109

5 Sistemi ODJ

Sistem od n diferencijalnih jednačina čine dif. jednačine u kojima figuriše n funkcija nixyi ,...,2,1),( = . Kažemo da je sistem m-tog reda, ako je najviši izvod neke od funkcija, koji figuriše u jednačinama, reda m.

Primer:

Jednačine:

xxeyydx

dy

ydx

dyxy

dx

yd

2

0

212

11

221

2

=−+

=+−

),( bax∈

čine sistem od 2 jednačina, koji je 2. reda.

Ako bi najviši izvod, koji figuriše u jednačinama, za svaku od funkcija nixyi ,...,2,1),( = bio istog reda m, tada bi ukupan broj integracionih konstanti, koji figuriše u opštem rešenju sistema bio tačno mn× . Da bi se odredile sve konstante, tj. odredilo partikularno rešenje posmatranog sistema, tada bi bilo neophodno raspolagati sa m graničnih uslova, za svaku od n funkcija. Analogno jednoj jednačini (Pogl. 3.1), u zavisnosti od toga da li su svi granični uslovi zadati na jednoj od granica intervala definisanosti traženih funkcija ili su neki zadati na jednoj, a neki na drugoj granici, razlikujemo probleme sa početnim i probleme sa graničnim uslovima

Primer:

Prethodni primer bi bio problem sa početnim uslovima, ako bi pored datih jednačina bilo recimo, zadato

1,0,1: 211 ==′−== yyyax

Ako bi pak dodatni uslovi glasili,

0:

1,1:

1

21

=′=

===

ybx

yyax

to bi bio problem sa graničnim uslovima.

110

Sistem ODJ prvog reda

Sistem dif. jednačina prvog reda se često može napisati u obliku:

),...,,,(

),...,,,(

),...,,,(

21

2122

2111

nnn

n

n

yyyxfdx

dy

yyyxfdx

dy

yyyxfdx

dy

=

=

=

M

(5.1)

ili vektorski,

),( yfy

xdx

d= (5.1a)

koji se naziva normalan oblik.Za normalan sistem jednačina prvog reda se kaže da je linearan , ako je svaka od funkcija nif i ,...,2,1, = linearna po niyi ,...,2,1, = :

∑=

+=n

jijijni xQyxPyyyxf

121 )()(),...,,,( (5.2)

Specijalno, ako je:

.,)(),...,,,(1

21 constaxQyayyyxf ij

n

jijijni =+=∑

=

(5.2a)

u pitanju je linearan sistem ODJ prvog reda sa konstantnim koeficijentima. Ako su uz to funkcije )(xQi identički jednake nuli, dobijamo homogen sistem ODJ prvog reda sa konstantnim koeficijentima, koji se može u matričnom obliku prikazati kao:

Ayy=

dx

d (5.3)

Primeri:

U Primeru 3.5a) smo imali homogen linearan sistem sa konstantnim koeficijentima, od 3 jednačine, dok su sistemi u Primerima 3.4 i 3.5b) nelinearni homogeni sistemi.

5.1 REŠAVANJE SISTEMA

Strategija rešavanja sistema ODJ se sastoji u svođenju problema na rešavanje jedne jednačine, metodama:

111

• uzastopne integracije,

• eliminacije,

• kombinovanjem prethodne dve metode

Metoda uzastopne integracije

Ova metoda je primenljiva na normalan sistem ODJ prvog reda, ako on ima strukturu:

),...,,,(

),,,(

),,(

),(

21

32133

2122

111

nnn yyyxf

dx

dy

yyyxfdx

dy

yyxfdx

dy

yxfdx

dy

=

=

=

=

M

(5.4)

i analogna je postupnom rešavanju sistema algebarskih jednačina. Integracijom prve jednačine dobija se funkcija 1y , koju zamenimo u drugu jednačinu i njenom integracijom

dobijemo 2y i tako, redom. Primenu ove metode smo ilustrovali u Primeru 3.5.

Metoda eliminacije

Eliminacijom ostalih funkcija, problem rešavanja sistema od n ODJ od kojih je svaka reda m se u opštem slučaju svodi na rešavanje jedne jednačine po preostaloj funkciji, reda mn. Onda se, postupno, iz jednačina i korišćenih smena dobijaju ostale funkcije. Postupak eliminacije u opštem slučaju zahteva, pored zamena i diferenciranje i pogodno linearno kombinovanje (napr. sabiranje ili oduzimanje) pojedinih jednačina.

• Ako su u pitanju linearne jednačine sa konstantnim koeficijentima, pogodno je koristiti formalni prikaz jednačina (4.33) i eliminaciju izvesti analogno postupku koji se koristi kod algebarskih jednačina. Ovu metodu ćemo zvati operatorska metoda

Pri primeni operatorske metode treba imati u vidu da ne važe uvek zakoni komutacije i asocijacije kao i još neka ograničenja. Tako, naprimer:

DD yy ≠ (5.5a)

jer izraz na desnoj strani nema smisla (operator D mora da prethodi funkciji). Takođe,

zyyz )D()(D ≠ (5.5b)

pošto znamo da je u pitanju diferenciranje proizvoda, te je:

112

yzzyyz )D()D()(D +=

Operator D se ne sme u nekoj jednačini skraćivati. Na primer, iz

zy DD =

ne sledi zy = , što bi se dobilo prostim skaraćivanjem. Ono što sledi, primenom zakona distribucije je:

Czyzy +=⇒=− 0)(D

Naravno nije dozvoljeno skraćivanje ni nekog polinomskog izraza )D(nP . Na primer, iz

zy )1D()1D( −=− (5.6a)

ne sledi zy = , već homogena jednačina prvog reda:

0)()1D( =−−321

u

zy (5.6b)

čijim se rešavanjem dobija funkcija u(x):

xCexu =)( (5.6c)

pa je :

xCexzxy += )()( (5.6d)

Rezultat skraćivanja pri primeni operatorske metode je »defektno« rešenje sistema n jednačina prvog reda, koje ne sadrži svih n integracionih konstanti, što će biti ilustrovano Primerom 5.1c). PRIMER 5.1 Rešiti sisteme jednačina:

a)

tyxdt

dy

tyxdt

dx

cos224

sin22

=−−

=++

b)

ydt

dz

xdt

dy

zdt

dx

=

=

=

a) Uočavamo da se može izvesti eliminacija jedne od funkcija prostom zamenom. Na primer, iz prve jednačine:

dt

dxxty −−= 2sin2 (5.7)

pa je :

113

2

2

2cos2dt

xd

dt

dxt

dt

dy−−=

i zamena tih izraza u drugu jednačinu, nakon sređivanja, daje sledeću jednačinu drugog reda po funkciji x :

tx sin4−=′′

koju ćemo rešiti dvostrukom integracijom:

21

1

sin4

cos4

CtCtx

Ctx

++=

+=′

Konačno, drugu funkciju dobijamo smenom rešenja u (5.7):

21 2)12(cos4sin6 CCttty −+−−−=

b) Očigledno je da ne možemo primeniti jednostavan metod zamena, koji smo koristili u prethodnom primeru. Neophodno je radi eliminacije diferencirati jednačine. Tako, ako prvu jednačinu diferenciramo dva puta, rezultat je:

zx ′′=′′′ (5.8)

Iz treće jednačine:

yz ′=′′

i uzimajući u obzir drugu jednačinu:

xz =′′

što, smenom u (5.8) daje dif. jednačinu po x:

0=−′′′ xx

Karakteristična jednačina je 013=−r . Njene korene možemo da nađemo pomoću poznatog

Moavrovog obrasca za n-ti koren kompleksnog broja:

1,...,2,1,0,2

sin2

cos)sin(cos −=

π+ϕ+π+ϕρ=ϕ+ϕρ= nkn

ki

n

kiz nnn

U ovom slučaju imamo:

0,11 =ϕ=ρ⇒=z ,

2,1,0,3 == kn

2321,2321,1 321 irirr −−=+−==

Alternativno, do korena dolazimo nakon primene formule za razliku kubova:

114

0)1)(1(1 23 =++−=− rrrr

Tako je funkcija x :

++= − tCtCeeCx tt

2

3sin

2

3cos 32

21

Iz prve od jednačina sistema sada dobijamo funkciju z:

+−−+=′=

−

tCCtCCe

eCxzt

t

2

3sin)3(

2

3cos)3(

2 3223

2

1

a onda iz treće jednačine, funkciju y:

+−++−=′=

−

tCCtCCe

eCzyt

t

2

3sin)3(

2

3cos)3(

2 3223

2

1

Na ovom primeru ćemo ilustrovati operatorsku metodu eliminacije. Napisane simbolički, jednačine imaju formu algebarskih jednačina:

yzxyzx === D,D,D

Iz treće jednačine:

D

yz =

Iz druge,

D

xy =

pa je:

2D

xz =

što smenom u prvu jednačinu daje :

0)1(D3=− x

odnosno,

0=−′′′ xx

Dalji postupak je identičan prethodno opisanom.

115

PRIMER 5.2 Rešiti sisteme jednačina:

a)

0)(

0)(

0)(

=++

=++

=++

yxkdt

dz

xzkdt

dy

zykdt

dx

b)

zyxdt

dz

zyxdt

dy

zyxdt

dx

2

2

2

+−=

−+=

+−=

c)

zxdt

dz

zyxdt

dy

zyxdt

dx

−=

++−=

−−= 2

a) Primenićemo operatorski metod eliminacije:

0D

0D

0D

=++

=++

=++

kykxz

kxkzy

kzkyx

Oduzimanjem prve od druge jednačine dobijamo:

0)()(D =−−− xykxy

odnosno:

0)D( =− uk

gde je u funkcija, definisana kao xyu −= . Rešenje dobijene jednačine je :

kteCxyu 1=−=

pa smo funkciju y izrazili preko funkcije x:

kteCxy 1+= (5.9a)

Analognim postupkom, nakon oduzimanja prve od treće jednačine dobijamo za funkciju z:

kteCxz 2+= (5.9b)

Smena izraza (5.9a,b) u prvu jednačinu sistema daje sledeću nehomogenu jednačinu 1. reda, sa konstantnim koeficijentima:

kteCCkxk )()2D( 21 +−=+

Pošto je koren karakteristične jednačine, kr 2−= , opšte rešenje pripadajuće homogene jednačine je :

kteCx 230

−

=

Partikularno rešenje tražimo u obliku ktp aex = i nakon smene, za a nalazimo:

3)( 21 CCa +−= , pa je :

116

ktp e

CCx

321 +−=

Tako dobijamo funkciju x:

ktktp e

CCeCxxx

3212

30

+−=+= −

Smenom u (5.9a,b) dobijamo ostale dve funkcije:

ktkt

ktkt

eCC

eCz

eCC

eCy

3

2

3

2

1223

2123

−+=

−+=

−

−

b) Oduzimanjem prve od treće jednačine dobijamo:

teCuuzx 10)1D())(1D( =⇒=−=−−

pa smo funkciju z izrazili preko funkcije x :

teCxz 1−= (5.10a)

Ostaje da i funkciju y eliminišemo . Sabiranjem prve dve jednačine, dobijamo:

0)3D()1D( =−+− xy

odakle:

1D

)D3(

−

−=

xy (5.10b)

Rezultat smene (5.10a,b) u prvu od jednačina je:

teCx

xx 11D

)D3(3D −

−

−−=

Nakon množenja poslednje jednačine sa )1D( − dobijamo :

43421

0

12 )1D(D6D3DD teCxxxxx −−+−=−

odnosno homogenu jednačinu drugog reda:

06D5D2 =+− xxx

čije je rešenje:

tt eCeCx 33

22 +=

117

Za z iz (5.10a) dobijamo:

ttt eCeCeCz 33

221 ++=

gde smo 1C− zamenilio sa 1C .

Konačno, y možemo da dobijemo recimo iz prve jednačine, nakon smene dobijenih funkcija x i z :

tt eCeCy 221 +=

c)

zxz

zyxy

zyxx

−=

++−=

−−=

D

D

2D

U ovom primeru ćemo eliminisati funkcije x i y. Iz treće jednačine izražavamo x preko z:

zx )1D( += (5.11a)

Sabiranjem prve i druge jednačine dobijamo:

xyD D)1( =+− (5.11b)

i nakon zamene dobijenog izraza za x, za y dobijamo:

zy1D

)1D(D

+

+−= (5.11c)

Ne treba skraćivati sa D+1, jer bi se dobilo nepotpuno rešenje! Smenom dobijenih izraza za x i y u prvu jednačinu i sređivanjem se dobija sledeća jednačina za z, 3. reda:

0D2DD 23=−− zzz

čije je rešenje:

tt eCeCCz −++= 32

21

Iz (5.11a) za x dobijamo:

teCCx 221 3+=

Smenom dobijene funkcije u (5.11b) dobijamo jednačinu:

teCyD 226)1( −=+

sa opštim rešenjem:

118

tt eCeCy 224 2−=

−

Pošto opšte rešenje datog sistema sadrži ukupno tri integracione konstante, ostaje da se konstanta 4C izračuna iz ostale tri, koristeći uslov da dobijena funkcija mora da zadovolji drugu jednačinu sistema:

ttttttt eCeCCeCeCeCCeCeC −−− +++−++−=−− 32

212

242

212

24 2)3(4

3434 2

12 CCeCeC tt −=⇒=− −−

Tako, za funkciju y konačno dobijamo:

tt eCeC

y 22

3 22

−−=−

Da smo izraz (5.11c) skratili, dobili bi za z jednačinu 2. reda:

0)D2D( 2=− z

čije rešenje:

teCCz 221 +=

sadrži samo dve integracione konstante! Iz njega bi dalje dobili 04 =C , pa bi dobijeno

rešenje sistema bilo defektno (dobija se iz potpunog opšteg rešenja ako se za 3C uzme nula).

PRIMER 5.3 Rešiti sistem:

02

cos2

2

2

=+′+′′

=+′+′′

yaxay

atxayx

Iz druge jednačine izražavamo y:

22D

D2

a

xay

+−=

i dobijeni izraz smenujujemo u prvu jednačinu:

atxaa

xax cos

D

D4D 2

22

222 =+

+−

ataxaaxaxa cos)D()D(D4)D(D 2222222222 +=++−+

0D2D 4224 =+− xaxax

119

Karakteristična jednačina: 0)( 222=− ar ima dva dvostruka korena: arar −== 3,22,1 , , pa za

funkciju x dobijamo:

atat etCCetCCx −+++= )()( 4321

Iz druge jednačine za funkciju y dobijamo:

ata

etCCetCCy atat sin2

1)()(

24321 ++++−= −

PRIMER 5.4 a) Potrebno je izvesti temperaturne profile oba fluida u istostrujnom izmenjivaču toplote, tipa cev u cevi, dužine L , uz pretpostavke:

- zbog izraženog turbulentnog strujanja mogu se zanemariti radijalne promene temperatura

- može se zanemariti uticaj podužnog prenosa toplote provođenjem

- zanemaruje se razmena toplote sa okolinom

- zanemaruje se debljina unutrašnje cevi

- zanemaruje se temperaturna zavisnost koeficijenta prolaza toplote

b) Izvesti izraz za srednju temperaturnu razliku temperatura dva fluida

)(1 LT

)(2 LT x

x

T1(x)

)( 111 hhF ∆+ 11hF 0

1T

x∆

T2(x)

02T

a) Potrebno je izvesti diferencijalne energetske tj. toplotne bilanse oba fluida. Njihov oblik je:

ulaz - izlaz = 0

Bilanse postavljamo za elemente fluida, širine x∆ , naznačene na slici.Za oba fluida, toplota ulazi u posmatrani element sa strujom fluida kroz površinu, upravnu na x – osu, na poziciji x, a izlazi kroz njoj paralelnu površinu na poziciji xx ∆+ . Pored toga, imamo ulaz ili izlaz toplote kroz element površine toplotne razmene xRA ∆π=∆ 2 , gde je R poluprečnik unutrašnje cevi . Pojedini članovi bilansnih jednačina za radni i pomoćni fluid dati su u tabeli gde su :

120

21,FF - maseni protoci radnog i pomoćnog fluida

21,hh - specifične entalpije radnog i pomoćnog fluida

K - koeficijent prolaza toplote

Tabela uz Primer 5.4

Član bilansne jednačine: Radni fluid (u cevi): Pomoćni fluid (oko cevi):

Ulaz toplote sa strujom fluida 11hF 22hF

Izlaz toplote sa strujom fluida )( 111 hhF ∆+ )( 222 hhF ∆+

Ulaz toplote kroz površinu topl. razmene*

ATTK ∆− )( 12 ATTK ∆− )( 21

* Treba imati u vidu da negativna brojna vrednost ulaza toplote kroz površinu toplotne razmene, predstavlja izlaz

Tako, za toplotni bilans radnog fluida,

Ulaz sa strujom fluida + Ulaz kroz površinu topl. razmene – Izlaz sa strujom fluida = 0

dobijamo:

)(0)(2 2111 sJxTTRKhF =∆−π+∆

Za promenu entalpije imamo:

xdx

dTcTch pp ∆=∆=∆ 1

1,11,1

i nakon smene u bilans i deljenja sa x∆ ,dobijamo:

⋅=−π+sm

JTTDK

dx

dTcF p 0)( 21

11,1 (5.12a)

Slično, za bilans pomoćnog fluida dobijamo:

⋅=−π−sm

JTTDK

dx

dTcF p 0)( 21

22,2 (5.12b)

gde je : D –prečnik unutrašnje cevi

Deljenjem jednačina sa faktorom uz prvi izvod one dobijaju oblik:

121

0)( 2111 =−γ+ TT

dx

dT (5.13a)

0)( 2122 =−γ− TT

dx

dT (5.13a)

gde su:

)(, 1

2,22

1,11

−π=γπ=γ mcF

DK

cF

DK

pp

(5.14)

Dobili smo sistem od dve jednačine prvog reda. Eliminaciju možemo da sprovedemo recimo metodom zamene. Iz prve jednačine:

dx

dTTT 1

112

1

γ+= (5.15)

i smenom u drugu, dobijamo dif. jednačinu drugog reda sa konstantnim koeficijentima, po temperaturi radnog fluida:

0)( 1212

12

=γ+γ+dx

dT

dx

Td

čije je opšte rešenje:

[ ]xCCxT )(exp)( 21211 γ+γ−+= (5.16a)

Iz (5.16a) i (5.15) dobijamo drugu funkciju:

[ ]xCCxT )(exp)( 2121

212 γ+γ−

γγ−= (5.16b)

Integracione konstante dobijamo iz početnih uslova:

022

011 )0(,)0( TTTT == (5.17)

rešavanjem sistema jednačina:

0

221

21

0121

TCC

TCC

=γγ−

=+ (5.18)

Rezultat je :

r

TC

r

TTC

+∆−=

+∆+=

1,

1

0

2

00

11 (5.19a)

gde su :

122

120

10

20 , γγ=−=∆ rTTT (5.19b)

Smena dobijenih integracionih konstanti u opšta rešenja (5.16a,b), daju tražene temperaturne profile, koji se mogu prikazati u bezdimenzionom obliku kao:

[ ]{ }xrT

TxT)(exp1

1

1)(210

011 γ+γ−−+=∆

− (5.20a)

[ ]{ }xrrT

TxT)(exp1

1

1)(210

012 γ+γ−++=∆

− (5.20b)

Ako uvedemo bezdimenzione temperature radnog i pomoćnog fluida kao:

0

012

20

011

1

)(,

)(

T

TxT

T

TxT

∆−=ψ∆

−=ψ (5.21a)

i bezdimenzionu aksijalnu koordinatu kao:

x)( 21 γ+γ=ξ (5.21b)

dobijaju se bezdimenziona rešenja u kompaktnoj formi:

[ ])exp(11

1)(1 ξ−−+=ξψ

r (5.22a)

[ ])exp(11

1)(2 ξ−++=ξψ r

r (5.22b)

b) Videli smo da se kroz element površine toplotne razmene, DdxdA π= , razmeni elementarna količina toplote:

[ ] [ ]dxxTxTDKdAxTxTKdQ )()()()( 1212 −π=−=

pa je ukupna količina razmenjene topolote (snaga izmenjivača) jednaka:

[ ] ∫∫ ∫ ∆π=−π==LL

dxxTDKdxxTxTDKdQQ00

12 )()()( (5.23a)

Ona se može izraziti preko srednje razlike temperatura dva fluida kao:

srsr TDLKTAKQ ∆⋅π=∆= (5.23b)

gde iz (5.23a,b) sledi izraz za srednju razliku temperature, koji je u skladu sa definicijom srednje vrednosti funkcije u matematičkoj analizi:

[ ]∫ −=∆L

sr dxxTxTL

T0

12 )()(1

(5.24)

123

Iz (5.21a) sledi:

[ ] 01212 )()()()( TxTxT ∆ξψ−ξψ=−

gde je ξ bezdimenzionalna aksijalna koordinata, definisana jednačinom (5.21b). Smena u (5.24) daje:

[ ] [ ]∫∫λ+λ

ξξψ−ξψγ+γ∆=ξψ−ξψ∆=∆

)(

0

1221

0

0

12

0 21

)()()(

))(())((LL

sr dL

Tdxxx

L

TT

Ako označimo maksimalnu vrednost bezdimenzione koordinate kao:

LL )( 21 γ+γ=ξ

imamo:

[ ] srL

sr TdTTL

ψ∆∆=ξξψ−ξψξ∆=∆ ∫ξ

0

0

120 )()(

1 (5.25)

gde je srψ∆ srednja razlika bezdimenzionih temperatura u intervalu [ ]Lξ,0 :

[ ]∫ξ

ξξψ−ξψξ=ψ∆L

dL

sr

0

12 )()(1

(5.26)

Tako ćemo prvo izvesti izraz za srψ∆ , a onda iz njega srT∆ . Za srψ∆ iz (5.26, 5.22a,b)

dobijamo:

L

L

Lsr

L

de ξξ−−=ξξ=ψ∆ ∫

ξξ− )exp(11

0

pa je, prema (5.25) :

0)exp(1TT

L

Lsr ∆ξ

ξ−−=∆ (5.27)

Iz jedn (5.21a) i (5.22a,b) dobijamo:

0

1212

)()()()()exp(

T

LTLTLLL ∆

−=ξψ−ξψ=ξ−

−−=

∆−−=ξ

)0()0(

)()(ln

1)()(ln

12

120

12

TT

LTLTT

LTLTL

i smena tih izraza u (5.27) daje poznati izraz za srednju logaritamsku razliku temperatura:

124

[ ] [ ]

−−

−−−=∆)0()0(

)()(ln

)0()0()()(

12

12

1212

TT

LTLT

TTLTLTTsr (5.28)

PRIMER 5.5 Posmatrajmo štap konstantnog poprečnog preseka i dužine L, koji se zagreva na levom kraju, tako da mu se temperatura tog kraja održava na konstantnoj vrednosti, 0T . Štap je smešten u cev i zagreva fluid, koji struji u smeru od desnog prema levom kraju štapa, sa masenim protokom F. Uz pretpostavke:

- sistem je idealno izolovan,

- zanemaruju se promene temperature u pravcu normalnom na štap (poprečni pravac),

- koeficijent prelaza toplote sa štapa na fluid ne zavisi od temperature,

- zanemarljiv je podužni prenos toplote provođenjem u fluidu,

izvesti stacionarne temperaturne profile u štapu i rashladnom fluidu : )(),( xtxT i to za slučajeve:

a) Vrlo dugačak štap ( ∞→L )

b) Konačno dugačak štap uz zanemarivanje hlađenja baze štapa na desnom kraju

c) Konačno dugačak štap i uzimanje u obzir hlađenja baze štapa na desnom kraju

x

0T

q Fh )( hhF ∆+

x x+∆x

Sdx

dTλ− Sxdx

Td

dx

dT

∆+λ−

2

2

)(xt

)(xT

Najpre ćemo izvesti diferencijalne jednačine, koje zajedno sa graničnim uslovima definišu tražene temperaturne gradijente. U bilansu toplote, za naznačeni element štapa, beskonačno male širine, x∆ pojedini članovi su:

ulaz toplote kroz površinu na poziciji x : Sdx

dTλ−

izlaz toplote kroz površinu na poziciji xx ∆+ : Sxdx

Td

dx

dT

∆+λ−

2

2

hlađenje okolnim fluidom: xOtTq ∆⋅⋅−α= )(

gde su:

125

h - specifična entalpija fluida,

α - koef. prelaza toplote sa površine štapa u fluid

S - površina poprečnog preseka štapa

O – obim štapa

Tako bilans posmatranog elementa štapa glasi:

)(0)(2

2

sJxOtTxSdx

Td =∆⋅⋅−α−∆λ

ili nakon deljenja sa xS∆λ :

)(0)( 202

2

mCtTsdx

Td =−λα−

gde je s odnos obima i poprečnog preseka štapa, ili specifična površina toplotne razmene:

)( 1−=== m

S

O

SL

OL

V

As (5.29)

Za odgovarajući element fluida imamo:

ulaz toplote strujom fluida : )( hhF ∆+

izlaz toplote strujom fluida : Fh

prenesena toplota od štapa: xOtTq ∆⋅⋅−α= )(

pa je toplotni bilans:

0)( =∆⋅⋅−α+∆ xOtThF

odnosno, nakon uvođenja tch p∆=∆ i deljenja jednačine sa xFc p∆ :

)(0)( 0 mCtTFc

O

dx

dt

p

=−α

+

Tako diferencijalne jednačine glase:

0)(2

2

=−β− tTdx

Td (5.30a)

0)( =−γ+ tTdx

dt (5.30b)

gde su parametri γβ i :

126

pFc

Os

α=γλα=β , (5.30c)

neophodni su i granični uslovi i to dva granična uslova za temperaturu štapa i jedan granični uslov za temperaturu fluida. Ako zanemarimo gubitak toplote kroz poprečni presek štapa na desnom kraju, granični uslovi za funkciju )(xT će glasiti:

0:,:0 0 ====dx

dTLxTTx (5.31a)

• Na levoj granici je zadata vrednost tražene funkcije i taj tip uslova je u literaturi poznat pod imenom Dirihleov uslov (Dirichlet)

• Na desnoj granici zadat je prvi izvod tražene funkcije i takav tip uslova je u literaturi poznat pod imenom Nojmanov uslov (Neuman)

Za funkciju )(xt , dovoljan je jedan granični uslov i on glasi:

0: ttLx == (5.31b)

gde je 0t poznata ulazna temperatura fluida.

U pitanju je problem sa graničnim uslovima za sistem dif. jednačina 2. reda (5.30a,b). Simbolički, sistem se može prikazati u obliku algebarskih jednačina:

0)D( 2 =β+β− tT

0)D( =γ+γ− Tt

Da bi problem sveli na jednu jednačinu, eliminisaćemo funkciju T . Iz druge jednačine:

tT )1D1

( +γ

−= (5.32)

i smena u prvu daje homogenu jednačinu trećeg reda po funkciji t, sa konstantnim koeficijentima:

0)DDD( 23 =β+γ+− t (5.33)

Koreni karakteristične jednačine su :

γβ+±γ==23,21

411

2,0 rr (5.34)

pa je opšte rešenje jednačine (5.33):

xrxr eCeCCxt 32321)( ++= (5.35a)

127

Smenom dobijenog rešenja u (5.32) dobijamo drugu funkciju:

xrxr er

Cer

CCxT 32 33

221 11)(

γ−+

γ−+= (5.35b)

Preostaje da se iz graničnih uslova odrede integracione konstante.

a) Beskona čno duga čak štap

Pošto je koren 2r pozitivan, drugi sabirak u opštem rešenju (5.35a) raste (ako je

2C pozitivno) ili opada (ako je 2C negativno) neograničeno, što je u suprotnosti sa graničnim uslovom (5.31b). Dakle, C2 mora biti jednako nuli, a iz istog uslova za ∞→L dobijamo

01 tC = , pa je :

xreCtxt 330)( += (5.36)

Smenom dobijenih integracionih konstanti u (5.35b), za funkciju T dobijamo:

xrer

CtxT 3330 1)(

γ−+=

Iz prvog od graničnih uslova (5.31a) sledi vrednost integracione konstante:

)(1

2

1 003

003 tT

r

tTC −δ+=γ−

−=

gde je:

2

41 γ

β+=δ (5.37)

pa konačno za temperaturu vrlo dugačkog štapa dobijamo:

)0()()( 3000 >−+= xetTtxT xr (5.38a)

a za temperaturu rashladnog fluida:

)0(1

2)( 3000 >

δ+−+= xe

tTtxt xr (5.38b)

Imajući u vidu da je koren 3r negativan, funkcije zadovoljavaju fizički jasan uslov:

)()( ∞=∞ tT

128

b) Štap kona čne dužine uz zanemarivanje hla đenja baze na desnom kraju

Ako je štap konačne dužine, tada je 02 ≠C i integracione konstante u opštem rešenju (5.35a,b) određujemo iz tri granična uslova, datih jednačinama (5.31a,b). Rezultat primene graničnih uslova je sledeći sistem od tri linearne jednačine po traženim konstantama:

032132 teCeCC LrLr =++ (5.39a)

0321 2

1

2

1TCCC =δ++δ−+ (5.39b)

02

1

2

132

3322 =δ++δ− LrLr erCerC (5.39c)

Iz poslednje jednačine:

2)(

332 CeC Lrr −

−= (5.39d)

i rezultat smene u (5.39a) i (5.39b) je:

01 tC = (5.40a)

Lrre

tTC

)(

002

32

2

1

2

1 −δ+−δ−−= (5.40b)

Iz (5.40b) i (5.39d) dobijamo i treću integracionu konstantu:

)(

2

1

2

1 00)(

)(

332

32

tTe

eC

Lrr

Lrr

−δ−−δ+=−

−

(5.40c)

Za korene 3,2r treba zameniti izraze:

)1(23,2 δ±γ=r (5.41)

gde je δ definisano jednačinom (5.37).

c) Kona čno duga čak štap i uzimanje u obzir hla đenja baze štapa na desnom kraju

Ako se uzme u obzir hlađenje poprečnog preseka štapa na njegovom desnom kraju, neophodno je na odgovarajući način promeniti granični uslov za Lx = (5.31a). Da bi izveli odgovarajući granični uslov, primenićemo princip neprekidnosti toplotnog fluksa. Naime, pošto nema akumulacije toplote u posmatranom poprečnom preseku štapa, količina toplote koja se, u jedinici vremena, iz samog štapa prenese u posmatranu površinu tačno je jednaka

129

količini toplote koja sa površine pređe u masu hladnog gasa. Matematičkim jezikom, fluks kao funkcija od x je neprekidna u tački Lx = .

)0()0( +=− LqLq (5.42)

Fluks na levoj strani posmatrane površine (toplota koja se u jedinici vremena i po jedinici površine prenese iz štapa) je fluks provođenja toplote kroz štap:

Lxdx

dTLq

=

−=− λ)0( (5.42a)

Fluks na desnoj strani posmatrane površine (toplota koja se u jedinici vremena i po jedinici površine prenese iz štapa na hladan vazduh) je fluks prelaza toplote:

])([)0( 0tLTLq −=+ α (5.42b)

Dakle, traženi granični uslov glasi:

])([ 0tLTdx

dT

Lx−=−

=

αλ (5.43)

i kao što se vidi sadrži linearnu kombinaciju funkcije i njenog izvoda. Taj tip uslova je u literaturi poznat pod imenom Robinov uslov (Robin).

Očigledno je da od tri jednačine iz kojih se dobijaju integracione konstante u opštem rešenju (5.35a,b), prve dve ostaju iste (5.39a,b), a treća se menja, saglasno novom graničnom uslovu (5.43) . Pošto je:

LrLr

Lx

LrLr erCerCdx

dTerCeCCLT 3232

2

1

2

1,

2

1

2

1)( 3322321

δ++δ−=δ++δ−+==

sistem čijim rešavanjem dobijamo integracione konstante glasi:

032132 teCeCC LrLr =++ (5.44a)

0321 2

1

2

1TCCC =δ++δ−+ (5.44b)

033221 12

11

2

132 treCreCC LrLr =

αλ+δ++

αλ+δ−+ (5.44c)

Analitičko rešavanje sistema (5.44a-c) je zametno, pa je praktičnije da se integracione konstante dobiju numeričkim rešavanjem, za konkretne vrednosti ostalih veličina, koje figurišu u jednačinama.

PRIMER 5.6 Štap od mesinga, dužine ft5.0 , pravougaonog poprečog preseka dimenzija

( ) in812× je smešten u cev i zagreva se na jednom kraju, tako da se temperatura tog kraja

130

održava na C0100 .Kroz cev struji vazduh, na normalnom pritisku, u smeru od drugog kraja

prema grejanom kraju štapa. Vazduh ulazi u cev sa temperaturom C025 i protokom od hft 350 . Toplotna provodljivost mesinga je )(60 0FhftBTU ⋅⋅ , a koeficijent prelaza

toplote sa štapa na vazduh je )(0.1 02 FhftBTU ⋅⋅ . Za specifičnu toplotu vazduha uzeti

)(1 KkgkJ ⋅ .

a) Nacrtati temperaturne profile štapa i vazduha, dobijene uz aproksimaciju da je štap beskonačno dug.

b) Nacrtati temperaturni profil štapa uz aproksimaciju da je zanemarljivo hlađenje vazduhom poprečnog preseka na kraju štapa i uporediti ga sa onim dobijenim u a).Izračunati maksimalno odstupanje dva profila.

c) Nacrtati temperaturni profil štapa uzimajući u obzir hlađenje vazduhom poprečnog preseka na kraju štapa i uporediti ga sa onim dobijenim u b). Izračunati maksimalno odstupanje dva profila.

(Rešenje u Mathcad fajlu P5.6) ZADACI 5.1 Naći opšta rešenja sistema jednačina:

a)

yxdt

dz

zyxdt

dy

zyxdt

dx

−=

−+=

+−=

2

b) t

t

eyxdt

dy

exydt

dx

26

52

−+−=

+−=

5.2 Naći partrikularna rešenja sistema jednačina, koja zadovoljavaju date početne uslove:

a)

zyxdt

dz

zyxyzxdt

dy

zyxdt

dx

++=

===−+=

++−=

0)0()0(,1)0( b)

0)0(,

1)0(,

1)0(,

=+=

=+=

−=+=

zyxdt

dz

yzxdt

dy

xzydt

dx

5.3 Rešiti sledeće sisteme jednačina:

a)

xdx

dzy

xdx

dyyz

=

=

2

b)

ydt

xd

xdt

yd

=

=

2

2

2

2

5.4 Brzina razmnožavanja kulure nekog mikroorganizma )( sg proporcionalna je njegovoj

količini A (g) i količini hranljivih sastojaka B (g), sa konstantom proporcionalnosti 1k . Brzina

131

trošenja hranljivih sastojaka )( sg je proporcionalna prisutnoj količini mikroorganizma, sa

konstantom proporcionalnosti 2k .U početku eksperimenta, u sudu je bilo )(0 gA

mikroorganizma i )(0 gB hranljivih sastojaka.

a) Napisati diferencijalne jednačine i početne uslove, koji definišu promene količina mikroorganizma i hranljivih sastojaka u toku vremena: )(),( tBtA

b) Pokazati da je veza između količine hranljivih sastojaka i količine mikroorganizma u sudu, u bilo kom momentu :

)(2 01

220 AA

k

kBB −+=

c) Napisati integral kojim se dobija funkcija )(tA

5.5 U šaržnom reaktoru se pri konstantnoj zapremini i temperaturi odvijaju elementarne reakcije:

CBBAk

k

k

k

4

3

2

1

, ←→

←→

Početni sastav reakcione smeše je: 0,1 0030=== CBA CCmkmolC

a) Formulisati diferencijalne jednačine, koje opisuju funkcije )( i )(),( tCtCtC CBA

b) Pokazati da u bilo kom momentu vremena važi: 1=++ CBA CCC

c) Pokazati da je promena koncentracije reaktanta A u toku vremena opisana dif. jednačinom:

424142314321

2

)()( kkCkkkkkkdt

dCkkkk

dt

CdA

AA =+++++++

i odgovarajućim početnim uslovima. Koji su to uslovi ?

d) Naći funkcije )( i )(),( tCtCtC CBA

e) Nacrtati grafike funkcija )( i )(),( tCtCtC CBA u vremenskom intervalu (0, 200s) za sledeće

vrednosti konstanti brzina reakcija (s-1) : 342

231 10,102 −− ==×== kkkk

5.6 a) Uz pretpostavke navedene u Primeru 5.4, izvesti diferencijalne jednačine i granične uslove, koji definišu temperaturne profile oba fluida u suprotno-strujnom izmenjivaču toplote.

b) Naći opšte rešenje postavljenih jednačina

c) Formulisati uslove iz kojih se dobijaju integracione konstante i odrediti ih.

5.7 a) Izvesti integracione konstante u rešenju problema hlađenja beskonačnog štapa (Primer 5.5a) iz vrednosti konstanti za konačan štap( 5.40 a-c)

b) Strog granični uslov na desnom kraju štapa (5.43) prelazi u približni (5.31a) kada odnos λα teži nuli. Imajući to u vidu, izvesti iz jedn. (5.44a-c) integracione konstante u rešenju za

slučaj konačnog štapa i zanemarenog hlađenja desnog kraja (jedn 5.40a-c)

c) Varirati dužinu štapa u Primeru 5.6, pri istim ostalim podacima, obrazložiti dobijene rezultate i na osnovu njih diskutovati primenljivost aproksimacija a) i b) u Primeru 5.6.

5.8 a) za rešenja dobijena pod a) i b) u Primeru 5.6, izračunati razmenjene količine toplote u jedinici vremena između štapa i vazduha (snaga štapa kao grejača) i to: 1) Numeričkom

132

integracijom fluksa prelaza toplote sa štapa na vazduh, 2) Kao razliku protoka entalpije vazduha na izlazu i ulazu i uporediti sa rezultatima u 1).

b) izračunati na oba načina razmenjenu količinu toplote za rešenje dobijeno u Primeru 5.6 c) i objasniti razliku između dva rezultata

c) izračunati srednje temperaturne razlike između štapa i vazduha za sva tri rešenja iz Primera 5.6

5.9 Zanimljivo je analizirati uticaj oblika poprečnog preseka štapa na efikasnost zagrevanja vazduha u Problemu 5.5. U tom cilju, pri istoj veličini poprečnog preseka štapa i istim ostalim uslovima, kao u Primeru 5.6, i zanemarujući efekat hlađenja desnog kraja štapa, izračunati i nacrtati temperaturne profile, a) za štap kvadratnog preseka, b) za cilindrični štap. Obrazložiti dobijene rezultate i diskutovati efikasnost zagrevanja vazduha u zavisnosti od oblika štapa.

5.10 Treba izvesti temperaturne profile štapa i vazduha za slučaj da se vazduh uvodi u cev na onom kraju štapa koji se održava na konstantnoj temperaturi (suprotan smer strujanja vazduha od onog u Primeru 5.5), zanemarujući efekat hlađenja drugog kraja štapa.

a) Formulisati diferencijalne jednačine i granične uslove

b) Naći opšte rešenje jednačina

c) Naći partikularno rešenje

d) Izračunati i nacrtati temperaturne profile za podatke iz Primera 5.6, za štap dužine 1 ft i uporediti ih sa profilima za slučaj da se vazduh uvodi na desnom kraju štapa.

e) Izračunati razmenjenu toplotu i srednju razliku temperatura štapa i vazduha