Microsoft Word - Andrea Gelemanovic i Martina Hrkovac - Dvodimenzionalna valna jednadzba.doc

Транскрипт

1 Sveučilište u Zgreu Fkultet kemijskog inženjerstv i tehnologije Zvod z mtemtiku Mtemtičke metode u kemijskom inženjerstvu Dvodimenzionln vln jedndž Profesor: Dr.sc. Ivic Gusić Andre Geleović i Mrtin Hrkovc

2 PARCIJALNE DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE Prcijlne diferencijlne jedndže dju vezu između (zvisne) funkcije dvije ili više promjenljivih i prcijlnih? vrijli u odnosu n njene nezvisne promjenljive vrijle. U većini inženjerskih prolem nezvisne promjenljive vrijle su ili prostorne (x; ; z) ili prostorne i vremenske (x; ; z; t), zvisn promjenljiv vrijl ovisi o procesu koji se modelir. Rješenje neke prcijlne diferencijlne jedndže je on funkcij koj zdovoljv prcijlnu diferencijlnu jedndžu u čitvoj domeni promtrnj, pri čemu morju iti ispunjeni početni i/ili grnični uvjeti. U vrlo mlom roju slučjev rješenje prcijlnih jedndži se može prikzti u ztvorenom oliku, p se gotovo uvijek rješenje mor tržiti koristeći numeričke metode.. OSNOVNI POJMOVI Ko i u slučju oičnih diferencijlnih jedndži kžemo d je prcijln diferencijln jedndž linern ko je prvog red i u zvisnoj vrijli i u njezinim prcijlnim derivcijm. Ako svki čln tkve jedndže sdrži ili zvisnu vrijlu ili jednu od njenih derivcij, z jedndžu se kže d je homogen. U suprotnom je nehomogen. Primjer. Neke vžne linerne prcijlne diferencijlne jedndže drugog red: x = c jednodimenzionln vln jedndž () u = c x jednodimenzionln jedndž topline () x + = 0 dvodimenzionln Lplceov jedndž (3) + = f ( x, ) x dvodimenzionln Poissonov jedndž (4) x z + + = 0 trodimenzionln Lplceov jedndž (5) pri čemu je c konstnt, t vrijeme, x, i z koordinte u prostoru. Jedndž (4) je nehomogen (ko je f 0 ), dok su ostle homogene.

3 Rješenje prcijlne diferencijlne jedndže u nekom području R prostor nezvisnih vrijli je funkcij, koj skup s svojim prcijlnim derivcijm, zdovoljv prcijlnu diferencijlnu jedndžu n cijelom području R. Općenito, rješenje prcijlne diferencijlne jedndže je vrlo složeno. N primjer, funkcije (6), koje su u potpunosti rzličite jedn od druge, su rješenj jedndže : x u = x, u e cos =, u ln ( x ) = + (6) Jedinstveno rješenje prcijlne diferencijlne jedndže, koje odgovr dnom fizičkom prolemu, postignuto je korištenjem dodtnih podtk nstlih u fizičkoj situciji N primjer, u nekim slučjevim rješenje prolem je određeno vrijednostim n grnici domene ("grnični uvjeti"), dok je u drugim slučjevim, kd je vrijeme t jedn od nezvisnih vrijli, ono odredeno vrijednostim u t = 0 ("početni uvjeti"). Znmo d, ko je oičn diferencijln jedndž linern i homogen, td iz pozntog rješenj, dljnje rješenje može iti postignuto superpozicijom. Isto vrijedi z homogene prcijlne diferencijlne jedndže. Osnovni teorem. Ako su u i u rješenj linerne homogene prcijlne jedndže u nekom području, td je u = cu + cu (7) gdje su c i c proizvoljne konstnte, tkođer rješenje te jedndže u tom području. 3

4 . VIBRIRAJUĆE (TITRAJUĆE) MEMBRANE (Dvodimenzionlne vlne jedndže) Ko jedn od vžnih prolem u području vircij, promtrmo titrnje rstegnutih memrn. N početku postvljmo vžne pretpostvke:. Ms memrne po jedinici površine je konstntn ( homogen memrn ). Memrn je svršeno fleksiiln i tko tnk d ne pruž nikkv otpor svijnju.. Memrn je npet i fiksirn duž cijele njene grnice u rvnini x. Npetost T memrne po jedinici duljine, uzrokovn rsteznjem memrne, jednk je u svim točkm i u svim smjerovim te se ne mijenj tijekom virirnj. 3. Otklon, u(x,,z), memrne tijekom virirnj je mlen u usporedi s veličinom memrne, svi kutovi ngi su mleni. Iko ove pretpostvke ne mogu iti relizirne u prksi, mle trnsverzlne vircije tnke fizičke memrne će zdovoljiti ove pretpostvke s zdovoljvjućom točnošću. D ismo izveli diferencijlnu jedndžu koj opisuje ginje memrne, rzmtrmo sile koje djeluju n mlim dijelovim memrne (slik.). Slik. Virirjuće memrne 4

5 Kko su otklon memrne i ngii kutov mli, strnice isječk memrne su jednke x i. Npetost T je sil po jedinici duljine, stog su sile koje djeluju n ruovim isječk priližno jednke T x i T. Budući d je memrn svršeno fleksiiln, ove sile su tngente n memrnu. Prvo rzmtrmo horizontlne komponente sil. Ove komponente su doivene oženjem sil s kosinusom kut otklon. Kko su ti kutovi mli, njihovi kosinusi su priližno jednki p su horizontlne komponente sil n suprotnim strnm priližno jednke. Tko će ginje dijelov memrne u horizontlnom smjeru iti znemrivo mleno. Iz ovog zključujemo d se memrn gi trnsverzlno, tj. svki djelić memrne se gi vertiklno. Vertiklne komponente sil preko krjev prlelnih s u-rvninom su (slik.): T sin β i T sinα (8) pri čemu negtivn predznk oznčv silu koj je n lijevom ruu okrenut prem dolje. Kko su kutovi mli, njihove sinuse možemo zmijeniti tngensim p je tko rezultnt tih dviju vertiklnih komponenti: ( sin β sinα ) ( tn β tn α ) (, ) (, ) T T = T u x + x u x gdje indeks x oznčv prcijlnu derivciju, i Slično, rezultnte druge dvije nsuprotne strne isječk su: (, ) (, ) T x u x + u x x x (9) su vrijednosti izmedu i ( ) +. (0) gdje su x i x vrijednosti između x i x + x. Prem Newtonovu. zkonu, zroj sil (9) i (0) jednk je msi, ρ A, isječk pooženog s kcelercijom, gdje je ρ ms nesvinute memrne po jedinici površine, A = x je površin isječk kd je nesvinut. Tko je: ρ x = T u x ( x + x, ) ux ( x, ) + T x u ( x, + ) u ( x, ) () gdje je izrz n lijevoj strni procijenjen n nekim pogodnim točkm ( x, ) isječku. Podijelimo li jedndžu () s ρ x, doivmo: % % koje odgovrju ( + ) ( ) (, + ) (, ) u T ux x x, ux x, u x u x = + t ρ x () Ako su x i priližno jednki nuli, td postižemo: = c + x c = (3) ρ T 5

6 Jedndž (3) nziv se dvodimenzionln vln jedndž. Može se izrziti i pomoću Lplce i tko pisti u oliku: = c u (4) 6

7 3. PRAVOKUTNE MEMBRANE Slik. Virirjući olici prvokutnih memrn ) (,)olik ) (,) olik c) (,) olik d) (,) olik Kko ismo riješili prolem virirjuće memrne, mormo odrediti rješenje u(x,,t) z dvodimenzionlnu vlnu jedndžu: = c + x () koj zdovoljv rune uvjete: u = 0 n ruu memrne z sve t 0 () te početne uvjete: u( x,,0) = f ( x, ) i (3) u t =0 = g( x, ) (4) 7

8 () znči d je memrn učvršćen n ruovim (3) opisuje položj točk memrne z t=0 (4) opisuje rzinu kojoj se točke memrne giju pri t=0 (r jedn od tih dviju funkcij f,g tre iti rzličit od nule, inče neće iti titrnj). Rzmotrit ćemo prvokutnu memrnu R (slik 3.): Prvi kork: Slik 3. Prvokutn memrn Primjenom metode rzdvjnj (seprcije) vrijli, prvo određujemo rješenje jedndže () koje zdovoljv uvjet (). U tu svrhu polzimo od: ( ) u( x,, t) = F( x, ) G t (5) Supstitucijom jedndže (5) u vlnu jedndžu () doivmo: && ( xx ) FG = c F G + F G gdje indeksi oznčvju pcijlne derivcije, točkice derivcije s ozirom n t. Dijeleći oje strne s c FG nilzimo n: G&& c G = + F ( Fxx F ) Zto što funkcij n lijevoj strni ovisi jedino o t, dok funkcije n desno ne ovise o t, izrzi n oje strne morju iti jednki konstnti. Može se pokzti d se svodi n oične diferencijlne jedndže i smo se uz negtivnu konstntu doije titrnje vidi jedndžu (6). Pokzuje d će smo negtivne vrijednosti konstnte voditi do rješenj koje zdovoljv uvjet (), d pri tom nije jednko nuli. Oznčivši negtivnu konstntu s v, doivmo: G&& c G = + = F ( Fxx F ) v Ovo povlči dvije diferencijlne jedndže: && + G = 0, gdje je cv G λ λ = i (6) 8

9 + + = 0 (7) Fxx F v F Rzmtrmo jedndžu (7) i upotreljvmo metodu rzdvjnj (seprcije) vrijli, još jednom (ovj put vrijl x i ), tj. određujemo rješenj jedndže (7) koj zdovoljvju runi uvjet () (, ) = H ( x) Q( ) F x Supstitucijom jedndže (8) u (7) proizlzi: (8) H x Q Q = H v HQ + Dijeleći oje strne s HQ dolzimo do: H x Q H Q = + v Q Funkcije n lijevoj strni ovise jedino o x dok funkcij n desno ovisi jedino o p izrzi n oje strne morju iti jednki konstnti. T konstnt mor iti negtivn, k, jer će jedino negtivne vrijednosti voditi rješenju koje zdovoljv jed. (6) d nije jednko nuli. H Q = + v Q = k H x Q Ovo rezultir oičnom diferencijlnom jedndžom: H x + 0 k H = (9) Q + 0 p Q =, gdje je p = v k (0) Drugi kork: Opć rješenj jedndži (9) i (0) su: H ( x) = Acos kx + Bsin kx i ( ) = cos + sin Q C p D p gdje su A,B,C i D konstnte. Iz jedndži (5) i () proizlzi d F = HQ mor iznositi nul n grnici memrne, što odgovr x = 0, x =, = 0, = (slik 3.). Dkle, uvjeti su sljedeći: H ( 0) = 0 H ( ) = 0 Q ( 0) = 0 Q( ) = 0 9

10 Stog, H ( 0) = A = 0 H ( ) = Bsin k = 0 Mormo uzeti d je B 0, u suprotnom H 0 i F 0 (protumčiti te oznke ili drukčije npisti). Dkle, sin k = 0, p je k =, tj. k = (m cijeli roj). Slično zključujemo d je C=0, p mor iti ogrničen n vrijednosti p = gdje je n cijeli roj. Tko dolzimo do rješenj: H m x ( x) = sin i Q ( ) = sin n m =,,..., n =,,... Slijedi d su sljedeće funkcije rješenj jedndže (7) koje zdovoljvju runi uvjet (): x F ( x, ) = H m ( x) Qn ( ) = sin sin m =,,..., n =,,... () Kko je Isto tko, p = v k iz (0) i λ = cv iz (6) immo: λ = c k + k = i p = odgovr vrijednost : p m n λ = λ = cπ + () u jedndži (6), i odgovrjuće opće rješenje jedndže (6) je: ( ) = cos λ + sin G t B t B λ t Slijedi d su funkcije u ( x,, t) F ( x, ) G ( t) = n duljini u : x u ( x,, t) = ( B cos λt + B sin λt ) sin sin (3) s λ, u skldu s jedndžom (), rješenj vlne jedndže (), koj zdovoljv rune uvjete. Ove funkcije nzivju se krkteristične funkcije, iznosi λ se zovu λ krkteristične vrijednosti virirjuće memrne. Frekvencij u je π. Znimljivo je npomenuti d, ovisno o i, nekoliko funkcij može odgovrti istoj krkterističnoj vrijednosti. Fizički to znči d mogu postojti vircije s jednkim frekvencijm, li rzličitim krivuljm u području točk koje su fiksne. 0

11 Treći kork. D ismo postigli rješenje koje, tkođer, zdovoljv početne uvjete (3) i (4), rzmtrmo dvostruke redove: (,, ) = (,, ) = ( cos λ + sin λ ) sin sin (4) u x t u x t B t B t m= n= m= n= x Končno rješenje pokušvmo doiti zrjnjem eskončno ogo krkterističnih rješenj U nstvku će se sve svoditi n određivnje konstnti B i B*. Iz gornje jedndže i iz jed. (3) doivmo: x u x B f x (5) m= n= (,,0) = sin sin = (, ) Ove redovi se nzivju dvostruki Fourierovi redovi. Ako pretpostvimo d se f(x,) može rzviti u tkv red, td Fourierove koeficijente, f (, ) x, u jed. (5), možemo odrediti n sljedeći nčin: B z Km ( ) = B sin (6) n= Tkođer, jed. (5) možemo pisti ko: x f ( x, ) = Km ( ) sin m= Z fiksni, ovo su Fourierovi sinusni redovi z f(x,), rzmtrne ko funkcije od x, p slijedi d su koeficijenti ovog rzvoj: x Km f x dx ( ) = (, ) sin red z K ( ) 0 0 m p su koeficijenti: B = Km ( ) sin d (8) Iz jedndže (7) i (8) dolzimo do opće Eulerove formule z Fourierove koeficijente z f x, u dvostrukim Fourierovim redovim 5). ( ) 4 x B = f ( x, ) sin sin dxd 0 0 m =,,..., n =,,... (9) Koeficijenti odredili B B u jedndži (4) su sd određeni z Fourierove koeficijente.d ismo derivirmo izrz (4) po t, i koristeći (4) doivmo:

12 u x = sin sin = g x, t t= 0 Bλ m= n= ( ) Pretpostvljmo d funkcij g ( x, ) može iti rzvijen u dvostruke Fourierove redove, td doivmo: 4 x B = g ( x, ) sin sin dxd λ 0 0 m =,,..., n =,,... (0) Rezultt je tj, d i jedndž (4) zdovoljil početne uvjete, koeficijenti iti izrni prem izrzim (9) i (0). B i B morju 4. ZAKLJUČAK Kko smo već spomenule, jedn od vžnih prolem u području vircij je promtrnje titrnj rstegnutih memrn. Kko ismo tj prolem riješili potreno je odrediti riješenje u (x,, t) z dvodimenzionlnu vlnu jedndžu koj glsi: = c + x Rješenje neke prcijlne diferencijlne jedndže je on funkcij koj zdovoljv prcijlnu diferencijlnu jedndžu u čitvoj domeni promtrnj, pri čemu morju iti ispunjeni početni i/ili runi uvjeti. ) Runi uvjet: u = 0 znči d je memrn učvršćen n ruovim ) Početni uvjeti: u( x,,0) = f ( x, ) opisuje položj točk memrne z t=0 u t =0 = g( x, ) opisuje rzinu kojoj se točke memrne giju pri t=0 (r jedn od tih dviju funkcij f,g tre iti rzličit od nule, inče neće iti titrnj). D ismo postigli rješenje koje zdovoljv početne uvjete, rzmtrmo dvostruke redove. (,, ) = (,, ) = ( cos λ + sin λ ) sin sin () u x t u x t B t B t m= n= m= n= x Končno rješenje pokušvmo doiti zrjnjem eskončno ogo krkterističnih rješenj

13 4 x B = f ( x, ) sin sin dxd 0 0 m =,,..., n =,,... () 4 x B = g ( x, ) sin sin dxd λ 0 0 m =,,..., n =,,... (3) Rezultt je tj, d i jedndž () zdovoljil početne uvjete, koeficijenti iti izrni prem izrzim () i (3). B i B morju 5. LITERATURA. A.E. Kreszig, Advnced Engineering Mthemtics, John Wile & Sons Inc.,