Estadística de Fermi-Dirac frente a la estadística de Maxwell Boltzmann en sistemas de excitación atómica de láseres

Question

En los láseres, al relacionar los coeficientes de Einstein con la densidad de energía (que depende de la frecuencia) obtenemos, $$U(\nu)=\frac{\frac{B}{A}}{e^\frac{h\nu}{k_{B}T}-1}$$ Donde $B$ es el coeficiente de emisión espontánea y $A$ es el coeficiente de emisión estimulada.

Además, relacionamos esta densidad de energía con la fórmula de Planck de la densidad de energía de la radiación del cuerpo negro, que es $$U(\nu)=\frac{\frac{8(\pi)h\nu^{3}}{c^{3}}}{e^\frac{h\nu}{k_{B}T}-1}$$ Al hacer todo esto asumimos la inversión de la población (para un sistema de dos estados) y asumimos que los átomos del gas se comportan de una manera Maxwell-Boltzmanniana. Esto sería cierto porque los átomos excitados siguen la estadística de Maxwell-Boltzmann. Dejemos que el estado básico tenga una energía $E_{1}$ y una población $N_{1}$ y el primer estado excitado tienen una energía $E_{2}$ y una población $N_{2}$ y los relacionamos con $$\frac{N_{2}}{N_{1}}=e^{\frac{-h\nu}{k_{B}T}}$$ Mi pregunta es la siguiente: La excitación puede ser de diferentes formas, atómica, térmica, etc; pero cuando hablamos de excitación atómica, tenemos que dirigirnos a los electrones excitados dentro de los átomos y en adelante introducir el concepto de espín porque los electrones son fermiones que obedecen al principio de exclusión de Pauli, así que ahora cómo podemos relacionar la población de electrones en estados molidos y excitados de forma MB-iana. ¿No tenemos que usar la estadística de Fermi-Dirac aquí? Si utilizamos la estadística de FD, ¿con qué densidad de energía relacionaríamos la densidad de energía de los coeficientes (porque no podemos relacionarla con la densidad de energía de radiación del cuerpo negro de Planck)?

Abajo tengo mis reflexiones:

$$\frac{N_{2}}{N_{1}}=\frac{1}{e^{\frac{-E_{f}+E}{k_{B}T}}+1}$$

Donde $$\frac{-E_{f}+E}{k_{B}T}=\frac{-\left[\frac{3n}{\pi}\right]^{\frac{2}{3}}\frac{h^{2}}{8m}+h\nu}{k_{B}T}$$

Donde defino una función $\gamma$ que varía con la frecuencia como $$\gamma(\nu)=-\left[\frac{3n}{\pi}\right]^{\frac{2}{3}}\frac{h}{8m}+\nu$$

$$U(\nu)=\frac{B_{21}}{A_{21}}\frac{1}{\frac{A_{12}}{A_{21}}}\frac{1}{e^{\frac{\gamma(\nu)h}{k_{B}T}}+1}$$

$$\frac{A_{12}}{A_{21}}=\alpha$$ Ahora multiplicando el numerador y el denominador por $\alpha$ Obtuve una ecuación que utilicé para comparar con la densidad de energía de la radiación BB de Planck.

$$U(\nu)=\frac{B_{21}}{A_{21}}\alpha\frac{1}{\alpha^{2}e^{\frac{\gamma(\nu)h}{k_{B}T}}-{[-\alpha^{2}+\alpha}]}$$

Ahora, por comparación de la fórmula anterior con la densidad de energía de la radiación BB, obtuve $\frac{B_{21}}{A_{12}}\alpha=\frac{8(\pi)h\nu^{3}}{c^{3}}$ y $-\alpha^{2}+\alpha=1$ Esta ecuación cuadrática arroja dos raíces reales y al comparar $\alpha^{2}=1$ obtenemos en total tres valores posibles de alfa, es decir

Caso uno: $\alpha= 1.618$

Caso dos: $\alpha=-0.618$

Caso tres: $\alpha=1$

Ahora usando esto en la expresión de la densidad de energía obtuve Sea $\frac{B_{21}}{A_{21}}=\beta$

Caso uno : $$U(\nu)\approx\beta\frac{1}{e^{\frac{\gamma(\nu)h}{k_{B}T}+0.5}+e^{-0.5}}$$

Caso dos : $$U(\nu)\approx\beta\frac{1}{e^{\frac{\gamma(\nu)h}{k_{B}T}-0.5}+e^{0.5}}$$

Caso tres : $$U(\nu)=\beta\frac{1}{e^{\frac{\gamma(\nu)h}{k_{B}T}}}$$ Introducción de otro término $\epsilon$ que es el potencial químico del sistema que observamos, $$\gamma(\nu)=-E_{f}+\nu-\epsilon$$ El caso tres cambia como $$U(\nu)=\beta\frac{1}{e^{\frac{(-E_{f}+\nu-\epsilon)h}{k_{B}T}}}$$ Ahora la aproximación en serie de Taylor de e^x es $$e^{x}=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+...\approx1+x$$ A bajas frecuencias $$\frac{\gamma(\nu)h}{k_{B}T}<<1$$ $$e^{\frac{(-\left[\frac{3n}{\pi}\right]^{\frac{2}{3}}\frac{h}{8m}+\nu- \epsilon)h}{k_{B}T}}\approx\frac{(-E_{f}+\nu-\epsilon)h}{k_{B}T }+1$$ Así, la densidad de energía se convierte en

$$U(\nu)\approx\beta\frac{k_{B}T}{(-E_{f}+\nu-\epsilon)h+k_{B}T}$$

Comparando esto con la densidad de energía de radiación del BB de Planck, $$\frac{h\nu}{k_{B}T}+1=\frac{(-E_{f}+\nu-\epsilon)h}{k_{B}T }+1$$ Por eso digo que $$E_{f}\alpha\frac{-U}{N}$$ donde este último término es $\epsilon$ Esto es cierto porque el potencial de Millikan (potencial químico de un electrón), hay una dependencia similar entre la energía de Fermi y el potencial químico.

Answer 1

Sus estados 1 y 2 son estados de un átomo Es decir, el núcleo y todos los electrones ligados tomados en conjunto, y en consecuencia su etiquetado ya debería estar tomando la estadística de Fermi de los electrones en un solo átomo. En otras palabras, no dices "el átomo a está en el estado 1 dos veces", sino que dirías "he excitado un electrón para poner el átomo en el estado 2 y luego he excitado un segundo para ponerlo en algún otro estado 3" y este esquema de etiquetado simplemente no se molesta en incluir el estado prohibido por el principio de exclusión.

Si los electrones en los estados relevantes para la transición del láser están fuertemente localizados (lo que ocurrirá en un gas), la cuestión de dos electrones de diferentes átomos tratando de ocupar el mismo estado nunca se plantea y en este caso la estadística de Fermi-Dirac se reduce a la estadística de Maxwell-Boltzmann. En otras palabras, puedo tratar los electrones como distinguibles porque puedo decir que uno está en el átomo en la posición $\mathbf{x}$ mientras que aquel está en el átomo en la posición $\mathbf{y}$ .