini disebabkan karenahanya 1 (kasus spinless) Fermion yg bisa di energi NOL, sisanya mesti bergerak, memiliki momentum! Sehingga menimbulkan tekanan.

Zero Point Pressure

• Contoh : elektron di logam 𝑛 ≈ 7x1028./m3. Elektron spin s=1/2, maka energi ferminya :

• 𝜖𝐹 =ℏ2

2𝑚

6𝜋2

2𝑠+1 𝑣

2/3

≈ 7𝑒𝑉,

• sehingga tekanan temperature nolnya : P0 =3x84x1010 Pa

(besar atau kecilkah nilai ini?)

Suhu Fermi dan Eksitasi

• Suhu Fermi didefinisikan sbg 𝑇𝐹 = 𝜖𝐹/𝑘

• Pada logam nilai 𝜖𝐹 ≈ 2 𝑒𝑉, yang terkait dengan 𝑇𝐹 ≈2𝑥104𝐾. Artinya pada suhu ruang boleh dibilang electron “membeku” pada ground state, kecuali sedikit yang dekat dengan tingkat fermi 𝜖𝐹 yg mengalami eksitasi. Rata-rata energy eksitasi per partikel ≈ 𝑘𝑇

• Hanya sekitar 𝑇

𝑇𝐹≈ 1.5%

electron yang dekat tingkat Fermi yang pindah ke tingkat eksitasi lebih tinggi.

Persamaan Keadaan Gas Fermi Ideal(secara umum)

• Trick : Eliminasi z dalam pers. Gas fermi

𝑃

𝑘𝑇=

1

𝜆3𝑓52𝑧 𝑑𝑎𝑛

1

𝑣=

1

𝜆3𝑓32𝑧 (1)

• Dengan 𝑣 =𝑉

𝑁𝑑𝑎𝑛 𝜆 =

ℎ

2𝜋𝑚𝑘𝑇

• Sebenarnya rumus (1) di atas adalah untuk kasus spinless(s=0)!!!

• Jikalau spin 0, maka mesti dimasukkan faktor koreksi (2s+1),

Sebab untuk setiap satu nilai momentum p terdapat ms=-s,-s+1,..,0,..,s yg berbeda bisa ditempati fermion dan semuanyamemiliki energi p yg sama.

Limit Klasik Gas Fermi

• Dengan koreksi ini mestinya bentuk yg lebih umum bagipasangan persamaan untuk Fermion adalah:

𝑃

𝑘𝑇=(2𝑠 + 1)


1

𝑣=(2𝑠 + 1)

𝜆3𝑓32𝑧 (2)

• Limit klasik (non degenerate Fermi Gas), jika (T tinggi)

kasus 𝑧 = 𝑒𝛽𝜇 ≪ 1

• Dalam kondisi ini, maka distribusi FD menjadi MB:

< 𝑛𝑝 >=1

𝑧−1𝑒𝛽𝜖𝑝 + 1≈ 𝑧𝑒−𝛽𝜖𝑝

Limit Klasik (non degenerate Fermi Gas)

• Mari kita tinjau kasus spinless Fermion:𝑃

𝑘𝑇=

1


1

𝑣=

1

𝜆3𝑓32𝑧 (1)

• Untuk kasus z kecil maka:

𝑓32

𝑧 = 𝑧 −𝑧2

232

+⋯𝑑𝑎𝑛𝑓52

𝑧 = 𝑧 −𝑧2

252

(2)

• Sub. Pers. (2) ke (1) :𝑃

𝑘𝑇≈

1

𝜆3(𝑧 −

𝑧2

252

) 3𝑎

1

𝑣=

1

𝜆3(𝑧 −

𝑧2

232

) (3𝑏)


Tujuan kita mengeliminasi z dari (3a) dan (3b), dengan cara sbb:

Dari (3b)

𝜆3

𝑣= 𝑧 −

𝑧2

232

(4)

Pecahkan untuk z:

𝑧 = 2 1 ± 1 − 2𝑧0 𝑑𝑒𝑛𝑔𝑎𝑛 𝑧0 =𝜆3

𝑣(5)

Untuk kecil, dpt diekspansi

1 + Δ 𝑛 = 1 + 𝑛Δ +n n − 1

2Δ2 +⋯


Dengan mempertahankan sampai order ke2, diperoleh:

1 − 2𝑧0 = 1 −1

22𝑧0 −

1

4𝑧02 +⋯

Sehingga dengan mengingat z>0, maka (5) menjadi:

𝑧 ≈ 2 1 − 1 −1

22𝑧0 −

1

4𝑧02 +⋯

= 𝑧0 +1

232

𝑧02 +⋯ (6)


Memakai aproksimasi z ini, maka persamaan bagi P di (3a) menjadi:

𝑃

𝑘𝑇=

1

𝜆3𝑧0 +

1

23/2𝑧02 −

𝑧0 +1

232

𝑧02

2

252

+⋯

Mempertahankan suku hingga kuadratis:

𝑃

𝑘𝑇=

1

𝜆3𝑧0 +

1

23/2𝑧02 −

1

25/2𝑧02 +⋯ (7)

Arti Limit Klasik

Atau dengan sub. Nilai z0:

𝑃𝑣

𝑘𝑇= 1 +

1

252

𝜆3

𝑣+⋯ (8)

Bentuk terakhir ini dikenal sebagai ekspansi virial (variabelekspansinya (1/v). Pada orde-nol maka kembali diperolehhasil gas ideal:

𝑃𝑉

𝑘𝑇= 𝑁

Suku koreksi1

252

𝜆3

𝑣bukan hasil potensial interaksi antar

partikel melainkan murni efek kuantum dari Fermion.

Arti Limit Klasik

• Kita bisa memakai z0 untuk memahami arti aproksimasiz<<1.

𝑧0 =𝜆3

𝑣≪ 1 berarti 𝜆/𝑣1/3 ≪ 1 .

Tetapi v1/3 = L: jarak rata-rata antar partikel.

• Berarti aproksimasi ini meminta panjang gelombang thermal jauh lebih kecil dibandingkan jarak rata-rata antar partikel.

• Artinya efek kuantum dapat diabaikan, jadi partikel terbedakan seperti di kasus gas ideal klasik.

• Jadi z<<1 analog dengan kasus klasik yaitu T tinggi

Arti Limit Klasik

• Berhubung 1/T, maka << berarti T>>, dan juga v>> berarti N/V << atau low density of particles.

• Jadi aproksimasi klasik berlaku baik bilamana : temperaturtinggi kerapatan partikel rendah.

Kasus : Suhu rendah (T<<) Kerapatan besar(3/v >>1) - Fermion pada T rendah

• Rezim ekstrim yg lainnya adalah jika𝜆3

𝑣≫ 1 atau berarti suhu

rendah dan kerapatan partikel besar. Akibatnya efek kuantum(eksklusi Pauli) menjadi nyata sekali. Fungsi f3/2 tidak bisadiaproksimasi dengan polynomial, akan tetapi mestidiekspansi dengan cara lain (spt dilakukan Sommerfeld, lih. K. Huang, atau appendix slide ini), yaitu :

𝑓32

(𝑧) =4

3 𝜋ln 𝑧

3

2 +𝜋2

8

1

ln 𝑧+⋯ (9)

• Jika kita pertahankan suku ke satu saja (yang akan bagus jikaT→0):

Kasus : Suhu rendah (T<<) Kerapatan besar(3/v >>1) - Fermion pada T rendah

𝜆3

𝑣=

4

3 𝜋ln 𝑧

32

Pecahkan bagi z, dan substitusi nilai akan diperoleh:

𝑧 = 𝑒𝛽𝜖𝐹 (10)

Dengan F energi Fermi yang didefinsikan sbb (lihat Ground state, kasus spinless fermion):

𝜖𝐹 =ℏ

2𝑚

6𝜋2

𝑣

2/3

(11)

Fermion Pada Temperatur Rendah

• Bagaimana perilaku Fermion pada T rendah tapi bukan ground state (T0). Telah diturunkan di (9)-(11), untuk order terendah(kasus spinless fermion):

𝜆3

𝑣=

4

3 𝜋ln 𝑧0

32

ln 𝑧0 =3 𝜋

4𝑣𝜆3

2/3

= 𝛽𝜖𝐹 =𝜖𝐹𝑘𝑇

=𝑇𝐹𝑇

• Dengan suhu Fermi didefinisikan sbg: F = kTF.

Fermion Pada Temperatur Rendah

• Untuk ketelitian yang lebih baik, maka:

𝜆3

𝑣=

4

3 𝜋ln 𝑧 3/2 +

𝜋2

8

1

ln 𝑧

Atau dapat dituliskan

ln 𝑧032 = [ ln 𝑧

32 +

𝜋2

8

1

ln 𝑧+⋯]

Fermion Pada temperatur rendah

𝑇𝐹𝑇

32= [ ln 𝑧

32 +

𝜋2

8

1

ln 𝑧+⋯]

Atau dapat disusun ulang menjadi:

ln 𝑧32 =

𝑇𝐹𝑇

32−𝜋2

8

1

ln 𝑧

Trick, suku ln 𝑧 di ruas kanan di aproksimasi dengan ln 𝑧0 =TF

T:

Sehingga menjadi :

ln 𝑧32 ≈

𝑇𝐹𝑇

32−𝜋2

8

𝑇𝐹𝑇

−12≈

𝑇𝐹𝑇

321 −

𝜋2

8

𝑇𝐹𝑇

−2

Fermion pada temperatur rendah

Selanjutnya dengan aproksimasi : (1+x)n=1+nx+…, maka:

ln 𝑧 ≈𝑇𝐹𝑇

1 −𝜋2

12

𝑇

𝑇𝐹

2

Padahal z = e, maka untuk suhu rendah dekat ground state:

𝜇 𝑇 ≈ 𝜖𝐹 1 −𝜋2

12

𝑇

𝑇𝐹

2

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0 0.5 1 1.5

/F

TTF

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

1.2

0 1 2

n

E/EF

T=0.1T=0.01

Energi Fermion Pada Suhu Rendah

• Energi total sistem Fermion diberikan oleh:

𝑈 = Σ𝑝𝜖𝑝𝑛𝑝 =𝑉

ℎ3න

0

∞

𝑑3𝑝𝜖𝑝𝑛𝑝 =𝑉

ℎ3න

0

∞𝜖𝑝

𝑒𝛽 𝜖𝑝−𝜇 + 1𝑑3𝑝

=4𝜋𝑉

ℎ3න

0

∞𝑝2𝜖𝑝

𝑒𝛽 𝜖𝑝−𝜇 + 1𝑑𝑝

Dengan 𝜖𝑝 =𝑝2

2𝑚dan integrasi parsial akan diperoleh:

𝑈 =𝛽𝑉

20𝜋2𝑚2ℏ2න

0

∞𝑝6 𝑒𝛽 𝜖𝑝−𝜇

𝑒𝛽 𝜖𝑝−𝜇 + 12 𝑑𝑝


• Karena kita tidak jauh dari T=0, maka pengali p6 dalamintegrand akan berpuncak di sekitar = F saja. Faktor p6

diuraikan di sekitar pF, maka Sommerfeld (lihat misalnya K Huang) mendapatkan:*)

𝑈 =3

5𝑁𝜖𝐹 1 +

5

12𝜋2

𝑘𝑇

𝜖𝐹

2

+⋯

Untuk hasil ini telah dimanfaatkan ungkapan bagi (T) pada suhurendah.

*) atau alternative penurunan di slide bagian belakang


• Persamaan keadaan segera diperoleh melalui:

𝑃𝑉 =2

3𝑈 =

2

5𝑁𝜖𝐹 1 +

5

12𝜋2

𝑘𝑇

𝜖𝐹

2

+⋯

• Hasil ini menunjukkan bahkan pada T=0 memang tekanantidak=0, sehingga perlu “mewadahi” Fermion bahkan padaT=0.

Aplikasi: Distribusi Fermion

• Teori Bintang Katai

• Diamagnetism Landau

• Paramagnetism Pauli

• De Haas-Van Alphen effect

• dll

Apendix: Fungsi Fermi

• Untuk suhu rendah (𝑧 = 𝑒𝛽𝜇 besar! ), maka 𝑓32

(𝑧) tak dapat

diuraikan dengan deret kuasa yg biasa.

• Tinjau kembali bentuk integralnya:

𝑓32𝑧 =

4

𝜋න

0

∞

𝑑𝑥𝑥2

𝑧−1𝑒𝑥2+ 1

• Substitusi : 𝑦 = 𝑥2 𝑧 = 𝑒𝛼 𝑎𝑡𝑎𝑢 𝛼 = ln(𝑧)

• Maka :

𝑓32𝑧 =

2

𝜋න

0

∞

𝑑𝑦𝑦

𝑒𝑦−𝛼 + 1


• Fungsi 1

𝑒𝑦−𝛼+1untuk suhu rendah akan mendekati fungsi

tangga di sekitar 𝑦 = 𝛼. Jadi derivativenya akan serupa delta dirac di sekitar 𝑦 = 𝛼. Sifat ini akan dimanfaatkan.

• Integrasi parsial

𝑑𝑉 = 𝑦𝑑𝑦 𝑈 =1

𝑒𝑦−𝛼 + 1

න

0

∞

𝑑𝑦𝑦

𝑒𝑦−𝛼 + 1=

ቮ23 𝑦

32

𝑒𝑦−𝛼 + 10

∞

−2

3න

0

∞

𝑑𝑦𝑦32𝑒𝑦−𝛼

𝑒𝑦−𝛼 + 1 2

• Integrand berpuncak sekitar 𝑦 = 𝛼


න

0

∞

𝑑𝑦𝑦

𝑒𝑦−𝛼 + 1= −

2

3න

0

∞


𝑒𝑦−𝛼 + 1 2

• Substitusi lagi 𝑦 − 𝛼 = 𝑡

න

0

∞


𝑒𝑦−𝛼 + 1 2= 𝛼3/2 න

−𝛼

∞

𝑑𝑡1 +

𝑡𝛼

3/2

𝑒𝑡

𝑒𝑡 + 1 2

• Jika 𝛼 𝑏𝑒𝑠𝑎𝑟 → ∞

න

−∞

∞

𝑑𝑡1 +

𝑡𝛼

3/2

𝑒𝑡

𝑒𝑡 + 1 2


• Ekspansikan 1 + 𝑥 𝑛 = 1 + 𝑛𝑥 +𝑛 𝑛−1

2!𝑥2 +⋯ .

න

−∞

∞

𝑑𝑡 1 +3

2

𝑡

𝛼+3

8

𝑡

𝛼

2

+⋯ .𝑒𝑡

𝑒𝑡 + 1 2

• Karena fungsi 𝑒𝑡

𝑒𝑡+1 2 adalah fungsi genap (simetrik thd x→ -

x), maka hanya suku suku terkait tn untuk n genap yang tak NOL.

• Definisikan

𝐼0 = න

−∞

∞

𝑑𝑡𝑒𝑡

𝑒𝑡 + 1 2= 1


• Selanjutnya:𝐼1 = 𝐼3 = ⋯ .= 0

Dan

𝐼𝑛 = 02∞ 𝑡𝑛𝑒𝑡

𝑒𝑡+1 2 𝑑𝑡 untuk n: genap.

Misalnya 𝐼2 =𝜋2

3

Sebagai catatan 𝐼𝑛 bisa dinyatakan dengan fungsi terkenal Riemann Zeta. Dengan uraian ini maka :

𝑓32𝑧 =

3

4 𝜋ln 𝑧 3/2 +

𝜋2

8

1

ln 𝑧+ … .


𝑓32𝑧 =

3

4 𝜋ln 𝑧 3/2 1 +

𝜋2

8(ln 𝑧)−2 + … .

• Dengan cara serupa dapat diturunkan bahwa:

𝑓52𝑧 =

8

15 𝜋ln 𝑧 5/2 1 +

5𝜋2

8(ln 𝑧)−2 + … .


• Energi rata-rata system

𝑈 = −𝜕

𝜕𝛽ln 𝜁 = 𝑘𝑇2

𝜕

𝜕𝑇ln 𝜁 = 𝑘𝑇2

𝜕

𝜕𝑇

𝑉

𝜆3𝑓52𝑧

𝑈 =3

2𝑘𝑇

𝑉

𝜆3𝑓52(𝑧)

Dengan bantuan:

𝑁 =𝑉

𝜆3𝑓32(𝑧)

Maka :

𝑈 =3

2𝑁𝑘𝑇 𝑓5

2(𝑧)/𝑓3

2𝑧


• Dengan bantuan uraian orde pertama f3/2 dan f5/2 maka :

𝑈 =3

5𝑁𝑘𝑇 ln 𝑧 1 +

𝜋2

2ln 𝑧 −2+. .

Mengingat bahwa :

𝜇 = 𝑘𝑇 ln 𝑧 ≈ 𝜖𝐹 1 −𝜋2

12

𝑘𝑇

𝜖𝐹

2

Maka eliminasi ln z, menghasilkan :

𝑈 =3

5𝑁 𝜖𝐹 1 +

5𝜋2

12

𝑘𝑇

𝜖𝐹

2

+⋯

chap. gas fermi ideal - multisite itb

Documents