Dérivation et Calcul différentiel

Variables liées - Cas de la Thermodynamique - Exercice 1

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Il arrive qu'un certains nombres de variables réelles soient dépendantes les unes des autres. Cette dépendance ce traduit, mathématiquement au travers d'une fonction ff, par la relation f=0f = 0.
Pour fixer les idées, considérons les trois variables réelles xx, yy et zz, et une fonction réelle ff :
(x ; y ; z)∈R3⟼f(x ; y ; z)(x\,;\,y\,;\,z)\in \mathbb{R}^3 \longmapsto f(x\,;\,y\,;\,z)
La dépendance qui existe entre les trois variables réelles xx, yy et zz se traduit par la relation f(x ; y ; z)=0f(x\,;\,y\,;\,z) = 0.
Dit autrement, La dépendance qui existe entre les trois variables réelles xx, yy et zz, revient à écrire que xx dépend de yy et zz, puis que yy dépend de xx et zz et enfin que zz dépend de xx et yy. Donc on a x=x(y ; z)x = x(y\,;\,z), puis que y=y(x ; z)y = y(x\,;\,z) et enfin que z=z(x ; y)z = z(x\,;\,y).
Ainsi, les différentielles associées vont prendre les formes suivantes :
{dx=∂x∂y dy+∂x∂z dzdy=∂y∂x dx+∂y∂z dzdz=∂z∂x dx+∂z∂y dy\left\lbrace \begin{array}{rcl} dx & = & \dfrac{\partial x}{\partial y} \, dy + \dfrac{\partial x}{\partial z} \, dz \\ & & \\ dy & = & \dfrac{\partial y}{\partial x} \, dx + \dfrac{\partial y}{\partial z} \, dz \\ & & \\ & & \\ dz & = & \dfrac{\partial z}{\partial x} \, dx + \dfrac{\partial z}{\partial y} \, dy \\ \end{array} \right.
C'est le cadre de la thermodynamique. En effet, l'équation qui modélise le comportement d'une quantité fixe de matière (nombre de mole nn) d'un gaz (qui s'appelle l'équation d'état) dépend des trois variables PP (la pression en Pa\mathrm{Pa}), VV (le volume en m3\mathrm{m^3}) et la température TT (en K\mathrm{K}), est de la forme mathématique suivante : PVnRT=g(V)\dfrac{PV}{nRT} = g(V) (c'est l'équation du viriel). Où gg est une fonction numérique qui dépend uniquement de la variable volume VV et RR la célèbre constante des gaz parfaits. Dans le cas très particulier des gaz parfaits, on a g(V)=1g(V) = 1. Ainsi, on obtient :
PVnRT−g(V)=0\dfrac{PV}{nRT} - g(V) = 0
On pose alors f(P ; V ; T)=PVnRT−g(V)f(P\,;\,V\,;\,T) = \dfrac{PV}{nRT} - g(V)
On aboutit alors à la forme suivante :
f(P ; V ; T)=0f(P\,;\,V\,;\,T) = 0
Question 1
Soit (x ; y ; z)∈R3⟼f(x ; y ; z)(x\,;\,y\,;\,z)\in \mathbb{R}^3 \longmapsto f(x\,;\,y\,;\,z), telle que f(x ; y ; z)=0f(x\,;\,y\,;\,z) = 0.

En partant de l'expression de dxdx, démontrer que : ∂x∂y=(∂y∂x)−1\dfrac{\partial x}{\partial y} = \left( \dfrac{\partial y}{\partial x} \right)^{-1}.

Correction
On a :
dx=∂x∂y dy+∂x∂z dzdx = \dfrac{\partial x}{\partial y} \, dy + \dfrac{\partial x}{\partial z} \, dz
Or, on sait que dy=∂y∂x dx+∂y∂z dzdy = \dfrac{\partial y}{\partial x} \, dx + \dfrac{\partial y}{\partial z} \, dz, donc, on obtient :
dx=∂x∂y (∂y∂x dx+∂y∂z dz)+∂x∂z dzdx = \dfrac{\partial x}{\partial y} \, \left( \dfrac{\partial y}{\partial x} \, dx + \dfrac{\partial y}{\partial z} \, dz \right) + \dfrac{\partial x}{\partial z} \, dz
Ce qui nous donne :
dx=∂x∂y ∂y∂x dx+∂x∂y ∂y∂z dz+∂x∂z dzdx = \dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial x} \, dx + \dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial z} \, dz + \dfrac{\partial x}{\partial z} \, dz
Donc :
0=(∂x∂y ∂y∂x−1) dx+(∂x∂y ∂y∂z+∂x∂z) dz0 = \left( \dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial x} - 1 \right)\, dx + \left( \dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial z} + \dfrac{\partial x}{\partial z}\right) \, dz
De ceci, on en déduit que :
{∂x∂y ∂y∂x−1=0∂x∂y ∂y∂z+∂x∂z=0\left\lbrace \begin{array}{rcl} \dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial x} - 1 & = & 0 \\ & & \\ \dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial z} + \dfrac{\partial x}{\partial z} & = & 0 \\ \end{array} \right.
Soit :
{∂x∂y ∂y∂x=1∂x∂y ∂y∂z=−∂x∂z\left\lbrace \begin{array}{rcl} \dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial x} & = & 1 \\ & & \\ \dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial z} & = & - \dfrac{\partial x}{\partial z} \\ \end{array} \right.
La première de ces relations (celle du haut) nous permet d'écrire que :
∂x∂y=1∂y∂x\dfrac{\partial x}{\partial y} = \dfrac{1}{\dfrac{\partial y}{\partial x}}
Finalement :
∂x∂y=(∂y∂x)−1{\color{red}{\boxed{ \dfrac{\partial x}{\partial y} = \left( \dfrac{\partial y}{\partial x} \right)^{-1} }}}
Question 2

Démontrer que : ∂x∂y ∂y∂z ∂z∂x=−1\dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial z} \, \dfrac{\partial z}{\partial x} = -1.

Correction
On a montré que, lors de la question précédente, que :
∂x∂y ∂y∂z=−∂x∂z\dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial z} = - \dfrac{\partial x}{\partial z}
Ce qui s'écrit encore comme :
∂x∂y ∂y∂z 1∂x∂z=−1\dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial z} \, \dfrac{1}{\dfrac{\partial x}{\partial z}} = - 1
Soit encore :
∂x∂y ∂y∂z (∂x∂z)−1=−1\dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial z} \, \left( \dfrac{\partial x}{\partial z} \right)^{-1} = - 1
D'après le résultat de la question précédente, on peut donc écrire que :
(∂x∂z)−1=∂z∂x\left( \dfrac{\partial x}{\partial z} \right)^{-1} = \dfrac{\partial z}{\partial x}
Ainsi, on obtient finalement que :
∂x∂y ∂y∂z ∂z∂x=−1{\color{red}{\boxed{ \dfrac{\partial x}{\partial y} \, \dfrac{\partial y}{\partial z} \, \dfrac{\partial z}{\partial x} = -1 }}}
∙  Remarque : {\color{blue}{\bullet \,\, }\textbf{Remarque : }}
Ceci stipule qu'il n'existe pas les objets mathématiques ∂x\partial x, ∂y\partial y ni ∂z\partial z. C'est pour cette raison que le physicien indique les conditions physiques en écrivant en indice la variable qui est constante. Pour exemple, le mathématicien va écrire ∂x∂y\dfrac{\partial x}{\partial y} alors que le physicien va lui écrire (∂x∂y)z\left(\dfrac{\partial x}{\partial y}\right)_z.