Corrigé détaillé ENS Physique C PC 2023

L'équation d'état du gaz parfait s'écrit classiquement :

Pour une enceinte contenant une unique particule (N = 1), la quantité de matière vaut n = \frac{1}{\mathcal{N}_A}.

En utilisant la constante de Boltzmann k_B = \frac{R}{\mathcal{N}_A}, il vient directement :

On en déduit l'expression de la pression :

Que la particule ait été détectée dans le compartiment de gauche ou de droite, le volume V' qui lui est accessible passe de V_i = V/2 à V_f = V.

La détente étant réversible et isotherme à la température T imposée par le thermostat, la pression est donnée à chaque instant par l'équation d'état établie à la question 1 :

Le travail infinitésimal reçu par la particule s'écrit \delta W = - P(V')\,\mathrm{d}V'. Le travail total reçu lors de l'étape C est donc :

soit :

Par la troisième loi de Newton, la force exercée par la particule sur la paroi mobile est l'opposée de celle exercée par la paroi sur la particule. Le travail reçu par le mécanisme lors de l'étape C est donc :

D'après l'énoncé, le mécanisme effectue un travail négligeable lors des étapes A, B et D (W_{\mathrm{m}, A} = W_{\mathrm{m}, B} = W_{\mathrm{m}, D} = 0). Le travail reçu par le mécanisme au cours d'un cycle complet est donc :

D'après les hypothèses de l'énoncé, le mécanisme n'effectue aucun travail au cours des étapes A, B et D. Par conséquent, les travaux reçus par la particule lors de ces étapes sont négligeables :

Le travail total W reçu par la particule sur le cycle se réduit donc au travail reçu lors de la détente de l'étape C (question Q2) :

L'énergie interne U étant une fonction d'état, sa variation sur un cycle fermé est rigoureusement nulle :

D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué à la particule sur le cycle complet :

ce qui conduit immédiatement à :

Au cours du cycle, la particule est en contact avec un unique thermostat à la température T.

L'application du second principe de la thermodynamique à la particule sur un cycle complet donne :

L'entropie d'échange avec l'unique thermostat s'écrit S_{\mathrm{e}} = \frac{Q}{T}, d'où l'expression de l'entropie créée sur le cycle :

Le second principe impose donc pour tout cycle monotherme :

ce qui correspond à l'énoncé de Kelvin-Planck : un système fermé décrivant un cycle au contact d'une seule source de chaleur ne peut pas fournir de travail au milieu extérieur (impossibilité d'un moteur monotherme).

Or, d'après les résultats de la question Q3 :

Le mécanisme extrait un travail net positif -W = k_B T \ln 2 par conversion intégrale de la chaleur Q prélevée à une source unique, ce qui conduit à une entropie créée strictement négative :

D'après le préambule, l'énergie interne U de la particule unique est égale à l'énergie cinétique moyenne E_c d'un atome dans un gaz parfait monoatomique à la température T.

Pour un gaz parfait monoatomique tridimensionnel à l'équilibre thermique à température T, l'énergie cinétique moyenne par particule, associée aux trois degrés de liberté de translation, vaut :

On en déduit immédiatement l'expression de l'énergie interne de la particule :

D'après l'expression établie à la question 5, l'énergie interne de la particule ne dépend que de la température T :

Pendant l'étape C, l'enceinte reste en contact avec le thermostat de température T. La transformation étant isotherme, la variation d'énergie interne de la particule au cours de cette étape est nulle :

Le premier principe de la thermodynamique appliqué à la particule pendant l'étape C s'écrit :

En utilisant le travail W_C = -k_B T \ln 2 déterminé à la question 2, on en déduit la chaleur reçue :

L'étape C est une détente isotherme à la température T, effectuée de manière réversible par déplacement lent de la paroi. L'entropie créée au cours de cette transformation réversible est donc nulle (S_c = 0). Le second principe appliqué à la particule fournit alors :

Il vient ainsi :

L'enceinte est en contact permanent avec un thermostat à la température T. D'après le résultat de la question 5, l'énergie interne de la particule ne dépend que de la température :

La température étant identique dans l'état initial et dans l'état final de l'étape AB, la variation d'énergie interne de la particule est nulle :

D'après l'énoncé, le travail effectué par le mécanisme au cours des étapes A et B est négligeable, d'où pour le travail reçu par la particule :

Le premier principe de la thermodynamique appliqué à la particule pendant l'étape AB donne alors :

On en déduit immédiatement :

L'entropie S étant une fonction d'état, sa variation sur le cycle complet est nulle :

L'étape D consiste simplement à retirer la paroi sans modifier l'état thermodynamique de la particule (le volume accessible passe de V à V, la température restant T), d'où (\Delta S)_D = 0. Il en résulte, d'après la question Q6 où (\Delta S)_C = k_B \ln 2 :

D'autre part, en appliquant naïvement le second principe de la thermodynamique à la particule lors de l'étape AB, le bilan entropique s'écrit :

où S_{\mathrm{e}, AB} est l'entropie échangée avec le thermostat à la température T. D'après la question Q7, la chaleur reçue par la particule est Q_{AB} = 0, donc :

On en déduit l'entropie créée au cours de l'étape AB :

Or, le second principe impose obligatoirement :

L'obtention d'une entropie créée strictement négative,

constitue une contradiction directe avec le second principe de la thermodynamique.

L'opération de réinitialisation de la mémoire s'effectue en deux temps :

• Étape R1 : la paroi est retirée puis réintroduite au bord droit de l'enceinte de la mémoire. Selon l'énoncé, le mécanisme effectue un travail négligeable lors de cette étape :

  W_{\mathrm{init, R1}} = 0

  À l'issue de cette étape, la particule M peut occuper la totalité du volume V de l'enceinte, quel que soit l'état initial du bit (0 ou 1).

• Étape R2 : la paroi est déplacée lentement vers la gauche depuis l'extrémité droite (volume disponible V_i = V) jusqu'au milieu de l'enceinte (volume disponible V_f = V/2). Cette compression est quasi-statique et isotherme à la température T imposée par le thermostat.

D'après l'équation d'état d'une particule unique établie à la question Q1, la pression exercée par la particule M sur la paroi mobile lorsqu'elle est confinée dans un volume variable V' est :

Le déplacement étant lent, la transformation est mécaniquement réversible (P_{\mathrm{ext}} = P(V')). Le travail élémentaire reçu par la particule M au cours d'une variation de volume \mathrm{d}V' s'écrit :

En intégrant entre l'état initial (V' = V) et l'état final (V' = V/2) :

Le travail W_{\mathrm{init}} effectué (c'est-à-dire fourni à la mémoire) par le mécanisme au cours de l'opération de réinitialisation est l'opposé du travail reçu par le mécanisme, soit exactement le travail reçu par la particule M :

Le cycle complet de la machine de Landauer se décompose en six étapes : A, B, C, D, R1 et R2. D'après l'énoncé :

• le mécanisme effectue un travail négligeable lors des étapes A, B, D et R1 ;

• lors de l'étape C, la détente isotherme réversible de la particule S fournit un travail au mécanisme. D'après la question Q2, le travail reçu par le mécanisme est :

  W_{\mathrm{m}, C} = k_B T \ln 2

• lors de l'opération de réinitialisation (étapes R1 et R2), le mécanisme effectue un travail W_{\mathrm{init}} = k_B T \ln 2 d'après la question Q9. Le travail reçu par le mécanisme au cours de cette opération est donc :

  W_{\mathrm{m}, \mathrm{init}} = - W_{\mathrm{init}} = - k_B T \ln 2

En sommant le travail reçu par le mécanisme sur l'ensemble du cycle, on obtient :

Considérons comme système la particule M modélisant la mémoire. L'opération de réinitialisation (étapes R1 et R2) fait passer la particule d'un état à la température T (dans la moitié gauche ou droite de l'enceinte) à un état final également à la température T (dans la moitié gauche de l'enceinte).

D'après la modélisation adoptée (question 5), l'énergie interne de la particule ne dépend que de la température T :

L'enceinte étant maintenue à la température T du thermostat, la variation d'énergie interne de la mémoire au cours de la réinitialisation est nulle :

D'après le premier principe de la thermodynamique appliqué à la mémoire :

où W_R est le travail reçu par la mémoire lors de la réinitialisation. Le mécanisme fournissant le travail W_{\mathrm{init}} = k_B T \ln 2 (question 9), le travail reçu par la particule M est :

On en déduit immédiatement la chaleur reçue par la mémoire :

Le système considéré est la « machine de Landauer », constituée de la particule du moteur de Szilard S et de la particule de la mémoire M, en contact avec l'unique thermostat à la température T.

Au cours d'un cycle complet, les deux sous-systèmes reviennent exactement à leur état thermodynamique initial :

• la particule S retrouve son état initial (volume V, température T), d'où \Delta S_{\mathrm{S}} = 0 ;
• la mémoire M revient dans l'état 0 (occupant la moitié gauche du volume, à la température T), d'où \Delta S_{\mathrm{M}} = 0.

L'entropie étant une grandeur d'état extensive, la variation totale d'entropie du système global sur un cycle est :

Calculons la chaleur totale Q_{\mathrm{tot}} reçue par le système au cours du cycle :

• la particule S reçoit la chaleur Q = k_B T \ln 2 (d'après la question Q3) ;
• la mémoire M n'échange aucune chaleur lors des étapes A, B, C et D, et reçoit la chaleur Q_R = - k_B T \ln 2 lors de la réinitialisation (d'après la question Q11).

La chaleur totale échangée avec le thermostat au cours du cycle est donc :

L'entropie échangée avec le thermostat unique à la température T vaut ainsi :

Le second principe de la thermodynamique s'écrit \Delta S_{\mathrm{cycle}} = S_{\mathrm{e}} + S_{\mathrm{c}}, ce qui donne pour l'entropie créée :

Les étapes d'expansion (C) et de compression (R2) étant menées de manière réversible, la création d'entropie globale est strictement nulle. Le second principe est donc parfaitement respecté et le paradoxe de Szilard est résolu.

1. Variation d'entropie pendant l'étape R2 :

L'entropie S étant une fonction d'état, sa variation ne dépend pas du chemin suivi. À la fin de l'étape R1, la particule M occupe tout le volume V à la température T imposée par le thermostat. À la fin de l'étape R2 (après thermalisation éventuelle avec le thermostat), la particule est confinée dans la moitié gauche de volume V/2 à la même température T.

L'expression de l'entropie d'un gaz parfait d'une particule donne :

2. Premier principe :

L'énergie interne U ne dépend que de la température T (d'après la question Q5, U = \frac{3}{2}k_B T). L'état initial et l'état final étant à la même température T, on a :

Le travail fourni (ou effectué) par le mécanisme pendant l'opération de réinitialisation est W_{\text{init}} = W_{\text{reçu, R2}}, d'où :

3. Second principe et travail à fournir :

D'après le second principe de la thermodynamique appliqué à la mémoire en contact avec le thermostat à température T :

Le déplacement rapide de la paroi engendre des irréversibilités (ondes de compression, absence d'équilibre quasi-statique), ce qui se traduit par une création d'entropie strictement positive :

On en déduit :

En utilisant la relation issue du premier principe, le travail effectué par le mécanisme vérifie :

Le travail trouvé à la question Q9, W_{\text{init}} = k_B T \ln 2, représentait donc le travail minimal à fournir, atteint uniquement dans la limite d'une transformation réversible (infiniment lente). Lorsque la réinitialisation est rapide, le travail à fournir par le mécanisme est strictement supérieur à cette borne.

D'après le principe de Landauer établi aux questions précédentes, la réinitialisation (ou l'effacement) irréversible d'un bit de mémoire nécessite de fournir un travail minimal :

Un gigaoctet (1\text{ Go}) contient N_{\text{octets}} = 10^9\text{ octets}, soit :

Le coût énergétique minimal pour effacer 1\text{ Go} à la température ambiante T \approx 300\text{ K} est donc :

Avec les données du formulaire (k_B \approx 1{,}38 \times 10^{-23}\text{ J}\cdot\text{K}^{-1}, \ln 2 \approx 0{,}69) et T \approx 300\text{ K} :

La puissance électrique typique d'un ordinateur portable ou de bureau est de l'ordre de :

Même en supposant que l'effacement de 1\text{ Go} s'effectue en une seconde (\Delta t \sim 1\text{ s}), la puissance minimale requise par la thermodynamique est de l'ordre de 10^{-11}\text{ W}.

Commentaire : La limite fondamentale imposée par le principe de Landauer est extraordinairement faible devant la consommation réelle des circuits électroniques actuels (environ 12 à 13 ordres de grandeur d'écart). La dissipation énergétique d'un ordinateur est aujourd'hui quasi-exclusivement dominée par des pertes irréversibles macroscopiques (effet Joule, courants de fuite, charges et décharges de capacités parasites dans les transistors CMOS), bien loin de la limite thermodynamique ultime.

1. Protocole faisant passer le bit de l'état 1 à l'état 0 sans travail :

La particule M se trouvant à coup sûr dans le compartiment droit :

• Protocole géométrique (rotation) : Il suffit de faire tourner l'enceinte de 180^\circ autour d'un axe vertical (ou de translater les parois pour permuter droite et gauche). L'enceinte étant indéformable, la particule n'échange aucun travail d'expansion ou de compression avec l'extérieur :

  W = 0

• Protocole par déplacement de paroi : Le compartiment gauche étant vide, on peut déplacer réversiblement la paroi vers la gauche jusqu'à la paroi extérieure (expansion isotherme réversible du gaz de V/2 à V), ce qui fournit au mécanisme un travail W_{\mathrm{m}} = k_B T \ln 2. On réinsère ensuite une paroi à droite et on comprime réversiblement le gaz vers la gauche jusqu'à V/2, ce qui requiert un travail W_{\mathrm{fourni}} = k_B T \ln 2. Le bilan net de travail est nul :

  W_{\mathrm{net}} = 0

2. Compatibilité avec le principe de Landauer :

L'énoncé stipule que le principe de Landauer s'applique à une « opération de réinitialisation d'un bit de mémoire, l'opération étant toujours supposée indépendante de l'état initial du bit ».

Or, le protocole proposé ici suppose l'état initial connu : il réalise une opération bijective réversible de type porte logique Non (1 \to 0, 0 \to 1). Une telle transformation est logiquement réversible : elle conserve le volume de l'espace des phases (l'entropie informationnelle ne varie pas). Il n'y a donc aucune contradiction avec le principe de Landauer, qui ne s'applique qu'aux opérations logiquement irréversibles d'écrasement ou d'effacement indépendantes de l'état initial (opérations « 2 vers 1 »).

3. Utilisation pour la réinitialisation de la mémoire en fin de cycle :

À la fin du cycle de la machine de Szilard, la mémoire se trouve dans l'état 0 avec une probabilité 1/2 et dans l'état 1 avec une probabilité 1/2. Pour la réinitialiser, l'état final doit être 0 dans les deux cas.

• Si l'on applique aveuglément le protocole d'inversion précédent (rotation de 180^\circ), l'état 1 devient certes 0, mais l'état 0 devient 1 : la mémoire n'est pas réinitialisée à 0 de façon certaine.
• Pour n'appliquer le protocole que lorsque le bit vaut 1, il faudrait d'abord mesurer l'état du bit de mémoire. Or, cette mesure exigerait d'enregistrer l'information dans une seconde mémoire, qu'il faudrait elle-même réinitialiser ultérieurement, déplaçant le coût thermodynamique sans l'éliminer (régression à l'infini de Bennett).

Ce protocole ne peut donc pas être utilisé pour réinitialiser la mémoire à la fin du cycle.

Chaque compartiment est en contact thermique avec le thermostat à la température T. Le comportement de chaque sous-système étant modélisé par l'équation d'état des gaz parfaits, les pressions à l'équilibre s'écrivent :

La condition d'équilibre mécanique impose l'égalité des pressions :

En utilisant la conservation du volume total V_{G,e} + V_{D,e} = V, il vient par proportionnalité :

On en déduit immédiatement les volumes d'équilibre :

1. Cas particuliers N_G = 0 et N_G = N

• Pour N_G = 0, le compartiment gauche est vide (P_G = 0) et les N particules se trouvent à droite (N_D = N). La paroi est poussée réversiblement par le gaz de droite depuis le volume initial V_{D,i} = (1-x)V jusqu'à ce qu'elle atteigne le bord gauche de l'enceinte (V_{D,f} = V). Le travail reçu par le mécanisme s'écrit :

  W_{\mathrm{m}}(0) = \int_{(1-x)V}^{V} P_D \, \mathrm{d}V_D = \int_{(1-x)V}^{V} \frac{N k_B T}{V_D} \, \mathrm{d}V_D = N k_B T \ln\left(\frac{V}{(1-x)V}\right)

  soit :

  \boxed{W_{\mathrm{m}}(0) = - N k_B T \ln(1-x)}

• Pour N_G = N, toutes les particules sont à gauche (N_D = 0, P_D = 0). Le gaz de gauche se détend réversiblement de V_{G,i} = xV à V_{G,f} = V :

  W_{\mathrm{m}}(N) = \int_{xV}^{V} P_G \, \mathrm{d}V_G = \int_{xV}^{V} \frac{N k_B T}{V_G} \, \mathrm{d}V_G = N k_B T \ln\left(\frac{V}{xV}\right)

  soit :

  \boxed{W_{\mathrm{m}}(N) = - N k_B T \ln x}

2. Cas général 0 < N_G < N

Lors d'un déplacement quasi-statique de la paroi, la variation élémentaire de volume vérifie \mathrm{d}V_G + \mathrm{d}V_D = 0, soit \mathrm{d}V_D = -\mathrm{d}V_G. La force exercée par les deux gaz sur la paroi mobile de section S, orientée vers la droite (sens des V_G croissants), est \vec{F} = (P_G - P_D) S \, \vec{u}_x. Le travail élémentaire reçu par le mécanisme s'exprime donc par :

La transformation étant isotherme réversible, les pressions s'écrivent P_G = \frac{N_G k_B T}{V_G} et P_D = \frac{(N - N_G) k_B T}{V_D}. En intégrant entre la configuration initiale (V_{G,i} = xV, V_{D,i} = (1-x)V) et la configuration d'équilibre mécanique obtenue à la question Q16 (V_{G,e} = \frac{N_G}{N}V, V_{D,e} = \frac{N - N_G}{N}V), on obtient :

En remplaçant les volumes d'équilibre par leurs expressions :

on parvient bien à l'expression attendue :

Avant l'insertion de la paroi, l'enceinte de volume total V est à l'équilibre thermique à la température T. Pour un gaz parfait (ici constitué d'une unique particule), la densité de probabilité de présence de la particule dans l'enceinte est spatialement uniforme : la probabilité de présence dans un sous-volume donné est donc simplement proportionnelle à ce volume.

L'insertion de la paroi sépare l'enceinte en :

• un compartiment gauche de volume V_G = x V ;
• un compartiment droit de volume V_D = (1-x) V.

Par conséquent, les probabilités de trouver la particule dans le compartiment de gauche ou de droite sont respectivement données par :

Lorsque N = 2, les deux particules sont réparties de manière indépendante entre les deux compartiments. Le nombre de particules N_G présentes dans le compartiment de gauche peut prendre trois valeurs distinctes :

• N_G = 0 : les deux particules sont dans le compartiment de droite. Comme les présences des particules sont indépendantes, la probabilité vaut :

  \mathcal{P}(0) = p_D^2 = (1-x)^2.

• N_G = 1 : une particule se trouve à gauche et l'autre à droite. Il y a 2 configurations possibles (particule 1 à gauche et 2 à droite, ou l'inverse), d'où :

  \mathcal{P}(1) = 2\,p_G p_D = 2x(1-x).

• N_G = 2 : les deux particules sont dans le compartiment de gauche, d'où :

  \mathcal{P}(2) = p_G^2 = x^2.

Vérifions la condition de normalisation en sommant ces différentes probabilités :

La somme des probabilités est donc bien égale à 1.

Les particules constituent un gaz parfait : leurs interactions sont négligeables (hormis lors des collisions instantanées) et leurs positions sont donc mutuellement indépendantes.

L'insertion de la cloison correspond à la répétition de N épreuves indépendantes et identiques : pour chaque particule, la probabilité d'appartenir au compartiment de gauche est p_G = x, et celle d'appartenir au compartiment de droite est 1 - x (d'après la question Q18).

Pour obtenir une configuration avec N_G particules à gauche (et donc N - N_G particules à droite), il faut choisir les N_G particules parmi les N disponibles, ce qui correspond à C_N^{N_G} combinaisons distinctes. Chacune de ces configurations indépendantes a pour probabilité x^{N_G} (1-x)^{N - N_G}.

La loi de probabilité de la variable N_G est donc la loi binomiale \mathcal{B}(N, x) :

pour tout N_G \in \{0, 1, \dots, N\}.

Par définition de la moyenne statistique (ou espérance mathématique) sur l'ensemble des configurations possibles de la variable discrète N_G \in \{0, \dots, N\}, le travail moyen reçu par le mécanisme s'écrit :

En injectant l'expression de la loi binomiale \mathcal{P}(N_G) établie à la question Q20 et celle de W_{\mathrm{m}}(N_G) obtenue à la question Q17 (avec la convention usuelle 0\ln 0 = 0 pour englober les cas N_G = 0 et N_G = N), on obtient :

1. Cas N = 1 :

D'après les questions Q17 et Q18, pour N = 1, les probabilités et les travaux associés sont :

• \mathcal{P}(0) = 1 - x avec W_{\mathrm{m}}(0) = - k_B T \ln(1 - x),
• \mathcal{P}(1) = x avec W_{\mathrm{m}}(1) = - k_B T \ln x.

Le travail moyen s'écrit donc :

En dérivant par rapport à x sur ]0, 1[ :

Cette dérivée s'annule si et seulement si :

De plus, la dérivée seconde est :

La fonction est donc strictement concave et présente un maximum unique en :

(la valeur maximale correspondante étant \overline{W}_{\mathrm{m}} = k_B T \ln 2).

2. Cas N = 2 :

D'après les questions Q17 et Q19, les probabilités valent \mathcal{P}(0) = (1-x)^2, \mathcal{P}(1) = 2x(1-x) et \mathcal{P}(2) = x^2. Les travaux associés sont :

Le travail moyen pour N = 2 s'obtient en sommant :

Dérivons cette expression par rapport à x :

En x = 1/2, \ln\big((1-x)/x\big) = \ln 1 = 0 et 1 - 2x = 0, donc la dérivée s'annule bien.

Calculons la dérivée seconde :

Comme la fonction x(1-x) atteint son maximum en x = 1/2 où elle vaut 1/4, on a pour tout x \in ]0, 1[ :

Puisque \ln 2 \approx 0{,}69 < 1, la dérivée seconde est strictement négative sur tout l'intervalle ]0, 1[. La fonction est donc strictement concave et admet un unique maximum en :

1. Compatibilité avec la partie 1 :

D'après le résultat de la question Q2 pour N = 1 et x = 1/2, le travail reçu par le mécanisme au cours d'un cycle vaut :

En grandeurs adimensionnées par k_B T, la valeur théorique est donc :

Sur la figure 2, pour N = 1, l'ordonnée vaut exactement \overline{W}_{\mathrm{m}}/(k_B T) \approx 0{,}69. La courbe est donc parfaitement compatible avec le résultat établi en partie 1.

2. Décroissance de la courbe :

Le travail moteur fourni au mécanisme provient du déséquilibre de pression entre les deux compartiments lors de l'insertion de la paroi, causé par la dissymétrie du nombre de particules (N_G \neq N_D).

• Pour un petit nombre de particules, les fluctuations statistiques relatives autour de la valeur moyenne \overline{N_G} = N/2 sont très importantes : il arrive fréquemment qu'un compartiment contienne nettement plus de particules que l'autre (par exemple, pour N=1, une particule d'un côté et zéro de l'autre), ce qui permet d'extraire une détente motrice maximale.
• Lorsque N augmente, la loi des grands nombres s'applique : la fraction de particules N_G/N dans chaque compartiment se concentre fortement autour de la fraction volumique x = 1/2. Les densités particulaires et donc les pressions initiales des deux côtés deviennent quasiment égales dès l'insertion (P_G \approx P_D). La paroi se trouve ainsi d'emblée très proche de sa position d'équilibre mécanique (V_{G,e} \approx V/2), ce qui réduit le déplacement possible de la paroi et donc le travail extractible.

Le travail moyen \overline{W}_{\mathrm{m}} décroît donc naturellement vers zéro lorsque N augmente.

Pour x = 1/2, d'après les calculs de la question Q22 :

• Pour N = 1, la particule est soit à gauche, soit à droite (avec probabilité 1/2). Dans les deux cas, elle subit une détente réversible de V/2 à V, fournissant au mécanisme le travail W_{\mathrm{m}} = k_B T \ln 2. Ainsi :

  \overline{W}_{\mathrm{m}}(N = 1) = k_B T \ln 2

• Pour N = 2, trois configurations sont possibles :

  • Les deux particules sont dans le même compartiment (configurations (2,0) et (0,2)), avec une probabilité totale \mathcal{P}(2) + \mathcal{P}(0) = \left(\frac{1}{2}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2}. Les deux particules se détendent de V/2 à V, fournissant un travail double de celui d'une seule particule :

    W_{\mathrm{m}} = 2 k_B T \ln 2

  • Les particules sont réparties de part et d'autre de la paroi (configuration (1,1)), avec la probabilité \mathcal{P}(1) = 2 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}. Les pressions dans les deux compartiments sont alors immédiatement égales (P_G = P_D = \frac{k_B T}{V/2}) : la paroi est déjà à sa position d'équilibre, aucun déplacement n'a lieu et le travail est nul :

    W_{\mathrm{m}} = 0

  Le travail moyen pour N = 2 s'obtient directement :

  \overline{W}_{\mathrm{m}}(N = 2) = \frac{1}{2} \times (2 k_B T \ln 2) + \frac{1}{2} \times 0 = k_B T \ln 2

Les deux valeurs sont donc identiques :

Ce résultat explique le palier horizontal visible sur la figure 2 entre N = 1 et N = 2, à la valeur \frac{\overline{W}_{\mathrm{m}}}{k_B T} = \ln 2 \approx 0{,}69.

D'après la question 20, la variable aléatoire N_G, représentant le nombre de particules situées dans le compartiment de gauche après l'insertion de la paroi, suit une loi binomiale de paramètres N et x :

Cette variable peut s'écrire comme la somme de N variables aléatoires indépendantes indicatrices X_i (i \in \{1, \dots, N\}), où X_i = 1 si la particule i est dans le compartiment de gauche (avec probabilité x) et X_i = 0 sinon :

Pour chaque particule, on a :

Par linéarité de l'espérance et indépendance des particules, on en déduit la moyenne \overline{N_G} :

et la variance \sigma^2 de la distribution :

d'où l'écart-type \sigma :

D'après la question Q25, on a \overline{N_G} = N x, ce qui donne x N = \overline{N_G} et (1-x)N = N - \overline{N_G}. Posons l'écart :

Le nombre de particules dans chaque compartiment s'écrit alors :

Pour N_G proche de \overline{N_G}, les rapports \frac{\delta N_G}{N x} et \frac{\delta N_G}{N(1-x)} sont petits devant 1. Développons les logarithmes de l'expression de W_{\mathrm{m}}(N_G) (équation (1)) à l'ordre 2 en utilisant \ln(1+u) = u - \frac{u^2}{2} + o(u^2) :

et de même pour le second compartiment :

En sommant ces deux contributions, les termes d'ordre 1 s'annulent et il vient :

En reconnaissant la variance \sigma^2 = N x(1-x) établie à la question Q25, on obtient :

En utilisant l'approximation gaussienne de la distribution de probabilité \mathcal{P}(N_G) \approx g(N_G) donnée par l'équation (2), la fonction f(N_G) = \mathcal{P}(N_G) W_{\mathrm{m}}(N_G) s'écrit :

On retrouve bien la forme demandée :

avec

Pour x = 1/2, la distribution est centrée en \overline{N_G} = N/2 et son écart-type vaut \sigma = \sqrt{N}/2.

Posons la variable d'écart u = N_G - \overline{N_G}. La fonction s'écrit :

avec C > 0.

• Symétrie et valeurs aux limites : f est une fonction paire de u (symétrique par rapport à N_G = \overline{N_G}). Elle est strictement positive pour u \neq 0, s'annule en u = 0 (N_G = \overline{N_G}), et tend vers 0 lorsque |u| \to +\infty.

• Extrema : La dérivée par rapport à u vaut :

  \frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}u} = C \left(2u - \frac{u^3}{\sigma^2}\right) \exp\left(-\frac{u^2}{2\sigma^2}\right) = C u \left(2 - \frac{u^2}{\sigma^2}\right) \exp\left(-\frac{u^2}{2\sigma^2}\right)

  La fonction admet donc :

  • un minimum nul en u = 0, c'est-à-dire en N_G = \overline{N_G} ;
  • deux maxima symétriques en u = \pm \sqrt{2}\sigma, soit pour N_G = \overline{N_G} \pm \sqrt{2}\sigma, valant f_{\max} = 2 C \sigma^2 \mathrm{e}^{-1}.

Interprétation physique :

La fonction f(N_G) = \mathcal{P}(N_G) W_{\mathrm{m}}(N_G) représente la contribution relative de chaque configuration N_G au travail moyen extrait \overline{W}_{\mathrm{m}}. Elle résulte d'un compromis entre deux effets antagonistes :

• Au centre (N_G = \overline{N_G}) : La probabilité \mathcal{P}(N_G) est maximale, mais les pressions de part et d'autre sont déjà égales (P_G = P_D). La paroi ne se déplace pas : le travail extrait est nul (W_{\mathrm{m}} = 0), d'où f(\overline{N_G}) = 0.
• Pour les grandes fluctuations (|N_G - \overline{N_G}| \gg \sigma) : La différence de pression initiale est importante, ce qui permettrait d'extraire un grand travail mécanique, mais la probabilité statistique de telles fluctuations macroscopiques décroît exponentiellement vers zéro.
• Aux maxima (|N_G - \overline{N_G}| \sim \sigma) : La contribution maximale au travail extrait provient des fluctuations thermiques typiques, de l'ordre de grandeur de l'écart-type \sigma.

Dans la limite des grands nombres de particules (N \to \infty), les fluctuations relatives autour de la moyenne deviennent très faibles (\sigma/\overline{N_G} \propto 1/\sqrt{N} \ll 1) et la distribution est très resserrée autour de \overline{N_G}. La somme discrète définissant le travail moyen peut être approchée par l'intégrale de la fonction continue f(N_G) sur \mathbb{R} :

D'après l'équation (3) et l'expression du préfacteur C établie à la question Q26 :

Effectuons le changement de variable u = \frac{N_G - \overline{N_G}}{\sqrt{2}\,\sigma}, d'où \mathrm{d}N_G = \sqrt{2}\,\sigma\,\mathrm{d}u et \left(N_G - \overline{N_G}\right)^2 = 2\sigma^2 u^2 :

En utilisant la formule donnée dans l'énoncé, \int_{-\infty}^{+\infty} u^2 \mathrm{e}^{-u^2} \, \mathrm{d}u = \frac{\sqrt{\pi}}{2}, il vient :

On en déduit l'expression du travail moyen :

La limite cherchée est donc :

Commentaire :

• Cette limite est parfaitement cohérente avec la figure 2, où la courbe décroît depuis \frac{\overline{W}_{\mathrm{m}}}{k_B T} = \ln 2 \approx 0{,}69 pour N = 1 et semble admettre une asymptote horizontale à 0{,}5.
• À la limite thermodynamique (N \to \infty), le travail moyen total extrait reste fini et d'origine purement thermique (\frac{1}{2}k_B T, associé à la fluctuation thermique d'un degré de liberté). Par conséquent, le travail extrait par particule tend vers zéro : \frac{\overline{W}_{\mathrm{m}}}{N} \xrightarrow[N\to\infty]{} 0. On ne peut donc pas extraire une quantité macroscopique de travail à partir d'un système à l'équilibre en exploitant les fluctuations statistiques : le second principe macroscopique est préservé.

Le résultat de la question précédente montre que le travail moyen extrait à la limite thermodynamique est strictement indépendant de x (et vaut universellement \frac{1}{2} k_B T).

Deux explications complémentaires permettent de le comprendre simplement :

1. Compensation entre amplitude des fluctuations et raideur du potentiel thermodynamique :

   D'après les questions précédentes, pour N_G proche de \overline{N_G}, le travail extrait s'écrit sous forme quadratique :

   W_{\mathrm{m}}(N_G) \approx \frac{k_B T}{2\sigma^2} (N_G - \overline{N_G})^2,

   où \sigma^2 = N x (1-x). La moyenne statistique du travail s'écrit donc :

   \overline{W}_{\mathrm{m}} \approx \frac{k_B T}{2\sigma^2} \langle (N_G - \overline{N_G})^2 \rangle = \frac{k_B T}{2\sigma^2} \times \sigma^2 = \frac{1}{2} k_B T.

   La dépendance en x contenue dans la variance des fluctuations \sigma^2 compense exactement celle de la « raideur » effective du travail récupérable \frac{k_B T}{2\sigma^2}.

2. Théorème d'équipartition de l'énergie :

   À grand N, l'insertion de la cloison n'extrait de l'énergie que par la relaxation d'une fluctuation thermique spontanée autour de la position d'équilibre macroscopique. La position finale de la paroi constitue un unique degré de liberté macroscopique quadratique couplé au thermostat à la température T. En vertu du théorème d'équipartition de l'énergie (ou de la théorie des fluctuations gaussiennes d'Einstein), l'énergie moyenne associée à ce degré de liberté vaut universellement :

   \boxed{\overline{W}_{\mathrm{m}} = \frac{1}{2} k_B T}

   indépendamment de la géométrie du dispositif, c'est-à-dire de la position x de la paroi.

D'après les équations (6) et (7), la condition de normalisation des probabilités s'écrit :

En injectant les énergies des états stationnaires de l'oscillateur harmonique E_n = \left(n + \frac{1}{2}\right)\hbar\omega (équation (9)) et en utilisant le paramètre adimensionné X = \beta\hbar\omega, il vient :

Comme la température T est strictement positive, on a X > 0, donc \mathrm{e}^{-X} \in {]0, 1[}. La série géométrique converge et a pour somme :

On obtient ainsi :

En reconnaissant l'expression du sinus hyperbolique \operatorname{sh}\left(\frac{X}{2}\right) = \frac{\mathrm{e}^{X/2} - \mathrm{e}^{-X/2}}{2}, on conclut :

D'après les relations (5) et (6) de l'énoncé, l'énergie interne s'écrit :

En remarquant que \frac{\partial}{\partial \beta} \left(\mathrm{e}^{-\beta E_n}\right) = -E_n \mathrm{e}^{-\beta E_n}, on reconnaît la dérivée logarithmique de la fonction de partition Z = \sum_{n=0}^\infty \mathrm{e}^{-\beta E_n} :

Puisque X = \beta \hbar \omega, la règle de dérivation en chaîne donne :

D'après la question Q30, la fonction de partition s'écrit Z = \frac{1}{2\operatorname{sh}(X/2)}, soit :

En dérivant par rapport à X, on obtient :

On en déduit finalement l'expression de l'énergie interne :

D'après la question Q31, l'énergie interne de l'oscillateur s'écrit :

avec X = \frac{\hbar\omega}{k_B T}.

Lorsque la température T tend vers 0 par valeurs positives, la variable X tend vers +\infty.

Par définition des fonctions hyperboliques :

On en déduit immédiatement la limite de l'énergie interne :

Commentaire :

• À la température du zéro absolu (T = 0\text{ K}), l'oscillateur est gelé dans son état quantique fondamental de plus basse énergie (n = 0), pour lequel :

  E_0 = \frac{1}{2}\hbar\omega.

  En effet, d'après le facteur de Boltzmann, \mathcal{P}_n / \mathcal{P}_0 = \mathrm{e}^{-n X} \xrightarrow[T \to 0]{} 0 pour tout n \ge 1, de sorte que \mathcal{P}_0 \to 1 et \mathcal{P}_{n \ge 1} \to 0.

• Contrairement à la physique classique où une particule au zéro absolu serait immobile au fond du puits de potentiel (x = 0 et p = 0, conduisant à U = 0), l'énergie interne quantique ne s'annule pas : elle correspond à l'énergie de point zéro, conséquence directe des inégalités d'Heisenberg spatiales (\Delta x \cdot \Delta p \ge \hbar/2).

D'après la question Q31, l'énergie interne s'écrit :

Lorsque T \to \infty, le paramètre X tend vers 0. Posons u = X/2 \to 0. En effectuant un développement limité au voisinage de u = 0 :

Il vient :

Au premier ordre non nul, \operatorname{coth}(u) \underset{u \to 0}{\sim} \frac{1}{u}, ce qui donne pour X/2 :

En reportant dans l'expression de U, on obtient le comportement asymptotique à haute température :

Commentaire physique : On pouvait tout à fait s'attendre à ce que la constante de Planck n'apparaisse pas. En effet, dans la limite des hautes températures (k_B T \gg \hbar\omega), l'énergie thermique est très grande devant l'espacement quantique \Delta E = \hbar\omega entre niveaux d'énergie consécutifs : les effets de discrétisation deviennent négligeables et le système adopte un comportement classique conformément au principe de correspondance de Bohr.

D'un point de vue classique, le théorème de l'équipartition de l'énergie stipule que chaque terme quadratique indépendant dans l'hamiltonien apporte une contribution moyenne de \frac{1}{2} k_B T à l'énergie interne. Pour un oscillateur harmonique unidimensionnel :

Il y a deux termes quadratiques (énergie cinétique et énergie potentielle harmonique), d'où :

Ce résultat étant purement classique, il est indépendant de toute constante quantique et \hbar ne doit donc pas y figurer.

D'après l'équation (6), la probabilité de trouver l'oscillateur dans l'état stationnaire n s'écrit :

En reportant cette relation dans l'expression (8) de l'entropie S :

En utilisant la condition de normalisation \sum_{n=0}^\infty \mathcal{P}_n = 1 et la définition de l'énergie interne U = \sum_{n=0}^\infty E_n \mathcal{P}_n, on retrouve la relation thermodynamique fondamentale :

D'après les questions Q30 et Q31, avec X = \beta\hbar\omega :

On en déduit :

et

En regroupant ces deux termes, on obtient :

Remarque : On peut également écrire ce résultat sous forme exponentielle :

Sur la figure 3, lorsque l'amplitude de la barrière \tilde{V}_0 \to +\infty, les courbes d'énergie se rejoignent deux à deux vers des asymptotes horizontales bien visibles. Les premières valeurs asymptotiques lues sur l'axe des ordonnées sont :

On constate que ces valeurs forment une progression arithmétique de premier terme \dfrac{3}{2}\,\hbar\omega et de raison 2\hbar\omega :

On peut donc conjecturer que pour tout n \in \mathbb{N} :

D'après les équations (11) et (12), un état stationnaire en présence de la barrière infinie en x = 0 doit vérifier :

• l'équation de Schrödinger de l'oscillateur harmonique pour tout x \neq 0 ;
• la condition aux limites de Dirichlet \phi_n^{(b)}(0) = 0.

Pour l'oscillateur harmonique sans barrière, les fonctions d'onde s'écrivent :

où le polynôme h_m(x) a la parité de l'entier m.

Si m est un entier impair, la fonction \phi_m est impaire, ce qui implique immédiatement :

Puisque \phi_m satisfait l'équation de Schrödinger sur tout \mathbb{R}, elle la satisfait en particulier sur \mathbb{R}^* tout en respectant la condition aux limites en x = 0.

Par conséquent, pour tout entier m impair, la fonction \phi_m est directement un état propre du problème avec barrière, associé à l'énergie E_m. L'énergie E_m appartient donc à l'ensemble \{E_n^{(b)}\,;\, n \in \mathbb{N}\} pour :

Cohérence avec la question 35 :

Pour m = 2n + 1 (avec n \in \mathbb{N}), l'énergie de l'oscillateur harmonique non perturbé vaut :

On retrouve exactement l'expression de E_n^{(b)} obtenue par conjecture à la question 35 :

Le résultat est donc parfaitement cohérent.

D'après l'équation (9) de l'énoncé, les états stationnaires d'une particule dans un potentiel harmonique de pulsation \omega' = 2\omega ont pour niveaux d'énergie :

D'après le résultat de la question 35 (dont la validité est admise pour la suite) :

En décomposant cette expression, on obtient :

Les niveaux d'énergie E_n^{(b)} correspondent donc exactement aux énergies \tilde{E}_n d'un oscillateur harmonique de pulsation 2\omega, décalées d'une constante indépendante de n :

D'après la question 37, les niveaux d'énergie en présence de la barrière infinie s'écrivent :

où \tilde{E}_n = \left(n + \frac{1}{2}\right)\hbar\tilde{\omega} sont les niveaux d'énergie d'un oscillateur harmonique de pulsation \tilde{\omega} = 2\omega.

La fonction de partition du système avec barrière s'écrit alors :

où \tilde{Z} est la fonction de partition associée aux niveaux \tilde{E}_n.

Les probabilités d'occupation des états stationnaires sont donc identiques à celles de l'oscillateur de pulsation \tilde{\omega} :

L'énergie interne U_b à l'équilibre thermique s'en déduit par linéarité de la moyenne :

où \tilde{U} est l'énergie interne d'un oscillateur harmonique de pulsation 2\omega.

D'après la formule (10) établie à la question 31 appliquée à la pulsation \tilde{\omega} = 2\omega (pour laquelle le paramètre adimensionné vaut \tilde{X} = \beta\hbar(2\omega) = 2X) :

On en déduit l'expression de U_b :

Dans la limite d'une barrière infiniment haute (V_0 \to +\infty), le puits est scindé en deux domaines indépendants (x < 0 et x > 0). Comme le montre la figure 3, chaque niveau d'énergie E_n^{(b)} = \left(2n + \frac{3}{2}\right)\hbar\omega résulte de la coalescence d'un état de parité paire et d'un état de parité impaire : chaque niveau d'énergie possède donc un degré de dégénérescence g_n = 2 (un état localisé à gauche et un état localisé à droite).

La fonction de partition Z_b sommée sur tous les états quantiques s'écrit alors, avec X = \beta\hbar\omega :

D'après la définition générale de l'entropie donnée par l'équation (8) pour une distribution canonique \mathcal{P}_i = \mathrm{e}^{-\beta E_i}/Z_b :

D'après la question Q38, l'énergie interne est :

D'autre part :

En sommant ces deux contributions, les termes en \pm \frac{1}{2} k_B X se compensent exactement :

En comparant avec l'expression de l'entropie S(X) de l'oscillateur harmonique sans barrière obtenue à la question Q34, S(X) = k_B \left[ \frac{X}{2}\operatorname{coth}\left(\frac{X}{2}\right) - \ln\left(2\operatorname{sh}\left(\frac{X}{2}\right)\right) \right] = k_B \left[ \frac{X}{\mathrm{e}^X-1} - \ln(1-\mathrm{e}^{-X}) \right], on remarque que :

On en déduit donc l'expression équivalente :

soit encore sous forme exponentielle :

L'insertion de la barrière est une transformation réversible isotherme à la température T. L'entropie créée étant nulle (S_{\mathrm{c}} = 0), le second principe de la thermodynamique s'écrit :

D'après les questions Q34 et Q39, les entropies avant et après insertion valent :

En utilisant l'identité trigonométrique hyperbolique \operatorname{sh}(X) = 2\operatorname{sh}(X/2)\operatorname{ch}(X/2), on a :

Par ailleurs, l'identité \operatorname{coth}(X) - \frac{1}{2}\operatorname{coth}\left(\frac{X}{2}\right) = \frac{1}{2}\operatorname{th}\left(\frac{X}{2}\right) conduit à :

On en déduit la variation d'entropie :

La chaleur reçue au cours de l'insertion s'exprime donc sous la forme (avec k_B T = \frac{\hbar\omega}{X}) :

D'après le premier principe de la thermodynamique :

D'après les questions Q31 et Q38, la variation d'énergie interne vaut :

En soustrayant Q_{\mathrm{ins}}, le terme en \operatorname{th}(X/2) se simplifie exactement :

Considérons les états stationnaires \phi_k(x) de l'oscillateur harmonique libre sur \mathbb{R} associés aux énergies E_k = \left(k + \frac{1}{2}\right)\hbar\omega (équation (9)). D'après l'équation (13), la fonction d'onde \phi_k(x) a la parité de l'entier k.

Pour tout indice impair k = 2m + 1 avec m \in \mathbb{N}, la fonction \phi_{2m+1}(x) est impaire, ce qui implique :

Par conséquent, la restriction de \phi_{2m+1} au demi-axe des x négatifs, notée \psi(x) = \phi_{2m+1}(x) pour x \le 0 :

• vérifie l'équation de Schrödinger (14) sur x < 0 pour la même énergie E_{2m+1} ;
• vérifie la condition aux limites \psi(0) = 0 (équation (15)) ;
• est de carré sommable sur ]-\infty, 0] et tend vers 0 en -\infty.

La fonction \psi est donc (à une constante de normalisation près) une fonction propre admissible du problème confiné à gauche, avec pour valeur propre d'énergie :

On en déduit que pour tout m \in \mathbb{N} :

Après détection de la particule dans le compartiment gauche (x \le 0), les niveaux d'énergie admis par l'énoncé s'écrivent :

Ces énergies correspondent exactement aux niveaux d'un oscillateur harmonique de pulsation \Omega = 2\omega, décalés globalement d'une constante \Delta E = \frac{1}{2}\hbar\omega.

À l'équilibre thermique avec le thermostat à la température T, l'énergie interne est la valeur moyenne canonique de l'énergie :

Par linéarité de la moyenne, U_d est la somme de l'énergie moyenne d'un oscillateur de pulsation 2\omega et de la constante \frac{1}{2}\hbar\omega. D'après la relation (10) établie à la question 31 pour une pulsation quelconque :

où X = \beta\hbar\omega. On en déduit immédiatement :

On remarque que U_d = U_b, où U_b est l'énergie interne calculée à la question 38 avant la détection.

Après la détection à gauche, les états stationnaires sont non dégénérés et d'énergies E_n^{(d)} = \left(2n + \frac{3}{2}\right)\hbar\omega pour n \in \mathbb{N}. La fonction de partition associée s'écrit :

D'après la formule fondamentale de l'entropie statistique (équation (8)) :

En utilisant U_d = \hbar\omega \left[\operatorname{coth}(X) + \frac{1}{2}\right] (question Q42), le premier terme vaut :

D'autre part :

En sommant ces deux contributions, les termes en \frac{1}{2}k_B X se compensent :

D'après la question Q39, l'entropie avant détection s'écrivait :

On en déduit immédiatement la variation d'entropie au cours de la détection :

Commentaire : La mesure a permis de lever l'indétermination spatiale sur la position de la particule (qui pouvait se trouver à gauche ou à droite avec une égale probabilité de 1/2). L'acquisition de ce bit d'information réduit l'entropie du système de k_B \ln 2. On retrouve exactement le résultat obtenu dans le cadre classique pour l'étape AB (question Q8).

Lors de cette dernière étape, la barrière est déplacée lentement et de façon réversible de x_b = 0 à x_b \to +\infty, le système restant en contact permanent avec le thermostat à la température T.

États thermodynamiques :

• État initial : la particule est confinée dans le demi-espace x \le 0, à l'équilibre thermique à la température T. D'après les questions Q42 et Q43, son énergie interne et son entropie sont :

  U_d = \hbar\omega \left[ \operatorname{coth}(X) + \frac{1}{2} \right] \quad \text{et} \quad S_d = S(2X) = k_B \left[ X \operatorname{coth}(X) - \ln\left(2\operatorname{sh}(X)\right) \right]

• État final : la barrière est rejetée à l'infini, la particule se retrouve dans le potentiel harmonique initial sans barrière à la température T. D'après les questions Q31 et Q34 :

  U = \frac{\hbar\omega}{2} \operatorname{coth}\left(\frac{X}{2}\right) \quad \text{et} \quad S = S(X) = k_B \left[ \frac{X}{2}\operatorname{coth}\left(\frac{X}{2}\right) - \ln\left(2\operatorname{sh}\left(\frac{X}{2}\right)\right) \right]

Bilan énergétique : La transformation étant isotherme et réversible, le second principe donne :

D'après le premier principe, le travail reçu par la particule s'exprime donc à l'aide de l'énergie libre F = U - TS :

Calculons l'énergie libre dans chaque état :

On en déduit l'expression du travail reçu :

En utilisant l'identité trigonométrique \operatorname{sh}(X) = 2\operatorname{sh}(X/2)\operatorname{ch}(X/2), le rapport des sinus hyperboliques se simplifie :

Le travail s'écrit donc :

En observant l'expression du travail d'insertion obtenu à la question Q40, W_{\mathrm{ins}} = \frac{\hbar\omega}{2} + k_B T \ln\left(\operatorname{ch}\left(\frac{X}{2}\right)\right), on obtient la relation remarquable :

Le cycle complet se décompose en trois étapes :

• l'insertion réversible de la barrière de potentiel, au cours de laquelle la particule reçoit le travail W_{\mathrm{ins}} ;
• l'opération de détection (suivie de la thermalisation), au cours de laquelle le travail reçu est nul par hypothèse : W_{\mathrm{det}} = 0 ;
• le déplacement réversible de la barrière jusqu'à x_b \to +\infty, au cours duquel la particule reçoit le travail W_{\mathrm{dep}}.

Le travail total reçu par la particule sur un cycle complet s'écrit donc :

D'après la question Q44, le travail de déplacement s'exprime en fonction du travail d'insertion selon :

En sommant ces contributions, le coût de l'insertion quantique se compense exactement et il reste :

Comparaison avec la partie 1 et commentaire : On retrouve très exactement la même valeur que pour la machine de Szilard classique obtenue à la question Q3 (W = - k_B T \ln 2).

Ce résultat peut sembler a priori surprenant :

• Contrairement au cas classique où l'insertion d'une cloison infiniment mince ne requiert aucun travail (W_{\mathrm{ins}}^{\text{class}} = 0), l'insertion quantique a ici un coût énergétique non nul (W_{\mathrm{ins}} > 0) dépendant explicitement de la constante de Planck \hbar et des caractéristiques de l'oscillateur.

Cependant, d'un point de vue thermodynamique plus fondamental, ce résultat n'est pas surprenant :

• La machine réalise la conversion réversible d'exactement 1\text{ bit} d'information (bipartition symétrique gauche/droite associée à une variation d'entropie \Delta S_{\text{det}} = -k_B \ln 2) en travail mécanique. Le cycle étant entièrement réversible et en contact avec un unique thermostat à température T, la quantité maximale de travail extractible est universelle et fixée par le second principe à -W = k_B T \ln 2, indépendamment de la nature classique ou quantique du système.

1. Allure de l'évolution du courant I_d(t) : Le détecteur est situé au voisinage du puits de gauche. L'énoncé précise que le courant I_d est plus élevé lorsque l'électron est à gauche qu'en son absence :

• Le plateau haut (I_d \approx 20\text{ pA}) correspond à la présence de l'électron dans le puits de gauche.
• Le plateau bas (I_d \approx 7\text{ pA}) correspond à l'électron situé dans le puits de droite.

Le courant bascule de manière intermittente et aléatoire entre ces deux valeurs discrètes (télégraphe bistable avec bruit expérimental) : ces transitions traduisent les sauts spontanés de l'électron d'un puits à l'autre par effet tunnel.

2. Choix de la variation de n_g à chaque début de cycle : La configuration est symétrique pour n_g = 1/2. De plus, le puits de gauche est plus profond que celui de droite pour n_g > 1/2, tandis que le puits de droite est plus profond pour n_g < 1/2. Le principe de la machine consiste à détecter le puits occupé par l'électron au début du cycle, puis à abaisser rapidement ce puits en énergie avant de revenir lentement à la symétrie.

Sur la figure 5, les débuts de cycle sont marqués par les pointillés verticaux :

• À t = 0\text{ s}, t = 10\text{ s} et t = 30\text{ s}, le signal I_d est sur le niveau bas (I_d \approx 7\text{ pA}) : l'électron est détecté à droite. Le mécanisme applique une variation brusque en diminuant n_g d'une valeur de 1/2 à environ 0{,}35 < 1/2, ce qui abaisse l'énergie du puits de droite (où se trouve l'électron). Puis n_g remonte lentement vers 1/2 sur une durée de 10\text{ s}.
• À t = 20\text{ s}, le signal I_d est sur le niveau haut (I_d \approx 20\text{ pA}) : l'électron est détecté à gauche. Le mécanisme augmente brutalement n_g jusqu'à environ 0{,}65 > 1/2, ce qui approfondit le puits de gauche. Puis n_g décroît lentement vers la valeur de repos 1/2.

L'énergie électrostatique stockée dans un condensateur de capacité C_0 portant une charge Q s'écrit :

En utilisant l'expression de la charge effective donnée par l'énoncé, Q = (n - n_g)q_e, et en introduisant l'énergie de charge E_c = \frac{q_e^2}{2C_0}, l'énergie de l'électron prend la forme générale :

On en déduit l'énergie pour chacune des deux configurations :

• Pour n = 0 (électron dans le puits de gauche) :

  \boxed{E(0) = E_c\, n_g^2}

• Pour n = 1 (électron dans le puits de droite) :

  \boxed{E(1) = E_c\,(1 - n_g)^2}