(Rosser, adaptado) Uma caixa contém N “moléculas” de um gás de rede ideal (o segundo “modelo de brinquedo” das notas de aula sobre entropia) no equilíbrio tér-
mico, distribuídas entre V=10^{12} células elementares. Rotulamos por A e B as duas metades da caixa.
(a) Quantas moléculas de gás a caixa deve conter para que as flutuações relativas no número de moléculas na metade A sejam de cerca de 1 \% ?
(b) Quantas moléculas de gás a caixa deve conter para que as flutuações relativas no número de moléculas na metade A sejam de cerca de 1 parte em 10^{6} ?
(c) Para cada um dos itens anteriores, calcule a probabilidade de que todas as moléculas estejam na metade A.

Passo 1

O enunciado pede três coisas:
  • (a) Determinar quantas moléculas \,N, são necessárias para que as flutuações relativas no número de moléculas na metade A sejam de cerca de 1\%.
  • (b) Determinar quantas moléculas \,N, são necessárias para que as flutuações relativas na metade A sejam de cerca de 1 parte em 10^{6}.
  • (c) Para cada um dos casos anteriores, calcular a probabilidade de que todas as moléculas estejam na metade A.
Informações e condições dadas:
  • A caixa tem V=10^{12} células elementares (metade A e metade B têm a mesma quantidade de células).
  • As moléculas estão em equilíbrio térmico e a distribuição entre as duas metades é simétrica (probabilidade 1/2 de uma molécula estar em A e 1/2 em B).
  • Não foi dada nenhuma outra restrição; portanto cada molécula pode ser tratada como independente quanto à escolha da metade.

Passo 2

Modelo estatístico e definições (explicação didática e intuitiva).
  • Seja X a variável aleatória que conta o número de moléculas na metade A. Como cada molécula tem probabilidade p=\tfrac{1}{2} de cair em A independentemente das outras, X tem distribuição binomial:
X \sim \mathrm{Binomial}(N,p),\qquad p=\tfrac{1}{2}.
  • Para a binomial com parâmetros N e p temos as fórmulas fundamentais:
\text{esperança:}\quad \mathbb{E}[X]=Np,ç
\text{variância:}\quad \mathrm{Var}(X)=Np(1-p).â
Aqui cada termo significa:
  • N é o número total de moléculas;
  • p é a probabilidade de sucesso (estar em A) para cada molécula;
  • \mathbb{E}[X] é o valor médio esperado de moléculas em A;
  • \mathrm{Var}(X) mede a dispersão (flutuações) em torno da média.
Aplicando p=\tfrac{1}{2} obtemos:
\mathbb{E}[X]=\tfrac{N}{2}, \qquad \mathrm{Var}(X)=N\cdot\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}=\tfrac{N}{4}.
A desviopadrão é
\sigma_X=\sqrt{\mathrm{Var}(X)}=\frac{\sqrt{N}}{2}.

Passo 3

Definição de flutuação relativa e relação com N (passo chave para resolver (a) e (b)).
  • A flutuação relativa no número de moléculas em A é definida como \dfrac{\sigma_X}{\mathbb{E}[X]}.
  • Substituindo os resultados do passo anterior:
\frac{\sigma_X}{\mathbb{E}[X]} = \frac{\dfrac{\sqrt{N}}{2}}{\dfrac{N}{2}} = \frac{1}{\sqrt{N}}.
Portanto a flutuação relativa é simplesmente \,1/\sqrt{N}\,. Isto é uma fórmula muito útil: para reduzir as flutuações relativas em um fator, aumenta-se o número de partículas pelo quadrado desse fator.

Passo 4

Resolver o item (a): flutuação relativa \sim 1\%.
  • Queremos \dfrac{1}{\sqrt{N}} \approx 0,01.
  • Invertendo,
\sqrt{N} = \frac{1}{0,01} = 100.
  • Elevando ao quadrado,
N = 100^{2} = 10^{4}.
Comentário curto de checagem: N=10^{4} é muito menor que V=10^{12}, então há células de sobra — o modelo de gás de rede com probabilidade 1/2 por metade é consistente.

Passo 5

Resolver o item (b): flutuação relativa \sim 1 parte em 10^{6}.
  • Queremos \dfrac{1}{\sqrt{N}} \approx 10^{-6}.
  • Invertendo,
\sqrt{N} = 10^{6}.
  • Elevando ao quadrado,
N = (10^{6})^{2} = 10^{12}.
Comentário curto: aqui N=10^{12} é igual a V. Isso significa, no modelo de células, em média há uma molécula por célula; ainda é um caso admissível do modelo (embora seja um limite em que ocupação média é 1).

Passo 6

Resolver o item (c): probabilidade de todas as moléculas estarem na metade A.
  • Cada molécula tem probabilidade p=\tfrac{1}{2} de estar em A e as escolhas são independentes, então a probabilidade de todas as N estarem em A é
P(\text{todas em }A) = \left(\tfrac{1}{2}\right)^{N}.
  • Vamos avaliar numericamente esse valor (ordem de grandeza) para os dois N obtidos.
Cálculo de ordens de grandeza em base 10 (útil porque os números são extremamente pequenos).
\log_{10}\!\left(\left(\tfrac{1}{2}\right)^{N}\right) = N\log_{10}\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = -N\log_{10}(2).
Usamos \log_{10}(2)\approx 0,30103.
Para N=10^{4}:
\log_{10}P = -10^{4}\times 0,30103 = -3010{,}3,
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P = 2^{-10^{4}} \approx 10^{-3010{,}3}.
Isto é um número com aproximadamente 3010 casas decimais antes do primeiro dígito não nulo — essencialmente impossível na prática.
Para N=10^{12}:
\log_{10}P = -10^{12}\times 0,30103 = -3{,}0103\times10^{11},
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P = 2^{-10^{12}} \approx 10^{-3{,}0103\times10^{11}}.
Isto é absurdamente pequeno (praticamente zero para qualquer propósito físico).

Resposta

(a) N=10^{4}
(b) N=10^{12}
(c) Para N=10^{4}: P=\left(\tfrac{1}{2}\right)^{10^{4}}\approx10^{-3010{,}3}. Para N=10^{12}: P=\left(\tfrac{1}{2}\right)^{10^{12}}\approx10^{-3{,}0103\times10^{11}}.

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