8. vaje iz Matematične fizike 2

Rešujemo Laplaceovo enačbo

\[ \nabla ^2 \Phi = 0, \]

kjer je \( \Phi \) hitrostni potencial.

Določili smo tudi robna pogoja, ki sta nam podali enačbi

\begin{align}\label{eq:rp1} \Phi (r \to \infty, \phi) &= - v_0 r \cos \phi \\ \label{eq:rp2} \left. \frac{\partial \Phi}{\partial r} \right|_{r = R} &= 0 \end{align}

Splošna rešitev Laplaceove enačbe je

\[ \Phi (r, \phi) = \left( A_0 + B_0 \ln r \right) \left( a + b\phi \right) + \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \left( A_n r^n + B_n r^{-n} \right)\left( C_n \sin (n \phi) + D_m \cos (n \phi) \right) \]

Zaradi periodičnosti problema velja \( b = 0 \). Problem nam ne divergira v izhodišču, torej bo \( B_0 = 0 \). Robni pogoj \ref{eq:rp1} je odvisen samo od kosinusa, torej bo \( C_n = 0 \). Iz istega robnega pogoja tudi sledi \( A_1 = - v_0 \) in \( A_{n \ne 1} = 0 \).

Ostane nam torej

\[ \Phi (r, \phi) = - v_0 r \cos \phi + \sum\limits_{n = 1}^{} B_n r^{-n} \cos (n \phi) \]

Upoštevamo še drugi robni pogoj \ref{eq:rp2}

\[ \left. \frac{\partial \Phi}{\partial r} \right|_{r = R} = \sum\limits_{n = 1}^{} (-B_n) n R^{- n - 1} \cos (n \phi) - v_0 \cos \phi = 0, \]

iz česar sledi \( B_{n \ne 1} = 0 \).

Po reševanju enačbe

\[ - B_1 R^{-2} \cos \phi - v_0 \cos \phi = 0 \implies \ B_1 = - v_0 R ^2 \]

je hitrostni potencial enak

\[ \Phi (r, \phi) = - v_0 R ^2 r^{-1} \cos \phi - v_0 r \cos \phi. \]

Hitrost pa je po definiciji gradienta v sferičnih koordinatah enak

\[ \vec{v} (r, \phi) = - \nabla \Phi(r, \phi) = \frac{\partial \Phi}{\partial r} \hat{e}_r - \frac{1}{r} \frac{\partial \Phi}{\partial \phi} \hat{e}_{\phi} = v_0 \cos \phi \left( 1 - \frac{R ^2}{r ^2} \right) \hat{e}_r - v_0 \sin \left( 1 + \frac{R ^2}{r ^2} \right)\hat{e}_{\phi} \]

V primeru, da je hitrost oblike

\[ \vec{v} = \frac{\Gamma}{2 \pi} \frac{\hat{e}_{\phi}}{r}, \]

sta rotor in divergenca hitrosti enaka \( 0 \), vendar ne moremo uporabiti hitrostnega potenciala, kar dokažemo s protislovjem.

Če zapišemo hitrost s hitrostnim potencialom \( v_p = - \nabla \phi \), potem velja

\[ \oint\limits_{}^{} \vec{v}_p \cdot \mathrm{d} \vec{r} = - \oint\limits_{}^{} \nabla \phi \cdot \mathrm{d} \vec{r} = 0. \]

Hkrat pa tudi velja iz definicija naše hitrosti, da

\[ \oint\limits_{r = R}^{} \frac{\Gamma}{2 \pi} \frac{\hat{e}_{\phi}}{r} \cdot \mathrm{d} r = \Gamma, \]

s čimer imamo protislovje in \( \vec{v}_p \ne - \nabla \Phi \).

Imamo sfero v laminaren toku, kjer je hitrost vzporedna s komponento \( z \). Robni pogoj je \( \vec{v} (r \to \infty) = v_0 \hat{e}_z \).

Splošna rešitev potenciala je

\begin{align*} \Phi (r, \theta, \phi) = & \sum\limits_{l = 0}^{\infty} \sum\limits_{m = 0}^l \left( A_{lm} r^l + B_{lm} r^{- (l + 1)} \right) \\ & \cdot \left( C_{lm} P_l^m (\cos \theta) + D_{lm} Q_l ^m (\cos \theta) \right) \\ &\cdot \left( E_{lm} \cos(m \phi) + F_{lm} \sin (m \phi) \right) \end{align*}

Iz tega nato sledi rešitev

\[ \vec{v} \left( r, \theta, \phi \right) = v_0 \cos \theta \left( 1 - \frac{R ^3}{r ^3} \right) \hat{e}_r - v_0 \sin \theta \left( 1 - \frac{R ^3}{2 r ^3} \right) \hat{e}_{\theta} \]

Fizikalni razmisleki, ki jih moramo narediti, da bo naš problem postal rešljiv. Zaradi dolžine cevi predpostavimo, da je hitrost neodvisna od dolžine cevi oz. \( \vec{v} \ne \vec{v} (z) \). Iščemo najpreprostejšo rešitev brez vrtincev, kar pomeni, da velja \( v_x = v_y = 0 \).

Enačba

\[ \rho \left( \vec{v} \cdot \nabla \right) \vec{v} = - \nabla p + \eta \nabla ^2 \vec{v} \]

se nam poenostavi. \( \nabla \cdot \vec{v} = 0 \), saj je tekočina nestisljiva. Pri \( z = 0 \) imamo tlak \( p_1 \) in pri \( z = \infty \) imamo tlak \( p_2 \). Razliko teh tlakov predstavimo kot

\[ - \nabla p = - \frac{\Delta p}{L} \hat{e}_z. \]

Zadnja poenostavitev pa je, da sta zaradi neodvisnosti \( \vec{v} \ne \vec{v} (x, y) \)

\[ \nabla ^2 \vec{v} = \nabla ^2 v_z \hat{e}_z \]

Preostane nam torej Poissonova enačba

\[ \nabla ^2 v_z = \frac{\Delta p}{ L \eta}, \]

z robnimi pogoji

\begin{align} \label{eq:23rp1} v_z (x = 0, y) &= v_z (x = a, y) = 0 \\ \label{eq:23rp2} v_z(z, y = 0) &= v_z (x, y = a) = 0 \end{align}

Spomnimo, da bomo problem reševali tako, da bomo najprej rešili Poissonovo enačbo, nato pa bomo rešili problem s homogenimi robnimi pogoji tako, da jih razvijemo po lastnih funkcijah.

Za \( u = XY \) rešimo enačbo

\[ \frac{\partial ^2 }{\partial x ^2} u_n + \frac{\partial ^2 }{\partial y ^2} u_n = - \lambda_n ^2 u_n. \]

Enačbo lahko preobrazimo v

\[ \frac{X ''}{X} + \frac{Y''}{Y} = - \lambda_n ^2 = - \lambda_{x, n} ^2 - \lambda_{y, n} ^2 \]

Rešitev v \( x \) smeri je

\[ X = A_n \cos (\lambda_{x, n} x) + B_n \sin (\lambda_{x, n} x), \]

in iz robnega pogoja \( X(0) = 0 \) dobimo \( A = 0 \) ter \( X(a) = 0 \) dobimo \( \lambda_{x, n} = \frac{n \pi}{a} \).

Podobno rešitev dobimo tudi v \( y \) smeri, da je

\[ Y = C \sin \left( \lambda_{y, n} y \right), \ \lambda_{y, m} = \frac{m \pi}{a} \]

Uporabimo nastavek

\[ v = \sum\limits_{n = 1}^{\infty} B_{n, m} \sin \left( \frac{n \pi}{a} x \right) \sin \left( \frac{m \pi}{a} y \right), \]

ki ga vstavimo v Poissonovo enačbo

\[ \sum\limits_{m, n = 0}^{\infty} - \left(n ^2 + m ^2 \right) \frac{\pi ^2}{a ^2} B_{n, m} \sin \left( n \pi \frac{x}{a} \right) \sin \left( m \pi \frac{y}{a} \right) = \frac{\Delta p}{\eta L} \]

Dobljeno pomnožimo s skalarnim produktom, kjer upoštevamo, da velja

\[ \int\limits_0^a \sin \left( n \pi \frac{x }{a} \right) \sin \left( n' \pi \frac{x}{a} \right) \, \mathrm{d} x = \frac{a}{2} \delta_{n, n'}. \]

Dobimo torej

\begin{align*} \sum\limits_{n = 1}^{\infty} - \frac{a ^2}{4} \frac{\pi ^2}{2} \left( n ^2 + m ^2 \right) \delta_{n, n'} \delta_{m, m'} B_{n, m} &= \frac{\Delta p}{ \eta L} \int\limits_0^a \sin \left( n \pi \frac{x}{a} \right)\, \mathrm{d} x \int\limits_0^a \sin \left( n \pi \frac{y}{a} \right) \, \mathrm{d} y \\ &= \frac{a ^2}{\pi ^2 n' m'} \left( 1 - (- 1)^{n'} \right) \left( 1 - (-1) ^{m'} \right). \end{align*}

Iz enačbe

\[ \frac{\pi ^2}{4} \left( n' ^2 + m' ^2 \right) B_{n', m'} = - \frac{a ^2 \Delta p \left( 1 - (-1) ^{n'} \right) \left( 1 - (-1) \right)^{m'}}{\pi ^2 \eta L n' m'} \]

lahko izrazimo \( B_{n', m'} \), kar pomeni, da je nastavek

\[ v = - \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{4 a ^2 \Delta p \left( 1 - (-1)^n \right) \left( 1 - (-1)^m \right)}{\pi ^4 \eta L n m (n ^2 + m ^2)} \sin \left( n \pi \frac{x}{a} \right) \sin \left( n \pi \frac{ y}{a} \right) \]

Na koncu dneva nas zanima pretok

\[ \Phi = \int\limits_0^a \int\limits_0^a \left| v_z \right| \, \mathrm{d} x \, \mathrm{d} y = C \frac{\Delta p a ^4}{L}, \]

kjer je \( C \) povprečenje ali pa seštevek vsote v rešitvi.