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septiembre 23, 2020

Tiempo de lectura: 15 minutos

Introducción.

Hace un par de semanas lanzamos a la web la emocionante biografía de Subrahmanyan Chandrasekhar. Un personaje que no dejaba a nadie indiferente. Hablabamos de cómo de entre sus muchas aportaciones a la física, una de las más interesantes fue establecer un modelo teórico en el cual explicaba que no todas las estrellas acabarían por formarse en enanas blancas y que habría una masa límite que definiría esto. Si la masa crítica era superior a la que Chandra postuló, podría formarse un agujero negro debido al colapso de la estrella. Hoy vamos a intentar explicar esto de una manera lo más intuitiva y didáctica posible.

En lo que sigue vamos a usar terminología y conceptos de la física estadística, física cuántica y termodinámica entre otros. Si bien se trata de un artículo de investigación (según lo calificamos en la web), voy a intentar igualmente que pueda ser seguido por el mayor número de personas posible, así que no te asustes si tus conocimientos no son muy avanzados, simplemente disfruta de la belleza de las matemáticas y la física que te muestro ahora.

Conceptos básicos de física estadística.

Antes de meternos de lleno en toda la formulación del problema, vamos a hablar brevemente de algunos conceptos de la física estadística. Como su propio nombre indica, en esta rama de la física, usamos la estadística para obtener propiedades generales de aquellos sistemas cuyos componentes son enormemente grandes (Un gas, por ejemplo, cuyo número de moléculas puede asemejarse a valores como el del número de Avogadro). Para describir los sistemas usamos lo que se denomina las colectividades, que no son más que funciones que describen la probabilidad de que un microestado se resuelva en un macroestado dado.

Como seguro que te lo estás preguntando, te voy a responder a lo de qué es un macroestado y qué es un microestado, pero te voy a poner un ejemplo, que creo que es como mejor se entienden las cosas. Imagina una caja donde hay un montón de pelotas. Todas se mueven de un lado para otro con una velocidad distinta y cambiando constantemente su posición, como en la Figura 1. Bien, un microestado sería como si cogiéramos y echáramos en un momento determinado una foto al sistema. En esa foto todas las pelotas tendrían una posición y una velocidad fija. Es decir, un microestado es uno de los posibles estados en los que pueden estar todos y cada uno de los componentes (microscópicos) que forman el sistema.

Figura 1. Ejemplificación de una caja llena de bolas moviéndose continamente

El macroestado también describe propiedades del sistema, pero como su nombre indica, da cuenta de propiedades macroscópicas como por ejemplo puede ser la temperatura, la presión, etc que además son variables medibles en un laboratorio. Para distintos sistemas existe una cierta probabilidad de que un microestado le de al sistema completo unos valores de temperatura, energía, presión… concretos. Nunca un macroestado puede definir al microestado, pero sí se dará la opción inversa.

Para terminar este resumen (muy resumen y mucho resumen) vamos a hablar de las funciones de partición. Lo único que nos interesa es que estas funciones hacen las veces de la constande que normaliza la colectividad, es decir, el número por el que se divide para que todo este normalizado sobre uno, ya que la probabilidad solo puede estar entre 0 y 1. Lo único que nos interesa es que estas funciones están relacionadas con los potenciales termodinámicos, que vuelven a ser funciones que describen las propiedades termodinámicas de los sistemas. Si has estudiado algo de bachillerato, ya has trabajado con dos sin saberlo, ¡la energía interna y la propia entropía!

Colectividad macrocanónica, función de partición y potencial macrocanónico.

Tras esta breve introducción, empezamos ya con las fórmulas. Todas las que van a aparecer tienen su deducción formal, pero nos saltaremos algunos pasos ya que no es cuestión de aburrir al personal. Chandra utiliza para su modelo una de las funciones de partición de las que acabamos de hablar, la función de partición macrocanónica, esta la usamos para describir aquellos sistemas que permiten un intercambio de energía y de partículas con el exterior. En el ejemplo de nuestra caja usaríamos este función de partición si por ejemplo hubiera un flujo de pelotas desde nuestra caja a otra conectada con ella.

La expresión de esta función, dentro del propio formalismo cuántico de la teoría, presenta este aspecto.

$\varXi\left(T,V,\mu\right)=\underset{k}{\prod}ln\left(1+e^{\beta\left(\mu-\varepsilon\left(k\right)\right)}\right)$ _{Ecuación 1}

A priori no es excesivamente complicada, se trata de un productorio sobre los números cuánticos k de las partículas (que en este caso son fermiones, como el electrón, pero de eso si queréis ya hablamos otro día) de un uno mas una exponencial elevada a unos factores que tampoco vamos a describir en exceso. $\beta$ y $\mu$ son dos factores ligados a la temperatura y el flujo de partículas del sistema respectivamente, simplemente debemos tener eso en cuenta por ahora.

Hasta aquí toda la parte más o menos introductoria. Hay que tener en cuenta que estamos trabajando con conceptos mucho más sutiles, y es normal que nos estemos saltando algunos pasos y que el lector muchas veces se pregunte de dónde salen las cosas. Todo se deduce, y se intentará que esta sensación no se tenga de manera generalizada durante la lectura del artículo.

Planteamiento de Chandrasekhar.

Chandra se figura a una enana blanca como un gas de fermiones que está completamente degenerado y, ojo, son relativistas. Por supuesto tiene sus argumentos, pero no entraremos más en detalle. También trabaja en lo que se denomina límite termodinámico (para nuestro vocabulario sería cuando todo se hace muy grande). Debido a esto, todas las sumatorias que aparecen, hacen un salto al continuo y se convierte en integrales. ¡Ahora sí, vamos a por las ecuaciones!

Lo primero que debemos tener en cuenta es a dónde queremos llegar. Recordemos que queremos establecer una masa límite por la cual la estrella moribunda se convierta en enana blanca o en otra cosa (un agujero negro por ejemplo) por tanto voy a llegar a una ecuación donde igualaré las dos fuerzas que actúan en la estrella, la de la presión interna y la de la gravedad. Aquí, me preguntaré por el radio de esta y la relación con su masa, ya que esto me dirá si hay algún límite para que esta colapse o no (para colapsar su radio se debería hacer cero). Vamos a buscar la expresión de la presión, ¡comienza lo interesante!

Desarrollo de la teoría. (1)

Con todo esto en la cabeza, vamos a ponernos el mono de trabajo, y vamos a mancharnos las manos, te aseguro que el resultado no te defraudará. Lo primero que hacemos para obtener la expresión de la pesión es usar un potencial termodinámico, el potencial macrocanónico, que se define como aparece en la Ecuación (2):

$J\left(T,V,\mu\right)=kTln\varXi\left(T,V,\mu\right)=kT\underset{k}{\sum}ln\left(1+e^{\beta\left(\mu-\varepsilon\left(k\right)\right)}\right)$ _{Ecuación 2}

Aquí aparece una sumatoria porque tenemos que recordar que el logaritmo de un producto es igual a la suma de logaritmos. Esta es una de las propiedades de los logaritmos más conocidas. Una vez expuesta la suma, vamos a hacer el mencionado salto al continuo. Nuestro potencial macrocanónico quedaría como en la Ecuación (3).

$J\left(T,V,\mu\right)=\frac{gkT}{h^{3}}\int_{\Gamma}d\overline{q}d\overline{p}\,ln\left(1+e^{\beta\left(\mu-\varepsilon\left(p\right)\right)}\right)=\frac{8\pi VkT}{h^{3}}\int dp\,p^{2}\,ln\left(1+e^{\beta\left(\mu-\varepsilon\left(p\right)\right)}\right)$ _{Ecuación 3}

Seguramente te estarás preguntando de dónde han salido algunos términos, los comentaremos brevemente. A la g se le denomina parámetro de degeneración, simplemente tenemos que tener en cuenta que para el electrón es 2, por eso en las próximas ecuaciones aparecerá un 8 (4×2). También debemos mencionar a la h, esta no es más que la constante de Planck, y sirve simplemente para que las unidades concuerden, así que para nosotros tampoco tiene mucho sentido, pero está bien comentarlo. Con la idea principal con la que te tienes que quedar es que son términos que aparecen para compensar el hecho de que hemos sustituido la sumatoria por la integral. En el apéndice he escrito como se consigue la expresión de la última integral de la Ecuación (3), tranquilo que aquí no se nos pasa nada.

Aunque no lo parezca, ya hemos conseguido obtener la expresión para la presión. El potencial macrocanónico por definición en la termodinámica se puede escribir también como el producto de la presión por el volumen. Así que si igualamos la expresión del potencial a $PV$ podremos despejar la presión, que en este caso es muy sencillo ya que la $V$ se va al estar a un lado y al otro de la ecuación. De esta forma llegamos a la Ecuación (4).

$P=\frac{8\pi kT}{h^{3}}\int dp\,p^{2}\,ln\left(1+e^{\beta\left(\mu-\varepsilon\left(p\right)\right)}\right)$ _{Ecuación 4}

Desarrollo de la teoría. (2)

Ahora vamos a centrarnos en arreglar un poco la Ecuación (4), ¡aguanta que queda poco! Vamos a hacer lo que se denomina una integral por partes.(Para los curiosos matemáticos seguro que si digo una vez vi una vaca vestida de uniforme, les resultará más familiar). Para ello usamos las siguientes expresiones para integrar y derivar:

$u=ln\left(1+e^{\beta\left(\mu-\varepsilon\left(p\right)\right)}\right)\,\,\,\,du=-\frac{\varepsilon'(p)\beta}{1+e^{-\beta\left(\mu-\varepsilon\left(p\right)\right)}}dp$ _{Ecuación 5}

$dv=p^{2}dp\,\,\,v=\frac{p^{3}}{3}$ _{Ecuación 6}

Por último, con la expresión que nos queda, hacemos el límite con la temperatura tendiendo a cero. También tenemos nuestros motivos para realizar este límite, intentaré cerrarlo todo un poco más en las notas finales. La expresión que nos queda después de aplicar la fórmula de la integración por partes ( $\int udv=uv-\int vdu$ ) es la que aparece en la Ecuación (7), y la que obtenemos tras realizar el límite de la temperatura siendo cero en la Ecuación (8).

$P=\frac{8\pi}{3h^{3}}\int_{0}^{\infty}p^{3}\varepsilon'(p)\left[\frac{1}{1+e^{\beta\left(\varepsilon\left(p\right)-\mu\right)}}\right]dp$ _{Ecuación 7}

$P=\frac{8\pi}{3h^{3}}\int_{0}^{p_{F}}p^{3}\varepsilon'(p)dp$ _{Ecuación 8}

Ya no nos queda prácticamente nada, ¡mantente fuerte! Ahora simplemente debemos hacer uso de la relación existente entre la energía y el momento de la partícula, si te das cuenta todo el rato he ido arrastrando una función dentro de la integral $\varepsilon(p)$ . Ahora vamos a poner la expresión explícitamente, recuerda que Chandrasekhar suponía fermiones relativistas, por tanto la expresión que debemos usar es $\varepsilon(p)=\sqrt{\left(pc\right)^{2}+\left(mc^{2}\right)^{2}}$ . Esta es una de las ecuaciones más famosas de la relatividad especial. Al introducir esto en la integral y, jugando un poco con la expresión, llegamos a la Ecuación (9).

$P=\frac{8\pi}{3h^{3}}\int_{0}^{p_{F}}p^{2}\frac{p^{2}/m}{\sqrt{1+\left(\frac{p}{mc}\right)^{2}}}dp$ _{Ecuación 9}

Desarrollo de la teoría. (3)

Por fin llegamos al último apartado de la teoría, si has aguantado hasta aquí, mínimo mereces un máster en física. Pero bueno, vamos a por lo importante, a ver qué nos depara la muerte de la estrella.

El paso que vamos a realizar ahora es el último para poder resolver la integral, aunque nosotros no la resolveremos explícitamente, ya que al final habrá que hacer una aproximación en cierto límite, el relativista. Por tanto planteamos un cambio de variable dentro de la integral, de la forma de $\frac{p}{mc}=senh\theta\,\,\,\,dp=mcosh\theta d\theta$ . Cuando realizamos el cambio, nos queda una expresión como la Ecuación (10).

$P=\frac{8\pi m^{4}c^{5}}{3h^{3}}\int_{0}^{\theta_{F}}senh^{4}\theta d\theta$ _{Ecuación 10}

Esta integral se puede resolver analíticamente (con lápiz y papel), y animo al lector que quiera a resolverla con las técnicas que conozca, nosotros ya hemos hecho la integral y la hemos puesto como la expresión de una función, A(x), donde nuestra variable x es $senh(\theta)$ y donde, tras una serie de cálculos que no caben en esta breve exposición, se llega a que existe una dependencia entre x y el radio de la estrella de la forma 1/R. Finalmente la última expresión, la que buscábamos, para la presión es:

$P=\frac{\pi m^{4}c^{5}}{3h^{3}}A(x)$ _{Ecuación 11}

¿Recuerdas que dijimos que al final del todo igualaríamos las dos fuerzas que intervenían? Pues llegó el momento, esto se muestra en la Ecuación (12) donde hemos igualado la fuerza ejercida por la presión interna (recuerda que la fuerza es presión por superficie y $4\pi R^{2}$ es la superficie de una esfera, que asemejamos con la estrella) y la gravitatoria.

$4\pi R^{2}P=\alpha\frac{GM^{2}}{R^{2}}$ _{Ecuación 12}

Conclusión.

Lo único que queda por hacer es sustituir la presión que aparece en la Ecuación (12) por la expresión que hemos obtenido, de aquí obtendremos una relación entre el radio y la masa, es un cálculo un poco tedioso, pero la dependencia en sí no es complicada sacarla si uno le pone ganas. Finalmente la relación entre el radio y la masa es:

$R\sim M^{1/3}\sqrt{1-\left(\frac{M}{M_{o}}\right)^{2/3}}$ _{Ecuación 13}

La aproximación de la que hablábamos antes es que A(x) en el caso relativista tiene la forma de $A(x)=2x^2-2x^4$ , esta expresión es la que usamos para llegar a la Ecuación (13). Como vemos, aparece una $M_{o}$ en la fórmula. Esta es la masa crítica que encontró Chandrasekhar y que demostraba que no todas las estrellas acabarían su vida, bajo estas condiciones, transformadas en una enana blanca. Para aquellas que tengan una masa superior, su fuerza gravitatoria vencerá a la presión interna y la estrella colapsará finalmente en un agujero negro. Si se hace el cálculo explícito, esta masa crítica es de un valor de 1,44 masas solares.

La clave del cálculo era sobretodo tener en cuenta los efectos relativistas en el sistema físico. Fowler, también físico, hizo el mismo cálculo unos años antes pero sin tener en cuenta este factor, finalmente obtenía una expresión donde no había ninguna masa crítica que definiera el futuro del sistema.

Apéndice.

Debido al gran nivel de compresión de los conocimientos, ha habido algunas partes de la exposición donde se han saltado algunos pasos, vamos a comentarlos a continuación:

Primeramente, supongo que al lector le habrá confundido el por qué he cambiado la k por la p en algunas expresiones sin apenas mencionarlo, esto se deriva del estudio de un sistema cuántico en un sistema aislado como una caja. Existe una relación entre el momento p de las partículas y el número cuántico k para describir su función de onda.
Supongo también que el lector se habrá preguntado el por qué se llega igualmente a una integral donde los límites son 0 y un tal $P_{F}$ . Esto se debe a que los fermiones a bajas temperaturas, se distribuyen de manera que cada uno se encuentra en un nivel de energía distinto, escalados y ocupándolos todos, y forman lo que se llama un mar de fermiones. En este caso no se ocupan todos los niveles de energía del sistema, sino que exite un límite donde se coloca el último fermión que queda, a la energía que ocupa este último fermión se le llama energía de Fermi, que de paso está relacionada con la presión de Fermi, $P_{F}$ . Por esto la integral solo se hace en ese tramo, no sobre todos los niveles. Lo otro que puede sonar raro es que hay un factor de la integral que desaparece por completo, esto es porque la expresión $\left[\frac{1}{1+e^{\beta\left(\varepsilon\left(p\right)-\mu\right)}}\right]$ es justo la expresión para el nivel medio de ocupación de un nivel de enegía para los fermiones, que en el caso de bajas temperaturas es 1 para todo aquellos que estan por debajo de la energía de fermi y 0 para los que están por encima (ya que no hay ninguno, el que está en la energía de fermi es el último).
Cabría preguntarse el por qué en los últimos pasos, hemos hecho un límite con la temperatura en casi 0 K. El caso es que no nos interesa tanto la temperatura en sí, si no la escala energética en comparación con la ya mencionada energía de Fermi. Como una es mucho mayor que la otra, el sistema se comporta igual que en el límite de temperaturas cercanas a 0.
Otro aspecto importante que debemos mencionar es que cómo, en la Ecuación (3), pasamos de una integral a otra. Inicialmente tenemos una integral vectorial sobre el espacio de las fases. Hay que darse cuenta que lo que hay dentro de la integral, el integrando, solo depende del módulo del momento p de la partícula (recuerda que q y p son vectores, tienen componentes $q_{x}$ , $q_{y}$ y $q_{z}$ por ejemplo en cartesianas, y tienen también módulo}. Por tanto la integral en la dq vector la podemos hacer, ya que nuestra integral se separa (se que algunos matemáticos me estáis odiando ahora mismo). Y qué es entonces integrar sobre todas las posiciones de todas las partículas en el espacio de fases en un continuo, efectivamente, el volumen total. Por otro lado, para el dp vector, usamos un tipo de coordenadas llamadas esféricas (lo se, puede que si tu nivel no es muy avanzado no hayas oído hablar de ellas nunca, pero no te preocupes) para realizar fácilmente la integral. Estas se distribuyen en la parte angular y una parte radial que es la que tiene que ver con el módulo del vector, por tanto toda la parte angular, al no haber depencencia ninguna se queda en una constane y solo nos queda la integral en dp (módulo). El desarrollo matemático es el que sigue:

$\int_{\Gamma}d\overline{q}d\overline{p}\,ln\left(1+e^{\beta\left(\mu-\varepsilon\left(p\right)\right)}\right)=V\int\int\int p^{2}sen\theta d\thetad\varphidp\,ln\left(1+e^{\beta\left(\mu-\varepsilon\left(p\right)\right)}\right)dpd\thetad\varphi=$

$=V\int_{0}^{\infty}p^{2}\,ln\left(1+e^{\beta\left(\mu-\varepsilon\left(p\right)\right)}\right)dp\int_{0}^{\pi}sen\theta d\theta\int_{0}^{2\pi}d\varphi=4\pi V\int_{0}^{\infty}p^{2}\,ln\left(1+e^{\beta\left(\mu-\varepsilon\left(p\right)\right)}\right)dp$

En un momento concreto del desarrollo, te habrás dado cuenta de que ha desaparecido un $kT$ , esto es porque la relación entre $\beta$ y $T$ es del tipo $\beta=1/kT$ . En la integral por partes, al derivar el $u$ nos aparecia una $\beta$ que se iba con el $kT$ que teníamos fuera. Otro comentario sobre los matices de las integrales, en algunas expresiones no he puesto los límites de integración pero simplemente por un motivo estético. Todas las integrales son integrales definidas, no indefinidas.
Como último comentario, me detendré a explicar el por qué igualamos las dos fuerzas antes mencionadas para sacar conclusiones. La idea es que justo cuando estas dos fuerzas son iguales, a la estrella no le ocurriría nada, se quedaría en equilibrio. En esta situación, si buscamos la relación entre las distintas variables, podemos determinar qué ocurre si una aumenta o no y, en base a esto, saber si el equilibrio se rompe hacia un sentido u otro. La estrella puede colapsar o no.

Bibliografía

ic1.ugr.es/members/statphys/temario/ Tema: Sistemas fermiónicos degenerados. Pablo I. Hurtado Fernández.
R. Balescu, Equilibrium and Nonequilibrium Statistical Mechanics, Wiley and Sons, New York (1975).
R.K. Pathria, Statistical Mechanics (2nd edition), Butterworth-Heinemann, Oxford (1996).
Enlace de la imagen de portada: https://pixabay.com/es/photos/estrella-sun-enana-blanca-67705/
Enlace del GIF animado: https://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/6/6d/Translational_motion.gif

Miguel Jiménez Ortega

Estudiante de física (UGR)

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Miguel Jimenez Ortega

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Graduado en Física por la Universidad de Granada, máster en física teórica en la Universidad de Valencia. Amante de la divulgación científica.

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El modelo de Chandrasekhar: en busca de la masa límite.