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title: "测量微珠位置再移动光阱，最多能提取多少功"
description: "推导一次带误差的位置测量所含的互信息，以及据此移动光阱能提取的平均功，并说明为什么只移光阱用不完这些信息。"
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  en: "https://sandboxphysics.com/stories/stochastic-thermodynamics/feedback-and-information/"
last_modified: "2026-10-29"
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[随机热力学](https://sandboxphysics.com/zh/stories/stochastic-thermodynamics/)

L3 · 第 5 章

# 测量微珠位置再移动光阱，最多能提取多少功

Sandbox Physics · 2026-10-29

前几章里，光阱怎么动是事先定好的，平均做功总不少于自由能差。这一章换一种玩法：先看一眼珠子偏到了哪里，再决定光阱往哪儿移。只要读数有用，就能让珠子“掉”进新的光阱，由水的热运动对外做功。我们要算出这份功的大小，以及它的上限：热能乘以测量所得的信息量。

## 开始前需要什么

第一章的玻尔兹曼分布与弛豫时间，第二章“瞬间移动光阱时功等于势能变化”，第四章的 Jarzynski 等式。还需要会算两个高斯变量乘积的平均值。

- 写出“测量—移动—等待”循环中每一步的功和热，推导稳态下平均提取功的公式。
- 计算高斯读数的互信息，并用反馈涨落关系说明平均提取功为何不超过热能乘信息量。
- 求出最佳增益和对应效率，解释为什么只移动光阱时效率达不到 1。

## 一个循环里的功和热

用 $z$ 表示珠子相对光阱中心的偏移，以热宽度 $\sqrt{k_BT/k}$ 为单位，能量以 $k_BT$ 为单位。循环开始时 $z$ 服从方差为 $S$ 的高斯分布。相机读出 $y=z+\varepsilon$，误差 $\varepsilon$ 的方差为 $R$。随后光阱瞬间移动 $gy$，$g$ 叫作增益。

移动的瞬间珠子来不及动，所以功只是势能的变化，见下式。接着光阱停住，珠子弛豫一段时间 $t_w$，这期间不做功，势能的减少全部作为热放给水。设 $a=e^{-2t_w/\tau_r}$，等待结束时偏移的方差会回到 $S$，由此解出稳态方差。

取平均时用到 $\langle zy\rangle=S$ 和 $\langle y^2\rangle=S+R$。提取的功为正，说明读数确实让珠子“落”到了更低的位置；第二项是误差带来的损失，增益越大，损失越多。

$$
\beta W=\tfrac12\left[(z-gy)^2-z^2\right],\qquad S=\frac{a g^2R+1-a}{1-a(1-g)^2}
$$

第一式是一次移动对珠子做的功；第二式是方差经过“移动、弛豫”一圈后不变的条件。

$$
-\beta\langle W\rangle=\tfrac12\left[(2g-g^2)S-g^2R\right]
$$

每个周期平均提取的功。增益为零时它为零，没有测量就没有功。

## 一次读数含有多少信息

读数 $y$ 对珠子位置的了解程度，用单次信息量 $I=\ln[p(y\mid z)/p(y)]$ 来衡量，这是 Seifert 综述的式 (151)。读数越出乎意料地贴近真实位置，这个数就越大；读数偏离得太远时，它可以是负的。

它的平均值就是互信息。对高斯读数，$p(y)$ 的方差是 $S+R$，$p(y\mid z)$ 的方差是 $R$，两者对数之差取平均，便得到下式。它只取决于信噪比 $S/R$，单位是 nat。

$$
\langle I\rangle=\tfrac12\ln\!\left(1+\frac{S}{R}\right)
$$

误差为零时信息量发散；误差远大于珠子的抖动范围时，信息量趋于零。

来源：U. Seifert

## 信息量给出的上限

Sagawa 与 Ueda 证明，有反馈时 $\langle W\rangle\ge\Delta F-k_BT\langle I\rangle$。循环一圈后光阱形状不变，$\Delta F=0$，所以平均提取的功不超过 $k_BT\langle I\rangle$。这里的循环从稳态而不是平衡态出发，对应的严格等式是 Seifert 综述的式 (156)，其中总熵产生 $\Delta s_{\mathrm{tot}}$ 等于系统熵变加 $\beta Q$。

把式 (156) 平均，并利用稳态下系统熵变的平均值等于 $-I_{\mathrm{left}}$，得到更紧的上限。$I_{\mathrm{left}}$ 是周期结束时读数仍保留的、关于珠子位置的信息；它没有被用掉，等到下一次测量就作废了。等待充分时它几乎为零。

上限只约束平均值。单个周期完全可能提取比 $k_BT\,I$ 更多的功，正如第四章里单次拉动可以低于自由能差。等式的样本平均也和 Jarzynski 平均一样，被少数读数严重指错方向的周期主导，样本不够多时会偏低。

$$
\left\langle e^{-(\Delta s_{\mathrm{tot}}+I)}\right\rangle=1\quad\Rightarrow\quad -\beta\langle W\rangle\le\langle I\rangle-I_{\mathrm{left}}\le\langle I\rangle
$$

左式对每个周期的随机量取平均，由 Jensen 不等式得到右边的平均值上限。

来源：T. Sagawa and M. Ueda · U. Seifert

## 最佳增益与效率

等待充分时 $a\to0$，$S\to1$。对增益求导并令其为零，得到最佳增益 $g^\ast=1/(1+R)$，这时每个周期提取 $\tfrac12\,\mathrm{SNR}/(1+\mathrm{SNR})$ 个热能，其中 $\mathrm{SNR}=1/R$。读数越准，最佳增益越接近 1，也就是把光阱整个移到读数处。

提取的功最多只有半个热能，信息量却随信噪比对数增长。两者之比就是下式中的效率。信噪比趋于零时效率趋于 1；信噪比为 100 时，效率只剩约 0.21。Seifert 综述第 7.3.5 节也指出，只控制光阱中心时这个上限无法达到；要用尽信息，还得同时改变光阱刚度。

$$
\eta^\ast=\frac{-\langle W\rangle}{k_BT\langle I\rangle}=\frac{\mathrm{SNR}}{(1+\mathrm{SNR})\ln(1+\mathrm{SNR})}
$$

最佳增益、充分等待下的效率。它总小于 1，在模糊读数的极限下才接近 1。

来源：U. Seifert

## 第二定律在哪里得到维持

这台引擎似乎从单一温度的水里源源不断地取功。缺掉的一环是控制器的记忆：读数要被记下，下一次测量前又要被擦掉。Sagawa 与 Ueda 2009 年证明，测量与擦除两步合计至少要花 $k_BT\,I$ 的功。把这部分算进去，整台装置每个周期净得的功不为正，第二定律依然成立。

信息可以看作一种燃料：它能换成功，每个 nat 最多换一个热能；制造并清除它，至少要付出同样多的功。

来源：T. Sagawa and M. Ueda

## 完整例题：模糊读数与快速循环

取光阱刚度 $10\,\mathrm{pN/\mu m}$，热宽度为 $20.4\,\mathrm{nm}$，弛豫时间 $\tau_r=0.942\,\mathrm{ms}$。测量误差 $10\,\mathrm{nm}$ 给出 $R=(10/20.35)^2=0.241$，信噪比 4.14，最佳增益 0.806。取 $g=0.8$，等待 $3\,\mathrm{ms}$，此时 $a=0.0017$，$S=0.999$。

代入平均功公式，$-\beta\langle W\rangle=\tfrac12[(1.6-0.64)(0.999)-0.64(0.241)]=0.402$。信息量 $\tfrac12\ln(1+0.999/0.241)=0.818\,\mathrm{nat}$，效率 0.49。换成物理单位，每个周期提取 $1.67\,\mathrm{pN\,nm}$，平均功率约 $0.56\,\mathrm{aW}$。

再看快速循环：误差 $2\,\mathrm{nm}$，$g=1$，只等 $0.25\,\mathrm{ms}$。这时 $a=0.588$，$R=0.0097$，$S=0.417$，珠子来不及抖回热平衡的宽度，被反馈“冷却”了。每个周期只提取 $0.204\,k_BT$，比等足 $3\,\mathrm{ms}$ 时的 0.494 少；但周期短了十二倍，功率从 $0.165$ 升到 $0.815\,k_BT/\mathrm{ms}$。

## 到实验里试一试

### [让信息变成功](https://sandboxphysics.com/zh/labs/feedback-information-engine/)

1. 先预测：把增益从 0.8 调到 1.8，信息量和提取的功分别怎么变？再选“移过头反要付功”验证。
2. 依次选“看得准，信息却浪费”和“看不清，却很节省”，比较信息量和效率，用 $\eta^\ast$ 公式检验两个效率值。
3. 看中间的散点图：线上方的周期超过了上限。数一数它们的占比，再看平均点落在线的哪一侧。
4. 拖动大光阱的把手，在珠子偏离时把光阱移过去。比较你提取的功和自动反馈的结果，想一想你的“读数”有多准、有多快。

## 练习与解答

1. 等待充分时，测量误差为零，增益取 1。每个周期平均提取多少功？效率是多少？

   展开解答

   此时 $S=1$，$R=0$，提取 $\tfrac12k_BT$，就是珠子平均势能的全部。信息量 $\tfrac12\ln(1+1/R)$ 发散，效率趋于零：精确读数里的绝大部分信息用不上。

2. 信噪比为 1，等待充分。求最佳增益、每个周期提取的功和效率。

   展开解答

   最佳增益 $g^\ast=1/2$，提取 $\tfrac12\cdot\tfrac12=0.25\,k_BT$，信息量 $\tfrac12\ln2=0.347\,\mathrm{nat}$，效率 $1/(2\ln2)=0.72$。

3. 为什么增益超过 2 时（等待充分），无论读数多准，引擎都在付出功？

   展开解答

   等待充分时 $-\beta\langle W\rangle=\tfrac12[(2g-g^2)-g^2R]$。当 $g>2$ 时 $2g-g^2<0$，两项都为负。光阱越过珠子太远，珠子在新光阱里的位置比原来更高，每次移动都在给它加能量。

[上一章：Jarzynski 等式和 Crooks 关系怎样从不可逆拉动求出自由能](https://sandboxphysics.com/zh/stories/stochastic-thermodynamics/jarzynski-and-crooks/) [下一章：燃料驱动的酶每秒产生多少熵](https://sandboxphysics.com/zh/stories/stochastic-thermodynamics/entropy-production-in-networks/)

## 来源与复算范围

1. [U. Seifert, Stochastic thermodynamics, fluctuation theorems and molecular machines, arXiv:1205.4176v1; Reports on Progress in Physics 75, 126001 (2012)](https://arxiv.org/abs/1205.4176v1)

   2012 年 5 月 18 日 v1。第 2 节：过阻尼 Langevin 动力学，式 (14) 定义交给环境的热，式 (15)—(19) 给出单条轨迹的第一定律。第 4 节：式 (58) 与 (61)，即 Jarzynski 等式与 Crooks 关系。第 6.2 节：主方程的熵产生，式 (120)—(129)。第 7.2 节：用相对熵给耗散定下限，式 (146)—(150)。第 7.3 节：测量与反馈，式 (151)—(163)。

2. [T. Sagawa and M. Ueda, Generalized Jarzynski equality under nonequilibrium feedback control, arXiv:0907.4914v3; Physical Review Letters 104, 090602 (2010)](https://arxiv.org/abs/0907.4914v3)

   2010 年 1 月 20 日 v3。式 (3)：有反馈时，平均功最多可以比自由能差低热能乘互信息。式 (4)：从平衡态出发时与之对应的等式。课程里的光阱引擎及其数值是课程自己的。

3. [T. Sagawa and M. Ueda, Minimal energy cost for thermodynamic information processing: measurement and information erasure, arXiv:0809.4098v3; Physical Review Letters 102, 250602 (2009)](https://arxiv.org/abs/0809.4098v3)

   2009 年 5 月 30 日 v3。式 (4)：测量并随后擦除记录，两步合计至少要花热能乘所得的互信息。