1 Fluctuations de l’´ energie dans un gaz parfait classique

Christophe Texier 5 mai 2017 Examen du 12 mai 2017 — Solutions

1 Fluctuations de l’´ energie dans un gaz parfait classique

1/ Ensemble microcanonique.– l’´ energie est fix´ ee ⇒ ∆E

= 0.

2/ Ensemble canonique.

a & b) cf. cours

c) La fonction de partition du gaz parfait classique est reli´ ee ` a celle ` a une particule z = V

h

Z

d

~ p e

∝ β

d’o` u Z = z

N ! ∝ β

On d´ eduit E

= −

ln Z = 3N/(2β) = 3N k

T /2.

d ) Variance var(E) = −

= 3N/(2β

) = 3N (k

T )

/2, d’o` u

∆E

E

=

r 2

3N (5)

Les fluctuations relatives deviennent n´ egligeables ` a la limite thermo.

3/ Ensemble grand canonique.

a & b) Pas de difficult´ e. Cf. cours

c) Pour le gaz parfait classique ln Ξ = z e

, d’o` u N

= 1

β

∂

∂µ z e

= z e

de mˆ eme

E

=

− ∂

∂β + µ β

∂

∂µ

z e

= − ∂z

∂β e

− µ z e

+ µ z e

= 3z 2β e

d ) On r´ e´ ecrit

E

= 3

2 N

k

T . Variance :

var(E) = − ∂

∂β + µ β

∂

∂µ

E

= 15z

4β

e

= 15N

4β

Les fluctuations relatives sont cette fois

∆E

E

=

r 5

3N

(6)

4/ Conclusion.– On a donc

0 = ∆E

E < ∆E

E

< ∆E

E

La derni` ere in´ egalit´ e s’interpr` ete comme suit : dans l’ensemble canonique, les fluctuations de l’´ energie se font par ´ echange d’´ energie avec le thermostat. Dans l’ensemble grand canonique, les fluctuations du nombre de particules apportent une contribution suppl´ ementaire aux fluctua- tions.

4

Soyons plus pr´ ecis :

• ` a N fix´ e (canonique) on a trouv´ e que les fluctuations de l’´ energie par particule ε

= E/N sont var(ε) = (k

T)

× 3/(2N ) = ε

× 2/(3N).

• Les fluctuations du nombre de particules (grand canonique) sont var(N ) =

N

= N

≡ N , qui contribuent aux fluctuations de l’´ energie totale E = N ε comme suit :

var(N ε) = var(N)ε

+ N

var(ε) = N ε

+ N

2

3N ε

= 5

3 N ε

= 5 3N E

Qed. (pour l’argument, on a admis que N et ε ne sont pas corr´ el´ es).

2 Gaz de photons

1/ La densit´ e d’´ etats individuels (les ondes planes) est ρ(ε) = g

X

~k

δ(ε− ε

) = g

V (2π)

Z

d

~ k δ(ε− ~ || ~ k||c) = g

V (2π)

4π

Z

0

dk k

δ(ε− ~ kc) = V π

( ~ c)

ε

. Seconde m´ ethode : on calcule Φ(ε) = g

h³

R d

~ p θ

(ε − ||~ p ||c) = ... puis on d´ eduit ρ(ε) = Φ

(ε).

A. Gaz classique de particules ultrarelativistes 2/ la fonction de partition d’une particule est z = P

λ

e

. On ins` ere ρ(ε) = P

λ

δ(ε − ε

) pour ´ ecrire z = R

dε ρ(ε) e

.

Puisque ρ(ε) ∝ ε

, l’int´ egrale est simplement reli´ ee ` a la fonction Γ : z = V

π

( ~ c)

Z

0

dε ε

e

= V π

( ~ c)

Γ(3) β

= 2

π

V

λ

o` u λ

def

= ~ c k

T est la longueur thermique ultrarelativiste.

D´emonstration alternative : L’int´egration dans l’espace des phases donne facilement la fonction de partition d’une particule

z=gs

V h³

Z

d³~pe^−β||~p||c=gs

V h³4π

Z ∞

0

dp p²e^−βpc= gs

π² V λ³_T il faut seulement prendre garde `a ne pas oublier la d´eg´en´erescence de spings= 2.

3/ A l’approximation de Maxwell-Boltzmann, on a ` Z

= (1/N !)z

. On obtient l’´ energie libre F

(T, V, N ) = −N k

T

1 + ln

2/π

n λ

. (7)

4/ On a Z

∝ β

d’o` u E

= −

ln Z

= 3N k

T. D’autre part Z

∝ V

, ce qui nous permet de retrouver l’´ equation du gaz parfait classique p = nk

T . Le potentiel chimique est

µ

= ∂F

∂N

−→

µ = k

T ln(N/z) = k

T ln

(π

/2) n λ

. (8)

5/ Photons.– Si µ = 0, alors n = (2/π

) λ

. On d´ eduit F

= −N k

T = −V k

T n =

−

V (k

T)

/( ~ c)

.

B. Traitement grand canonique.

6/ La fonction de partition grand canonique pour un ´ etat individuel est d´ efinie comme ξ

= P

n

e

. Pour les bosons, n ∈ N, d’o` u ξ

= 1/(1 − e

) ` a condition que µ < ε

, le fondamental individuel.

5

7/ Expressions g´ en´ erales (pour des particules sans interaction) : N

= X

λ

n

(ε

) = Z

dε ρ(ε) 1

e

− 1 et E

= X

λ

n

(ε

) ε

= Z

dε ρ(ε) ε e

− 1

(9) 8/ Pour les photons, on fixe µ = 0. Les deux int´ egrales se calculent alors facilement : un changement de variable x = βε permet de ramener ces deux int´ egrales ` a celles donn´ ees en annexe :

N

= V

π

(~c)

(k

T )

Γ(3)ζ(3) et N

= V

π

(~c)

(k

T )

Γ(4)ζ(4) . (10) 9/ La pression canonique est p = −

. Ici on a donc simplement p = −F/V . On utilise F = J = −(1/3)E

= −

~c)³

(k

T)

2ζ(4), d’o` u F = − π

45 V (k

T )

( ~ c)

et p = π

45

(k

T )

( ~ c)

. (11)

10/ A la question ` 5, on avait obtenu F

= −

V

~c)³

, ce qui est assez proche du r´ esultat exact. En utilisant l’expression de N

, on d´ eduit finalement F = −η N

k

T et donc p = η nk

T avec η = ζ(4)/ζ(3) ' 0.901. Il est maintenant ais´ e de v´ erifier que E

= 3η N

k

T . Nous n’avons donc rat´ e qu’un facteur η ' 0.9 dans la partie A.

Le facteur est η < 1 ce qui traduit l’effet du postulat de sym´ etrisation pour les bosons : corr´ elations positives qui favorisent le regroupement des bosons et diminuent la pression par rapport au cas classique.

3 M´ etal bidimensionnel

0/ Densit´ e d’´ etats : on calcule Φ(ε) = g

R d

~ p θ

(ε − ~ p

/(2m

)) = g

h²

π 2m

ε donc ρ

= Φ

(ε) = A m

/(π ~

) est constante.

1/ cf. cours.

2/ Le nombre moyen de fermions est N

(T, A, µ) = ρ

Z

0

dε n

(ε) = ρ

− 1 β ln

1 + e

ε=0

= ρ

β ln

1 + e

.

3/ A la limite thermodynamique, ` N

→ N , et on inverse la relation pr´ ec´ edente : µ

(T, n) = 1

β ln

e

− 1

L’´ energie de Fermi est d´ efinie comme ε

= lim

T→0

µ

(T, n) = N

ρ

⇒ ε

= π ~

n m

On peut donc ´ ecrire µ

(T, n) = k

T ln e

− 1

ou encore µ

(T, n) = ε

+ k

T ln

1 − e

6

qui montre plus explicitement que µ

(T, n) = ε

+ O(e

) pour T T

.

La correction au r´ esultat de T = 0 est beaucoup plus petite qu’une loi de puissance (∝ (T /T

)

habituellement). On pourra la n´ egliger.

4/ A.N. : on consid` ere un gaz ` a une interface GaAs/GaAlAs. On obtient T

≈ 150 K. Contrai- rement ` a un m´ etal usuel (cuivre,...) le m´ etal 2D semble plutˆ ot dans le r´ egime classique ` a temp´ erature ambiante T = 300 K (en pratique le confinement transverse est moins efficace et le gaz n’est plus parfaitement 2D dans ce cas). En revanche, le gaz est d´ eg´ en´ er´ e si T = 1 K.

5/ En utilisant la formule de l’annexe avec ϕ(ε) = ε, on d´ eduit E(T, N ) = ρ

Z

0

dε ε n

(ε) = ρ

ε

2 + π

6 (k

T)

+ O(T

)

d’o` u (4).

6/ La capacit´ e calorifique est donc C

= (π

/3)N k

(T /T

) pour T T

, o` u le facteur de r´ eduction (T /T

) 1, par rapport ` a C

= N k

(gaz parfait en 2D), est dˆ u au principe de Pauli.

7/ [ Bonus ^{] Puisque C}

= T

∝ T, on a simplement S

' C

. Dans le r´ egime de basse temp´ erature nous avons obtenu l’´ energie d’excitation E

= E(T, N )−E(0, N ) ' (π

/6)N ε

(T /T

)

, d’o` u, en utilisant l’´ equivalence des ensembles

S

(T, N ) ' π

3 N k

T

T

= S

(E

, N ) ' π N k

r 2E

3N ε

= N k

r A N

2πm

E

3 ~

N Nous pouvons d´ eduire la densit´ e d’´ etats ` a N fermions :

ρ

(E

, N ) ∼ e

∼ exp (

N π r 2

3 E

N ε

)

Attention : cette expression est valable pour T /T

1 i.e. E

N ε

.

Dans le cas classique on obtient (en utilisant la formule de Stirling N ! ' N ln N − N) ρ

(E, N ) ∼ e

A N

m

E 2π ~

N

∼ e

E

N ε

Remarquons que c’est seulement dans le r´ egime T /T

1 (i.e. E N ε

) que l’on attend ρ

(E

, N ) ≈ ρ

(E

, N ).

Le principe de Pauli diminue le nombre d’´ etats accessibles et donc r´ eduit la densit´ e d’´ etats (mais cela ne saute pas aux yeux sur les deux expressions approch´ ees).

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