PDJ2-dio

advertisement
PARABOLIČKE PDJ
JEDNAŽBA PROVOĐENJA TOPLINE
Promatrajmo strujanje topline u homogenom štapu duljine L. Ako je u ( x, t ) tempera-tura
štapa na udaljenosti x u trenutku t, jednadžba za u glasi
u
 2u
k 2
t
x
za 0  x  L; t  0
(2.27a)
Početni raspored temperature
u (x,0)
, 0 xL
(2.27b)
je početni uvjet koji je potrebno zadati. Osim toga, potrebno je zadati rubne uvjete tj.
temperaturu na krajevima štapa. Rubni se uvjeti zadaju u obliku
u(0, t )  g 0 (t ) i u( L, t )  g1 (t ) .
(2.27a)-(2.27c) je inicijalno rubni problem za jednažbu provođenja.
Slika 2.12a. Matematički model i izgled rješenja
(2.27c)
Slika 2.12b. Karakterizacija rješenja jednadžbe provođenja topline:
(u primjeru su postavljeni periodički rubni uvjeti; dolazi do disipacije rješenja)
Slika 2.12c. Fizikalni model
Općenito, jednadžbu provođenja topline možemo zapisati u obliku
u   u 
 k  .
t x  x 
Ovdje je k koeficijent toplinske vodljivosti. S obzirom na koeficijent k dobivamo različite
diferencijalne jednadžbe.
a) k = const. (homogeni zid)
u
 2u
k 2
t
x
b) k  k (x) (nehomogena struktura zida)
u
u
 2u
 k ' x  
 k x   2
t
x
x
c) k  k ( x, u)
u  
u 
  k x, u    - nelinearna jednadžba provođenja
t x 
x 
u  u  x, y , t 
u   u    u 
 - nestacionaran problem
 kx
  ky
t x  x  y  y 
Hlađenje 2D tijela:
  u    u 
  0 - stacionaran problem (t  )
kx
  ky
x  x  y  y 
kx, ky - koeficijenti provođenja topline u x i y smjeru
B
B
B
B
u  u  x, y , z , t 
  2u  2u  2u 
u
 ku  k  2  2  2 
t
y
z 
 x
Hlađenje 3D tijela:
kx  k y  kz  k
NUMERIČKO RJEŠAVANJE JEDNAŽBE PROVOĐENJA U 1D
Tražimo rješenje problema (2.27a)-(2.27c). Prvi je korak diskretizacija numeričke domene u
(x,t) ravnini. Pretpostavimo da je širina numeričke mreže u smjeru x jednaka x , a da je
odabrani vremenski korak jednak t . Primjer numeričke mreže prikazan je na Slici 2.13.
Vrijednosti u točkama mreže koje su označene s kružićima potrebno je odrediti na osnovu
dane diferencijalne jednadžbe, dok su vrijednosti u točkama označene s križićima poznate iz
postavljenih početnih i rubnih uvjeta.
t
n=3
n=2
n=1
0
Uvedimo oznaku uin  u(i  x, n  t ) .
Slika 2.13.
L
x
a) Eksplicitna shema
Parcijalne derivacije koje se pojavljuju u danoj PDJ, u svakoj točki mreže aproksimiramo
pomoću konačnih razlika. Za aproksimaciju vremenske derivacije uzimamo
u n1  uin
u
,
(2.28)
 i
t t nt
t
dok prostornu derivaciju aproksimiramo s
uin1  2uin  uin1
 2u
.
(2.29)

x 2 x ix
x 2
Uvrštavanjem izraza (2.28) i (2.29) u diferencijalnu jednadžbu (2.27a) dobijemo
t
uin1  uin 
k uin1  2uin  uin1
2
x 
t
 k , dobijemo eksplicitnu numeričku shemu oblika
Uvođenjem oznake  
x 2

uin1    uin1  (1 2 )  uin    uin1 .

(2.30)
(2.31)
i, n+1
i-1, n
i, n
i+1, n
Slika 2.14.
Opazimo da se kod dobivene sheme vrijednosti u nekom vremenskom trenutku određuju na
osnovu vrijednosti dobivenih u prethodnom vremenskom koraku (Slika 2.14). Prednost
ovakve sheme je to što je vrlo jednostavna za računanje, međutim shema je stabilna samo za
1
  . Intuitivno, to znači da se ne smijemo pomicati prebrzo u vremenu t, jer možemo
2
dobiti pogrešna rješenja.
u  2 u

za 0  x  1
Primjer 2.5.
t x 2
1

za 0  x 
2x
2
početni uvjet : u x,0   
1
21  x 
za
x0

2
rubni uvjet :
u 0, t   0

u 1, t   0
t0
Slika 2.15. Analitičko rješenje
Analitičko rješenje ovog problema može se odrediti Fourierovom metodom. Rješenje se može
zapisati u obliku beskonačnog reda. Kao aproksimativno rješenje potom možemo uzeti samo
prvih nekoliko članova reda
8  1
n  n2 2t
u  x, t   2  2  sin
e
sin n x
 n 1 n
2

8   2 t
1 9 2t

sin 3 x 
 e sin  x  e

9

Uočimo da se koeficijenti reda smanjuju u zavisnosti o vremenu, što znači da dolazi do
disipacije rješenja, te da se glatkoća rješenja s vremenom povećava.
Numeričko rješenje možemo odrediti korištenjem eksplicitne sheme. Rješenje 'gradimo'
rekurzivno. Odabrana diskretizacija prikazana je na Slici 2.16.
Slika 2.16.
Rješenja dobivena u određenim točkama prikazana su u tablici.
x
t
rubni
uvjet
1
4
1
2
3
4
u 1
1
u
2
u0
1
2
1
u
2
u0
0
1
početni
uvjet
u0
1
u
2
0
1
10
u0
u
2
10
3
10
u0
rubni
uvjet
1
2
1
u
2
6
10
1
u
2
u
u
u0
...
1
t
16 1
1
 10 
 .
slijedi:  
t 
2
10
x  1 10 2
16
Odredimo vrijednosti u točkama mreže za tako definirane parametre.
1
1
u11  u 02  1  2 u10  u 00    1  1  2     0 
2
2
1
1
6
u12  u30  1  2 u 20  u10     1  2   1     
pojava nestabilnosti
2
2
10
1
1
u31  u 40  1  2 u30  u 20    0  1  2      1 
2
2
1
Ako odaberemo npr. x 
i
4
.............................
Možemo uočiti pojavu nestabilnosti (pojavljuju se oscilacije), jer je numerička shema
primijenjena za   1 / 2 . U tablici prikazani rezultati za slučaj kada je   1 / 2 su dobri
(Slika 2.17). Prema tome, možemo zaključiti da je shema stabilna za 1/2. Možemo
zaključiti da je za odabrani prostorni korak, potrebno odabrati takav vremenski korak t kod
kojega će biti zadovoljen uvjet stabilnosti.
Slika 2. 17.
Komentar
Odaberimo x  0.01.
U

t
x 
2

t
0.12
 100t
t  0.01   0.01 0.48  0.0048
Ako je x=0.01 tada t mora biti 0.0048 (za =0.48) ili najviše 0.005 da bi shema bila
stabilna. Znači da ćemo u tom slučaju morati veoma smanjiti vremenski korak, pa će se
trajanje proračuna veoma povećati. Odgovarajući ‘lijek’ je korištenje implicitne numeričke
sheme.
b) Implicitna shema
Implicitna se shema razlikuje od eksplicitne samo u načinu aproksimacije prostorne
derivacije. Umjesto izraza (2.29), koristimo aproksimaciju
uin11  2uin1  uin11
 2u
.
(2.32)

x 2 x ix
x 2
Uvrštavanjem izraza (2.28) i (2.32) u diferencijalnu jednadžbu dobijemo implicitnu
numeričku shemu
(
)
.
(2.33)
Uočimo da nam se na lijevoj strani jednadžbe (2.33) pojavljuju nepoznanice. Dakle, na
svakom koraku zapravo dobijemo sustav linearnih jednadžbi za nepoznate vrijednosti
u1n1 , u 2n1 ,, u mn1 . Uzorak točaka koji je korišten kod aproksimacije vrijednosti u in1
prikazan je na slici.
i-1, n+1
i, n+1
i+1, n+1
i, n
Slika 2.18 .
Ono što je veoma značajno je da je matrica koja pripada dobivenom sustavu dijagonalno
dominantna za svaki  , iz čega slijedi da rješenja sustava možemo odrediti za svaki  . Nije
teško uočiti da je matrica trodijagonalna. Dakle, implicitna metoda je stabilna za svaki .
x  0.1
Slika 2.19.
Za t = 0 (početni trenutak) poznata je vrijednost funkcije u(x,0):
u 0  x,0  t   u 00
u 1  x,0  t   u10
u 2  x,0  t   u 20
.....................
u 9  x,0  t   u 90
0
u 10  x,0  t   u10
Za t  1 t
Za točku 1 x,1 t ; i  1 :
   u10  1  2   u11    u12  u10  1  2   u11    u12  u10    g 0 t 
Za točku 2  x,1 t ; i  2 :
   u11  1  2   u12    u31  u 20
Za točku 3  x,1 t ; i  3 :
   u12  11  2   u31    u14  u30
...............................
Za točku m  x,1 t ; i  m :
   u1m1  1  2   u1m    u1m1  u m0
Ukupni sustav:
1  2   u11  u12  u10    g 0 t 
   u11  1  2   u 12    u 31  u 20
.............................................
   u 1m1  1  2   u 1m  u m0    g1 t 
Matrični zapis numeričke sheme u n-tom koraku:
A  un1  un  bn
pri čemu je
 1  2 

 
 0

A=



 0


0
1  2 







0 

 
1  2  
0
0

0
0
0

 1  2 
0

 u1n 
 g 0 (nt ) 
 n 


 u2 
 0 
 u3n 
 0 




n
un  
 i b 
.
 un 
 0 
 mn  2 


 um 1 
 0 
 un 
 g (nt ) 
 1

 m 
A je trodijagonalna matrica što omogućuje “jeftin” postupak rješavanja.
Provođenje topline u 2d
Promatrajmo pravokutnu ravnu ploču. S u( x, y, t ) označimo temperaturu na ploči u točki
( x, y ) u proizvoljnom trenutku t. Diferencijalna jednadžba koja vrijedi za funkciju
u  u( x, y, t ) glasi
  2u  2u 
u
 k  2  2  .
t
y 
 x
(2.34)
Da bi našli numeričko rješenje ove diferencijalne jednadžbe, potrebno je najprije diskretizirati
numeričku domenu. Pretpostavimo da je odabrani vremenski korak jednak t , a da su
prostorni koraci jednaki x odnosno y .
y
K+1
y
0 x
Slika 2.20.
J+1
x
Aproksimacijom parcijalnih derivacija pomoću metode konačnih razlika u jednadžbi (2.34),
dobiti ćemo odgovarajuću numeričku shemu.
Međutim, pojavljuju se sljedeći problemi. Kao i kod jednadžbe provođenja u jednodimenzionalnom slučaju, eksplicitna numerička shema je nestabilna.
S druge strane, implicitna numerička shema svoditi će se na rješavanje sustava s J  K
linearnih jednadžbi (gdje je J+1 broj točaka u smjeru osi x, a K+1 broj točaka mreže u smjeru
osi y – Slika 2.20). Za veće domene, odnosno manje prostorne korake, dimenzije dobivenih
sustava će biti ogromne, odnosno određivanje rješenja veoma zahtjevno.
Stoga, se najčešće koristi tzv. ADI shema (alternating direction implicit scheme)
ADI shema rješava 2d paraboličku jednadžbu pomoću trodijagonalnog sustava. Ideja je da se
u svakom vremenski intervalu t provedu dva koraka metode.
1.korak:
 2u
 2u
se
aproksimira
s
eksplicitnom,
a
s implicitnom shemom
x 2
y 2
 2u
 2u
2. korak:
se aproksimira s implicitnom, a
s eksplicitnom shemom
x 2
x 2
Označimo s uijn  u(i  x, j  y, n  t ) vrijednost traženog rješenja u točki mreže u trenutku
1
t  nt . Vrijednost u trenutku (n  )t označimo s u ijn1 / 2 .
2
1 korak:
uijn1 / 2  uijn
t / 2
 uin1, j  2uijn  uin1, j uin, j 11/ 2  2uijn1 / 2  uin, j 11/ 2 

 k

2
2


(

x
)
(

y
)


(2.35a)
2 korak:
uijn1  uijn1 / 2
t / 2
 uin11, j  2uijn1  uin11, j uin, j 11/ 2  2uijn1 / 2  uin, j 11/ 2 

 k

2
2


(

x
)
(

y
)


(2.35b)
Kada jednadžbe (2.35a) i (2.35b) zapišemo za sve unutarnje točke numeričke domene
dobijemo dva sustava jednadžbi. Opazimo da su u jednadžbama (2.35a) nepozanice sustava
vrijednosti uin, j 11/ 2 , uijn1/ 2 , uin, j 11/ 2 , a u jednadžbama (2.35b) vrijednosti uin11, j , uijn1 , uin11, j .
Zapravo u svakom od koraka dobijemo sustav od JK jednadžbi. Uočiti treba da su oba sustava
trodijagonalna, što znači da određivanje rješenja neće biti previše zahtjevno.
Pretpostavimo da je x  y i označimo   k
t
x 2
k
t
y 2
. Jednadžbe (2.35a) i (2.35b)
možemo potom pisati u obliku
1. korak:
 uin, j 11/ 2  2(1   )uijn1/ 2  uin, j 11/ 2  uin1, j  2(1   )uijn  uin1, j
(2.36a)
2. korak:
 uin11, j  2(1   )uijn1  uin11, j  uin, j 11/ 2  2(1   )uijn1/ 2  uin, j 11/ 2
(2.36b)
Gornje jednadžbe treba dakle raspisati za sve unutarnje točke domene, a na rubovima treba
uvažiti rubne uvjete.
HIPERBOLIČKE PDJ
Hiperboličke parcijalne diferencijalne jednadžbe koje se kod modeliranja fizikalnih pojava
najčešće pojavljuju su zapravo zakoni očuvanja. Općenito se zakon očuvanja može zapisati u
obliku
u 

f (u )  0 .
t x
PRIMJER:
1. Neka je    ( x, t ) gustoća fluida. Jednadžba očuvanja mase glasi
 
 (  v)  0 ,
t x
pri čemu je v  v( x, t ) brzina gibanja fluida. To je npr. jednadžba kojom se može
VALNA JEDNAŽBA PRVOG REDA
Promatrajmo najprije početni problem
u
u
c
 0 , za t  0 i   x  
t
x
sa zadanim početnim uvjetom u( x,0)  u0 ( x) .
Tražimo rješenja dane jednadžbe.
Download
Related flashcards
Create Flashcards