# Thermodynamique (Poincaré)/Chapitre V
### 64. Expression du travail extérieur produit par un fluide64. Expression du travail extérieur produit par un fluide

Nous avons montré (§ 33) par un raisonnement très simple que le travail extérieur accompli par un fluide qui se détend dans un corps de pompe est égal à $p\,dv$. Donnons-en une démonstration qui ne suppose pas le fluide enfermé dans un corps de pompe.
Soit $p$ la pression, supposée uniforme, du corps considéré ; la pression extérieure qui s’exerce sur la surface de ce corps doit lui être égale, car autrement il n’y aurait pas équilibre. Évaluons le travail de ces forces extérieures, travail qui est égal et de signe contraire au travail extérieur effectué par le corps, en vertu du principe de l’égalité de l’action et de la réaction.
Prenons un élément $dw$ de la surface du corps, désignons par $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ les cosinus directeurs du segment de la normale à cet élément extérieur au corps, et par $\xi$, $\eta$, $\zeta$, les composantes du déplacement de l’élément. Le travail de la force extérieure agissant sur cet élément sera
$-p\,dw(\alpha \xi +\beta \eta +\gamma \zeta ).$
Pour la surface entière, on obtiendra
$-p\int (\alpha \xi +\beta \eta +\gamma \zeta )d\omega .$
Or on sait que, $d\tau$ désignant pour un moment un élément de volume,
$\int \alpha \xi \,d\omega =\int {\frac {d\xi }{dx}}\,d\tau \;;$
par conséquent l’expression précédente du travail peut s’écrire
$-p\int \left({\frac {d\xi }{dx}}+{\frac {d\eta }{dy}}+{\frac {d\zeta }{dz}}\right)d\tau .$
Il est facile de démontrer, et nous le verrons plus loin (74), que la quantité entre parenthèses est la variation de volume rapportée à l'unité, c'est-à-dire ${\frac {dv}{v}}$ ; par suite le travail des forces extérieures a pour expression
$-p\int {\frac {dv}{v}}\,d\tau =-p{\frac {dv}{v}}\int d\tau$
L’intégrale représente le volume total du corps considéré ; son quotient par le volume spécifique est donc la masse M du corps ; il en résulte, pour l’expression du travail, $-Mp\,dv$. Par conséquent le travail extérieur d’un fluide rapporté à l’unité de masse est
$d\tau =p\,dv.$

### 65. Détermination de E au moyen des chaleurs spécifiques des gaz65. Détermination de E au moyen des chaleurs spécifiques des gaz

Considérons un gaz placé dans un corps de pompe fermé par un piston. La quantité de chaleur absorbée par l’unité de poids de corps dans une transformation quelconque est (25)
$dQ=C{\frac {dT}{dv}}dv+c{\frac {dT}{dp}}dp,$
et le travail extérieur produit par le gaz a pour valeur $p\,dv$. Nous avons donc
$dU=dQ+Ad\tau =\left(C{\frac {dT}{dv}}-Ap\right)dv+c{\frac {dT}{dp}}dp,$
Si nous supposons que le gaz considéré obéit aux lois de Mariotte et de Gay-Lussac, la relation fondamentale est
$pv=RT\;;$
par conséquent,
${\frac {dT}{dv}}={\frac {p}{R}},\quad {\frac {dT}{dp}}={\frac {v}{R}},$
et
| (1) | $dU=\left(C{\frac {p}{R}}-Ap\right)dv+c{\frac {v}{R}}dp.$ |
En exprimant que cette quantité est une différentielle exacte, il vient, en supposant que $C$ et $c$ sont constants,
${\frac {C}{R}}-A={\frac {c}{R}},$
| (2) | $A={\frac {C-c}{R}}.$ |
Ainsi l’équivalent mécanique de la chaleur se déduit facilement des chaleurs spécifiques des gaz. La quantité $R$ qui entre dans la formule peut être évaluée avec la plus grande précision à l’aide des données actuelles ; $C$ est donné par les expériences de Regnault ; quant à la chaleur spécifique sous volume constant elle ne peut être mesurée directement et sa valeur se déduit de celle du rapport $\textstyle {\frac {C}{c}}$ qui malheureusement n'est pas connue avec une grande exactitude. Si l’on fait le calcul pour l’air en prenant pour $C$ le nombre de Regnault, 0,23741, et pour $\textstyle {\frac {C}{c}}$ le nombre 1,41, on trouve 426 pour l’équivalent mécanique ; les autres gaz, azote, oxygène et hydrogène, donnent des nombres très peu différents.
Mayer, qui était arrivé à la formule (2) par un raisonnement différent du précédent, en tira, au moyen des données de l’époque, $E=367$.
Nous avons déjà dit que, dans ses dernières recherches, Sadi Carnot trouvait 370 pour l’équivalent mécanique de la chaleur ; la faible différence entre ce nombre et celui de Mayer fait supposer que Carnot l’a obtenu par la même formule.

### 66. Expériences de Joule sur la détente des gaz66. Expériences de Joule sur la détente des gaz

Mais la démonstration que nous venons de donner de cette formule suppose que les chaleurs spécifiques $C$ et $c$ sont des constantes. Pour $C$ cette hypothèse est vérifiée, au moins pour l’air, par les expériences de Regnault ; mais il n’en est pas de même pour $c$, puisque le rapport qui détermine cette dernière quantité est mal connu. D’ailleurs des expériences de M. Berthelot sur les mélanges explosifs montrent que $c$ augmente avec la température. Pour les gaz, comme l’oxygène et l’azote, $c$ reste sensiblement constant jusqu’à 1600° ; au delà de cette température $c$ est lié à la température par une formule de la forme
$c=a+bT\,$
où $b$ est un coefficient positif. Pour le chlore, $c$ augmente à partir de 200° ; il est vrai que ce gaz s’écarte sensiblement de la loi de Mariotte que nous avons supposée applicable au gaz considéré. L’exactitude de la formule (2) pourrait donc être mise en doute s’il n’était possible de retrouver cette formule en s’appuyant sur des expériences d’une grande précision : les expériences de Joule.
Deux récipients A et A’ sont plongés dans un calorimètre et communiquent par un robinet R (fig. 9) ; dans l'un, A, on comprime un gaz ; dans l’autre on fait le vide. Quand les récipients et le gaz qui y est renfermé sont en équilibre de température avec l’eau du calorimètre, on ouvre le robinet R ; la température de cette eau ne varie pas.
Fig. 9 à insérer
Soient $U_{0}$, et $U_{0}'$, les valeurs de l’énergie interne des masses gazeuses contenues dans A et A' au commencement de l’expérience ; $U_{1}$, et $U_{1}'$ leurs valeurs a la fin de l’expérience ; nous avons
$U_{1}+U_{1}'-U_{0}-U_{0}'=Q+A\tau .\,$
Le travail $\tau$ fourni par l’extérieur est nul, les parois des récipients étant, par leur nature, inextensibles ; la chaleur $Q$ fournie est également nulle puisque la température de l’eau du calorimètre ne varie pas ; enfin, on peut négliger $U_{0}'$, car on a fait le vide aussi exactement que possible dans A’. Par conséquent la relation précédente se réduit à
$U_{1}+U_{1}'=U_{0}.\,$
Le premier membre représente l'énergie interne du gaz quand, à la fin de l’expérience, il remplit à la fois les deux récipients ; le second est l’énergie interne du même gaz avant l’expérience. L’énergie interne d’un gaz ne varie donc pas quand il se détend dans le vide.
Prenons $v$ et $T$ comme variables indépendantes pour définir l’état de la masse gazeuse primitivement contenue dans le récipient A. Dans l'expérience de Joule, $v$ varie mais $T$ ne varie pas. Nous devons donc en conclure que l’énergie interne d’une masse gazeuse ne dépend pas de son volume, qu’elle ne dépend que de sa température. C’est là la loi de Joule. Nous verrons plus loin que pour les gaz naturels cette loi n’est qu’approchée.

### 67.67.

Souvent on exprime cette loi en disant que le travail interne d’un gaz qui se détend est nul. Cette locution est inexacte ; elle provient d’hypothèses sur la nature de la chaleur.
Nous avons vu (51) que, si l’on regarde la chaleur comme résultant des mouvements moléculaires et si l’on suppose les actions moléculaires centrales, l’application du théorème de la conservation de l’énergie donne la relation
$W+V+W_{1}+V_{1}={\text{const.}},\,$
et, $V$ étant négligeable dans la plupart des cas, nous avons appelé énergie interne du système la somme $W_{1}+V_{1}$ des énergies moléculaires. D’autre part, il est évident que l’énergie interne ainsi définie ne doit différer que par une constante de l’énergie interne définie au moyen du principe de l'équivalence. L’expérience de Joule montrant que cette dernière ne dépend, dans le cas des gaz, que de la température, il en résulte que $W_{1}+V_{1}$ ne doit être fonction que de la température.
Introduisons maintenant une nouvelle hypothèse : admettons que l’énergie cinétique moléculaire $W_{1}$, ne dépende que de la température des corps et que l’énergie potentielle moléculaire $V_{1}$, ne dépende que de son volume. Alors, pour que la somme $W_{1}+V_{1}$ ne soit fonction que de $T$, il faut que $V_{1}$ représente au signe près le travail des forces moléculaires ou travail interne, ce travail est nul pour les gaz.
Mais l’hypothèse précédente, que l’on fait quelquefois implicitement, ne repose sur aucun fondement. Elle revient en effet à admettre que, pour tous les corps, l’énergie interne est la somme d’une fonction de la température et d’une fonction du volume ; or, il est évident qu’il est plus naturel de considérer l’énergie interne comme une fonction quelconque de la température et du volume. On doit donc rejeter complètement l’énonce vicieux de la loi de Joule, que l’on trouve dans plusieurs traités classiques, et s’en tenir à celui du paragraphe précédent.

### 68.68.

De prime abord, l’expérience de Joule paraît paradoxale.
Quand un gaz se détend dans un cylindre fermé à sa partie supérieure par un piston, l’expérience montre que le gaz se refroidit. Si au-dessus du piston s’exerce une pression, le refroidissement du gaz s’explique : la chaleur abandonnée par le gaz est transformée en travail ; si au-dessus du piston il y a le vide, il n’y a pas de travail produit et cependant le gaz se refroidit encore : parce que le gaz s’échappe avec une grande vitesse et que la chaleur abandonnée par le gaz se retrouve sous forme de force vive ; au contraire, dans l’expérience de Joule, qui paraît identique à la précédente, il n’y a pas de refroidissement.
En réalité, l’expérience de Joule comprend deux phases, dont une seule se produit dans l’expérience à laquelle nous la comparons. Dans cette dernière, le piston, d’abord au repos, acquiert de la vitesse ; la perte d’énergie du gaz résultant de son refroidissement se retrouve donc en force vive du piston. Dans l’expérience de Joule, le gaz, en se détendant, se refroidit aussi et la force vive de ses molécules augmente ; c’est la première phase. Dans la seconde phase, l'augmentation de force vive est détruite par le frottement des molécules les unes sur les autres, et la température du gaz reprend sa valeur initiale.

### 69. Application à la détermination de E69. Application à la détermination de E

Reprenons la formule (1) du § 65,
$dU=\left(C{\frac {p}{R}}-Ap\right)dv+c{\frac {v}{R}}dp.$
Puisque, d’après l'expérience de Joule, $U$ est une fonction $\varphi (T)$ de la température, nous avons
$dU=\varphi '(T)dT\qquad dU=\varphi '(T){\frac {dT}{dv}}dv+\varphi '(T){\frac {dT}{dp}}dp$
ou, en remplaçant les dérivées partielles de $T$ par leurs valeurs tirées de la relation fondamentale des gaz,
$dU=\phi '(T){\frac {p}{R}}dv+\phi '(T){\frac {v}{R}}dp$
Par suite, en égalant les coefficients des différentielles des variables indépendantes dans les deux expressions précédentes de $dU$,
${\begin{aligned}\varphi '(T){\frac {p}{R}}&=C{\frac {p}{R}}-Ap,\varphi '(T){\frac {v}{R}}&=c{\frac {v}{R}};\end{aligned}}$
et, par conséquent, en éliminant $\varphi '(T)$,
$A={\frac {C-c}{R}}.$
C'est bien l’expression à laquelle nous étions arrivés.

### 70 Détente isotherme et détente adiabatique d’un gaz70 Détente isotherme et détente adiabatique d’un gaz

On peut imaginer une infinité de détentes différentes d’un gaz ; considérons celles qui correspondent à une transformation isotherme et à une transformation adiabatique.
Pour la première nous avons
$dT={\frac {dT}{dv}}dv+{\frac {dT}{dp}}dp={\frac {p}{R}}dv+{\frac {v}{R}}dp=0,$
ou
$p\,dv+v\,dp=0,$
et par suite, en intégrant,
$pv={\text{const.}}\,;$
$pv=RT$
$T$
L’équation différentielle de la courbe qui représente une détente adiabatique s’obtient en écrivant que
$dQ=C{\frac {p}{R}}dv+c{\frac {v}{R}}dp$
est nul ; on a donc, pour cette équation,
$C{\frac {dv}{v}}+c{\frac {dp}{p}}=0$
$C$
$c$
$C\log v+c\log p={\text{const.}},\,$
ou
$pv^{\frac {C}{c}}={\text{const.}}$

### 71.71.

Cherchons dans quelles conditions se produira l’une ou l’autre de ces détentes.
Supposons le gaz enfermé dans un cylindre ; soient $T$ sa température à l’instant $t$, et $T_{0}$ la température extérieure.
La quantité de chaleur rapportée à l'unité de temps ${\frac {dQ}{dt}}$ que le gaz reçoit de l’extérieur est $a(T_{0}-T)$, $a$ dépendant de la conductibilité calorifique de la substance qui forme le cylindre ; nous avons donc
${\frac {dQ}{dv}}{\frac {dv}{dt}}=a(T_{0}-T).$
Si la détente est très rapide ${\frac {dv}{dt}}$ est très grand ; comme $T_{0}-T$ est fini, $W$ doit alors être très petit. Par conséquent, une détente brusque est très sensiblement adiabatique.
Si, au contraire, la détente est lente, ${\frac {dv}{dt}}$ est très petit ; ${\frac {dQ}{dt}}$ est fini et la différence $T_{0}-T$ reste très petite. La détente isotherme se produit donc lorsque la détente est très lente.

### 72. Expériences de Clément et Desormes — Calcul de $\textstyle {\frac {C}{c}}$72. Expériences de Clément et Desormes — Calcul de '"`UNIQ--postMath-00000065-QINU`"'

Appliquons ces résultats à l’expérience de Clément et Desormes.
L'appareil de ces physiciens se compose d’un grand ballon de verre fermé à sa partie supérieure par un robinet ; on peut, en aspirant par un tube latéral, diminuer la pression de l’air contenu dans le ballon ; un manomètre indique les variations de pression. Pour faire une expérience, on commence par raréfier l’air et l’on note l’excès de la pression atmosphérique sur celle de l’air du ballon. On ouvre alors le robinet pendant un temps excessivement court ; l’air extérieur se précipite dans le ballon et comprime l’air qui s’y trouve, d’où résulte une élévation de température. Quand la température a repris sa valeur initiale, on note la dénivellation du liquide dans le manomètre.
Soit $p$ la pression atmosphérique, et soit $p-\delta p$ la pression de l’air dans le ballon après raréfaction. Quand on ouvre le robinet, la pression prend presque instantanément la valeur $p$ ; par suite, la transformation est adiabatique et l'accroissement de pression est $\delta p$. Si nous désignons par $\delta v$ la variation du volume spécifique qui en résulte, nous avons
$dQ=C{\frac {p}{R}}\delta v+c{\frac {v}{R}}\delta p=0,$
$\delta T={\frac {p}{R}}\delta v+{\frac {v}{R}}\delta p.$
Lorsque, le robinet étant fermé, le gaz reprend peu à peu sa température initiale, son volume ne varie pas si toutefois on néglige la dilatation du ballon ; donc $v$ reste constant et $p$ diminue de $dp$, en appelant $p-dp$ la pression finale. Par suite, l’abaissement de température $\delta T$ qui a lieu dans cette phase de l’expérience est donné par
$\delta T={\frac {v}{R}}dp.$
Entre ces deux dernières équations, éliminons $\delta T$ ; il vient
$p\,\delta v+v\,\delta p=vdp.$
Éliminons $\delta v$ entre celle-ci et la première ; nous obtenons
$C(v\,dp-v\,dp)+cv\,\delta p=0,$
d’où
${\frac {C}{c}}={\frac {\delta p}{\delta p-dp}}.$
La mesure de $\textstyle {\frac {C}{c}}$ est donc très simple, puisqu'elle se ramène à deux lectures manométriques. Mais au moment où l’on ouvre le robinet du ballon il se produit, par suite de l'élasticité de l’air, une série d’oscillations périodiques qui font alternativement croître et décroître la pression de l’air enfermé. On n’est donc pas certain que la pression soit $p$ au moment où l’on ferme le robinet ; il n'y a d’autre remède que de prendre la moyenne d’un grand nombre d’expériences.
Des mesures de Clément et Desormes, Laplace avait déduit 1,354 pour le rapport $\textstyle {\frac {C}{c}}$ Les expériences plus soignées de M. Röntgen ont donné 1,4053.

### 73. Calcul de $\textstyle {\frac {C}{c}}$ au moyen de la vitesse du son73. Calcul de '"`UNIQ--postMath-0000007B-QINU`"' au moyen de la vitesse du son

L'expérience de Clément et Desormes n'est pas la seule qui permette de calculer $\textstyle {\frac {C}{c}}$. On peut, de la valeur de la vitesse de propagation du son dans un gaz, déduire la valeur du rapport des deux chaleurs spécifiques.
Soient $x$, $y$, $z$ les coordonnées d’une molécule A d'une masse gazeuse en équilibre. Si nous négligeons l’action de la pesanteur sur ce gaz, $p$ et $v$ ont la même valeur en tout point. Communiquons un ébranlement au fluide. Les coordonnées de la molécule A deviennent $x+\xi$, $y+\eta$, $z+\zeta$ ; la pression en ce point devient $p+\pi$, et le volume spécifique $v+\varphi$. Par suite de cet ébranlement, un élément de volume du fluide subit une compression ou une détente brusque ; la transformation est donc adiabatique et nous avons
$dQ=C{\frac {p}{R}}dv+c{\frac {v}{R}}dp=0,$
ou, en remplaçant $dv$ et $dp$ par $\varphi$ et $\pi$ et supprimant le facteur $\textstyle {\frac {1}{R}}$,
| (1) | $Cp\varphi +cv\pi =0.\,$ |

### 74.74.

Cherchons $\varphi$ en fonction des déplacements $\xi$, $\eta$, $\zeta$.
Considérons un parallélépipède rectangle ABCDGH (fig. 10), ayant pour sommet le point A occupé par la molécule considérée dans sa position d’équilibre, et dont les arêtes, de longueurs $dx$, $dy$, $dz$, sont parallèles aux axes de coordonnées. Le volume de ce parallélépipède est $dx\,dy\,dz$ ; d’autre part, si $dm$ est la masse du gaz qu’il limite, ce volume est exprimé par $v\,dm$ ; nous avons donc
| (2) | $dx\,dy\,dz=v\,dm.\,$ | (2) |
Fig. 10 à insérer.
Après l’ébranlement, ce volume devient $(v+\varphi )dm$. Pour en trouver une autre expression, admettons qu’on puisse encore le considérer comme un parallélépipède oblique. Le volume est alors donné par un déterminant a 3 colonnes, et les éléments de chacune de ces colonnes sont respectivement les projections sur les axes de chacune des arêtes AE, AD et AB.
Or, avant le déplacement, les coordonnées de A sont $x$, $y$, $z$, et celles de E, $x+dx$, $y$, $z$. Après le déplacement, les coordonnées de A sont $x+\xi$, $y+\eta$, $z+\zeta$ ; celles de E,
${\begin{aligned}x+dx&+\xi +{\frac {d\xi }{dx}}dx,\\y&+\eta +{\frac {d\eta }{dx}}dx,\\z&+\zeta +{\frac {d\zeta }{dx}}dx.\end{aligned}}$
Par conséquent, les projections de l’arête AE sont, après le déplacement,
$dx\left(1+{\frac {d\xi }{dx}}\right),\quad dx{\frac {d\eta }{dx}},\quad dx{\frac {d\zeta }{dx}}.$
Si nous écrivons par analogie les projections des autres arêtes, nous obtenons, pour le volume du parallélépipède déformé,
$(v+\varphi )dm={\begin{vmatrix}dx\left(1+{\frac {d\xi }{dx}}\right)&dy{\frac {d\xi }{dy}}&dz{\frac {d\xi }{dz}}\\dx{\frac {d\eta }{dx}}&dy\left(1+{\frac {d\eta }{dy}}\right)&dz{\frac {d\eta }{dz}}\\dx{\frac {d\zeta }{dx}}&dy{\frac {d\zeta }{dy}}&dz\left(1+{\frac {d\zeta }{dz}}\right)\end{vmatrix}}$
En effectuant les opérations puis divisant par
$v\,dm=dx\,dy\,dz,$
nous obtenons, en négligeant les carrés et les produits de $\xi$, $\eta$, $\zeta$ et de leurs dérivées,
${\frac {\varphi }{v}}=\xi '_{x}+\eta '_{y}+\zeta '_{z}.$
Portons cette valeur dans la relation (1), il vient :
| (3) | ${\frac {\pi }{p}}=-{\frac {C}{c}}(\xi '_{x}+\eta '_{y}+\zeta '_{z}).\,$ |

### 75.75.

Transformons cette nouvelle relation.
En négligeant les déformations des angles et des faces du parallélépipède rectangle pendant le déplacement, la pression sur la face ABCD reste parallèle à l’axe des $x$ et prend pour valeur
$dy\,dz(p+\pi ).$
La pression sur la face opposée est
$-dy\,dz\left(p+\pi +{\frac {d\pi }{dx}}dx\right).$
Les pressions sur les autres faces du parallélépipède étant normales à l’axe des $x$ et l’action de la pesanteur étant négligée, la somme des projections sur l’axe des $x$ des forces qui agissent sur le parallélépipède se réduit à la somme algébrique des deux quantités précédentes:
$-{\frac {d\pi }{dx}}dx\,dy\,dz.$
De la même manière, nous trouverions, pour la somme des projections de ces forces sur les axes des $y$ et des $z$,
$-{\frac {d\pi }{dy}}dx\,dy\,dz,\quad -{\frac {d\pi }{dz}}dx\,dy\,dz.$
Appliquons le principe de d’Alembert, c’est-à-dire écrivons que le parallélépipède est en équilibre sous l’action de la force d’inertie et des forces réelles qui le sollicitent ; nous obtiendrons les trois équations du mouvement dont la première est
$dm{\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}=-{\frac {d\pi }{dx}}dx\,dy\,dz.$
Par suite, en tenant compte de la relation (2), ces trois équations sont
${\begin{aligned}{\frac {d^{2}\xi }{dt^{2}}}&=-{\frac {d\pi }{dx}}v,\\{\frac {d^{2}\eta }{dt^{2}}}&=-{\frac {d\pi }{dy}}v,\\{\frac {d^{2}\zeta }{dt^{2}}}&=-{\frac {d\pi }{dz}}v.\end{aligned}}$
Nous en tirons, en dérivant la première par rapport à $x$, la deuxième par rapport à $y$, la troisième par rapport à $z$, et additionnant,
${\frac {d^{2}}{dt^{2}}}(\xi '_{x}+\eta '_{y}+\zeta '_{z})=-v\Delta \pi .$
Nous aurons donc, en remplaçant, dans cette expression, la somme $\xi '_{x}+\eta '_{y}+\zeta '_{z}$ par sa valeur tirée de la relation (3),
| (4) | ${\frac {d^{2}\pi }{dt^{2}}}={\frac {C}{c}}pv\Delta \pi .\,$ | (4) |

### 76.76.

La variation de pression $\pi$ est une fonction des coordonnées $x$, $y$, $z$ du point considéré et du temps $t$. Cherchons son expression quand la propagation de l’ébranlement se fait par ondes sphériques. Alors $\pi$ ne dépend que de $t$ et de la distance $r$ du point considéré à l’origine de l’ébranlement. Posons
| (5) | $\pi ={\frac {f}{r}},\,$ | (5) |
$f$ désignant une fonction de $r$ et de $t$.
La somme $\Delta \pi$ des dérivées secondes sera une fonction linéaire de $f$, ${\tfrac {df}{dr}}$, ${\tfrac {d^{2}f}{dr^{2}}}$, qu’on pourrait obtenir directement, mais qu’il est plus facile de calculer par la méthode des coefficients indéterminés. À cet effet, posons :
$(6)\qquad \Delta \pi =Af+B{\frac {\mathrm {d} f}{\mathrm {d} r}}+C{\frac {\mathrm {d} ^{2}f}{\mathrm {d} r^{2}}}.$
Si l’on suppose $f=1$, on a
$\Delta \pi =A$
et, d’autre part,
$\pi ={\frac {1}{r}}.$
Au moyen de cette expression de π, calculons $\Delta \pi$, en supposant que l’origine des coordonnées coïncide avec le centre d’ébranlement, c’est-à-dire
$r^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2};$
nous avons
${\frac {\mathrm {d} \pi }{\mathrm {d} x}}=-{\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\mathrm {d} r}{\mathrm {d} x}}=-{\frac {x}{r^{3}}},$
${\frac {\mathrm {d} ^{2}\pi }{\mathrm {d} x^{2}}}=-{\frac {1}{r^{3}}}+{\frac {3x^{2}}{r^{5}}},$
$\Delta \pi =-{\frac {3}{r^{3}}}+{\frac {3(x^{2}+y^{2}+z^{2})}{r^{5}}}=0.$
On doit donc avoir
$A=o$
Supposons maintenant $f=r$ ; nous avons, d’une part,
$\Delta \pi =B$
d’autre part,
$\pi =1,\qquad \Delta \pi =o$
nous en concluons que B est nul.
Enfin, admettons que l’on ait $f=r^{2}$ : il vient alors, en portant cette valeur dans l’expression (6),
$\Delta \pi =2C$
et, en calculant les dérivées de $\pi =r$,
$\Delta \pi ={\frac {2}{r}};$
par conséquent,
$C={\frac {1}{r}}.$
L’expression (6) de $\Delta \pi$ se réduit donc à
$\Delta \pi ={\frac {1}{r}}{\frac {d^{2}f}{dr^{2}}}.$
77. Remplaçons, dans la relation (4), $\Delta \pi$ par la valeur précédente et ${\frac {d^{2}\pi }{dt^{2}}}$ par sa valeur déduite de (5) ; nous obtenons :
${\frac {d^{2}f}{dt^{2}}}={\frac {C}{c}}p\nu {\frac {d^{2}f}{dr^{2}}},$
ou
${\frac {d^{2}f}{dt^{2}}}=a^{2}{\frac {d^{2}f}{dr^{2}}},$
en posant
$a^{2}={\frac {C}{c}}p\nu .$
Nous en déduisons, pour la valeur de la fonction f,
$f=f(r-at)+f'(r+at)$
et, par suite,
$\pi ={\frac {1}{r}}f(r-at)+{\frac {1}{r}}f'(r+at).$
Les variations de pression se propagent donc suivant deux ondes, l’une centrifuge, avec une vitesse a, l’autre centripète, avec une vitesse $-a$. Cette dernière onde ne correspond à aucune réalité physique et il n’y a pas lieu de la considérer. Quant à l’onde centrifuge, c’est précisément l’onde sonore ; par conséquent, a représente la vitesse de la propagation du son et le rapport des chaleurs spécifiques est lié a cette vitesse par la formule
${\frac {C}{c}}={\frac {a^{2}}{p\nu }}.$
78. Appliquons cette formule à l’air en prenant le mètre, la seconde, le kilogramme, pour unités de longueur, de temps et de masse. Nous avons, d’après les expériences de Regnault sur la vitesse du son,
$a=331m,$
à 0° et à la pression atmosphérique. Cette pression, sur 1m², est
$p=10330\times 9,81,$
en prenant 9,81 pour l’accélération due à la pesanteur. La masse du mètre cube est 1,293 et, par conséquent, le volume spécifique est
$\nu ={\frac {1}{1,293}}.$
En portant ces valeurs dans la formule (7), nous obtenons
${\frac {C}{c}}={\frac {(331)^{2}\times 1,293}{10330\times 9,8}}=1,41.$
C’est le nombre que nous avons adopté (65) dans le calcul de E ; il diffère peu du nombre trouvé par Röntgen, par la méthode de Clément et Desormes.
* ↑ Mayer raisonne ainsi : La chaleur nécessaire pour échauffer, à volume constant, 1 kg de gaz est moindre que si, la pression restant constante, le gaz éprouvait une dilatation. La différence des deux quantités de chaleur doit être équivalente au travail produit par le gaz pendant la dilatation. Il en résulte que pour une élévation de température de $dT$ on a $(C-c)dT=A\,p\,dv,$ ou $C-c=A\,p\,{\frac {dv}{dT}}\;;$mais la relation fondamentale des gaz, $pv=RT$, donne ${\frac {dv}{dT}}={\frac {R}{p}}$ ; par conséquent $C-c=AR.\,$ Remarquons que ce raisonnement revient à appliquer la formule $dU=dQ+Ad\tau \,$ du § 61 en supposant qu’un gaz n’éprouve aucune variation d’énergie interne quand son volume varie. Les expériences de Joule (66) démontrèrent l’exactitude de cette hypothèse. Mais, comme le fait observer M. Bertrand (Thermodynamique, p. 66), Mayer l’avait déjà déduite des résultats obtenus par Gay-Lussac dans des expériences sur la détente des gaz dans le vide.