一不小心就颓废了3个多月，真爽，2022年了，还是得写点东西。

写的东西呢，是关于可逆反应中，物质的总量固定，该以怎样的投料比投料才能使平衡转化率最大。

之前做题的时候就错了，后来问老师才知道是结论，可是，这玩意儿没证明用起来也太不爽了。

于是，在网上到处找，终于摸清了证明的路数，在这里做个简单的证明

首先，引入一个比较经典的问题：

假设对于多元函数的约束\(f(x_1,\dots,x_n)=0\)，我们想知道\(x_n\)的极值。

就类似于圆的方程中，强行分类讨论得到\(y\)关于\(x\)的方程一样，假设我们强行解出\(x_n\)的表达式：

\[x_n=g(x_1,\dots,x_{n-1}) \]

使得原方程恒成立，即：

\[f(x_1,\dots,g(x_1,\dots,x_{n-1}))\equiv0 \]

我们知道，想要\(x_n\)取得极值，一个必要条件就是对于\(i=1\dots n-1\)，\(\frac{\partial f}{\partial x_i}=0\)

对\(x_n\)求关于\(x_i\)偏导，即：

\[\frac{\partial g}{\partial x_i}=0 \]

于是，我们能得到\(n-1\)个方程：

\[\begin{cases} \frac{\partial g}{\partial x_1}=0\\ \dots\\ \frac{\partial g}{\partial x_{n-1}}=0\\ \end{cases} \]

解出来的\(x_1\dots x_{n-1}\)即为\(x_n\)取得极值时的取值，这玩意当然可以用来求曲线中某个变量的极值，也可以用来算圆锥曲线等二次曲线在某个点的切线斜率，当变量只有两个的时候，就是通常所说的隐函数。

那么，对于这样一个可逆反应：

\[a_1A_1(g) +a_2A_2(g)+\cdots+a_nA_n(g) \rightleftharpoons b_1B_1(g) +b_2B_2(g)\cdots+b_nB_n(g) \]

设它的初始物质总量为\(S\)，体积为\(V\)，\(A_{i(i=1\dots n-1)}\)量分数为\(\varphi_i\)，整个方程转化的量为\(x\)，那么有：

\[k=\frac{\displaystyle\prod_{i=1}^{m}(\frac{b_ix}{V})^{b_i}}{\displaystyle\prod_{i=1}^{n-1}(\frac{S\cdot\varphi_i-a_ix}{V})^{a_i}\cdot[\frac{S\cdot(1-\sum_{i=1}^{n-1}\varphi_i)-a_nx}{V}]^{a_n}} \]

化简得：

\[k\cdot V^{\sum_i^mb_i-\sum_i^na_i}=\frac{\displaystyle\prod_{i=1}^{m}(b_ix)^{b_i}}{\displaystyle\prod_{i=1}^{n-1}(S\cdot\varphi_i-a_ix)^{a_i}\cdot[S\cdot(1-\sum_{i=1}^{n-1}\varphi_i)-a_nx]^{a_n}} \]

那么我们定义：

\[K=k\cdot V^{\sum_i^mb_i-\sum_i^na_i} \]

有：

\[K\cdot\displaystyle\prod_{i=1}^{n-1}(S\cdot\varphi_i-a_ix)^{a_i}\cdot[S\cdot(1-\sum_{i=1}^{n-1}\varphi_i)-a_nx]^{a_n}-\displaystyle\prod_{i=1}^{m}(b_ix)^{b_i}=0 \]

这就是关于\(\varphi_1\cdots\varphi_{n-1}\)以及\(x\)的约束条件，写得简单点，就是对于\(\varphi_1\cdots\varphi_{n-1}\)以及\(x\)的多元函数：

\[f(\varphi_1,\dots,\varphi_{n-1},x)=0 \]

现令\(x=g(\varphi_1,\dots,\varphi_{n-1})\)

现在问题转化为，如何在满足约束\(f\)的情况下，求得\(x\)的最大值，由以上推论可知，满足方程：

\[\begin{cases} \frac{\partial g}{\partial \varphi_1}=0\\ \dots\\ \frac{\partial g}{\partial \varphi_{n-1}}=0\\ \end{cases} \]

时的\(\varphi_1\dots\varphi_{n-1}\)即为\(x\)最大时的取值

那么：

\[\frac{\partial g}{\partial \varphi_t}=-\frac{\frac{\partial f}{\partial \varphi_t}}{\frac{\partial g}{\partial x}}=0 \]

即：

\[\displaystyle \frac{1}{K}\cdot \frac{\partial f}{\partial \varphi_t}=\\\prod_{i=1,i\neq t}^{n-1}(S\cdot \varphi_i-a_ix)^{a_i}\cdot a_t\cdot S(S\varphi_t-a_tx)^{a_t-1}\cdot[S-S\sum_{i=1}^{n-1}\varphi_i-a_nx]^{a_n}\\ -\prod_{i-1}^{n-1}(S\varphi_i-a_ix)^{a_i}\cdot Sa_n(S-S\sum_{i=1}^{n-1}\varphi_i-a_nx)^{a_n-1}\\ =0 \]

化简得：

\[a_t(1-\sum_{i=1}^{n-1}\varphi_i)-\varphi_t a_n=0 \]

令\(\displaystyle \varphi_n=1-\sum_{i=1}^{n-1}\varphi_i\)，有：

\[\frac{\varphi_t}{a_t}=\frac{\varphi_n}{a_n} \]

这个式子的意义就是，当投料比等于化学计量数之比时，转化率\(x\)取得最大值。