エントロピー

じょけｒさんの書込 (2008/12/08(Mon) 20:24)

エントロピーについていろいろな本を読みましたが，理解できません．クラウジウス積分が出てきたあたりから，わからなくなりました． Qは状態量ではないのに，それをTで割ることで状態量になるのが納得いきません．また，この物理量の有用性がわかりません

Re: エントロピー

mNeji さんのレス (2008/12/08(Mon) 23:28)

丁度，ある本で1階1次の微分方程式；

$P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y &=0 &(1)$

の解を求める話を拝見したところでした．

もし，左辺がある関数 F(x,y) の全微分で表せたとすれば，

$\mathrm{d}F(x,y) &= P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y &(2)$

ですから，式(1)より，微分方程式の解は，

$\mathrm{d}F(x,y) &= 0\\\therefore \\F(x,y) &= \text{Constant}$

となります．

一方，関数の全微分を展開して，

$\mathrm{d}F(x,y) = \frac{\partial F(x,y)}{\partial x}\mathrm{d}x +\frac{\partial F(x,y)}{\partial y}\mathrm{d}y$

となるので，式(2)と比較して，

$P(x,y) &= \frac{\partial F(x,y)}{\partial x} &(3a)\\Q(x,y) &= \frac{\partial F(x,y)}{\partial y} &(3b)$

という関係が成り立つ必要がある．

式(3a)をyで偏微分し，式(3b)をxで偏微分すると，偏微分の順序を交換してもよいことから，

$\frac{\partial P(x,y)}{\partial y} &= \frac{\partial Q(x,y)}{\partial x} &(4)$

の関係が積分可能条件となる．

他方，式(4)が成立しない場合でも，微分方程式(1)にある関数 $\mu (x,y)$ を掛ける事で，

$\mu(x,y) [P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y] = \mathrm{d}G(x,y) =0 &(5)$

と出来る場合がある．このとき， $\mu (x,y)$ を積分因子(integrating factor)と呼ばれる．式(5)が成立する必要十分条件は，式(4)と同様に，積分可能条件，

$\frac{\partial \mu(x,y)P(x,y)}{\partial y} &= \frac{\partial \mu(x,y)Q(x,y)}{\partial x} &(6)$

となる．

式(5)の右辺・関数Gの全微分から，

$\mathrm{d}G(x,y) &= \frac{\partial G(x,y)}{\partial x}\mathrm{d}x +\frac{\partial G(x,y)}{\partial y}\mathrm{d}y &= 0 &\qquad(7)$

と，式(5)の左辺を比較して，積分因子は，

$\mu(x,y) &= \frac{1}{P(x,y)}\frac{\partial G(x,y)}{\partial x} &(8a)\\&= \frac{1}{Q(x,y)}\frac{\partial G(x,y)}{\partial y} &(8b)$

となる．...そうです．

出典：下記のpp44-45. 理工系の基礎数学10 微分・位相幾何和達三樹・著岩波書店，1996 ISBN4-00-007980-8

Re: エントロピー

toorisugari no Hiro さんのレス (2008/12/10(Wed) 19:16)

じょけｒさんが求める回答ではないのですが，積分因子の話が出たので，その関連の数学の話．

ある1形式 $\omega$ が適当な積分因子で割ることで全微分になるとは，

$\omega = \lambda \mathrm{d}\mu$

という形である事は自明ですね．上の形式をcomplex lamellar(複層?)といいます．このとき，

$\exists \lambda, \exists \mu \text{~s.t.~} \omega = \lambda \mathrm{d}\mu~~&\Leftrightarrow~~\omega \wedge \mathrm{d}\omega (=(\lambda \mathrm{d}\mu) \wedge (\mathrm{d}\lambda \wedge \mathrm{d}\mu))= 0$

が成り立ちます． # 通常の3次元ベクトル解析の言葉で書くと

$\exists \lambda, \exists \mu \text{~s.t.~} \bm{\omega} = \lambda \nabla \mu~~&\Leftrightarrow~~\bm{\omega} \cdot (\nabla \times \bm{\omega}) (= (\lambda \nabla \mu)\cdot (\nabla\lambda \times \nabla \mu))=0$

です．

第一法則から

$Q = \mathrm{d}U + P\mathrm{d}V$

ですので

$Q = T\mathrm{d}S$

となる S,T が存在するためには

$0 &= Q \wedge \mathrm{d}Q\\&= (\mathrm{d}U + P\mathrm{d}V) \wedge \mathrm{d}(\mathrm{d}U + P\mathrm{d}V)\\&= (\mathrm{d}U + P\mathrm{d}V) \wedge (\mathrm{d}P\wedge\mathrm{d}V)\\&= \mathrm{d}U \wedge (\mathrm{d}P\wedge\mathrm{d}V)$