Дифференциал энтальпии

[Ms-dos4]

Цитата:

1) Вы хотите сказать это не так?(вывод из учебника матвеева).

Да я не спорю, просто не помню, дело было давно
2)Ещё раз. Положив $\[dH = 0\]$ вы их сделали зависимыми. В общем случае, когда $\[dH \ne 0\]$ они независимы.

[chem_victory]

Ms-dos4 в сообщении #731497 писал(а):

Цитата:

1) Вы хотите сказать это не так?(вывод из учебника матвеева).

Да я не спорю, просто не помню, дело было давно
2)Ещё раз. Положив $\[dH = 0\]$ вы их сделали зависимыми. В общем случае, когда $\[dH \ne 0\]$ они независимы.

А можете доказать второй пункт, ну или намекнуть, не совсем поятно.
пусть у нас есть дифф. ф. двух переменных.
имеем право записать дифференциал, почему если он равен нулю, переменные в функциональной зависимости?

[Ms-dos4]

Ээх. Ну вот смотрите. Допустим у нас есть функция $\[f(x,y)\]$. И вы записали дифференциал $\[df = \frac{{\partial f}}{{\partial x}}dx + \frac{{\partial f}}{{\partial y}}dy\]$. Конечно, в общем случае $\[df \ne 0\]$. Предположим теперь, что $\[df = 0\]$. Обозначим $\[\frac{{\partial f}}{{\partial x}} = \varphi (x,y)\] $
и
$\[\frac{{\partial f}}{{\partial y}} = \psi (x,y)\]$
(изначальная функция $\[f\]$ полагается известной, поэтому наши частные производные- тоже какие-то функции). Имеем
$\[\varphi (x,y)dx + \psi (x,y)dy = 0\]$
А это - диф.уравнение(причём в полных дифференциалах, ввиду $\[\frac{{\partial \varphi }}{{\partial y}} = \frac{{\partial \psi }}{{\partial x}}\]$). Значит, мы можем найти решение в виде $\[y = g(x)\]$ (ну или хотя бы в виде $\[G(x,y) = 0\]$). Как видите - если мы наложили ограничение на полный дифференциал(т.е. положили его равным нулю) - то переменные стали зависимы.

[chem_victory]

Ms-dos4 в сообщении #731509 писал(а):

Ээх. Ну вот смотрите. Допустим у нас есть функция $\[f(x,y)\]$. И вы записали дифференциал $\[df = \frac{{\partial f}}{{\partial x}}dx + \frac{{\partial f}}{{\partial y}}dy\]$. Конечно, в общем случае $\[df \ne 0\]$. Предположим теперь, что $\[df = 0\]$. Обозначим $\[\frac{{\partial f}}{{\partial x}} = \varphi (x,y)\] $
и
$\[\frac{{\partial f}}{{\partial y}} = \psi (x,y)\]$
(изначальная функция $\[f\]$ полагается известной, поэтому наши частные производные- тоже какие-то функции). Имеем
$\[\varphi (x,y)dx + \psi (x,y)dy = 0\]$
А это - диф.уравнение(причём в полных дифференциалах, ввиду $\[\frac{{\partial \varphi }}{{\partial y}} = \frac{{\partial \psi }}{{\partial x}}\]$). Значит, мы можем найти решение в виде $\[y = g(x)\]$ (ну или хотя бы в виде $\[G(x,y) = 0\]$). Как видите - если мы наложили ограничение на полный дифференциал(т.е. положили его равным нулю) - то переменные стали зависимы.

пытаясь придумать контрпример - догадался, а потом вы. спасибо, затупил.

[ewert]

Ms-dos4 в сообщении #731509 писал(а):

А это - диф.уравнение(причём в полных дифференциалах, ввиду $\[\frac{{\partial \varphi }}{{\partial y}} = \frac{{\partial \psi }}{{\partial x}}\]$).

Зачем? Просто $df=0\ \Rightarrow\ f=\mathrm{const}$.

[Ms-dos4]

ewert

(Оффтоп)

Да, у меня уже у самого от попыток объяснить мозги скривились . Конечно так намного проще