Jednacina Provodjena Toplote

7/25/2019 Jednacina Provodjena Toplote

1/9

JEDNACINA PROVOENJA TOPLOTE

Jednacina provodjenja toplote u homogenoj sredini glasi

ut = c22u 2u= uxx+uyy +uzz , (1)

gde jeu = u(x,y,z,t) temperatura u tacki(x,y,z)u trenutku t, a c2 = K

, pricemu jeKkoeficijent unutranje toplotne provodljivosti, specificna toplota, gustina te sredine.

Uz jednacinu (1) obicno se zadaje i pocetni uslov, tj. zadaje se raspodelatemperature po tackama posmatranog tela u pocetnom trenutku t = 0:

u(x,y,z, 0) = f(x,y,z), (2)

gde je f poznata funkcija.Sem pocetnog, zadaje se i granicni uslov, koji moze imati razne oblike, u

zavisnosti od fizickih okolnosti. No, u svakom od tih oblika granicni uslov usutini zadaje raspodelu temperature, tj. vrednosti funkcije u, na rubu Spos-matranog tela. Ako, na primer, temperatura tela nije fiksirana, vec ono zracitoplotu u okolnu sredinu koja ima stalnu temperaturu u0, tada je, kao to jepoznato, protok toplote kroz povr Sproporcionalan razlici temperature okolnesredine i temperature na povri S, to daje uslov

u

n+h(u u0) = 0 (na S), (3)

gde je un izvod u pravcu spoljanje normale, a h (> 0) je koeficijent propor-

cionalnosti, koji se obicno naziva koeficijent spoljanje toplotne provodljivosti.

1 Prostiranje toplote kroz ogranicen tap

Razmotricemo prostiranje toplote kroz tap (dugacak, tanak), za koji cemosmatrati da je smeten na x-osu od tacke x = 0 do tacke x = l (l > 0), i daje potpuno izolovan sa strana, tako da se toplota prostire samo u pravcux-ose,tj. funkcijau zavisi samo od x i t. Tada umesto jednacine (1) imamo sledecujednacinu:

ut = c2uxx, (4)

koja se zove jednodimenzionalna jednacina provodjenja toplote. Pocetni uslov

(2) tada dobija oblik

u(x, 0) = f(x), 0 x l, (5)

gde je f data funkcija. Kako je tap ogranicen i smeten na x-osu onako kakoje gore opisano, to imamo i granicni uslov (3), koji sada ovako izgleda:

ux h(u u0) = 0 (na krajevima), (6)

1


2/9

pri cemu znakvazi za levi kraj x = 0, a + za desni kraj x = l.

Ograni

cicemo se na slu

caj kad je temperatura okolne sredine 0

0

C, temper-atura u levom kraju tapa se odrzava na 00C(to znaci da u tom kraju nemazracenja toplote u okolnu sredinu), a u desnom kraju tap zraci toplotu u okolnusredinu.

Matematicki gledano, reavamo jednacinu (4), uz pocetni uslov (5) i sledecegranicne uslove:

u(0, t) = 0, ux(l, t) +hu(l, t) = 0. (7)

Primenjujemo Furijeovu metodu.Prvi korak. Ako je u = F(x)G(t), onda iz jednacine (4) sledi

.F G= c2F00G, tj.

.G

c2G =

F00

F .

Izjednacavanjem obeju strana ove jednakosti sa konstantom k dobijamo difer-encijalne jednacine

F00 kF = 0,.

G kc2G= 0. (8)Drugi korak. Prvi uslov (7) za funkciju oblika u = F(x)G(t) pretvara se u

uslovF(0) = 0. Drugi uslov (7) u tom slucaju postajeF0(l)+ hF(l) = 0. Lakose zakljucuje, nalazenjem opteg reenja prve jednacine (8) i kombinovanjem sanavedenim uslovima, da u slucaju k >0 kao i u slucaju k= 0, samo trivijalnoreenjeF = 0 prve jednacine (8) zadovoljava te uslove.

Zato u nastavku pretpostavimo da je k < 0, tj. stavimo k =p2, p > 0.Opte reenje prve jednacine (8) u tom slucaju glasi

F =C1cospx+C2sinpx,gde su C1 i C2 proizvoljne konstante. Iz uslova F(0) = 0 sledi da mora bitiC1= 0, a zatim se iz uslova F

0(l)+ hF(l) = 0 dobija

C2p cospl+hC2sinpl= 0.

Kako moze bitiC26= 0, to se poslednja jednacina moze napisati u obliku tgpl=ph . Ako se ovde uvede smena pl = q, jednacina se transformie u sledecu:tg q= 1hlq.

Lako se pokazuje (na primer, ispitivanjem monotonosti funkcije(q) = tg q+1hlq) da ova jednacina na svakom intervalu oblika

2 +n, 2 +n, n N,ima tacno jedno reenje,qn, i da su to sva njena pozitivna reenja. Stavimopn=qnl ,n

N. Tako dobijamo zakljucak da za svaki prirodan brojnpostoji sledecih

beskonacno mnogo reenja prve jednacine (8) koja zadovoljavaju granicne usloveF(0) = 0 i F0(l)+ hF(l) = 0:

F =C2sinpnx, C2 R.Opte reenje druge jednacine (8) glasi

G= C ec2p2

nt, C R,

2


3/9

tako da cemo mnozenjem F i G dobiti sledeca reenja un jednacine (4), koja

zadovoljavaju grani

cne uslove (7):

un= Ansinpnxec2p2

nt, (9)

gde je An (=C2C) proizvoljna konstanta, za svaki prirodan broj n.Treci korak. Sada stavljamo

u=+Xn=1

un(x, t) (10)

i odredjujemo brojeveAn tako da funkcija u zadata u obliku beskonacnog reda(10), koja zadovoljava jednacinu (4) i granicne uslove (7), zadovolji i pocetniuslov (5). Kako je ovde

u(x, 0) =+Xn=1

Ansinpnx,

to se uslov (5) svodi na

+Xn=1

Ansinpnx= f(x) (x [0, l] ).

Moze se dokazati da funkcije sinpnx, n N, cine ortogonalan niz funkcija naintervalu [0, l], tj. da je

Z l0

sinpnx sinpmxdx= 0

zan 6=m. Prema tome, brojevi An treba da budu koeficijenti razvitka funkcijef po ortogonalnim funkcijama sinpnx, to znaci

An= 1Rl

0sin2pnxdx

Z l0

f(x)sinpnxdx, n N. (11)

Funkcijau zadata u obliku reda (10), pri cemu su un funkcije (9) sa koefi-cijentimaAn izracunatim po formulama (11), predstavlja reenje jednacine (4)koje zadovoljava granicne uslove (7) i pocetni uslov (5).

Formule (11) imaju jednostavniji izgled ako se problem malo modifikuje.

Neka se i u desnom kraju tapa stalno odrzava temperatura 00C. Tada drugiuslov (7) glasi u(l, t) = 0. U tom slucaju umesto C2p cospl+ hC2sinpl = 0imamo prosto C2sinpl = 0, odnosno sinpl = 0, to znaci pl = n, n N.Dakle, tada je pn=

nl ,

u(x, t) =+Xn=1

Ansinnx

l e

2nt

n=

cn

l

,

3


4/9

An= 2

lZ l

0

f(x)sinnx

l

dx, n

N.

Zadaci.

Naci temperaturu u = u(x, t)u tapu od srebra, duzine10 cm, konstantnogpoprecnog preseka povrine1cm2, gustine10.6g/cm3, unutranje toplotne provodljivosti4.354 J/cm 0C sec, specificne toplote 0.2345 J/g 0C, koji je potpuno izolovansa strana, ciji krajevi su stalno na temperaturi 00C i cija pocetna temperatura(u 0C) jef(x), gde je:

1. f(x) = sin x5 . (Rez.: u= sinx5 e

1.752225 t.)2. f(x) =x(10 x).(Rez.: u= 8003

+P=1

1(21)3sin

(21)x10 e

1.7522(21)2

100 t.)

3. f(x) =x(100

x2). (Rez.: u= 120003

+Pn=1

(1)n+1

n3 sin

nx

10 e

1.752n22

100 t.)

4. f(x) =

x, 0 x 5,10 x, 5< x 10.

(Rez.: u= 402+P=1

(1)1(21)2 sin

(21)x10 e

1.752(21)22

100 t.)

5. f(x) =

x, 0 x


5/9

(Rez.: u= 4 2 P+=1

1(21)2 cos 2(2 1)x e4(21)

2t.)

12.Neka se u levom kraju x= 0 tapa duzine l odr

zava stalna temperaturajednaka A, a u desnom kraju x = l stalna temperatura jednaka B, i neka je

pocetna temperatura u tapu f(x). Pokazati da se smenom u BAl xA= vproblem nalazenja temperatureu = u(x, t)u tapu u opisanoj situaciji svodi naproblem temperature v = v(x, t) u tapu sa krajevima na stalnoj temperaturijednakoj 0 i pocetnom temperaturom g (x) = f(x) BAl xA.

13. Naci temperaturuu = u(x, t)u tapu u zadatku 12. za A = 0,B = 100i

f(x) =

200l x, 0 x l2 ,

100, l2 x l.

(Rez.: u= 100xl + 4002

P+=1

(1)1(21)2 sin

(21)xl e

c2(21)22

l2 t.)

2 Prostiranje toplote kroz neogranicen tap

Ako je u gornjem problemu tap neogranicen (sa obe strane), tada uz jednacinu(4) imamo samo pocetni uslov (5) (za x (, +)). Uzimamo pritom da jetap smeten na x-osu, tako da je zauzima celu.

Dakle, sada treba da nadjemo reenje u = u(x, t), < x < +, t 0,jednacine (4) koje ispunjava uslov

u(x, 0) = f(x), < x


6/9

Pri reavanju postavljenog problema Furijeovom metodom pocinjemo kao u

prethodnom odeljku, tj. stavljamo u = F(x)G(t) u (4). Tako dolazimo do dveobicne diferencijalne jednacine

F00 kF = 0 (13)

iG c2kG= 0. (14)

Ako je pritom k >0, tada je opte reenje jednacine (14)

G= C ec2kt,

(C proizvoljna konstanta), to daje reenja oblika

u= F(x)ec2kt,

koja nemaju fizicko tumacenje, jerec2kt tezi +kad t +.

Zato cemo uzeti u razmatranje samo nenegativne vrednosti k, to mozemoovako da izrazimo: k= p2,p 0. Ako jep >0, tada je opte reenje jednacine(13)

F =C1cospx+C2sinpx,

a opte reenje jednacine (14)

G= C ec2p2t.

Zap = 0opte reenje jednacine (13) jeF =C1+C2x, a jednacine (14): G= C.Uzecemo pritom da jeC2= 0, jer bi inace|F|, pa time i |u|= |F G|(za C6=0),

tezilo+ kadx , to ne bi bilo u skladu sa tumacenjemukao temperature.Takvim izborom C2 postizemo da se i za p = 0, F moze predstaviti u oblikuF = C1cospx+ C2sinpx. Prema tome, za svaki nenegativan broj p imamosledecih beskonacno mnogo reenja jednacine (4) oblika u = F(x)G(t):

up= (A cospx+Bsinpx)ec2p2t

(A= C1C, B = C2C).Mozemo smatrati da A i B zavise od p, tj. A = Ap i B = Bp. Kako je

jednacina (4) homogena linearna, to je i funkcija

u=

Z +

0

up(x, t)dp= Z +

0

(Apcospx+Bpsinpx) ec2p2tdp (15)

reenje te jednacine (pod uslovom da ovaj integral postoji i da doputa diferen-ciranje dvaput po x i jedanput po t).

Odredicemo koeficijente Ap i Bp tako da ovo reenje zadovolji uslov (12).Stavivit = 0 u (15) i izjednacivi dobijeni izraz sa f(x)dobijamo uslovZ +

0

(Apcospx+Bpsinpx) dp= f(x),

6


7/9

koji pokazuje daApi Bptreba da budu koeficijenti razvitka funkcijefu Furijeov

integral, tj.

Ap= 1

Z +

f(v)cospvdv, Bp= 1

Z +

f(v)sinpvdv.

Uvrsticemo dobijene izraze za Ap i Bp u (15). Uzevi pritom u obzir da je

cospv cospx+ sinpv sinpx= cos(pv px),

dobicemo

u= 1

Z +0

dp

Z +

f(v)cos(pv px)ec2p2tdv.

Ako je ovde dozvoljena promena redosleda integracije, onda je

u= 1

Z +

f(v)dv

Z +

0

ec2p2t cos(pv px)dp. (16)

Moze da se dokaze da jeZ +0

ec2p2t cos(pv px)dp=

2c

texp

(v x)

2

4c2t

.

Uvrstivi ovaj rezultat u (16) dobijamo

u= 1

2c

t

Z +

f(v)exp

(v x)

2

4c2t

dv. (17)

Najzad, ako se u ovom integralu izvri smena vx

2ct = w, tj. v = x+ 2cwt,dobije se

u= 1

Z +

f(x+ 2cw

t)ew2

dw. (18)

Ako je funkcija f ogranicena na celom intervalu (, +) i integrabilnana svakom konacnom intervalu, tada se moze dokazati da funkcija (17) ili (18)zadovoljava (4) i (12), tj. da je ona zaista reenje razmatranog problema.

Napomena. U slucaju prostiranja toplote kroz neogranicenu trodimenzion-alnu sredinu (umesto kroz neogranicen tap), imamo jednacinu (1) i uslov (2).Analogno formuli (17), tada je reenje problema dato formulom

u= 12ct3 Z

+

dZ

+

d Z

+

f( , , )exp

( x)2 + ( y)2 + ( z)2

4c2t d.

Zadaci.

1. Naci temperaturu u neogranicenom tapu ako je pocetna temperatura

f(x) =

u0, 1< x 1,

7


8/9

gde je u0 neka konstanta.

(Rez.: u= u0 R1x 1+x

ew2

dw, = 2ct.)2. Ako je f(x) = 0za x 0, pokazati da (18) postaje

u= 1

Z +x

ew2

dw,

gde je = 2c

t.3. Pokazati da je u zadatku 2. za x = 0 temperatura nezavisna od t.

Protumaciti ovo fizicki.4. Ako je tap poluogranicen, smeten na pozitivni deo x-ose, ako se u nje-

govom kraju x = 0 odrzava stalna temperatura 0 i ako je pocetna temperaturaf(x), x >0, pokazati da je temperatura u tapu jednaka

u= 1

"Z +x

f(x+ w) ew2

dw Z +

x

f(x+ w) ew2dw#

, (19)

gde je = 2c

t.5. Izvesti (19) iz (18) uzevi da je funkcija fu (18) neparna.6. Ako je f(x) = 1u zadatku 4., pokazati da je

u= 2

Z x

0

ew2

dw.

7. Pokazati da su u zadatku 6. vremena potrebna da se u ma kojim dvematackama tapa izjednace temperature proporcionalna kvadratima rastojanja tih

tacaka od krajnje tackex = 0.8. Ako se u kraju x = 0poluogranicenog tapa odrzava stalna temperatura

jednakaA, a pocetna temperatura u tapu je 0, pokazati da je temperatura utapu

u= A

1 2

Z x

0

ew2

dw

!, = 2c

t.

3 Metoda Laplasove transformacije

Prikazacemo primenu Laplasove transformacije pri reavanju parcijalnih jed-nacina matetmaticke fizike na jednom primeru. Bice to problem prostiranjatoplote kroz poluogranicen homogen tap, smeten na x-osu tako da zauzimapozitivni deox-ose, i toplotno izolovan sa strana, pri cemu se njegov krajx = 0stalno odrzava na temperaturiu0, a pocetna temperatura je00Cu svim tackamatapa (sem u kraju x = 0).

Matematicki gledano, treba naci reenjeu = u(x, t), x >0, t 0, jednacine(4) koje zadovoljava granicni uslov

u(0, t) =u0, t 0, (20)

8


9/9

i pocetni uslov

u(x, 0) = 0, x >0. (21)Smatracemo da je trazeno reenje original kao funkcija od t, za svako fiksir-

ano x >0, i da je L {u(x, t)}= U(x, s). Tada je

L{ut(x, t)}= sU(x, s),

jer je u(x, 0) = 0, prema (21). Ovde se x tretira kao parametar. Diferenciranjepo parametru x daje

L{uxx(x, t)}= Uxx(x, s).

Posle zamenjivanja u (4) dobija se

sU=c2Uxx. (22)

Ovo je jedna obicna diferencijalna jednacina po U kao funkciji od x, ako s

tretiramo kao parametar. Mozemo smatrati da je s >0.Primenom Laplasove transformacije granicni uslov (20) prelazi u odgovara-

juci granicni uslov za jednacinu (22):

U(0, s) = u0

s. (23)

Opte reenje jednacine (22) ima oblik

U=C1exs

c +C2ex

s

c . (24)

Proizvoljne konstanteC1i C2 odredjujemo pomocu uslova ogranicenosti reenjau = u(x, t) kad x +, koji proizilazi iz fizickog smisla problema. Iz toguslova sledi da je i slika U = U(x, s) ogranicena kad x +. Sledi da morabitiC1= 0. Zamenivi uslov (23) u opte reenje (24) nalazimo da je C2=

u0s .

Prema tome,U=

u0s

exs

c .

Najzad,

u= L1nu0

se

xs

c

o,

tj.

u= 2u0

Z +x

2ct

ew2

dw, (25)

ili

u= u0

1

x

2c

t

, (26)

gde je

(z) = 2

Z z

0

ew2

dw.

Napominjemo da reenje (25), odnosno (26), nije definisano za t = 0. Zatopocetni uslov (21) treba shvatiti ovako:

limt0+

u(x, t) =u0[1 (+)] = 0.

9

Jednacina Provodjena Toplote

Documents

Transcript of Jednacina Provodjena Toplote