CORRIGÉS DES EXERCICES ET PROBLÈMES DU CHAPITRE 6
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L’optimisation recherchée conduit à calculer la dérivée de l’avancement par rapport à la variable λ à température et pression fixées, soit :
dξ
dλ
= −
∂ f
∂ λ
ξ
∂ f
∂ ξ
λ
.
Cela revient donc à rechercher les valeurs de λ qui annulent la dérivée partielle de f par
rapport à λ à ξ fixé, tout en vérifiant que ces valeurs n’annulent pas la dérivée partielle de f
par rapport à ξ à λ fixé. D’autre part, la fonction f n’étant pas nulle, rechercher les zéros de
la dérivée partielle de f par rapport à λ revient à rechercher les zéros de la dérivée de ln( f )
par rapport à λ . Ainsi :
∂ ln( f )
∂ λ
ξ
= −
1
(λ − ξ )
+
2
(1 − λ − 2ξ )
.
L’annulation de la dérivée est obtenue lorsque :
1 − λ − 2ξ = 2(λ − ξ )
soit :
λ =
1
3
.
Nous avons :
∂ ln( f )
∂ ξ
λ
=
2
ξ
−
1
1 − ξ
+
1
λ − ξ
+ 4
1
1 − λ − 2ξ
.
Remarquons que tous les dénominateurs sont positifs car ils représentent des quantités de
matière. D’autre part, comme λ =
1
3
, nous avons :
1
λ − ξ
>
1
1 − ξ
soit :
λ < 1.
Nous en déduisons que la dérivée partielle de f par rapport à ξ est strictement positive, le
dénominateur ne s’annule pas et la solution λ =
1
3
convient. Ceci correspond à un mélange
initial dans les proportions stœchiométriques.
5. Nous ajoutons un constituant inerte qui ne fait varier que la quantité de matière totale
gazeuse N tot
g . Le quotient de réaction prend la forme :
Q =
n 2
SO 3
n O 2 n 2
SO 2
N tot
g p ◦
p
alors que l’affinité chimique s’exprime par :
A = RT ln
K ◦
T
Q
,