Virvelfrihet, potensialer, Laplacelikningen

Transkript

1 Virvelfrihet, potensialer, Laplacelikningen Kap 10 og 9 Matematisk Institutt, UiO MEK1100, FELTTEORI OG VEKTORANALYSE Forelesninger

2 NYTT TEMA Hvorfor snakker vi om virvelfri bevegelse? Forelesninger

3 Todimensjonal strøm Antar: homogen, inkompressibel, ideell væske. Kontinuitetslikningen og Euler-likningen v = v x x + v y y = 0, v t + v v = 1 p + g, ρ der ρ er tettheten og g ytre kraftfelt (feks. tyngde) Forelesninger

4 Lineær likning og virvling Hvis vi sløyfer det konvektive leddet, vil på gi v t = 1 p + g, ρ v t = 1 p + g, ρ og c t = g, der c = v er virvlingen. g = 0 (feks. g konst.) c t = 0 Er c = 0 ved t = 0 forblir strømningen virvelfri Forelesninger

5 Med konvektivt ledd I todimensjonal strøm er virvlingen v = ( vy x v x y På komponentform gir Euler-likningen v x ) k = ck. p t + v v x = 1 ρ x + g x, v y p t + v v y = 1 ρ y + g y. Likning for c = vy x vx y : / x på den nedre minus / y på den øvre, antar g = 0: c t + x (v v y) y (v v x) = g y x g x y = 0, Forelesninger

6 x (v v y) y (v v x) = v v y x v v x y + v x v y v y v x = ( vy v x v ) x + v ( y vx y x x + v ) y v ( x vx y y x + v ) y = y v c + c v = v c. Nedererste likning forrige slide Dc dt = c t + v c = 0, Virvellikningen som sier at en virvelfri partikkel forblir virvelfri. Er v = 0 overalt forblir virvlingen lik null overalt. Forelesninger

7 Hvor kommer virvlingen i væsker fra? To viktige kilder: 1 Kraft på flateelement er df = pndσ ved likevekt. Stadig god tilnærmelse uten kraftige strømskjær. Strøm over fast flate gir et grensesjikt med strømskjær og virvling. Dette kan separere og/eller bli turbulent virvling spres i væsken. 2 Den ytre kraften g oppfyller ikke g = 0 1. Et viktig eksempel er Coriolis-kraften som skyldes jordrotasjonen og påvirker storskalastrømmer i hav og atmosfære. 1 : g = 0 betyr at g er konservativ og kan avleses av et kraftpotensial. Forelesninger

8 NYTT TEMA Eksistens av strømpotensial og hastighetspotensial Forelesninger

9 Strømpotensial Vi har tidligere påstått at dersom en todimensjonal strøm er divergensfri, v(x, y) = v x (x, y)i + v y (x, y)j v = v x x + v y y = 0, så eksisterer det en strømfunksjon, ψ(x, y) slik at ψ y = v x, ψ x = v y. (1) Enkelt å vise at dersom det eksisterer en ψ som oppfyller (1) så er v = 0. Den omvendte påstanden er tyngre å vise Forelesninger

10 Eksempel, finner vi ψ eksisterer den. Divergensfritt felt: Må finne ψ slik at v x (x, y) = 3x 2 3y 2, v y (x, y) = 6xy, (2) ψ y = v x, ψ x = v y. Den første ψ = v x dy = ( 3x 2 + 3y 2 )dy = 3x 2 y + y 3 + F(x), deretter innsetting i den andre 6xy = v y = ψ x = 6xy + F (x). F = 0 F er en konstant og ψ = 3x 2 y + y 3 + const. Forelesninger

11 Strømfunksjon og fluksintegral Dersom det finnes en ψ slik at følger ψ y = v x, ψ x = v y. dψ = ψ dr = ψ ψ dx + x y dy = v ydx v x dy. (3) Velges ψ(r 0 ) = 0 blir strømfunksjon i r = xi + yj ψ(x, y) = dψ = v y dx v x dy = der C er en kurve fra r 0 til r. C Siste integralet i (4) = minus volumfluksen gjennom C. Derav navnet strømfunksjon. C C v nds, (4) Forelesninger

12 Eksempel v x = 3x 2 3y 2, v y = 6xy Valg 1 for C C er den rette linja fra origo til r = x 1 i + y 1 j. Parametrisering x(t) = x 1 t, y(t) = y 1 t ψ = = C 1 0 v y dx v x dy = 1 0 ( 6xy dx dt (3x2 3y 2 ) dy ) dt dt ( 6x 2 1y 1 3x 2 1y 1 + 3y 3 1)t 2 dt = y 3 1 3x 2 1y 1 Samme svar som tidligere med const=0 Forelesninger

13 Eksempel Valg 2 for C To rette linjestykker: v x = 3x 2 3y 2, Fra origo til x 1 i, langs x-aksen v y = 6xy x 1 ψ(x 1, 0) = v y dx = 0. Fra x 1 i til r parallelt med y-aksen y 1 0 ψ(x 1, y 1 ) = ψ(x 1, 0) + v x (x 1, y)dy = y1 3 3x1y 2 1. Lur metode for å finne ψ? Nei, men peker mot definisjon. 0 Forelesninger

14 Definisjon av ψ y Ĉ r 0 Ω r C x Definisjon ψ(x, y) = C Ĉ v nds. Kunne også definert ψ(x, y) = v nds. Entydighet krever: integral uavhengig av vei fra r 0 til r. Forelesninger

15 Bevis for entydighet λ lukket kurve:fra r 0 til r langs C, tilbake til r 0 langs Ĉ. v y dx v x dy v y dx v x dy = v nds, C fordi n har motsatt retning på λ i forhold til Ĉ. Gauss sats v nds = v dx dy = 0, λ Ĉ Ω der Ω er området omsluttet av λ. Integrasjon uavhengig av vei. NB: Bevis ugyldig dersom hastighetsfelt har singulariteter eller huller i Ω λ Forelesninger

16 Hastighetspotensial Potensialstrøm: det eksisterer et hastighetspotensial, φ slik at v = φ. Finnes φ er v = 0. Medfører v = 0 at φ finnes? Definisjon Fra dφ = φ dr = v dr følger φ(r) = der kurven C går fra r 0 til r. Entydig dersom integral uavhengig av vei. C v dr, (5) Forelesninger

17 Alternativ kurve, Ĉ, fra r 0 til r. C fulgt av Ĉ, baklengs lukket kurve, λ. Stokes sats v dr v dr = v dr = C Ĉ λ σ v n dσ = 0, der σ en sammenhengende flate med λ som rand. Effekter av singulariter og hull anderledes enn i 2D. I 3D kan vi gå utenom isolerte singulariter det er nok at det finnes en flate σ der v er definert og lik null. Forelesninger

18 NYTT TEMA Laplacelikningen Forelesninger

19 Divergens og virvelfrie felter Hvis både virvling og divergens er null 0 = v = φ 2 φ = 2 φ x φ y φ z 2. markerer ny derivasjonsoperator 2 er Laplace-operatoren. Kartesisk 2 = 2 x y z 2 Er 2 på et skalarfelt er null kalles det Laplaceisk. Forelesninger

20 Strømfunksjon og virvelfrie felt Todimensjonal, divergensfri og virvelfri strøm 0 = v = 2 ψ x ψ y 2 = 2 ψ. Strømfunksjonen er Laplaceisk for virvelfrie felt. Cauchy-Riemanns relasjoner Relasjon mellom φ og ψ φ x = ψ y, φ y = ψ x. Vektorform (gjelder også i polarkoordinater) φ = k ψ. Medfører φ φ = 0 ekviskalarlinjer for ψ of φ er ortogonale Forelesninger

21 Laplacelikningen 2 φ = 0, (6) er et av de mest kjente eksemplene på partielle differensiallikninger. Entydig løsning krever at vi har sidebetingelser, feks. randbetingelser (generelt for differensiallikninger) Formelløsninger for Laplacelikningen er et omfattende felt. Vi skal bare skrape litt i overflaten Effektiv og generell numerisk løsning av Laplacelikningen også omfattende. Dette lar vi ligge Forelesninger

22 Randverdiproblemer* En andreordens, homogen og linear differensiallikning f (x) + p(x)f (x) + q(x)f (x) = 0. (7) Generell løsning er lineær kombinasjon av to uavhengige løsninger (se Kalkulus, T. Lindstrøm). Initialverdiproblem f (x) + p(x)f (x) + q(x)f (x) = 0, f (0) = α, f (0) = β, har entydig løsning. Forelesninger

23 * Randverdiproblem på intervall [a, b]. f (x) + p(x)f (x) + q(x)f (x) = 0, f (a) = α, f (b) = β, Randverdiproblem uten løsning Bare prøv! f (x) + f (x) = 0, f (0) = 1, f (π) = 2, Randverdiproblem med løsning f (x) = 0, f (0) = α, f (1) = β, (8) en entydig løsning for alle konstanter α og β (Finn den!). Forelesninger

24 Laplacelikning og randbetingelser* Laplacelikningen 2 φ = 0. Er lineær sum av løsninger gir ny løsning. Problem i forhold til ordinær likning: Uendelig mange uavhengige løsninger Dirichlet problem Lukket område Ω omgitt av rand λ Entydig løsning. Flerdimensjonal utgave av (8) 2 φ = 0 i Ω, φ er gitt på λ. Forelesninger

25 ...* Neumann problem 2 φ = 0 i Ω, φ n er gitt på λ, λ φ n ds = 0. Entydig løsning, på en konstant nær. : Hvis φ er hastighetspotensial for en inkompressibel væske gir dette null netto utstrømning. Få komplette randverdiproblemer i MEK1100 (oppg. 2 i andre oblig er et eksempel). MEK1100: diskusjon av enkle løsninger som beskriver deler av mer fullstendige løsninger og spesielle strømningsfenomener Forelesninger

26 Kartesisk separarasjon av 2 φ = 0 Begrenser oss til to dimensjoner: φ = φ(x, y). Gruppe løsninger finnes på formen φ(x, y) = F(x)G(y): 0 = 2 φ = 2 φ x φ y 2 = F (x)g(y) + F(x)G (y), der betegner derivasjon mhp. x eller y. Likning er separabel og kan skrives F (x) F(x) = G (y) G(y). Mulig bare dersom begge sider er lik en konstant, α. Forelesninger

27 Ordinære likninger for F og G Løsninger F (x) αf(x) = 0, G (y) + αg(y) = 0, α F(x) G(y) 0 Ax + B Cy + D γ 2 < 0 Acos(γx) + B sin(γx) Ce γy + De γy γ 2 > 0 Ae γx + Be γx C cos(γy) + D sin(γy) A, B, C, D integrasjonskonstanter. Viktige løsninger, men ikke i MEK1100 (untatt α = 0). Forelesninger

28 Laplacelikningen i polarkoordinater φ = φ r i r + 1 φ r θ i θ, gir Laplacelikningen på formen 2 φ = φ = 1 r Separasjon φ = R(r)Θ(θ) gir r v = 1 r (rv r ) r + 1 r v θ θ, ( r φ ) φ r r 2 θ 2 = 0. ( r d r dr ) = 1 d 2 Θ R dr dr Θ dθ 2. Igjen er begge sider lik α, en konstant Forelesninger

29 Løsninger for Θ ( d r dr ) α dr dr r R = 0, d 2 Θ + αθ = 0. dθ2 α = 0, Θ = Cθ + B α = γ 2 < 0, Θ = Ce γθ + De γθ α = γ 2 > 0, Flertydighet når θ θ + 2π. -forsvinner når α = n 2. -ikke kritisk når α = 0. Vi velger α = n 2, for n = 0, 1, 2... Θ = C cos(γθ) + D sin(γθ) Forelesninger

30 Likning for R ordnes til r 2d2 R dr 2 + r dr dr n2 R = 0. Spesielt tilfelle med variable koeffisienter n > 0: løsning på form R = r q med q = ±n. n = 0: førsteordenslikning i dr/dr Oppsummering n = 0 R = A + B lnr n > 0 R = Ar n + Br n Θ = Cθ + D B 0 singularitet; n = 0, C 0 flertydig φ Θ = C cos(nθ) + D sin(nθ) Omskrivninger, eksempler r cos θ = x, r 2 cos(2θ) = r 2 (cos 2 θ sin 2 θ) = x 2 y 2 Forelesninger

31 Løsninger brukt i kompendiet løsning Konstanter Kartesisk φ rettlinjet n = 1, B = 0, AC = v x, AD = v y v x x + v y y stagnasjon n = 2, B = D = 0, AC A A(x2 y 2 ) kilde/sluk n = 0, A = C = 0, BD A Aln x 2 + y 2 ( y ) virvel n = 0, B = D = 0, AC A Aarctan x dipol n = 1, A = D = 0, BC A 2 Ax x 2 + y 2 Forelesninger

32 Kombinasjon av løsninger φ 1 og φ 2 løsninger av Laplacelikningen der a og b er konstanter. 2 (aφ 1 + bφ 2 ) = a 2 φ 1 + b 2 φ 2 = 0, Derivasjon gir ny løsning (pga. konstante koeffisienter) ( ) φ 2 = x x ( 2 φ) = 0. For punktkilden gir dette dvs. dipolfeltet. (Aln ) x x 2 + y 2 = Ax x 2 + y 2, Forelesninger