186
Physique statistique
En utilisant les expressions (8.38-8.40) on peut calculer quelques quantités thermodynamiques :
P = kT
∂ Log J
∂V
T,m
= −
i
1
exp(
´ i − m
kT
) − 1
d´ i
dV
(86)
N = kT
∂ Log J
∂m
T,V
=
i
1
exp(
´ i − m
kT
) − 1
(87)
S = kT
∂ Log J
∂T
V,m
+ k Log J
= −k
i
(
m − ´ i
kT
)
exp(
´ i − m
kT
) − 1
− k
i
Log
1 − exp(
m − ´ i
kT
)
(88)
E = kT
2
∂ Log J
∂T
V,m
+ kTm
∂ Log J
∂m
T,V
=
i
´ i
exp(
´ i − m
kT
) − 1
(89)
Les résultats de la section 9.2.2 sont équivalents à ceux de la section 9.2.1 dans la mesure
où la substitution (60) est valable. Cela n’est vrai que si l’état d’énergie le plus bas
(´ 0 = 0) n’est que très faiblement occupé. En effet, à cause du terme
√
´ présent sous
l’intégrale (60), le terme correspondant à ´ = 0 ne contribue pas à l’intégrale alors qu’il
contribue dans les sommes (86-89). Si la proportion des N particules occupant le microétat ´ = 0 est importante, l’erreur commise est grande et il n’est pas possible de faire
la substitution (60). Le problème peut se poser pour les bosons car plusieurs particules
peuvent occuper ce micro-état, ce qui n’est pas le cas pour un gaz de Fermi à cause du
principe d’exclusion de Pauli.
Lorsque la température n’est pas trop proche du zéro absolu (cf. figure 1), le potentiel
chimique devient très négatif et −
m
kT
1. Comme pour les fermions, on a alors :
=
1
exp(
´ i − m
kT
) − 1
≈ e
m
kT e
−
´ i
kT
(90)
On retrouve la distribution de Maxwell-Boltzmann ce qui signifie que le gaz a un comportement classique. Dans cette situation, < n i > 1. Nous obtenons donc la justification formelle des conditions d’application de l’approximation qui consiste à traiter
classiquement un gaz parfait. À partir de l’équation (88) on peut, comme pour les fermions (section 9.1.3), calculer l’entropie en fonction du nombre moyen d’occupation
des micro-états (équation 75). On trouve :
S = k
i
(1+ ) Log (1+ )− Log
(91)
Cette expression peut être utilisée pour définir l’entropie d’un gaz de Bose hors d’équilibre.