Zeigen Sie, dass die Grenzschichten mit der Geschwindigkeit νt−−√νt\sqrt{\frac{\nu}{t}} aus der Platte diffundieren [geschlossen]

Question

Zeigen Sie, dass die Grenzschichten mit der Geschwindigkeit νt−−√νt\sqrt{\frac{\nu}{t}} aus der Platte diffundieren [geschlossen]

jackwo

Ich wollte fragen ob mir jemand bei diesem Problem helfen kann. Ich weiß, wie man es mit Dimensionsargumenten löst, aber ich bin mir nicht sicher, was mit Transformationstechniken gemeint ist. Jede Hilfe wäre sehr willkommen.

Eine unendliche horizontale Platte bewegt sich mit der Geschwindigkeit U in ihrer eigenen Ebene relativ zur umgebenden Flüssigkeit. Die Platte ruht zunächst relativ zum Fluid. Die Gleichungen für $u(y,t)$ regieren durch:

\partial_{T} u = v \partial_{j}^{2} u

$\partial_t u = \nu \partial_y^2 u$ mit

u (0, t) = U

$u(0,t)=U$ Und

u (y, 0) = 0

$u(y,0)=0$ . Zeigen Sie mithilfe von Transformationstechniken, dass die Grenzschichten schnell aus der Platte herausdiffundieren

\sqrt{\frac{ν}{t}}

$\sqrt{\frac{\nu}{t}}$ .

Nick P

Lassen

η = \frac{y}{2 \sqrt{ν t}}

$\eta =\frac{y}{2\sqrt{\nu t}}$ , das die PDE in eine ODE verwandelt und Ihnen das gewünschte Ergebnis liefert. Ich denke, das hast du gesagt. Alternativ können Sie die Laplace-Transformation der PDE nehmen, die Ihnen ein System von ODEs gibt, die Ihnen, wenn sie gelöst sind, das gewünschte Ergebnis liefern.

jackwo

Warum erhalten Sie ein System von ODEs für die Laplace-Transformation? Ich habe die Laplace-Transformation von bezeichnet

U

$U$ von

\tilde{U}

$\tilde{U}$ und dann bekam ich

s \tilde{U} (y, s) = ν \tilde{U_{y y}} (y, s)

$s\tilde{U}(y,s)=\nu\tilde{U_{yy}}(y,s)$ , die Lösung hat

\tilde{U} = A e x p (\sqrt{\frac{s}{v} y}) + B e x p (- \sqrt{\frac{s}{v} y})

$\tilde{U}=Aexp(\sqrt{\frac{s}{v}y})+Bexp(-\sqrt{\frac{s}{v}y})$ . Das finde ich aber nicht richtig.

Nick P

Warum findest du es nicht richtig? Für mich sieht es gut aus. Legen Sie nun einfach Ihre (transformierten) Randbedingungen fest.

jackwo

OK, also bekomme ich die Anfangs-/Randbedingungen als

\tilde{U} (0, s) = \frac{U}{s}

$\tilde{U}(0,s)=\frac{U}{s}$ Und

\tilde{U} (y, 0) = 0

$\tilde{U}(y,0)=0$ , was mir das gibt

A + B = 0

$A+B=0$ Und

A + B = \frac{U}{s}

$A+B=\frac{U}{s}$ ? Jetzt bin ich wirklich verwirrt?

jackwo

Auch was ist die inverse Laplace-Transformation von

e x p (\sqrt{\frac{s}{ν}} y) ?

$exp(\sqrt{\frac{s}{\nu}}y)?$

Nick P

Sie brauchen auch eine Bedingung für das asymptotische Verhalten der Funktion, dh eine Fernfeldbedingung, die aussagt, was passiert, wenn Sie ein großes y erreichen. Damit ist das Problem gut gestellt. Im Allgemeinen hat man

U (\infty, t) = 0

$U(\infty,t)=0$ , die setzt

A = 0

$A=0$ , in Ihrer Notation. Die gewünschte Laplace-Transformation ist in vielen Tabellen zu finden, z. B. en.wikipedia.org/wiki/Laplace_transform

jackwo

OK, ich glaube, ich bin jetzt nah dran. Wie du gesagt hast

A = 0

$A=0$ , was gibt

B = \frac{U}{s}

$B=\frac{U}{s}$ . Das Nehmen der inversen Laplace-Transformation der Funktion ergibt dann

u (y, t) = U - U e r f (\frac{y}{2 \sqrt{t ν}})

$u(y,t)=U-Uerf(\frac{y}{2\sqrt{t\nu}})$ . Aber wie bekomme ich es hin, dass die Grenzschichten schnell aus der Platte herausdiffundieren

\sqrt{\frac{ν}{t}}

$\sqrt{\frac{\nu}{t}}$ ? Danke übrigens für all eure Hilfe :)

Nick P

@Sie haben die Längenskala der Grenzschicht gezeigt

2 \sqrt{t ν}

$2\sqrt{t\nu}$ , so dass die zeitliche Ableitung Ihnen eine Geschwindigkeit und das gewünschte Ergebnis gibt. Keine Sorge wegen der Hilfe, ich bin froh, dass Sie sich durcharbeiten konnten. Übrigens, Ihre Frage wird manchmal als Stokes' erstes Problem bezeichnet

Antworten (2)

Zeigen Sie, dass die Grenzschichten mit der Geschwindigkeit νt−−√νt\sqrt{\frac{\nu}{t}} aus der Platte diffundieren [geschlossen]

Lassen $\eta =\frac{y}{2\sqrt{\nu t}}$ , das die PDE in eine ODE verwandelt und Ihnen das gewünschte Ergebnis liefert. Ich denke, das hast du gesagt. Alternativ können Sie die Laplace-Transformation der PDE nehmen, die Ihnen ein System von ODEs gibt, die Ihnen, wenn sie gelöst sind, das gewünschte Ergebnis liefern.
Warum erhalten Sie ein System von ODEs für die Laplace-Transformation? Ich habe die Laplace-Transformation von bezeichnet $U$ von $\tilde{U}$ und dann bekam ich $s\tilde{U}(y,s)=\nu\tilde{U_{yy}}(y,s)$ , die Lösung hat $\tilde{U}=Aexp(\sqrt{\frac{s}{v}y})+Bexp(-\sqrt{\frac{s}{v}y})$ . Das finde ich aber nicht richtig.
Warum findest du es nicht richtig? Für mich sieht es gut aus. Legen Sie nun einfach Ihre (transformierten) Randbedingungen fest.
OK, also bekomme ich die Anfangs-/Randbedingungen als $\tilde{U}(0,s)=\frac{U}{s}$ Und $\tilde{U}(y,0)=0$ , was mir das gibt $A+B=0$ Und $A+B=\frac{U}{s}$ ? Jetzt bin ich wirklich verwirrt?
Auch was ist die inverse Laplace-Transformation von $exp(\sqrt{\frac{s}{\nu}}y)?$
Sie brauchen auch eine Bedingung für das asymptotische Verhalten der Funktion, dh eine Fernfeldbedingung, die aussagt, was passiert, wenn Sie ein großes y erreichen. Damit ist das Problem gut gestellt. Im Allgemeinen hat man $U(\infty,t)=0$ , die setzt $A=0$ , in Ihrer Notation. Die gewünschte Laplace-Transformation ist in vielen Tabellen zu finden, z. B. en.wikipedia.org/wiki/Laplace_transform
OK, ich glaube, ich bin jetzt nah dran. Wie du gesagt hast $A=0$ , was gibt $B=\frac{U}{s}$ . Das Nehmen der inversen Laplace-Transformation der Funktion ergibt dann $u(y,t)=U-Uerf(\frac{y}{2\sqrt{t\nu}})$ . Aber wie bekomme ich es hin, dass die Grenzschichten schnell aus der Platte herausdiffundieren $\sqrt{\frac{\nu}{t}}$ ? Danke übrigens für all eure Hilfe :)
@Sie haben die Längenskala der Grenzschicht gezeigt $2\sqrt{t\nu}$ , so dass die zeitliche Ableitung Ihnen eine Geschwindigkeit und das gewünschte Ergebnis gibt. Keine Sorge wegen der Hilfe, ich bin froh, dass Sie sich durcharbeiten konnten. Übrigens, Ihre Frage wird manchmal als Stokes' erstes Problem bezeichnet

nluigi · Answer 1

Lösung mit Laplace-Transformationen

Unter Verwendung der Definition der Laplace-Transformation:

\tilde{u} (j, S) = \int_{0}^{\infty} u (j, T) \exp (- S T) D T

$\tilde{u}\left(y,s\right)=\int_{0}^{\infty}u\left(y,t\right)\exp\left(-st\right)dt$ wir können die PDE in eine ODE umwandeln:

S \tilde{u} - u (j, 0) = v \frac{D^{2} \tilde{u}}{D j^{2}} \to \frac{D^{2} \tilde{u}}{D j^{2}} - \frac{S}{v} \tilde{u} = 0

$s\tilde{u} - u\left(y,0\right)=\nu \frac{d^2\tilde{u}}{dy^2} \rightarrow \frac{d^2\tilde{u}}{dy^2}-\frac{s}{\nu}\tilde{u}=0$ mit transformierten Randbedingungen:

\tilde{u} (0, S) = \frac{U}{S} \tilde{u} (\infty, S) = 0

$\tilde{u}\left(0,s\right)=\frac{U}{s}\quad \tilde{u}\left(\infty,s\right)=0$

Nehmen Sie eine Testlösung $\tilde{u}\left(y,s\right)=\exp\left(ky\right)$ und durch Einsetzen in die ODE finden wir eine Gleichung für $k$ :

k^{2} - \frac{S}{v} = 0 \to k = \pm \sqrt{\frac{S}{v}}

$k^2-\frac{s}{\nu}=0\rightarrow k=\pm\sqrt{\frac{s}{\nu}}$ so dass die allgemeine Lösung der ODE gegeben ist durch:

\tilde{u} (j, S) = A \exp (\sqrt{\frac{S}{v}} j) + B \exp (- \sqrt{\frac{S}{v}} j)

$\tilde{u}\left(y,s\right)=A\exp\left(\sqrt{\frac{s}{\nu}}y\right)+B\exp\left(-\sqrt{\frac{s}{\nu}}y\right)$

Die Anwendung der transformierten Randbedingungen ergibt $A=0$ Und $B=\frac{U}{s}$ so dass:

\tilde{u} (j, S) = \frac{U}{S} \exp (- \sqrt{\frac{S}{v}} j) \to u (j, T) = U e R F C (\frac{1}{2} \frac{j}{\sqrt{v T}})

$\tilde{u}\left(y,s\right)=\frac{U}{s}\exp\left(-\sqrt{\frac{s}{\nu}}y\right) \rightarrow u\left(y,t\right)=U\mathrm{erfc}\left(\frac{1}{2}\frac{y}{\sqrt{\nu t}}\right)$ wo die inverse Laplace-Transformation von hier genommen wurde .

Die Implikation dieser Lösung ist, dass die Grenzschicht so wächst $\delta\left(t\right)=2\sqrt{\nu t}$ und die Geschwindigkeit, mit der es sich bewegt, ist:

v (T) = \frac{D δ}{D T} = \sqrt{\frac{v}{T}}

$v(t)=\frac{d\delta}{dt}=\sqrt{\frac{\nu}{t}}$

Lösung mit Ähnlichkeitsargumenten

Bei Diffusionsproblemen, bei denen ein skalares Feld anfänglich gleichförmig ist und die skalare Größe beginnt, von einer Grenze zu einer sehr weit entfernten Grenze zu diffundieren (z $u(\infty,t)=0$ ), sind die Profile des Skalars bei jedem Zeitschritt ähnlich und unterscheiden sich nur durch einen „Stretching-Faktor“. Wenn die Profile mit dem „Streckfaktor“ skaliert werden, fallen alle Profile auf dieselbe Kurve, die als Ähnlichkeitslösung bekannt ist. Qualitativ ist dies in der folgenden Abbildung dargestellt:

Lassen Sie uns eine sogenannte Ähnlichkeitsvariable definieren:

η = \frac{j}{δ (T)}

$\eta=\frac{y}{\delta(t)}$ Wo

y

$y$ wird durch eine charakteristische Längenskala skaliert

δ (t)

$\delta(t)$ was eine Funktion der Zeit ist. Diese Längenskala wird auch als „Eindringlänge“ bezeichnet und beschreibt, wie weit der Impuls in den Bereich diffundiert ist; wir wissen noch nicht, was diese Länge ist. Da angenommen werden kann, dass die „Eindringlänge“ mit der Zeit zunimmt, können wir dies als den zuvor erwähnten „Dehnungsfaktor“ ansehen.

Verwendung:

{\frac{D η}{D j} |}_{T} = δ^{- 1} {\frac{D η}{D T} |}_{j} = - j δ^{- 2} \frac{D δ}{D T} = - η δ^{- 1} \frac{D δ}{D T}

$\left.\frac{d\eta}{dy}\right|_t = \delta^{-1} \quad \left.\frac{d\eta}{dt}\right|_y = -y \delta^{-2} \frac{d\delta}{dt}=-\eta \delta^{-1} \frac{d\delta}{dt}$

Wir verwenden die Kettenregel auf die Diffusionsgleichung, um zu geben:

\frac{\partial u}{\partial η} ({\frac{D η}{D T} |}_{j}) = v \frac{\partial^{2} u}{\partial η} {({\frac{D η}{D j} |}_{T})}^{2}

$\frac{\partial u}{\partial\eta}\left(\left.\frac{d\eta}{dt}\right|_y\right)=\nu \frac{\partial^2 u}{\partial\eta} \left(\left.\frac{d\eta}{dy}\right|_t\right)^2$ was die PDE in eine ODE umwandelt:

\frac{D^{2} u}{D η^{2}} + (\frac{δ}{v} \frac{D δ}{D T}) η \frac{D u}{D η} = 0

$\frac{d^2u}{d\eta^2} + \left(\frac{\delta}{\nu}\frac{d\delta}{dt}\right) \eta \frac{du}{d\eta} = 0$ Wenn es wirklich eine Ähnlichkeitslösung ist, dann

u

$u$ ist nur eine Funktion von

η

$\eta$ ; dies ist nur dann der Fall, wenn

\frac{δ}{ν} \frac{d δ}{d t} = n

$\frac{\delta}{\nu} \frac{d\delta}{dt}=n$ Wo

n

$n$ ist eine zu bestimmende Konstante.

Da die PDE in eine ODE zweiter Ordnung transformiert wurde, sind die Rand- und Anfangsbedingungen überspezifiziert. Wenn diese jedoch ebenfalls transformiert werden, sehen wir das in Bezug auf $\eta$ wir rufen zwei eindeutige Randbedingungen ab:

u (0, T) = u (0) = U u (\infty, T) = u (j, 0) = u (\infty) = 0

$u(0,t)=u(0)=U \quad u(\infty,t)=u(y,0)=u(\infty)=0$ wenn wir annehmen

δ (0) = 0

$\delta(0)=0$ , ich esse

t = 0

$t=0$ der Impuls ist noch nicht in die Domäne eingedrungen. Dies spezifiziert das Problem vollständig, was anzeigt, dass tatsächlich eine Ähnlichkeitslösung möglich ist.

Wenn wir die ODE integrieren, finden wir:

u (η) = K_{2} + K_{1} \int_{0}^{η} \exp (- \frac{N}{2} η^{' 2}) D η^{'}

$u\left(\eta\right)=K_{2}+K_{1}\int_{0}^{\eta}\exp\left(-\frac{n}{2}\eta'^{2}\right)d\eta'$ Wo

η^{'}

$\eta'$ ist eine Dummy-Integrationsvariable. Das unbewertete Integral hängt mit der ' Fehlerfunktion ' zusammen und kann nicht analytisch bestimmt werden; stattdessen sind numerische Annäherungen verfügbar . Es ist jedoch bekannt, dass:

\int_{0}^{\infty} \exp (- η^{' 2}) D η^{'} = \frac{\sqrt{π}}{2}

$\int_{0}^{\infty}\exp\left(-\eta'^{2}\right)d\eta'=\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ was, wenn wir definieren

n = 2

$n=2$ , wird verwendet, um die Randbedingungen anzuwenden, um die Lösung zu erhalten:

\frac{u (η)}{U} = 1 - \frac{2}{\sqrt{π}} \int_{0}^{η} \exp (- η^{' 2}) D η^{'}

$\frac{u\left(\eta\right)}{U}=1-\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\eta}\exp\left(-\eta'^{2}\right)d\eta'$

Was bleibt, ist die "Eindringlänge" zu bestimmen $\delta(t)$ :

δ \frac{D δ}{D T} = \frac{1}{2} \frac{D δ^{2}}{D T} = 2 v \to δ (T)^{2} = 4 v T + K_{3}

$\delta \frac{d\delta}{dt}=\frac{1}{2}\frac{d\delta^2}{dt}=2\nu \rightarrow \delta(t)^2=4\nu t+K_3$ Verwendung der zuvor ermittelten Bedingung

δ (0) = 0

$\delta(0)=0$ , finden wir schließlich, dass die 'Eindringlänge' ist:

δ (T) = 2 \sqrt{v T}

$\delta(t)=2\sqrt{\nu t}$

Die angeforderte 'Durchdringungsgeschwindigkeit' wird wieder gefunden als:

v (T) = \frac{D δ}{D T} = \sqrt{\frac{v}{T}}

$v(t)=\frac{d\delta}{dt}=\sqrt{\frac{\nu}{t}}$

Hinweis: Bei Transportphänomenen wird die "Eindringlänge" normalerweise definiert als $\tilde{\delta}(t)=\sqrt{\pi\nu t}$ . Dies kann aus der obigen Analyse durch Bilden der Ableitung bei ermittelt werden $y=0$ :

\frac{D u}{D j} (0, T) = - \frac{U}{\tilde{δ} (T)}

$\frac{du}{dy}(0,t) = -\frac{U}{\tilde{\delta}(t)}$ was impliziert, dass eine Tangente an

y = 0

$y=0$ wird die überqueren

y

$y$ -Achse bei

\tilde{δ} (t)

$\tilde{\delta}(t)$ . Aus der Analyse ermitteln wir:

\frac{D u}{D j} (0, T) = \frac{D u}{D η} (0, T) \frac{D η}{D j} = - \frac{2}{\sqrt{π}} U δ^{- 1} = - \frac{U}{\sqrt{π v T}}

$\frac{du}{dy}(0,t) = \frac{du}{d\eta}(0,t) \frac{d\eta}{dy} = -\frac{2}{\sqrt{\pi}}U\delta^{-1}=-\frac{U}{\sqrt{\pi\nu t}}$ was das in der Tat zeigt

\tilde{δ} (t) = \sqrt{π ν t}

$\tilde{\delta}(t)=\sqrt{\pi\nu t}$ .

Tom-Tom · Answer 2

Die gleichung

\partial_{T} u = v \partial_{j}^{2} u

$\partial_tu=\nu\partial^2_yu$ ist eine Diffusionsgleichung in einer Dimension. Seine grüne Funktion im unendlichen Raum ist

G (j, T) = \frac{e^{- j^{2} / 4 v T}}{\sqrt{4 π v T}} .

$G(y,t)=\frac{\mathrm e^{-y^2/4\nu t}}{\sqrt{4\pi\nu t}}.$ Für

t = 0

$t=0$ , wir haben

G (y, 0) = δ (y)

$G(y,0)=\delta(y)$ . Beachten Sie, dass jede Lösung Ihrer Gleichung linear von abhängt

G

$G$ . Beachten Sie auch, dass die konstante Funktion auch eine Lösung der Diffusionsgleichung ist. Betrachten wir also das Problem mit

v = U - u

$v=U-u$ . Die Randbedingungen für

v

$v$ Sind

v (0, t) = 0

$v(0,t)=0$ ,

v (y, 0) = U

$v(y,0)=U$ . Unter Verwendung der Green-Funktion finden wir das

v (j, T) = \int_{0}^{\infty} v (X, 0) G (j - X, T) D X = U \erf (\frac{j}{\sqrt{4 v T}}),

$v(y,t)=\int_0^\infty v(x,0)G(y-x,t)\mathrm dx=U\operatorname{erf}\left(\frac{y}{\sqrt{4\nu t}}\right),$ Wo

\erf (x) = \frac{1}{\sqrt{π}} \int_{- \infty}^{x} e^{- z^{2}} d z

$\operatorname{erf}(x)=\frac1{\sqrt\pi}\int_{-\infty}^x\mathrm e^{-z^2}\mathrm dz$ . Das Geschwindigkeitsfeld ist daher gegeben durch

u (j, T) = U [1 - \erf (\frac{| j |}{\sqrt{4 v T}})] .

$u(y,t)=U\left[1-\operatorname{erf}\left(\frac{|y|}{\sqrt{4\nu t}}\right)\right].$ Es ist eine Funktion von

y / \sqrt{ν t}

$y/\sqrt{\nu t}$ nur. Die Schicht mit Geschwindigkeit

u_{0}

$u_0$ steht in Eins-zu-Eins-Korrespondenz mit

x_{0} = y_{0} / \sqrt{ν t_{0}} = constant

$x_0=y_0/\sqrt{\nu t_0}=\text{constant}$ . Die Schicht mit Geschwindigkeit

u_{0}

$u_0$ bewegt sich mit Geschwindigkeit

d y / d t

$\mathrm dy/\mathrm dt$ die wir durch Ableitung erhalten

x_{0}

$x_0$ gegenüber

t

$t$ .

\frac{D X_{0}}{D T} = 0 = \frac{1}{\sqrt{v T}} \frac{D j}{D T} - \frac{j}{2 \sqrt{v T^{3}}}

$\frac{\mathrm dx_0}{\mathrm dt}=0=\frac{1}{\sqrt{\nu t}}\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}-\frac{y}{2\sqrt{\nu t^3}}$ aus denen wir beziehen

\frac{D j}{D T} = \frac{j}{2 T} = \frac{X_{0}}{2} \sqrt{\frac{v}{T}} .

$\frac{\mathrm dy}{\mathrm dt}=\frac y{2t}=\frac{x_0}{2}\sqrt{\frac{\nu}{t}}.$ Aus diesem Ergebnis leiten wir ab, dass sich die Grenze mit der Geschwindigkeit bewegt

\sqrt{\frac{ν}{t}}

$\sqrt{\frac\nu t}$ ist derjenige mit

x_{0} = 2

$x_0=2$ , was es ermöglicht, die Frage zu verstehen, da keine Definition der beweglichen Grenze gegeben wurde. Jede Schicht mit einer bestimmten festen Geschwindigkeit bewegt sich mit einer Geschwindigkeit, die durch die letzte Gleichung gegeben ist.

Zeigen Sie, dass die Grenzschichten mit der Geschwindigkeit νt−−√νt\sqrt{\frac{\nu}{t}} aus der Platte diffundieren [geschlossen]

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Nick P

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