No se puede entender este simple paso que involucren cálculo multivariable

Question

Un pasaje determinado en mi Fundamentos de Termodinámica libro me está volviendo loco. He considerado que la publicación de este es la Física.SE, pero creo que la pregunta es eminentemente matemático. He aquí el pasaje:

Como sabemos, $c_p$ se define como: $$c_p = \left(\frac{\partial h}{\partial T} \right)_p \tag1$$ También hemos visto que: $$T\ ds = dh - v\ dp \tag2$$ Por lo tanto: $$c_p = T \left({\partial s \over \partial T} \right)_p \tag3$$

Me he pasado horas tratando de averiguar cómo llegar a $(3)$. Realmente quiero hacer esto de manera tan rigurosa como un graduado de ingeniero mecánico puede.

Hasta ahora tengo dos enfoques"," uno que es bueno para la mayoría de mis amigos, pero es muy informal y otro que es el más correcto, pero me lleva a ninguna parte.

En caso de que sea necesario, permítanme dar algunos antecedentes sobre las variables termodinámicas:

• por curiosidad, $c_p$ significa que el calor específico de una presión constante proceso;
• $p, v, T, u, h, s$ son propiedades, de los cuales uno puede ser visto como una función de cualquiera de los otros dos;
• la notación $\left({\partial a \over \partial b}\right)_c$ significa que, en ese derivados, $a = a(b,c)$, por lo que su propósito es aclarar que la variable se mantiene constante es $c$.

Enfoque 1: simple pero "mal"

De $(2)$, tenemos: $$dh = T\ ds + v\ dp \tag4$$

Conectamos directamente en $\partial h$ $(1)$ obtener: $$c_p = \left({T\ \partial s + v\ \partial p \over \partial T} \right)_p \tag5$$

Desde $p$ se mantiene constante, $\partial p = 0$, lo $(3)$ emerge.

Mis problemas con esto:

1. Haciendo $\partial h = dh$ y conectarlo $(1)$ se ve horrible para mí. Nunca he visto a un "diferencial parcial" fuera de una derivada parcial (por ejemplo, $\partial h$ por sí mismo). Normalmente tomamos la libertad con "total diferenciales," pero nunca he visto que se hace con los parciales.
2. $\partial p$ no puede ni siquiera existen en el interior de la derivada de $(5)$, ya que significaría $p = p(T, p)$, lo que... ¿tiene algún sentido?! De todos modos, se puede argumentar que la derivada parcial de hecho sería cero, pero es una mierda.

Enfoque 2: correcto, pero dead end

Si realizamos $h = h(T, p)$, luego viene: $$dh = \left({\partial h \over \partial T} \right)_p dT + \left({\partial h \over \partial p} \right)_T dp\tag6$$

La equiparación de la con $(4)$ le da: $$\left({\partial h \over \partial T} \right)_p = T\frac{ds}{dT} + \frac{dp}{dT}\left[v - \left({\partial h \over \partial p} \right)_T \right] \tag7$$

Así, a partir de $(1)$: $$c_p = T\frac{ds}{dT} + \frac{dp}{dT}\left[v - \left({\partial h \over \partial p} \right)_T \right] \tag8$$

Que no se parece a $(3)$ a todos. Con el fin de hacer lo mejor, se podría "abrir" $\frac{ds}{dT}$ $s(T,p)$ y, finalmente, encontrar: $$c_p = T \left({\partial s \over \partial T} \right)_p + \frac{dp}{dT}\left[v - \left({\partial h \over \partial p} \right)_T + T \left({\partial s \over \partial p} \right)_T \right] \tag9$$

Necesitaríamos el segundo término es cero, sino $\frac{dp}{dT}$ no es, sin duda, y no veo por qué el $[\cdots]$ estaría bien.

¿Qué hice mal en algún lugar? Se acercan a los 2 realmente óptimo? Agradezco cualquier ayuda.

Answer 1

Enfoque 1 no es tan malo. Creo que de los dh como δh, un pequeño cambio en h. Tenemos un sistema simple. Si p es fijo, a continuación, efectivamente hay sólo una variable. En otras palabras, estos no son realmente derivadas parciales, porque sólo una variable puede variar.

El uso de derivadas parciales es en realidad una especie de recordatorio, ya que en la práctica tiene alguna fórmula para s que implican tal vez p y T y usted tiene que recordar que p no es una variable.

Por ejemplo, para un gas ideal que podría tener $s=k\ln T-R\ln p+k'$ para algunas constantes $k,k'$. Si usted mantenga $p$ fijo, a continuación, $s$ es sólo una función de $T$.

No estoy seguro de por qué usted piensa que $\frac{\text{d}\,p}{\text{d}\,t}$ definitivamente no-cero. $p$ se mantiene fija, por lo que al $T$ varía, no cambia. Por lo que la tasa de cambio debe ser 0. Por supuesto, puede haber algún mecanismo pasando detrás de las escenas para hacer que eso suceda, pero que a menudo es el caso.

Estoy de acuerdo en que sería mejor si la gente no usa cosas como $\partial p$. Sería mejor utilizar la tradicional físico del enfoque de la escritura como $\delta x$ - el equivalente a la del matemático $\epsilon-\delta$ argumentos.

En el Enfoque de la 2, p es fijo, por lo que no depende de nada, ni siquiera T, por lo que su argumento anterior no es correcto.

Answer 2

He aquí cómo iba a pensar acerca de ello:

Ya que queremos hacer esto matemáticamente, vamos a ser pedante y no utilizar los físicos' hábito de dejar que la misma carta denotar una cantidad física y la función que describe su dependencia de otras magnitudes físicas. (Una conveniente la práctica, sino también una fuente de mucha confusión...)

Por lo tanto, si nos wiew $h$ como una función de la $T$$p$, podemos escribir $$h=H_1(T,p),$$ donde $h$ es el valor de una cantidad física y $H_1$ es una función de dos variables. Pero si tenemos wiew $h$ como una función de la $s$$p$, es una función diferente, por lo que utilizar otro símbolo y escribir $$h=H_2(s,p)$$ en su lugar. Ahora, $s$ también puede ser visto como una función de $T$$p$, decir $s=S(T,p)$, y si queremos insertar esto en $H_2$ obtenemos una expresión para $h$ como una función de la $T$$p$, y esto se debe, por supuesto, de acuerdo con lo que la función de $H_1$ dice, así que tenemos la relación $$ H_1(T,p) = H_2(S(T,p),p) \etiqueta{un} . $$ Lo que los físicos escribir como $$ c_p = \left(\frac{\partial h}{\partial T} \right)_p , $$ un matemático puro gustaría escribir como $$ c_p(T,p) = \frac{\partial H_1}{\partial T}(T,p) , $$ y usando la regla de la cadena en (a), vemos que también podemos calcular esta como $$ c_p(T,p) = \frac{\partial H_2}{\partial s}(S(T,p),p) \, \frac{\partial S}{\partial T}(T,p) . \etiqueta{b} $$ Luego, la relación diferencial $$ dh = T \, ds + v \, dp $$ preocupaciones $h$ como una función de la $s$$p$, por lo que se dice algo acerca de la función de $H_2(s,p)$, es decir que si escribimos $T=\tau(s,p)$ $v=V(s,p)$ para denotar la dependencia de la $T$$v$$s$$p$, luego tenemos $$ \tau(s,p) = \frac{\partial H_2}{\partial s}(s,p) \qquad\text{y}\qquad V(s,p) = \frac{\partial H_2}{\partial p}(s,p) . $$ La comparación de la primera de estas dos igualdades con lo que había en (b), encontramos que $$ c_p(T,p) = \tau(S(T,p),p) \, \frac{\partial S}{\partial T}(T,p) . $$ Aquí, finalmente, $\tau(S(T,p),p)$ es simplemente $T$ (en caso de que usted piensa acerca de las definiciones por un tiempo), mientras que $\frac{\partial S}{\partial T}(T,p)$ es lo que los físicos escribir como $\left({\partial s \over \partial T} \right)_p$. Y ahí lo tienen, $c_p = T \, \left({\partial s \over \partial T} \right)_p$.

Answer 3

Diferencial de $f(x, y)$ $(x_0, y_0)$ es una función definida de la siguiente forma: $$df(\delta x, \delta y)_{(x_0, y_0)} = \frac{\partial f}{\partial x}_{(x_0, y_0)} \delta x + \frac{\partial f}{\partial y}_{(x_0, y_0)} \delta y$$ for any $\delta x, \delta y \in \mathbb{R}$

Considere la ecuación (2) y el tratamiento de todas las funciones como funciones de $T, p$, entonces: $$T(\frac{\partial s}{\partial T}_{(T_0, p_0)} \delta T + \frac{\partial s}{\partial p}_{(T_0, p_0)} \delta p) = \frac{\partial h}{\partial T}_{(T_0, p_0)} \delta T + \frac{\partial h}{\partial p}_{(T_0, p_0)} \delta p - v \ dp(\delta T, \delta p)_{(T_0, p_0)} \ \ (*)$$ $d p$ es un abuso de notación, para mayor claridad, vamos a deshacernos de ella: $$d p(\delta T, \delta p)_{(T_0, p_0)} = d f (\delta T, \delta p)_{(T_0, p_0)},$$ donde $f(T, p) = p$ así $$d f (\delta T, \delta p)_{(T_0, p_0)} = 1\ \delta p \ \ (**)$$

Ahora podemos sustituir (**) en $(*)$ y diffirentiate (*) por $\delta T$ para obtener el resultado que derivan en su libro. En realidad, esto sería más estrictamente escrito enfoque 1: $$T\frac{\partial{ds}}{\partial \delta T} = \frac{\partial ds}{\partial \delta T} - v \frac{\partial d p}{\partial \delta T}$$

Answer 4

Se puede obtener casi todo lo que de la ecuación (2) se han

$Tds = dh - vdp$

Tomando la derivada con respecto a T da

$T\frac{\partial s}{\partial T}= \frac{\partial h}{\partial T} - v \frac{\partial p}{\partial T}$

(Tenga en cuenta que nos dejó un ds término de la LHS, ya que no tiene ninguna importancia en la ecuación)

Ahora mantener a p constante de perder el último término y se obtiene el resultado deseado