Corrigé des exercices
315
2- Puisque x = (2n − N)l, dx = 2ldn (avec dn = 1). De la relation précédente on tire
n − ˜
n =
x−˜ x
2l =
x
2l et P(x)dx = Ae
−x
2 /2Nl
2 dx/2l = A
e
−x
2 /2Nl
2 dx. La constante de normalisation est donnée par
+∞
−∞
P(x)dx = 1. D’où A
= 1/l
√
2pN. < x >= A
+∞
−∞
xe
−x
2 /2Nl
2 dx = 0
puisque l’intégrant est une fonction impaire tandis que l’intervalle d’intégration est symétrique.
(Dx)
2 =< x
2 >= A
+∞
−∞
x
2 e
−x
2 /2Nl
2 dx = Nl
2 (en utilisant l’annexe A4). On retrouve bien les
mêmes résultats que dans la première question.
Exercice 8. 1- N = t/Dt.
2- Comme t Dt, N est très grand. La propriété p 1 est caractéristique de la distribution de
Poisson (formule 87).
3- Soit w la probabilité d’émettre une particule a par unité de temps. l = Np =
t
Dt wDt = wt.w =
24
60
donc l = 4. P(0) = 0, 018, P(1) = 0, 073, P(2) = 0, 147, P(3) = P(4) = 0, 195, P(5) = 0, 156,
P(6) = 0, 104, P(7) = 0, 060.
Exercice 9. 1- Puisque p 1, la probabilité P(n) pour qu’une molécule subisse n collisions
pendant l’intervalle de temps t = NDt (t Dt) est donnée par la loi de Poisson (87). Si on pose l
= Np, on a donc : P(0) = e
−l , P(1) = le
−l , . . . , P(n) =
l
n
n! e
−l .
2- p = wDt, donc l =
t
Dt wDt = wt. Donc P 0 (t) = e
−wt , P 1 (t) = le
−wt ,. . . , P n (t) =
(wt)
n e
−wt
n!
. La
probabilité qu’une molécule n’ait pas subi de collision à l’instant t + dt est égale à la probabilité
qu’elle n’ait pas subi de collision à l’instant t, multipliée par la probabilité qu’elle n’en subisse
pas entre t et t + dt. Soit : P 0 (t + dt) = P 0 (t)(1 − wdt). On en tire
dP0(t)
dt dt = −P 0 (t)wdt. On trouve
après intégration P 0 (t) = e
−wt .
3- P(t)dt représente la probabilité pour qu’une molécule subisse sa première collision entre
t et t + dt.
∞
0
P(t)dt =
∞
0
we
−wt dt = 1. Ce résultat signifie qu’une molécule donnée
aura toutes les chances, si l’on attend assez longtemps, de subir au moins une collision.
t =
∞
0
tP(t)dt =
∞
0
wte
−wt dt =
1
w . t représente l’intervalle constant entre les maxima de
P i (t) et P i+1 (t). < t
2 >=
∞
0
t
2
P(t)dt = 2/w
2 . On peut en déduire l’écart quadratique Dt = 1/w.
Les fluctuations sont du même ordre de grandeur que la valeur moyenne.
Chapitre 4
Exercice 1. 1- Boîte I. Deux configurations sont possibles (cf. exercice 3, chapitre 2)
a) 2 particules en 6´ 0 . Cet état est dégénéré 3 fois. On a 3
2 = 9 micro-états puisque les particules
sont discernables.
b) 1 particule en 9´ 0 , 1 particule en 3´ 0 . On a 3 (dégénérescence de l’état 9´ 0 ) × 2 (permutation
des particules) = 6 micro-états. On trouve donc au total 9+6=15 micro-états pour la boîte I.
Boîte II. Deux configurations sont possibles : a) 2 particules en 9´ 0 ⇒ 9 micro-états. b) 1
particule en 6´ 0 , 1 particule en 12´ 0 ⇒ 6 micro-états. On trouve 15 micro-états pour la boîte II.
Le nombre total de micro-états accessibles au système dans l’état initial est 15 × 15 = 225.
2- Si la paroi centrale est diatherme, des échanges de chaleur sont possibles.
a) Mais E total = E I + E II = (12 + 18)´ 0 = 30´ 0 est conservée.
b) Toutes les partitions de E I et E II telles que E I + E II = 30´ 0 sont possibles.
i) E I = 24´ 0 , E II = 6´ 0 (ou E I = 6´ 0 et E II = 24´ 0 puisque le système est symétrique).
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.
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2- Puisque x = (2n − N)l, dx = 2ldn (avec dn = 1). De la relation précédente on tire
n − ˜
n =
x−˜ x
2l =
x
2l et P(x)dx = Ae
−x
2 /2Nl
2 dx/2l = A
e
−x
2 /2Nl
2 dx. La constante de normalisation est donnée par
+∞
−∞
P(x)dx = 1. D’où A
= 1/l
√
2pN. < x >= A
+∞
−∞
xe
−x
2 /2Nl
2 dx = 0
puisque l’intégrant est une fonction impaire tandis que l’intervalle d’intégration est symétrique.
(Dx)
2 =< x
2 >= A
+∞
−∞
x
2 e
−x
2 /2Nl
2 dx = Nl
2 (en utilisant l’annexe A4). On retrouve bien les
mêmes résultats que dans la première question.
Exercice 8. 1- N = t/Dt.
2- Comme t Dt, N est très grand. La propriété p 1 est caractéristique de la distribution de
Poisson (formule 87).
3- Soit w la probabilité d’émettre une particule a par unité de temps. l = Np =
t
Dt wDt = wt.w =
24
60
donc l = 4. P(0) = 0, 018, P(1) = 0, 073, P(2) = 0, 147, P(3) = P(4) = 0, 195, P(5) = 0, 156,
P(6) = 0, 104, P(7) = 0, 060.
Exercice 9. 1- Puisque p 1, la probabilité P(n) pour qu’une molécule subisse n collisions
pendant l’intervalle de temps t = NDt (t Dt) est donnée par la loi de Poisson (87). Si on pose l
= Np, on a donc : P(0) = e
−l , P(1) = le
−l , . . . , P(n) =
l
n
n! e
−l .
2- p = wDt, donc l =
t
Dt wDt = wt. Donc P 0 (t) = e
−wt , P 1 (t) = le
−wt ,. . . , P n (t) =
(wt)
n e
−wt
n!
. La
probabilité qu’une molécule n’ait pas subi de collision à l’instant t + dt est égale à la probabilité
qu’elle n’ait pas subi de collision à l’instant t, multipliée par la probabilité qu’elle n’en subisse
pas entre t et t + dt. Soit : P 0 (t + dt) = P 0 (t)(1 − wdt). On en tire
dP0(t)
dt dt = −P 0 (t)wdt. On trouve
après intégration P 0 (t) = e
−wt .
3- P(t)dt représente la probabilité pour qu’une molécule subisse sa première collision entre
t et t + dt.
∞
0
P(t)dt =
∞
0
we
−wt dt = 1. Ce résultat signifie qu’une molécule donnée
aura toutes les chances, si l’on attend assez longtemps, de subir au moins une collision.
t =
∞
0
tP(t)dt =
∞
0
wte
−wt dt =
1
w . t représente l’intervalle constant entre les maxima de
P i (t) et P i+1 (t). < t
2 >=
∞
0
t
2
P(t)dt = 2/w
2 . On peut en déduire l’écart quadratique Dt = 1/w.
Les fluctuations sont du même ordre de grandeur que la valeur moyenne.
Chapitre 4
Exercice 1. 1- Boîte I. Deux configurations sont possibles (cf. exercice 3, chapitre 2)
a) 2 particules en 6´ 0 . Cet état est dégénéré 3 fois. On a 3
2 = 9 micro-états puisque les particules
sont discernables.
b) 1 particule en 9´ 0 , 1 particule en 3´ 0 . On a 3 (dégénérescence de l’état 9´ 0 ) × 2 (permutation
des particules) = 6 micro-états. On trouve donc au total 9+6=15 micro-états pour la boîte I.
Boîte II. Deux configurations sont possibles : a) 2 particules en 9´ 0 ⇒ 9 micro-états. b) 1
particule en 6´ 0 , 1 particule en 12´ 0 ⇒ 6 micro-états. On trouve 15 micro-états pour la boîte II.
Le nombre total de micro-états accessibles au système dans l’état initial est 15 × 15 = 225.
2- Si la paroi centrale est diatherme, des échanges de chaleur sont possibles.
a) Mais E total = E I + E II = (12 + 18)´ 0 = 30´ 0 est conservée.
b) Toutes les partitions de E I et E II telles que E I + E II = 30´ 0 sont possibles.
i) E I = 24´ 0 , E II = 6´ 0 (ou E I = 6´ 0 et E II = 24´ 0 puisque le système est symétrique).
c
Dunod. La photocopie non autorisée est un délit.