001 046 物理化学 解答 責 2刷 Z06...6666 + +0. .04166 0 00833+˜˚ 2 7. 2...
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演習問題の解答例 1
第1章
k tT
T TT Td
dd
0
3
0100
700100
70
∫ ∫= −−
= − −( )( )(
lnln
ln ))∫
( ln ln . , .3100 3070 30
7040
0 55962 0min)× = −−
= = =k k 11865 1min−
この値および題意の値を先の積分形に代入して
tk
TT T
= −−
= −−∫ −
1 10 1865
100 3031 30100
31
1
dmin.
ln00
22 8= . min
∂∂
=−
PT
nRV nbV
,∂
∂∂∂
= ∂
∂ −
V
PT V
nRV nbV T TT
nR
V nb= −
−( )2 ,∂∂
= −−( )
+PV
nRT
V nb
n a
VT2
2
3
2,
∂∂
∂∂
= ∂
∂−
−+
TPV T
nRT
V nb
n a
VT V ( )2
2
3
2
= −
−( )T
nR
V nb 2 となり,交差微分導関数が等しいから,dPは完
全微分である.
f(x)=ln(1+x)とすると,マクローリン級数展開の定理(1.8節)により,
f x ff
xf
xf
nx
nn( ) ( )
( )!
( )!
( )!
= + ′ + ′′ + +00
10
202
となる.いまの場合,f(0)=0, ′( ) =+( )( )
=+
f xx
x xd
dln 1 1
1,
′′( ) =+
= −+( )
f xx
xx
11
1
1 2/ d であるから f ′(0)=1,f ′′(0)=1となる.
したがって, ln( )12
2
+ = − +x xx
と展開でき,0 < x 1のとき,
ln(1+x)≃ xと近似できる.同様に ln(1-x)≃-xとなる.
f(x)=e xとして,式(1.54)に代入すると
ex x x x
nx
n
= + + + + +11 2 3
2 3
! ! ! !
x=1を代入して,
en
x = + + + + + + +
= + + +
111
12
13
14
15
1
1 1 0 5 0 16
! ! ! ! ! !
. .
�
6666 0 04166 0 00833 2 72+ + +. . .��
式(1)の右辺と式(2)の右辺を等しくするために,式(2)を xで微分して x=1を代入すると式(5)が得られる.
np q px r C p q xnn r
r n r
r
nr( )+ =− −
=
−∑1
0
1 (4)
1.5
1.6
1.7
-0.5
-0.5
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
0 0.5 10-1 0.5 1
1.8
1.9
演習問題の解答例(注1)
(注1)各章の説明問題の解答例は割愛し,演習問題の解答例のみ記載する.
2 演習問題の解答例
np q p np r C p qnn r
r n r
r
n
( )+ = =− −
=∑1
0 (5)
式(5)を式(1)に代入し,E(x)≡ m=npが得られる.
次に,式(4)に xをかけて xで微分すると
np q px x r C p q x rb n rnn r
r n r
r
nr
r
n
( ) ( , )+ = =− −
= =∑ ∑1
0 0
xx
np n p q px x q px r b n r
r
n n
r
( ) ( ) ( ) ( , )− + + +{ } =− −1 2 1 2
==
−∑0
1n
rx (6)
式(6)に x=1を代入し式(3)を得る.ここで,分散 σ2の定義に対して,各項を代入すると,
σ 2 2
0
2
0
2≡ − = −= =∑ ∑( ) ( , ) ( , ) ( ,r m b n r r b n r m rb n rr
n
r
n
)) ( , )
( , ) (
r
n
r
n
r
n
m b n r
r b n r m m
= =
=
∑ ∑
∑
+
= − +
0
2
0
2
0
2 22 ∵∵m rb n r b n r
r b n r
r
n
r
n
r
= =
=
= =
=
∑ ∑( , ), ( , ) )
( , )
0 0
2
0
1
nn
np m np
np n p np
n
∑ − =
= − +{ } −
=
( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
21 1
∵
∵
pp p npq( )1 − =
式(3)
(7)
となる.したがって, σ = npq と証明できる.
最初に 1次元の変数変換
x u(x)
を考える.いま,(x0, x0+dx)の微少区間を考えると,
x0 u(x0)
x x0 + d
u x x u xux
xx
0 00
+( ) = ( ) + ∂∂
d d
すなわち,
dx d duux
x= ∂∂
となる.次に,2次元の変数変換 x, y u(x, y), v(x, y)を考える.
x
y
D C
A B
D´
C´
A´
B´
x0+dx
y0+dy
y0
x0u
v
x0, y0 u(x0, y0), v(x0, y0) (A A´)
x0+dx, y0 u(x0+dx, y0), v(x0+dx, y0) (B B´)
1.10
演習問題の解答例 3
u x yux
x v x yvx
xx y x y
0 0 0 00 0 0 0
, , ,, ,
( ) +∂∂
( ) +∂∂
d d
x0+dx, y0+dy u(x0+dx, y0+dy), v(x0+dx, y0+dy) (C C´)
u x yux
xuy
y v x yvx
xv
0 0 0 0, , ,( ) +∂∂
+∂∂
( ) +∂∂
+∂∂
d d dyy
yd
x0, y0+dy u(x0, y0+dy), v(x0, y0+dy) (D D´)
u x yuy
y v x yvy
y0 0 0 0, , ,( ) +∂∂
( ) +∂∂
d d
v3
v1
v2
0 u1 u2 u3A′
B′
D′
C′
面積 S(ABCD)および S(A´B´C´D´)は,
S(ABCD)=dxdy
S u vu v u v v v u u
′ ′ ′ ′( ) = − − −+( ) −( )
A B C D 3 32 2 1 1 2 3 3 2
2 2 22 21 3 3 1−
+( ) −( )u u v v
uuy
y uux
x uux
xuy
y u u1 2 3 1 2= ∂∂
= ∂∂
= ∂∂
+ ∂∂
= +d d d d, ,
vvy
y vvx
x vvx
xvy
y v v1 2 3 1 2= ∂∂
= ∂∂
= ∂∂
+ ∂∂
= +d d d d, ,
S u u v vu v u v v
′ ′ ′ ′( ) = +( ) +( ) − − −+
A B C D 1 2 1 22 2 1 1 2
2 22 vv u u u v
u v
1 1 1 2 2
1 1
22
2
112
12
1 1
( )−
+( )
= − −
+ − − 11 112
121 2 2 1 2 2 2 1 1 2( ) + + − −
= −
= ∂
u v u v u v u v u v
uux
vy
uy
vx
x y
ux
uy
vx
v∂∂∂
− ∂∂
∂∂
=
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
d d
yy
x y J x yd d d d≡
すなわち,変換後の微少領域の面積は元の | J |倍となっている.このとき行列式 | J |は u, vの x, yに対する
ヤコビアン(Jacobian)とよばれ,
Ju vx y
= ∂∂( , )( , )
とも書かれる.
①変数変換の場合,例えば極座標の場合 x=r cos θ,y=r sin θのように u, v x(u, v), y(u, v)の形で書かれ
ることが多い.(u=r, v=θ)上の議論で,x, yと u, vを入れ替えると,
1.11
4 演習問題の解答例
Sxu
yv
xv
yu
u v
x
( )′ ′ ′ ′ = ∂∂
∂∂
− ∂∂
∂∂
=
∂∂
A B C D d duu
xv
yu
yv
u vx yu v
u v
∂∂
∂∂
∂∂
= ∂∂
d d d d( , )( , )
以下のように近似する.
S x y( )′ ′ ′ ′A B C D d d
d d d d dS x yx yu v
u v= = ∂∂( , )( , )
例として極座標の場合をとりあげよう.
d d d d dS x y
xr
x
yr
yr
r= =
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
=−θ
θ
θθ θ
θ
cos sin
sin rrr r r
cosθθ θd d d d=
この式は,極座標系における面積素辺は,dr×rdθであることから容易に理解できる.
dθ drr
② 3次元の場合も,ヤコビアンを ∂(x, y, z)/∂(u, v, w)と定義すればよい.以下の図に示す球座標の場合,
u=r,v=θ,w =fであり,変換は x=r sin θ cos f,y=r sin θ sin f,z=r cos θによりなされる.図より,
dV=dr×rdθ×r sin θ dfとなることが直感的に理解できる.
ヤコビアンで求める場合は以下のようになる.
d d d d d d dV x y z J r
xr
x x
yr
y y= = =
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂
θ φ
θ φ
θ φ
zzr
z z
r
r r
∂∂∂
∂∂
=
−
θ φ
θ φ
θ φ θ φ θ
d d d
sin cos cos cos sin siin
sin sin cos sin sin cos
cos sin
φ
θ φ θ φ θ φ
θ θ
r r
r
r
− 0
d dd dθ φ
演習問題の解答例 5
J r r r= + +2 2 2 2 2 2 2 2cos sin cos sin sin sin cosθ θ φ θ θ φ θ ssin sin sin sin cos
sin sin c
θ φ θ θ φ
θ θ
2 2 2 2
2 2 2
+
= +
r
r r oos sin
sin
2
2
θ θ
θ= r
d d d dV r r= 2 sin θ θ φ
ヤコビアンをもう一度定義しておこう.n個の独立変数の xi,(i=1, 2, 3, …, n)の関数 uiが n個ある ui(x1, x2,
x3, …, xn)(i=1, 2, 3, …, n)とする.ヤコビアンは以下のように定義される.
∂∂
=
∂∂
∂∂
( , , , , )( , , , , )u u u ux x x x
ux
u
n
n
1 2 3
1 2 3
1
1
1
…
…
xxux
ux
ux
ux
ux
ux
n n2
1
3
1
1
1
2
1
2
2
2
3
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
−�
�∂∂
∂∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂
−
− −
ux
ux
ux
ux
ux
n n
i
j
n n
2
1
2
1
1
1
2
� � � � �
uux
ux
ux
ux
ux
u
n n
n
n
n
n n n
− −
−
−
∂∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂
1
3
1
1
1
1 2
�
xxux
ux
ux
n
n
n
n
i
j
3 1�
∂∂
∂∂
=∂∂
−
det
{ui}が {yi}を媒介して {xi}の関数であれば(また,{ui}, {yi}, {xi}は独立であるとする),
∂∂
=∂∂
∂∂=
∑ux
uy
yx
i
j
i
k
k
jk
n
1
これはある意味 n行×n列の行列の積 C=ABとみなせる.それぞれの行列式は
det C=det(AB)=(det A)(det B)
したがって,
∂∂
=∂( , , , , )
( , , , , )( , ,u u u u
x x x xu u un
n
1 2 3
1 2 3
1 2 3
,, , )( , , , , )
( , , , , )(
uy y y y
y y y yx
n
n
n
∂∂∂1 2 3
1 2 3
1 ,, , , , )x x xn2 3
熱力学でよくでてくる偏微分を定義する.uが独立変数(x, y, z, …)の関数 u(x, y, z, …)である.上のヤコビ
アンの定義で u1=u, u2=y, u3=z, … x1=x, x2=y, x3=z, …としてヤコビアンを求めると,x, y, z, …は独立変数
なので,
1.12
1.13
θdr
d��
dθθ
r sin θ
O
z
x
y
6 演習問題の解答例
∂∂
=
∂∂
∂∂
∂∂
∂∂=
( , , , )( , , , )u y zx y z
ux
uy
uz
yx…
…
� � �
�0
∂∂∂
∂∂
= ∂∂= =
yy
yz u
x1 0
0 0 1 0
0 0 0 1 0
� �� � �
� �
�
� � � � � �
したがって,
∂∂
= ∂∂
ux
u y zx y zy z, ,
( , , , )( , , , )
第2章
a) xmoldm
1 dm(10 cm)
1000 mmol1 m3
3
3
×
×
oolmmolcm3
= x
b) 5 4 184 182.7 10calg
Jcal
gmol
×
×
×
.
= ×4 3 104.J
mol
c) 11
3.6g
cmkg
10 g10 cm
1 m3 3
6 3
3
×
×
= ×1 36 104.
kgm3
d)1 kWh=103 W × 3600 s=3.6 MJ
① J K-1 mol-1 ② 25 °C ③ v/m s-1 ④ 3 nm
m na
ba b a b M/ ( / ) ( / )= = =g
molg
molより,モル質量M
※分子量ではないことに注意.
PFA
mA
hh
mhV
h= = ×
= = = ×g ggρ 1.35951 10
kgm
43
× ×
=( . .0 760 9 80665m)ms
101325 Pa2
RPVT
= =×( ) × ( ) ×−1 000 10 24 795 1
3
. .Pa dm molm
10 dm3
3 33
KJ mol K
= − −
298 158 315 1 1
..
1 10 10 10 10 102 3 2 3hPakg
m sg
kgm
cmg
cm s2 2= × × = =− −− −× = =3 6 310 10 1
dyncm
bar mbar2
したがって,PA=1000 hPa=1 bar
m = =
×
= =1 N kg m
ss
mkg 10
2
2
g1
9 800 102
.. 22 g
式(2.17)に代入して, F Gm m
r= =
×( ) × ( )− −1 2
2
11 2 26 670 10 1 00. .N m kg kg
1.
2
000 10 mN
2×( )
= ×−
−
3
56 670 10.
2.7
2.8
2.9
2.10
2.11
2.12
2.13
2.14