Feuille d'entraînement : Facteur de Boltzmann et physique statistique

Corrigés

1. Exercice 1X-ENS Physique MP 2025, Q12

   Dans le régime \Omega \gg \omega, le mouvement séculaire de la particule selon la direction x est régi par le potentiel harmonique effectif déterminé à la question Q6 :

   U_{\mathrm{eff}}(x) = \frac{1}{2}m\omega_x^2 x^2 \quad \text{avec} \quad \omega_x = \frac{q_x \Omega}{2\sqrt{2}}

   À l'équilibre thermodynamique avec le gaz environnant à la température T, le théorème de l'équipartition de l'énergie stipule que l'énergie potentielle moyenne associée à ce degré de liberté quadratique vaut :

   \langle U_{\mathrm{eff}} \rangle = \frac{1}{2}m\omega_x^2 \langle x^2 \rangle = \frac{1}{2}k_B T

   La position moyenne étant nulle par symétrie (\langle x \rangle = 0), l'écart-type de la position \sigma_x = \sqrt{\langle x^2 \rangle - \langle x \rangle^2} s'écrit :

   \sigma_x = \sqrt{\frac{k_B T}{m\omega_x^2}} = \frac{2\sqrt{2}}{q_x \Omega}\sqrt{\frac{k_B T}{m}}

   Procédons à l'application numérique avec les valeurs de l'énoncé :

   • k_B = 1{,}4 \times 10^{-23}\;\mathrm{J\cdot K^{-1}}, T = 300\;\mathrm{K},
   • m = 2 \times 10^{-18}\;\mathrm{kg},
   • q_x = 0{,}2, \Omega = 2\pi \times 10^3\;\mathrm{rad\cdot s^{-1}}.

   On calcule tout d'abord la pulsation propre séculaire :

   \omega_x = \frac{0{,}2 \times 2\pi \times 10^3}{2\sqrt{2}} = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \times 10^2 \approx 4{,}4 \times 10^2\;\mathrm{rad\cdot s^{-1}}

   Puis la vitesse thermique :

   \sqrt{\frac{k_B T}{m}} = \sqrt{\frac{1{,}4 \times 10^{-23} \times 300}{2 \times 10^{-18}}} = \sqrt{2{,}1 \times 10^{-3}} \approx 4{,}6 \times 10^{-2}\;\mathrm{m\cdot s^{-1}}

   Il vient ainsi pour l'écart-type :

   \sigma_x \approx \frac{4{,}6 \times 10^{-2}}{4{,}4 \times 10^2} \approx 1{,}0 \times 10^{-4}\;\mathrm{m}

   Avec un seul chiffre significatif :

   \boxed{\sigma_x = 1 \times 10^{-4}\;\mathrm{m} = 100\;\mu\mathrm{m}}

   Résultat

   $${\sigma }_x=1\times 10^{-4}\mathrm{m}=100\mu \mathrm{m}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

2. Exercice 2Mines-Ponts Physique 2 MP 2024, Q12

   Considérons une particule (ou un système microscopique) en contact thermique avec un thermostat à la température T, de sorte que \beta = \frac{1}{k_{\mathrm{B}}T}.

   Pour des niveaux d'énergie non dégénérés \varepsilon_j (j = 1, \dots, p), la loi statistique de Boltzmann énonce que la probabilité P_j pour la particule d'occuper le niveau d'énergie \varepsilon_j est proportionnelle au facteur de Boltzmann \exp(-\beta \varepsilon_j) :

   \boxed{P_j = \frac{1}{Z(\beta)}\,\mathrm{e}^{-\beta \varepsilon_j} = \frac{\exp(-\beta \varepsilon_j)}{\displaystyle\sum_{k=1}^p \exp(-\beta \varepsilon_k)}}

   où la constante de normalisation Z(\beta) = \displaystyle\sum_{j=1}^p \exp(-\beta \varepsilon_j), appelée fonction de partition, assure la condition de normalisation des probabilités :

   \sum_{j=1}^p P_j = 1

   Résultat

   $$P_j=\frac{1}{Z(\beta )}{\mathrm{e}}^{-\beta {\epsilon }_j}=\frac{\exp (-\beta {\epsilon }_j)}{\sum _{k=1}^p\exp (-\beta {\epsilon }_k)}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

3. Exercice 3Mines-Ponts Physique 2 MP 2024, Q13

   Par définition de l'espérance en statistique de Boltzmann, l'énergie moyenne \bar{\varepsilon} d'une particule s'écrit :

   \bar{\varepsilon} = \sum_{j=1}^{p} P_j \varepsilon_j = \frac{1}{Z(\beta)} \sum_{j=1}^{p} \varepsilon_j \exp(-\beta \varepsilon_j)

   En dérivant la fonction de partition Z(\beta) = \sum_{j=1}^{p} \exp(-\beta \varepsilon_j) par rapport au paramètre \beta, on obtient :

   \frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}\beta} = \sum_{j=1}^{p} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\beta}\left[\exp(-\beta \varepsilon_j)\right] = -\sum_{j=1}^{p} \varepsilon_j \exp(-\beta \varepsilon_j)

   On en déduit immédiatement :

   \sum_{j=1}^{p} \varepsilon_j \exp(-\beta \varepsilon_j) = -\frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}\beta}

   ce qui conduit à l'expression de l'énergie moyenne par particule :

   \boxed{\bar{\varepsilon} = -\frac{1}{Z(\beta)}\frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}\beta} = -\frac{\mathrm{d}\ln Z}{\mathrm{d}\beta}}

   Dans le cadre du modèle du gaz parfait, les interactions entre particules sont négligées (particules indépendantes). L'énergie interne totale U(\beta) du système de N particules est donc la somme des énergies moyennes individuelles :

   U(\beta) = N \bar{\varepsilon}

   soit :

   \boxed{U(\beta) = -\frac{N}{Z(\beta)}\frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}\beta} = -N\frac{\mathrm{d}\ln Z}{\mathrm{d}\beta}}

   Résultat

   $$\bar{\epsilon }=-\frac{1}{Z(\beta )}\frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}\beta }=-\frac{\mathrm{d}\ln Z}{\mathrm{d}\beta }$$

   $$U(\beta )=-\frac{N}{Z(\beta )}\frac{\mathrm{d}Z}{\mathrm{d}\beta }=-N\frac{\mathrm{d}\ln Z}{\mathrm{d}\beta }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

4. Exercice 4Mines-Ponts Physique 2 MP 2024, Q16

   Dans le cadre de la mécanique classique, l'état d'un atome ponctuel est repéré par sa position \vec{r} dans le récipient de volume V et par son impulsion \vec{p} = m\vec{v} (ou sa vitesse \vec{v}).

   L'énergie de l'atome est purement cinétique :

   \varepsilon = \frac{p^2}{2m} \quad \implies \quad p = \sqrt{2m\varepsilon}

   En différentiant cette relation :

   \mathrm{d}p = \frac{\sqrt{2m}}{2\sqrt{\varepsilon}}\,\mathrm{d}\varepsilon = \sqrt{\frac{m}{2\varepsilon}}\,\mathrm{d}\varepsilon

   L'espace des positions étant borné au volume fixe V, l'intégration sur la position apporte un facteur spatial constant \int_V \mathrm{d}^3\vec{r} = V.

   Dans l'espace des impulsions, les états ayant une énergie comprise entre \varepsilon et \varepsilon + \mathrm{d}\varepsilon correspondent aux impulsions de norme comprise entre p et p+\mathrm{d}p. Le volume de la coquille sphérique correspondante est :

   \mathrm{d}^3\vec{p} = 4\pi p^2\,\mathrm{d}p

   En exprimant ce volume élémentaire en fonction de l'énergie \varepsilon :

   \mathrm{d}^3\vec{p} = 4\pi (2m\varepsilon) \left( \sqrt{\frac{m}{2\varepsilon}}\,\mathrm{d}\varepsilon \right) = 4\pi \sqrt{2}\, m^{3/2} \sqrt{\varepsilon}\,\mathrm{d}\varepsilon

   Le nombre d'états \mathrm{d}g = q(\varepsilon)\,\mathrm{d}\varepsilon étant proportionnel au volume de l'espace des phases V\,\mathrm{d}^3\vec{p}, on en déduit directement :

   \mathrm{d}g \propto \sqrt{\varepsilon}\,\mathrm{d}\varepsilon

   La densité d'états q(\varepsilon) est donc bien proportionnelle à \sqrt{\varepsilon} :

   \boxed{q(\varepsilon) = Q\sqrt{\varepsilon}}

   Résultat

   $$q(\epsilon )=Q\sqrt{\epsilon }$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

5. Exercice 5X-ENS Physique MP 2024, Q12

   D'après l'énoncé, la pulsation propre associée au triplet (n_x, n_y, n_z) \in (\mathbb{N}^*)^3 s'écrit :

   \omega_{n_x, n_y, n_z} = \frac{\pi c}{L} \left(n_x^2 + n_y^2 + n_z^2\right)^{1/2} = c \|\vec{k}_{n_x, n_y, n_z}\|.

   La condition \omega_{n_x, n_y, n_z} \le \omega équivaut à :

   \|\vec{k}\| \le k = \frac{\omega}{c}.

   Dans l'espace des vecteurs d'onde (k_x, k_y, k_z), les états correspondent aux nœuds d'un réseau cubique de pas \pi/L. Le volume élémentaire associé à chaque nœud est :

   \delta V_k = \left(\frac{\pi}{L}\right)^3.

   Comme les entiers n_x, n_y et n_z sont strictement positifs, les vecteurs d'onde admissibles se situent exclusivement dans le premier octant (k_x > 0, k_y > 0, k_z > 0). Dans la limite des hautes fréquences (où le nombre d'états est grand), le nombre de nœuds correspond au rapport entre le volume du premier octant de la sphère de rayon k et le volume élémentaire \delta V_k :

   \mathcal{N}_{\text{nœuds}}(\omega) \simeq \frac{\frac{1}{8} \left(\frac{4}{3}\pi k^3\right)}{\delta V_k} = \frac{\frac{\pi}{6} \left(\frac{\omega}{c}\right)^3}{\left(\frac{\pi}{L}\right)^3} = \frac{L^3 \omega^3}{6 \pi^2 c^3} = \frac{V \omega^3}{6 \pi^2 c^3},

   où V = L^3 est le volume de la cavité cubique.

   Chaque nœud représentant deux modes de polarisations rectilignes indépendantes, le nombre total de modes \mathcal{N}(\omega) dont la pulsation est inférieure à \omega s'obtient en multipliant par 2 :

   \mathcal{N}(\omega) = 2 \times \mathcal{N}_{\text{nœuds}}(\omega).

   \boxed{\mathcal{N}(\omega) = \frac{V \omega^3}{3\pi^2 c^3}}

   Résultat

   $$\mathcal{N}(\omega )=\frac{V{\omega }^3}{3{\pi }^2{c}^3}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

6. Exercice 6X-ENS Physique MP 2024, Q18

   Par définition de l'espérance pour la variable aléatoire discrète n représentant le nombre de photons dans le mode :

   \bar{n}(\nu) = \mathbb{E}(n) = \sum_{n=0}^{+\infty} n \mathcal{P}_n(\nu)

   D'après la question 17, \mathcal{P}_n(\nu) = (1 - \mathrm{e}^{-\beta h\nu})\,\mathrm{e}^{-\beta n h\nu}. En posant x = \mathrm{e}^{-\beta h\nu}, avec x \in ]0, 1[ car \beta h\nu > 0, l'expression devient :

   \bar{n}(\nu) = (1 - x) \sum_{n=0}^{+\infty} n x^n = (1 - x) \, x \sum_{n=1}^{+\infty} n x^{n-1}

   Pour tout x \in ]-1, 1[, la somme de la série géométrique converge et vérifie :

   \sum_{n=0}^{+\infty} x^n = \frac{1}{1-x}

   Par dérivation terme à terme par rapport à x sur l'intervalle ouvert ]-1, 1[ :

   \sum_{n=1}^{+\infty} n x^{n-1} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{1}{1-x}\right) = \frac{1}{(1-x)^2}

   On en déduit la somme de la série :

   \sum_{n=0}^{+\infty} n x^n = \frac{x}{(1-x)^2}

   En reportant dans l'expression de \bar{n}(\nu) :

   \begin{aligned} \bar{n}(\nu) &= (1 - x) \frac{x}{(1-x)^2} \\ &= \frac{x}{1-x} \end{aligned}

   En réinjectant x = \mathrm{e}^{-\beta h\nu}, on obtient :

   \bar{n}(\nu) = \frac{\mathrm{e}^{-\beta h\nu}}{1 - \mathrm{e}^{-\beta h\nu}}

   En divisant le numérateur et le dénominateur par \mathrm{e}^{-\beta h\nu} :

   \boxed{\bar{n}(\nu) = \frac{1}{\mathrm{e}^{\beta h\nu} - 1}}

   Résultat

   $$\bar{n}(\nu )=\frac{1}{{\mathrm{e}}^{\beta h\nu }-1}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

7. Exercice 7X-ENS Physique MP 2024, Q34

   D'après la question Q31, la loi de probabilité binomiale s'écrit, pour tout entier n \in \{0, \dots, N\} et avec p = \frac{\bar{n}}{N} :

   \mathcal{P}_n = \binom{N}{n} p^n (1-p)^{N-n} = \frac{N!}{n!\,(N-n)!} \left(\frac{\bar{n}}{N}\right)^n (1-p)^{N-n}

   On réorganise les facteurs sous la forme :

   \mathcal{P}_n = \frac{\bar{n}^n}{n!} \times \left[ \frac{N!}{(N-n)!\,N^n} \right] \times (1-p)^{N-n}

   D'après l'équation (12) fournie par l'énoncé, pour n fixé :

   \lim_{N \to +\infty} \left[ \frac{N!}{(N-n)!\,N^n} \right] = 1

   Étudions le comportement asymptotique du dernier facteur. Puisque p = \frac{\bar{n}}{N} \to 0 lorsque N \to +\infty, on peut écrire :

   \begin{aligned} (1-p)^{N-n} &= \exp\left[ (N-n) \ln(1 - p) \right] \\ &= \exp\left[ (N-n) \left( -p + \mathcal{O}(p^2) \right) \right] \\ &= \exp\left[ (N-n) \left( -\frac{\bar{n}}{N} + \mathcal{O}\left(\frac{1}{N^2}\right) \right) \right] \\ &= \exp\left( -\bar{n} + \frac{n \bar{n}}{N} + \mathcal{O}\left(\frac{1}{N}\right) \right) \end{aligned}

   Pour n et \bar{n} fixés, le terme \frac{n\bar{n}}{N} tend vers 0 lorsque N \to +\infty. Par continuité de la fonction exponentielle :

   \lim_{N \to +\infty} (1-p)^{N-n} = \mathrm{e}^{-\bar{n}}

   En combinant ces résultats, on obtient bien la loi de Poisson :

   \boxed{\lim_{N \to +\infty} \mathcal{P}_n = \frac{\bar{n}^n}{n!}\,\mathrm{e}^{-\bar{n}}}

   Résultat

   $$\underset{N\to +\infty }{\lim }{\mathcal{P}}_n=\frac{{\bar{n}}^n}{n!}{\mathrm{e}}^{-\bar{n}}$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

8. Exercice 8X-ENS Physique MP 2023, Q10

   Le gaz de protons est modélisé par un gaz parfait classique unidimensionnel à l'équilibre thermique à la température T.

   Les deux protons sont statistiquement indépendants et obéissent chacun à la loi de distribution des vitesses de Maxwell-Boltzmann à une dimension. L'énergie associée à l'état de vitesse (v_1, v_2) est la somme de leurs énergies cinétiques individuelles :

   E_c(v_1, v_2) = \frac{1}{2}m_p v_1^2 + \frac{1}{2}m_p v_2^2

   D'après le facteur de Boltzmann \mathrm{e}^{-E_c / (k_B T)}, la probabilité conjointe P(v_1, v_2)\,\mathrm{d}v_1\,\mathrm{d}v_2 s'écrit, à une constante multiplicative près :

   \boxed{P(v_1, v_2) \propto \exp\left(-\frac{m_p(v_1^2 + v_2^2)}{2k_B T}\right)}

   soit encore P(v_1, v_2) = C \exp\left(-\frac{m_p v_1^2}{2k_B T}\right)\exp\left(-\frac{m_p v_2^2}{2k_B T}\right), où C est une constante de normalisation.

   Résultat

   $$P(v_1,v_2)\propto \exp \left(-\frac{m_p(v_1^2+v_2^2)}{2k_{B}T}\right)$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

9. Exercice 9X-ENS Physique-SI MP 2022, Q6

   Le nombre élémentaire d'électrons par unité de volume occupant les états de la bande de conduction dont l'énergie est comprise dans l'intervalle [E, E + \mathrm{d}E] s'écrit :

   \mathrm{d}n = f_{\mathrm{e}}(E)\,\mathrm{d}G_{\mathrm{C}} = f_{\mathrm{e}}(E)\,g_{\mathrm{C}}(E)\,\mathrm{d}E

   La bande de conduction s'étendant à partir de E = E_{\mathrm{C}}, et sa borne supérieure étant rejetée à +\infty, la concentration totale n en électrons libres s'obtient par intégration :

   n = \int_{E_{\mathrm{C}}}^{+\infty} g_{\mathrm{C}}(E)\,f_{\mathrm{e}}(E)\,\mathrm{d}E

   En substituant les expressions données de la densité d'états g_{\mathrm{C}}(E) (relation (2)) et du facteur de Fermi-Dirac f_{\mathrm{e}}(E) (relation (3)), il vient :

   \boxed{n = \frac{8\sqrt{2}\,\pi\,m_{\mathrm{C}}^{3/2}}{h^3} \int_{E_{\mathrm{C}}}^{+\infty} \frac{(E - E_{\mathrm{C}})^{1/2}}{1 + \exp[\beta(E - \mu)]}\,\mathrm{d}E}

   Résultat

   $$n=\frac{8\sqrt{2}\pi m_{\mathrm{C}}^{3/2}}{h^3}{\int }_{E_{\mathrm{C}}}^{+\infty }\frac{(E-E_{\mathrm{C}}{)}^{1/2}}{1+\exp [\beta (E-\mu )]}\mathrm{d}E$$

   Indice, stratégie et pièges de cette question

10. Exercice 10X-ENS Physique-SI MP 2022, Q7

    D'après le résultat de la question Q6, la concentration volumique des électrons dans la bande de conduction s'écrit :

    n = \int_{E_{\mathrm{C}}}^{+\infty} g_{\mathrm{C}}(E) f_{\mathrm{e}}(E)\,\mathrm{d}E = \frac{8\sqrt{2}\pi}{h^3} m_{\mathrm{C}}^{3/2} \int_{E_{\mathrm{C}}}^{+\infty} \frac{(E - E_{\mathrm{C}})^{1/2}}{1 + \exp[\beta(E - \mu)]}\,\mathrm{d}E

    Pour tout niveau d'énergie E \ge E_{\mathrm{C}} de la bande de conduction, on a :

    \beta(E - \mu) \ge \beta(E_{\mathrm{C}} - \mu)

    L'hypothèse \mathrm{H}_{\mu, 1} stipulant que \exp[\beta(E_{\mathrm{C}} - \mu)] \gg 1, on a à fortiori \exp[\beta(E - \mu)] \gg 1. La fonction de Fermi-Dirac se simplifie donc sous la forme de la statistique de Maxwell-Boltzmann :

    f_{\mathrm{e}}(E) \simeq \exp[-\beta(E - \mu)] = \exp[-\beta(E_{\mathrm{C}} - \mu)]\,\exp[-\beta(E - E_{\mathrm{C}})]

    Effectuons le changement de variable x = \beta(E - E_{\mathrm{C}}) suggéré. On a alors :

    E - E_{\mathrm{C}} = \frac{x}{\beta} \quad \text{et} \quad \mathrm{d}E = \frac{\mathrm{d}x}{\beta}

    Les bornes de l'intégrale deviennent x = 0 pour E = E_{\mathrm{C}} et x \to +\infty lorsque E \to +\infty. En factorisant les termes indépendants de la variable d'intégration :

    \begin{aligned} n &= \frac{8\sqrt{2}\pi}{h^3} m_{\mathrm{C}}^{3/2} \exp[-\beta(E_{\mathrm{C}} - \mu)] \int_0^{+\infty} \left(\frac{x}{\beta}\right)^{1/2} \exp(-x)\,\frac{\mathrm{d}x}{\beta} \\ &= \frac{8\sqrt{2}\pi}{h^3} \frac{m_{\mathrm{C}}^{3/2}}{\beta^{3/2}} \exp[-\beta(E_{\mathrm{C}} - \mu)] \underbrace{\int_0^{+\infty} x^{1/2} \exp(-x)\,\mathrm{d}x}_{I = \frac{\sqrt{\pi}}{2}} \end{aligned}

    En remplaçant l'intégrale I par sa valeur \frac{\sqrt{\pi}}{2} et en utilisant \beta = \frac{1}{k_{\mathrm{B}} T}, il vient :

    n = \frac{8\sqrt{2}\pi \sqrt{\pi}}{2 h^3} m_{\mathrm{C}}^{3/2} (k_{\mathrm{B}} T)^{3/2} \exp[-\beta(E_{\mathrm{C}} - \mu)] = 2 \left(\frac{2\pi m_{\mathrm{C}} k_{\mathrm{B}} T}{h^2}\right)^{3/2} \exp[-\beta(E_{\mathrm{C}} - \mu)]

    On retrouve bien la relation proposée :

    \boxed{n = N_{\mathrm{C}} \exp[-\beta(E_{\mathrm{C}} - \mu)]}

    avec la densité effective d'états de la bande de conduction :

    \boxed{N_{\mathrm{C}} = 2 \left(\frac{2\pi m_{\mathrm{C}} k_{\mathrm{B}} T}{h^2}\right)^{3/2}}

    Résultat

    $$n=N_{\mathrm{C}}\exp [-\beta (E_{\mathrm{C}}-\mu )]$$

    $$N_{\mathrm{C}}=2{\left(\frac{2\pi m_{\mathrm{C}}{k}_{\mathrm{B}}T}{h^2}\right)}^{3/2}$$

    Indice, stratégie et pièges de cette question