Dificultad ●○○–●●●, sólo pistas y ninguna solución cerrada. La brújula del módulo son tres avisos. Primero, y es el que ordena la hoja entera: una fluctuación no se elimina, sólo se muda de sitio. La varianza total la fija la equipartición y no se negocia; lo único que puede hacer el ingenio es sacarla de la banda, del tiempo o de la variable donde molesta — y los problemas 1, 3 y 5 son tres versiones de esa misma jugada. Segundo: una cifra de ruido sin su banda no significa nada. Cuatro nanovoltios por raíz de hercio y cuatro microvoltios son la misma resistencia, y confundirlos es el error más caro de este tema; antes de despejar nada de un espectro, pregúntese hasta dónde ha integrado y qué se ha dejado fuera. Tercero: el teorema sólo vale en equilibrio. En cuanto hay una corriente, una tensión aplicada o un motor molecular empujando, fluctuación y disipación dejan de estar atadas, y parte de esta hoja existe para marcar esa frontera.
Un termómetro en equilibrio con lo que mide tiene su propia fluctuación de energía, y traducida a temperatura vale σT = T√(kB/C). (a) Para un sensor de platino (M = 195,084 g/mol, ρ = 21 450 kg/m³) con C de Dulong-Petit, tabule N, C y σT a 20 °C para masas de 1 g, 1 mg, 1 µg, 1 ng y 1 pg, y compruebe que σT/T = 1/√(3N) en las cinco filas. (b) ¿Qué masa de platino tiene σT = 1 mK, y cuál σT = 1 K? Dé también el diámetro de la esfera equivalente en cada caso. (c) Un fabricante declara una resolución de 0,1 mK para un sensor de 1 mg. ¿Está mintiendo? Conteste con el cociente, y diga qué hace falta cambiar para que la respuesta se invierta. (d) La fluctuación tiene un espectro: con una conductancia térmica G al baño, ST(f) = 4kBT²/G repartido en una lorentziana de constante de tiempo τ = C/G. Compruebe que su integral devuelve kBT²/C, y calcule para un sensor de 1 µg con G = 10⁻⁶ y con 10⁻⁹ W/K el σT que se obtiene promediando 0,1 s, 1 s, 100 s y 10 000 s, tomando Δf = 1/2t como banda equivalente de un promediado de duración t — y justifique de paso esa correspondencia, que es el teorema de muestreo del problema 2 leído al revés. Cuidado: la fracción de varianza que cabe en una banda no es S(0)·Δf. (e) Con eso: ¿la fluctuación de temperatura es un límite que se puede promediar o no? Compárela explícitamente con el ruido kTC del artículo 04, que no se puede, y diga qué propiedad distingue a los dos.
Pista
Camino: (a) y (b) son la fórmula y un despeje. Control: con Dulong-Petit, σT/T tiene que salir exactamente 1/√(3N); si no, sobra o falta el factor 3. Trampa en (d): la fracción de varianza por debajo de Δf va con un arcotangente, no con S(0)Δf — la segunda da σT mayores que la varianza total, absurdo visible a simple vista. Y (e) se contesta solo comparando los dos casos de G, que tienen la misma varianza total y τ separados por tres órdenes.
La termometría de ruido Johnson mide T de ⟨V²⟩ = 4kBTRΔf sin calibrarse contra nada. El precio es el tiempo. (a) Justifique que una señal de banda Δf observada durante t contiene n = 2Δf·t muestras independientes, y que por tanto la incertidumbre relativa de una estimación de varianza es √(2/n) = 1/√(Δf·t); explique por qué ésa es también la incertidumbre relativa de T. (b) Tabule el tiempo de integración necesario para llegar al 1 %, al 10⁻⁴ y al 10⁻⁶ relativo con Δf = 1 MHz y con Δf = 100 MHz. (c) El ruido propio del amplificador se suma al de la resistencia y no se puede restar porque no se conoce. El truco estándar es medir con dos cadenas independientes y correlacionarlas: explique por qué eso elimina el sesgo, y estime en qué factor multiplica el tiempo necesario si el ruido del amplificador es igual al de la fuente, y si es el triple. (d) La banda no se puede subir indefinidamente: por encima de cierta frecuencia la fórmula de Nyquist deja de valer. Encuentre, para T = 20 mK, 1 K y 300 K, la frecuencia a la que la corrección cuántica alcanza 10⁻⁶, y compruebe que en las tres es la misma fracción de kBT/h. (e) Junte (b) y (d): calcule el tiempo de integración necesario para una medida de 10⁻⁶ a 20 mK y a 1 K usando en cada caso la banda máxima permitida, y explique con esos dos números por qué esta técnica es competitiva por encima de 1 K y penosa por debajo.
Pista
Camino: (a) sale del teorema de muestreo —banda Δf ⟹ 2Δf muestras independientes por segundo— y de que la varianza muestral de n gaussianas tiene error √(2/n). En (d), desarrolle x coth x − 1 ≈ x²/3 antes de resolver: la raíz numérica y la asintótica tienen que coincidir en cinco cifras. Trampa en (e): la banda máxima depende de T, y quien use el mismo Δf en los dos casos concluirá que enfriar sale gratis. Control de (d): la respuesta tiene que ser proporcional a T.
Una pinza óptica sujeta una esfera de sílice que el fabricante vende como de 1 µm de diámetro, en agua a 20 °C (η = 1,002 mPa·s). Se miden dos cosas: la anchura de la distribución de posiciones, σx = 22,49 nm, y la frecuencia de esquina del espectro, fc = 112,35 Hz. (a) Calcule la rigidez k por los dos caminos —de la anchura y de la esquina— y diga cuál de los dos necesita conocer el radio y cuál no. (b) No coinciden. Cuantifique la discrepancia, demuestre que el cociente entre las dos rigideces es exactamente areal/anominal, y despeje el diámetro verdadero de las esferas. (c) Con la k y el radio correctos, calcule la resolución en fuerza σF = kσx en bandas de 1, 10, 100 y 1000 Hz, teniendo en cuenta qué fracción de la varianza cae en cada banda. Compare con los 5–6 pN que ejerce una molécula de kinesina y diga si el experimento es viable. (d) Un tercer estudiante integra el espectro medido hasta fc para obtener ⟨x²⟩ y de ahí k. ¿Qué factor de error comete, en qué dirección, y por qué su ajuste de la lorentziana le parecerá perfecto? (e) Dé τk y diga cuál es el ancho de banda por encima del cual esta trampa ya no sigue a la partícula, y qué consecuencia tiene para medir un motor molecular que da pasos cada 10 ms.
Pista
Camino: k = kBT/σx² y k = 2πγfc con γ = 6πηa; la primera no contiene γ y la segunda sí, y ahí está el problema entero. Trampa en (b): las dos medidas son correctas; lo que está mal es un dato de entrada, y hay uno solo que entre en una y no en la otra. Trampa en (c): σF en una banda no es kσx a secas. Control: si el radio despejado sale menor que el nominal, ha invertido el cociente.
Un diodo ideal a 300 K con corriente de saturación IS = 1 pA cumple I(V) = IS(eeV/kBT − 1), y su ruido de corriente es SI = 2eIS(eeV/kBT + 1). (a) Calcule la tensión térmica kBT/e a 300 K y tabule I, la resistencia diferencial rd = dV/dI, SI, el ruido de disparo 2eI y el de Johnson 4kBT/rd para V = 0, 1, 10, 25,9, 50, 100 y 300 mV. (b) Demuestre que en V = 0 la fórmula exacta es Johnson, y que para eV ≫ kBT es el ruido de disparo. (c) Demuestre que las dos se escriben a la vez como SI = 2eI·coth(eV/2kBT), y compare esa expresión con la corrección cuántica del artículo 04: identifique qué magnitud hace de hf y cuál de kBT en cada caso. (d) La trampa: busque la tensión a la que «el ruido de disparo supera al de Johnson». Explique por qué no existe, y sustituya la pregunta por una que sí tenga respuesta: ¿desde qué tensión se puede usar 2eI a secas con un error menor del 10 %, y del 1 %? Dé el resultado en milivoltios y en unidades de kBT/e. (e) Un fotodiodo con corriente de 1 nA, 1 µA y 1 mA se lee con una resistencia de carga de 1 MΩ. Compare el ruido de disparo con el de Johnson de la carga en los tres casos, encuentre la corriente a la que se igualan y exprésela en forma cerrada. (f) Conteste la pregunta que ordena el problema: ¿por qué el ruido de disparo no sale del teorema de fluctuación-disipación, y qué parte de él sí?
Pista
Camino: rd = kBT/[e(I+IS)] sale de derivar la característica, y con eso (b) es aritmética. Trampa en (d), y es el corazón del problema: 4kBT/rd = 4e(I+IS), siempre mayor que 2eI — las dos curvas no se cortan nunca. En (e) el cruce sí existe, porque el Johnson es el de otro componente; dé la respuesta en voltios antes que en amperios. Para (f): ¿está en equilibrio un diodo que conduce?
El espejo de un detector de ondas gravitatorias es una masa de m = 40 kg colgada como péndulo de f₀ = 0,6 Hz a 293 K, y su ruido térmico de posición tiene que quedar por debajo de 10⁻¹⁹ m/√Hz a 100 Hz. (a) Calcule la amplitud total √⟨x²⟩ por equipartición y compruebe que ½k⟨x²⟩ = ½kBT. (b) Con amortiguamiento viscoso, obtenga χ(ω) para el oscilador, separe χ″ y escriba Sx(f) usando el teorema dinámico; compruebe que ∫₀∞Sx df = kBT/k. (c) Evalúe √Sx a 10, 100 y 1000 Hz para Q = 10⁴, 10⁶ y 10⁸; obtenga la pendiente logarítmica y el escalado con Q, y dé el cociente entre la amplitud total y la densidad espectral a 100 Hz. (d) ¿Qué Q mínimo hace falta para cumplir la especificación? (e) Y ahora el modelo realista, que es donde está el problema. Una suspensión de sílice fundida no tiene amortiguamiento viscoso sino estructural, con φ = 1/Q constante y χ−1 = m[ω₀²(1+iφ) − ω²]. Obtenga Sx(f), dé su pendiente logarítmica y compárela con la de (c); después intente repetir la comprobación de (b) y diga qué encuentra. Cuantifique lo que encuentra —¿cuánto añade cada década de frecuencia por debajo?— y explique si eso invalida el modelo, lo limita o lo contradice. (f) Con todo delante, conteste la pregunta que ordena el problema: subir Q, ¿reduce el ruido térmico o lo mueve?
Pista
Camino: Sx(f) = (4kBT/ω)χ″(ω) con ω = 2πf, y la manera de no equivocarse con los dos factores 2 es exigir que la integral devuelva la varianza conocida — que es lo que pide (b). Trampa numérica seria: con Q = 10⁸ el pico tiene anchura relativa 10⁻⁸ y una cuadratura adaptativa no lo ve; integre en x = ω/ω₀ con el cambio x = 1 + t/2Q y use ∫₀∞dx/[(1−x²)²+x²/Q²] = πQ/2 de control. En (e) la integral diverge: descubrirlo es el resultado, y antes de alarmarse compare su magnitud con la varianza total.
Un trinquete de rueda dentada con un fiador elástico parece capaz de rectificar el zarandeo térmico: las aspas reciben golpes moleculares al azar y el fiador sólo permite girar en un sentido. Feynman lo analizó en sus Lectures y el resultado es el contrario del que parece. Modelo: para avanzar un diente hay que levantar el fiador (energía ε) y hacer el trabajo Lθ contra una carga, con el ruido térmico de las aspas a T₁; para retroceder basta con levantar el fiador con el ruido térmico del propio fiador a T₂, y entonces la carga devuelve Lθ. Las dos tasas son de tipo Kramers, r₊ ∝ e−(ε+Lθ)/kBT₁ y r₋ ∝ e−ε/kBT₂. (a) Ponga T₁ = T₂ = T y demuestre que la tasa neta se anula idénticamente y para cualquier carga positiva; explique qué principio general está detrás y por qué ninguna geometría del diente lo arregla. (b) Con T₁ ≠ T₂, obtenga la carga de parada Lθ despejando r₊ = r₋, y evalúela para ε/kB = 1500 K, T₁ = 320 K y T₂ = 300 K; dé el resultado en julios, en kB·K y en unidades de kBT₂. (c) Calcule el rendimiento en la parada, Lθ/(ε+Lθ), y reconozca lo que sale. (d) Con ν = 10¹⁰ s⁻¹, escriba la potencia P = (r₊−r₋)·Lθ, encuentre numéricamente la carga que la maximiza y dé la potencia máxima, el rendimiento a potencia máxima y su cociente con Carnot y con 1−√(T₂/T₁). (e) Calcule la tasa neta sin carga y el tiempo entre pasos. (f) Y el apartado que decide si se ha entendido: el modelo de dos estados no es un trinquete real. Diga qué hipótesis suya es la que permite alcanzar Carnot, por qué un trinquete de verdad no puede cumplirla, y qué tiene que ver todo esto con un demonio de Maxwell.
Pista
Camino: (a) es una línea —iguale los exponentes con T₁ = T₂—, y (b) es la misma sin igualarlas. Control de (b): la condición de parada tiene que poder escribirse (ε+Lθ)/T₁ = ε/T₂, una igualdad de entropías; si su despeje no admite esa forma, revíselo. Trampa en (c): el denominador es el calor absorbido del foco caliente, no la barrera a secas, y el resultado sale exacto. En (d), el rendimiento a potencia máxima cae cerca de 1−√(T₂/T₁) y en torno a la mitad de Carnot; por encima de Carnot hay un signo mal. Para (f): ¿qué hace el fiador con el calor?
Fin del módulo III.6, y las dos deudas del III.5 quedan liquidadas — con el descubrimiento de que eran una sola. El módulo anterior cerró señalando que este curso había usado la fluctuación-disipación dos veces sin demostrarla nunca: σE² = kBT²CV en el III.2 y χ como suma de la correlación en el 01 del III.5. No eran dos resultados sino dos parejas conjugadas de una identidad de cuatro líneas —χ = βσA²—, y hay una tercera, la σN²/⟨N⟩ = n kBTκT del III.3, que sí se dedujo por su propio camino en su módulo y que aquí resulta ser ese mismo teorema con otra pareja conjugada. Desde ahí el módulo ha recorrido el camino entero: Einstein, cuyas dos deducciones de 1905 convierten el temblor de una mota en una balanza de átomos y cuya D = µkBT es la primera relación de fluctuación-disipación que se escribió; Langevin, donde la misma relación aparece como condición para que exista el equilibrio y no como hipótesis; Fokker-Planck, cuyo estado estacionario con corriente nula es la distribución de Boltzmann si y sólo si γD = kBT —de modo que el postulado del III.1 se recupera aquí como consecuencia de una ecuación de movimiento—; y Nyquist, que con una cuenta de modos y equipartición saca los 4,07 nV/√Hz de una resistencia de un kiloohmio y los −173,975 dBm/Hz que limitan todo receptor de radio del mundo. Y el teorema dinámico cierra el círculo: la versión estática del artículo 01 es la integral de la versión espectral del 04.
Lo que hay que llevarse, y no es una fórmula. Que las fluctuaciones no son el error de la medida sino, muy a menudo, la medida: una pinza óptica se calibra mirando temblar lo que sujeta, un termómetro de ruido es primario porque su única constante es kB, y Perrin contó átomos fotografiando motas. Que tienen un reloj, y que ignorarlo cuesta un factor nueve en una barra de error: el tiempo de correlación integrado del Metropolis en Tc resultó ser 43,6 ± 1,4 barridos frente a 1,330 ± 0,009 a 0,8 Tc, y ahí estaba desglosado el «factor cien» que el III.5 publicó sin explicar — que resultó no ser cien ni ser universal, sino 67 en L = 32 y creciente con el tamaño, porque τ ∝ Lz. Y que no se eliminan, se mudan: la varianza total la fija la equipartición y no la negocia nadie, de modo que lo único negociable es dónde se pone — en qué banda, en qué variable, en qué escala de tiempo. Los límites también se han dicho: la temperatura no es un observable mecánico y σT es una traducción; Nyquist se acaba en kBT/h, que a veinte milikelvin son 417 MHz; el modelo de amortiguamiento estructural que usa todo el mundo no tiene varianza total; y una «temperatura efectiva» ajustada de una anchura no predice una tasa de escape.
Lo que falta es la corriente. Todo este módulo, pese a las apariencias, sigue siendo equilibrio: la ecuación de Fokker-Planck se ha resuelto siempre con J = 0, y el teorema de fluctuación-disipación sólo vale ahí, y esta hoja marca esa frontera por los dos lados: por el de un dispositivo que conduce corriente y por el de una máquina que sólo funciona con dos focos. En cuanto hay dos focos, un gradiente o un motor, hay corriente, y con ella preguntas nuevas: cuánto vale un coeficiente de transporte y de dónde sale —la fórmula de Green-Kubo del artículo 03 es la primera pieza—, qué relaciones obligan a que la matriz de coeficientes sea simétrica, y qué pasa con la flecha del tiempo cuando se mira una sola trayectoria. El módulo III.7 lo ataca de frente: transporte, con la ecuación de Boltzmann y el teorema H frente a la objeción de Loschmidt; la reciprocidad de Onsager, que es fluctuación-disipación puesta a trabajar fuera del equilibrio; las estructuras disipativas; y la información, donde el demonio de Maxwell —primo hermano del trinquete del problema 6— queda liquidado por Landauer con un kBT ln 2 por bit borrado. Con este módulo en la mano ya se sabe por qué hace falta: porque calcular una fluctuación en equilibrio ya se sabe, y todo lo interesante que queda ocurre cuando algo fluye.