Problèmes de combinatoire en thermodynamique

Combien de façons existe-t-il pour organiser un système physique composé de millions d’éléments ? Dans ce cours, nous aborderons comment les mathématiques permettent de répondre à des questions comme celle-ci dans le contexte de la thermodynamique, depuis la distribution des quanta d’énergie dans les systèmes atomiques jusqu’au calcul des configurations possibles dans des systèmes à grande échelle. À l’aide d’outils comme la combinatoire, les logarithmes et la formule de Stirling, nous explorerons comment manipuler des nombres extraordinairement grands et résoudre des problèmes apparemment insurmontables.

Objectifs d’apprentissage :
À la fin de ce cours, l’étudiant sera capable de :

1. Comprendre comment les problèmes de combinatoire s’appliquent dans le contexte de la thermodynamique, notamment dans l’organisation des systèmes physiques.
2. Calculer les configurations possibles des systèmes atomiques en utilisant des nombres combinatoires.
3. Appliquer la formule de Stirling pour estimer l’ordre de grandeur des configurations complexes.

TABLE DES MATIÈRES :
Problèmes de combinatoire
Problèmes avec de grands nombres
Utilisation des logarithmes et de la formule de Stirling pour le calcul de l’ordre de grandeur
Développement avec l’approche simplifiée
Développement avec l’approche classique
Exemples de calculs combinatoires et d’ordre de grandeur
Cas 1 : Grands factorielles
Cas 2 : Grandes combinatoires

Une question courante dans certaines situations physiques est : combien de façons différentes peut-on organiser un système donné ? Ces problèmes combinatoires sont fréquents en thermodynamique. Bien qu’ils paraissent simples au départ, ils deviennent complexes lorsqu’on introduit des nombres extrêmement grands, comme le nombre d’Avogadro N_A, qui illustre à quel point il peut être difficile de travailler avec des grandeurs de cette échelle.

Problèmes de combinatoire

Pour comprendre l’ampleur des problèmes impliquant la combinatoire en thermodynamique, considérons l’exemple suivant :

Exemple : Combinaisons pour les quanta d’énergie

Supposons un système composé de 10 atomes. Chaque atome peut stocker uniquement 1 ou 0 unités d’énergie, appelées quanta d’énergie. Combien de façons différentes peut-on distribuer ces quanta si nous avons (a) 10 quanta d’énergie et (b) 5 quanta d’énergie ?

Solution

Nous représentons les atomes comme des espaces disponibles pour stocker un quantum d’énergie. Si un espace est rempli, cela signifie que l’atome correspondant possède déjà son quantum d’énergie.

Pour compter les façons dont k quanta d’énergie sont distribués parmi n espaces, nous utilisons le nombre combinatoire :

\displaystyle \binom{n}{k}=\dfrac{n!}{k!(n-k)!}

Ce calcul nous donne le nombre \Omega d’états possibles.

(a) Si 10 quanta sont distribués parmi 10 espaces, il n’existe qu’une seule façon de le faire. Ainsi, \Omega=1 :

\displaystyle \Omega = \binom{10}{10}=\dfrac{10!}{10!(10-10)!} = \dfrac{10!}{10!0!} = 1

(b) Pour 5 quanta distribués parmi 10 espaces, les calculs sont les suivants :

\begin{array}{rl} \Omega &= \displaystyle\binom{10}{5} \\ \\ &=\dfrac{10!}{5!(10-5)!} = \dfrac{10!}{5!\cdot 5!} \\ \\ &= \dfrac{5! \cdot 6\cdot 7\cdot 8 \cdot 9\cdot 10}{5! \cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5} \\ \\ &= \dfrac{ 7\cdot 8 \cdot 9\cdot 10}{ 4\cdot 5} = 7\cdot 2 \cdot 9 \cdot 2 = 252 \end{array}

Ainsi, il existe 252 configurations possibles.

Problèmes avec de grands nombres

Ce que nous avons analysé jusqu’à présent n’est que le début. Si nous étendons le système du cas (b) à 100 atomes et 50 quanta, nous obtiendrons \Omega \approx 10^{28}. Maintenant, imaginez effectuer le même calcul avec une mole d’atomes ; le résultat serait inconcevable.

Utilisation des logarithmes et de la formule de Stirling pour le calcul de l’ordre de grandeur

Lorsque nous voulons estimer une grandeur de la forme \Omega = \binom{n}{k} pour de grandes valeurs de n, en particulier lorsque k=n/2, ce qui correspond au cas où les valeurs maximales sont atteintes, il est utile d’utiliser l’approximation logarithmique de la formule de Stirling.

Pour manipuler des nombres de cette grandeur, nous pouvons reformuler les calculs en prenant des logarithmes, ce qui donne :

\displaystyle \ln(\Omega)=\ln\left(\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\right)= \ln(n!) - \ln((n-k)!) - \ln(k!)

Cette expression peut être travaillée en utilisant l’approximation de Stirling pour le logarithme factoriel. Pour cela, nous avons deux versions possibles : l’approximation classique et l’approximation simplifiée :

• Approximation classique : \ln(n!) \approx \dfrac{1}{2}\ln(2n\pi) + n\ln(n) - n
• Approximation simplifiée : \ln(n!) \approx n\ln(n) - n

Développement avec l’approche simplifiée

En utilisant l’approche simplifiée, nous obtenons les résultats suivants :

\begin{array}{rl} \ln(\Omega) & \approx n\ln(n) - n - (n-k)\ln(n-k) + (n-k) - k\ln(k) + k \\ \\ &= n\ln(n) - (n-k)\ln(n-k) - k\ln(k) \\ \\ &= n\ln(n) - n\ln(n-k) + k\ln(n-k) - k\ln(k) \\ \\ &= \ln\left[ \left( \dfrac{n}{n-k} \right)^n \right] + k\ln\left( \dfrac{n-k}{k} \right) \\ \\ &= \ln\left[ \dfrac{1}{\left(1 - \dfrac{k}{n} \right)^n} \right] + k\ln\left( \dfrac{n}{k} - 1 \right) \end{array}

Pour de grandes valeurs de n, nous appliquons la relation suivante :

\displaystyle \lim_{n\to\infty} \left(1-\dfrac{k}{n} \right)^n = e^{-k}

Par conséquent :

\ln(\Omega) \approx \ln(e^k) + k\ln\left( \dfrac{n}{k} -1 \right) = k + k\ln\left( \dfrac{n}{k} -1 \right)

Enfin, en utilisant la conversion en logarithmes décimaux, nous obtenons :

\log(\Omega) = \log(e)\ln(\Omega) \approx k\log(e)\left[1 + \ln\left( \dfrac{n}{k} - 1 \right) \right]

Ce qui nous conduit au résultat :

\boxed{\Omega \approx 10^{k\log(e)\left[1 + \ln\left( \dfrac{n}{k} - 1 \right) \right]}}

Bien que ce résultat ne donne pas la valeur exacte de \Omega, il permet d’obtenir une estimation du nombre de chiffres nécessaires pour le représenter et devient plus précis à mesure que n augmente. Avec cette méthode, il suffit de calculer ce qui figure dans l’exposant, une opération réalisable avec la plupart des calculatrices.

De plus, cette approche permet d’estimer rapidement la valeur maximale de \Omega pour une grande valeur de n. En considérant le cas où k=n/2, nous obtenons :

\text{Max}\left(\Omega\right) \approx 10^{\dfrac{n}{2}\log(e)\left[1 + \ln\left( \dfrac{n}{n/2} - 1 \right) \right]} = 10^{ n\log(e)/2 }

Développement avec l’approche classique

Bien que le développement avec l’approche classique offre un résultat plus précis, il implique des calculs supplémentaires qui, pour de grandes valeurs de n, aboutissent à des résultats approximativement équivalents à ceux de l’approche simplifiée. Ce développement réutilise plusieurs calculs déjà réalisés dans l’approche simplifiée et se présente comme suit :

\begin{array}{rcl} \ln(\Omega) & = & \ln\left(\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\right)= \ln(n!) - \ln((n-k)!) - \ln(k!) \\ \\ & \approx & \color{red}\dfrac{1}{2}\ln(2n\pi)\color{black} + n\ln(n) - n \\ \\ & & \color{red}-\dfrac{1}{2}\ln(2(n-k)\pi)\color{black} - (n-k)\ln(n-k) + (n-k) \\ \\ & & \color{red}-\dfrac{1}{2}\ln(2k\pi)\color{black} - k\ln(k) + k \end{array}

Les parties en rouge représentent les éléments supplémentaires pris en compte dans l’approche classique, tandis que le reste correspond aux résultats déjà obtenus avec l’approche simplifiée. À partir de cela, nous obtenons :

\begin{array}{rcl} \ln(\Omega) & \approx & \color{red}\dfrac{1}{2}\ln\left( \dfrac{2n\pi}{2(n-k)\pi \cdot 2k\pi} \right)\color{black} + k + k\ln\left(\dfrac{n}{k} - 1\right) \\ \\ & = & k + k\ln\left(\dfrac{n}{k} - 1\right) - \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{2k\pi(n-k)}{n}\right) \end{array}

Puis, en appliquant la conversion en logarithmes décimaux :

\log(\Omega) = \log(e)\ln(\Omega) \approx \log(e) \left[ k + k\ln\left(\dfrac{n}{k} - 1\right) - \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{2k\pi(n-k)}{n}\right) \right]

Et enfin, en passant à l’exponentielle décimale :

\Omega \approx 10^{\log(e) \left[ k + k\ln\left(\dfrac{n}{k} - 1\right) - \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{2k\pi(n-k)}{n}\right) \right]}

Maintenant, de manière similaire à l’approche simplifiée, nous pouvons estimer la valeur maximale de cette grandeur en évaluant k=n/2. Dans ce cas, le résultat est le suivant :

\begin{array}{rcl} \text{Max}(\Omega) &\approx & 10^{\log(e) \left[ \dfrac{n}{2} + \dfrac{n}{2}\ln\left(\dfrac{n}{(n/2)} - 1\right) - \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{2(n/2)\pi(n-n/2)}{n}\right) \right]} \\ \\ & = & 10^{\log(e) \left[\dfrac{n}{2} - \dfrac{1}{2}\ln\left(\dfrac{n\pi}{2} \right) \right]} = 10^{\log(e)(n-\ln(n\pi/2))/2} \end{array}

Exemples de calculs combinatoires et d’ordre de grandeur

Cas 1 : Grands factorielles

Estimons l’ordre de grandeur de \left(10^{50}\right)!, c’est-à-dire le nombre de chiffres nécessaires pour écrire ce nombre.

Solution

Pour effectuer ce calcul, nous utilisons la formule de Stirling de la manière suivante :

\begin{array}{rl} \ln\left[ \left(10^{50}\right)! \right] &\approx 10^{50}\ln\left(10^{50}\right) - 10^{50}\\ \\ &= \left[\ln\left(10^{50}\right) -1\right]10^{50} \\ \\ &= \left[50\ln(10)-1 \right]10^{50} \\ \\ \end{array}

Ensuite, nous appliquons la conversion en logarithmes décimaux :

\ln\left[ \left(10^{50}\right)! \right] = \dfrac{\log\left[\left(10^{50}\right)!\right]}{\log{e}}

Par conséquent :

\log\left[ \left(10^{50}\right)! \right] \approx \log(e)\left[50\ln(10)-1 \right]10^{50}

Enfin, en passant à l’exponentielle décimale, nous obtenons :

\left(10^{50}\right)! \approx 10^{\log(e)\left[50\ln(10)-1 \right]10^{50}} = 10^{49,5657 \cdot 10^{50}}

L’exposant au-dessus de 10 représente l’ordre de grandeur, fournissant une estimation du nombre de chiffres que possède le nombre \left(10^{50}\right)!.

Cas 2 : Grandes combinatoires

Une maison moyenne possède environ 12 interrupteurs, qui peuvent être allumés ou éteints. En moyenne, chaque maison abrite 4 personnes. Si une ville compte 5 millions d’habitants, combien de façons possibles y a-t-il pour que la moitié des interrupteurs de la ville soient allumés ?

Solution

Le nombre n total d’interrupteurs dans la ville est calculé comme suit :

\begin{array}{rcl} n &=&\dfrac{\text{habitants dans la ville}}{\text{personnes par maison}} \times \text{interrupteurs par maison} \\ \\ &=& \dfrac{5\cdot 10^6}{4}\cdot 12 = 15\cdot 10^6 \end{array}

L’état macro formé par tous les micro-états dans lesquels la moitié des interrupteurs sont allumés correspond à l’état macro avec le plus grand nombre de configurations possibles. En désignant ce nombre maximal comme \Omega_{max}, nous pouvons obtenir les estimations suivantes selon chaque méthode :

Estimation classique : \Omega_{max} = 10^{\log(e)\left[15\cdot10^6 - \ln\left(15\pi\cdot10^6 / 2 \right) \right]/2} \approx 10^{6.514.413,542}
Estimation simplifiée : \Omega_{max} = 10^{\log(e)\left[15\cdot10^6 \right]/2} \approx 10^{6.514.417,229}

Bien qu’il y ait une différence d’environ 4 ordres de grandeur entre les deux estimations (ce qui peut sembler beaucoup), cela devient négligeable en comparaison avec les plus de 6,5 millions d’ordres de grandeur.