Christophe Texier 28 mars 2019 Examen partiel de physique statistique du 14 mars 2019 — Solutions
1 Th´ eor` eme du viriel
A. N atomes sans interaction.— Les atomes occupent un volume V .
1/ Le nombre de micro´ etats d’´ energies 6 E est donn´ e par la r` egle semiclassique Φ
N(E) = V
NN !h
3NZ
dp
1· · · dp
3Nθ
HE −
3N
X
i=1
1 2m p
2i!
On reconnaˆıt le volume de la sph` ere de dimension 3N et de rayon √ 2mE : Φ
N(E) = V
Nπ
3N/2(2mE )
3N/2N !h
3NΓ
3N2+ 1 ∼ e
5N/2V
N
NmE 3π~
2N
3N/2(7) en utilisant Stirling (on n’a pas ´ ecrit les termes non exponentiels en N ).
2/ Nombre de micro´ etats accessibles : Ω
N(E) = Φ
0N(E) δE.
3/ Ω
N(E) = Φ
N(E) 3N δE/(2E). L’entropie est donn´ ee par la formule de Boltzmann-Planck : S
∗= k
Bln Ω
N= k
Bln Φ
N(E) + k
Bln
3N δE/(2E)
. Le second terme est O(ln N) (ou mˆ eme plutˆ ot O(N
0) car E = O(N )), et peut ˆ etre n´ eglig´ e devant le premier terme O(N ). Finalement S
∗(E, N, V ) ' k
Bln
Φ
N(E)
. On retrouve la formule de Sackur-T´ etrode : S
∗(E, N, V ) = N k
Bln
"
e
5/2V N
mE 3π ~
2N
3/2#
(8) qui est manifestiment extensive, i.e. S
∗(λE, λN, λV ) = λ S
∗(E, N, V ).
4/ Temp´ erature microcanonique : 1/T
∗def=
∂S∂E∗= 3N k
B/(2E) i.e. T
∗= 2E/(3N k
B).
B. Th´ eor` eme du viriel
On consid` ere maintenant des atomes possiblement en interaction.
1/ La distribution microcanonique est la distribution uniforme sur l’ensemble des micro´ etats accessibles : ρ
∗( ~ Γ) =
Σ 1N(E)δE
pour E 6 H( ~ Γ) 6 E + δE et ρ
∗( ~ Γ) = 0 sinon. Pour la suite, il sera commode de consid´ erer la limite δE → 0 :
ρ
∗( ~ Γ) = 1
Σ
N(E) δ(E − H( ~ Γ)) avec Σ
N(E)
def= Z
d
6N~ Γ δ(E − H( ~ Γ)) . (9) 2/ La moyenne microcanonique est (par d´ efinition)
q
i∂H
∂q
j= Z
d
6N~ Γ ρ
∗( ~ Γ) q
i∂H ( ~ Γ)
∂q
j= 1
Σ
N(E) Z
q
i∂H ( ~ Γ)
∂q
jδ(E − H( ~ Γ)) d
6N~ Γ (10) 3/ L’hamiltonien assure le confinement des atomes, i.e. H( ~ Γ) > E si une coordonn´ ee q
iest hors
du volume occup´ e par le syst` eme, d’o` u lim
qi→±∞q
iθ
HE − H( ~ Γ)
= 0.
4
4/ On repart de (10)
q
i∂H
∂q
j= − 1
Σ
N(E) Z
q
i∂ θ
H(E − H( ~ Γ))
∂q
jd
6N~ Γ = 1 Σ
N(E)
Z
d
6N~ Γ ∂q
i∂q
jθ
H(E − H( ~ Γ)) o` u l’on a effectu´ e une int´ egration par parties, les termes de bord ´ etant nuls en vertu de la remarque pr´ ec´ edente. Finalement
q
i∂H
∂q
j= δ
i,jV
N(E)
Σ
N(E) avec V
N(E)
def= Z
d
6N~ Γ θ
H(E − H( ~ Γ)) . (11) 5/ On a reconnu Φ
N(E) = V
N(E)/
N !h
3N. Pour N 1, on a S
∗' k
Bln Φ
N(E) ' k
Bln V
N(E)+
cste. Une d´ erivation donne 1/T
∗= k
BΣ
N(E)/V
N(E).
6/ La remarque pr´ ec´ edente nous donne
q
i∂H
∂q
j= δ
i,jk
BT
∗⇒
3N
X
i=1
q
i∂H
∂q
i= 3N k
BT
∗. (12) On reconnaˆıt l’´ energie cin´ etique moyenne hH
cini = 3N k
BT
∗/2 (cf. partie A). On a bien retrouv´ e le th´ eor` eme du viriel, o` u les moyennes temporelles ont ´ et´ e remplac´ ees par des moyennes d’ensemble (en accord avec l’hypoth` ese ergodique).
7/ On pense au th´ eor` eme d’´ equipartition de l’´ energie : si H contient un terme quadratique a q
i2, alors q
i∂H∂qi
= 2a q
2id’o` u a q
2i= k
BT
∗/2 d’apr` es (12). Qed.
Remarques additionnelles :
• On peut suivre un raisonnement analogue pour montrer que D p
i∂p∂Hj
E
= δ
i,j VΣN(E)N(E)
, ce qui conduit ` a
p
i∂H
∂p
i=
q
j∂H
∂q
j= C ∀ i, j (13)
o` u C est une constante ind´ ependante de i et j. Une sommation sur les indices nous donne le th´ eor` eme du viriel (version physique statistique) sans mˆ eme devoir introduire la temp´ erature microcanonique. D’apr` es ce qu’on a vu au dessus C = k
BT
∗.
• On pourrait se demander ce que devient le th´ eor` eme du viriel dans le cas du gaz parfait. Le th´ eor` eme nous dit que D
− P
k
~ r
k· F ~
kE
= 3N k
BT
∗, mais quelles sont ces forces ? Ce sont les forces qui assurent le confinement, localis´ ees en surface (assurant le changement de direction de l’impulsion d’un atome au moment d’un choc sur la paroi), Ces forces sont donc reli´ ees ` a la pression H
d
2~ s · P
k
F ~
k= −p Surf.
+ Pour en savoir plus, on pourra consulter l’ouvrage de R. K. Pathria (cf. bibliographie du cours).
• D´ emonstration du th´ eor` eme du viriel dans le cadre de la m´ ecanique classique : On consid` ere N atomes dont la dynamique est contrˆ ol´ ee par l’´ equation fondamentale de la dynamique m
k~ r ¨
k= F ~
k. On introduit le moment d’inertie I = P
Nk=1
m
k~ r
k2. On peut calculer
ddt2I2= 2
2H
cin+ P
k
~ r
k· F ~
kpuis utiliser la stationnarit´ e.
5
2 Fluctuations de l’´ energie
On se place dans l’ensemble canonique.
1/ Z = P
`
e
−βE`(cours).
2/ E
c= −
∂β∂ln Z = −
Z1∂Z∂β= P
`
P
`cE
`(cours).
3/ Variance : κ
2def
= (E − E
c)
2c= −
∂β∂ 2ln Z = −
∂E∂βc. On utilise dβ = −dT /(k
BT
2), d’o` u κ
2= k
BT
2C
V(cours).
4/ Pour faire un peu plus g´ en´ eral que n´ ecessaire ici : il y a donc une r´ ecursion sur les cumulants de l’´ energie κ
ndef= −
∂β∂ nln Z :
κ
n= − ∂κ
n−1∂β = k
BT
2∂κ
n−1∂T . (14)
Application
κ
3= k
BT
2∂
∂T k
BT
2C
V= 2k
B2T
3C
V+ k
B2T
4∂C
V∂T (15)
5/ Application pour le gaz parfait monoatomique (classique) : on a vu en cours et en TD que Z ∝ β
−3N/2, d’o` u E
c= 3N k
BT /2, κ
2/ E
c2= 2/(3N ) et κ
3/ E
c3= 8/(9N
2).
6/ La variance encode des fluctuations relatives ∼ N
−1/2alors que le troisi` eme cumulant ca- ract´ erise des fluctuations relatives ∼ N
−2/3, plus petites. Cela sugg` ere que l’on peut n´ egliger les cumulants sup´ erieurs ` a la variance, i.e. que la distribution de l’´ energie est gaussienne.
Remarques additionnelles :
• Attention, au del` a de n = 3, les cumulants diff` erent des moments centr´ es. Par exemple κ
4def= (E − E
c)
4c
− 3 h
(E − E
c)
2c
i
2.
• On pourrait g´ en´ eraliser l’argument utilis´ e dans la derni` ere question : la r´ ecurrence montre que κ
n∼ N (k
BT )
n(les cumulants de la somme de variables ind´ ependantes sont extensifs). Comparons les fluctuations cod´ ees dans le n` eme cumulant ` a la variance, en consid´ erant la quantit´ e adimensionn´ ee
κκ2/nn2
∼ N
−(1−2/n)→ 0 pour N → ∞.
• Pour le gaz parfait monoatomique, on peut pousser plus loin l’analyse : en utilisant
∂C∂TV= 0 on r´ esout la r´ ecurrence (14) partant de κ
1=
3N k2BT. On trouve facilement
κ
n= 3N
2 (n − 1)! (k
BT )
n. (16)
On v´ erifie sans difficult´ e que ces cumulants caract´ erisent la distribution de l’´ energie
P (E) = C E
3N/2−1e
−E/(kBT)(17)
o` u C
−1= Γ(
3N2)(k
BT)
3N/2est une normalisation (cette distribution correspond au produit de la densit´ e d’´ etats des atomes ρ(E) ∝ E
3N/2−1et de celle du thermostat Ω
T(E
tot−E) ∝ e
−E/(kBT)). Pour retrouver les cumulants (16) ` a partir de la distribution (17), on calcule la fonction g´ en´ eratrice
G(α)
def= e
−αE= (1 + α/β)
−3N/2. On d´ eduit la fonction g´ en´ eratrice des cumulants W (α)
def= P
∞n=1
κn(−α)n
n!