375smi diferansiyel denklemler) - web.itu.edu.tr20k%fdsmi%20diferansiyel%20... · uck348...

UCK348 Mühendislikte Bilgisayar Uygulamaları Ders notları, M. Adil

Yükselen

1

KISMİ DİFERANSİYEL DENKLEMLER

- Kısmi diferansiyel denklemlerin türleri

- Sonlu fark yaklaşımı

- Eliptik denklemlerin çözüm teknikleri

- Parabolik denklemlerin çözüm teknikleri

- Hiperbolik denklemlerin çözüm teknikleri


Yükselen

2

KISMİ DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN TÜRLERİ

İkinci dereceden bir eğri 022 =+++ FCyBxyAx

042 <− ACB

042 =− ACB

042 >− ACB

elips

parabol

hiperbol

Benzeri şekilde ikinci dereceden kısmi diferansiyel denklem

0)/,/,,,(2

22

2

2

=∂∂∂∂+∂

∂+

∂∂

∂+

∂

∂yuxuuyxf

y

uC

yx

uB

x

uA

042 <− ACB

042 =− ACB

042 >− ACB

eliptik

parabolik

hiperbolik


Yükselen

3


u cinsinden verilmişse Dirichlet tipi

Sınır koşulu

0)/,/,,,(2

22

2

2

=∂∂∂∂+∂

∂+

∂∂

∂+

∂

∂yuxuuyxf

y

uC

yx

uB

x

uA

u nun türevleri cinsinden verilmişse Neuman tipi

Bu ikisi cinsinden verilmişse Karışık tipte

Çözüm bölgesi

Sınır


Yükselen

4


Eliptik denklemler

Eliptik denklemler genel olarak “potansiyel” adı verilen bir büyüklüğün bölge içindeki değişimini temsil ederler. Dolayısıyla eliptik denklemler aynı zamanda potansiyel denklemler olarak da adlandırılır.

2-boyutlu eliptik denklem için genel tanım

0)/,/,,,(2

2

2

2

=∂∂∂∂+∂

∂+

∂

∂yuxuuyxf

y

u

x

u

Buradaki bağımlı u değişkeni potansiyelin herhangi bir noktada, sınırdaki değerlere bağlı olarak aldığı denge (equilibrium) veya daimi-durum (steadystate) değerlerini belirtir.

olup1,0,1 === CBA 042 <− ACB


Yükselen

5


Parabolik denklemler

Potansiyelin bir başlangıç durumundan itibaren eriştiği daimi durum değerleri bir parabolik denklemle temsil edilir. Dolayısıyla bu denklemler t – zaman -değişkenini de bağımsız değişkenlerden biri olarak içerir.

Başlangıç durumundan itibaren zaman ilerledikçe nihai denge durumuna doğru adım adım ilerlenir

02

2

=∂

∂−

∂

∂

t

uD

x

uÖrnek Difüzyon denklemi

olup

Burada

0,0,1 === CBA 042 =− ACB


Yükselen

6


Hiperbolik denklemler

Hiperbolik denklemler de zamana bağlıdır.

Dalgaların nasıl yayıldığını ifade ettiklerinden, “dalga denklemi” olarak adlandırılırlar.

Örnek: Titreşen bir yay için kısmi-diferansiyel denklem

02

2

2

2

=∂

∂−

∂

∂

t

u

w

Tg

x

uBurada

T : Yaydaki gerilmeg : Yer çekimi ivmesiw : Birim uzunluk başına yay ağırlığı

0,0,1 <−===w

TgCBA olup 04

2 >− ACB


Yükselen

7


Bağımlılık ve etki bölgeleri

Kısmi diferansiyel denklemin bağımlı değişkeninin bir noktadaki değeri

- çevre noktalardaki değerlerden etkilendiği gibi,- çevre noktalardaki değerleri de etkiler.

Bu etkileşim denklemin tipine göre farklılık gösterir.

u (x , y)

Eliptik problem

u (x , y)u (x , y)

Parabolik problem Hiperbolik problem


Yükselen

8

KISMİ DİFERANSİYEL DENKLEMLERİN ÇÖZÜMÜ İÇİN SONLU FARK YAKLAŞIMI

Kısmi diferansiyel denklemlerin sayısal çözümü için, içerisinde yer alan türevlerin cebirsel bağıntılarla yaklaşık biçimde yazılması gerekir.

Bu tip düzenlemelere türevin ayrıklaştırılması adı verilir.

Kısmi türevlerin ayrıklaştırılması çoğu zaman Taylor açılımı yardımıyla gerçekleştirilir.

[ ]nxO

x

fx

x

fx

x

fxxfxxf )(...

!3

)(

!2

)()()()(

3

33

2

22

∆++∂

∂∆+

∂

∂∆+

∂

∂∆+=∆+

[ ] ...!

)()( +

∂

∂∆=∆

n

nn

x

f

n

xxO

Taylor seri açılımı

Burada Hata terimi


Yükselen

9


[ ]nxO

x

fx

x

fxxfxxf )(...

!2

)()()()(

2

22

∆++∂

∂∆+

∂

∂∆+=∆+

Birinci dereceden türev için açılım

Taylor açılımı

olmak üzere

Birinci dereceden türev çekilerek ...!2

)()()(2

2

−∂

∂∆−

∆

−∆+=

∂

∂

x

fx

x

xfxxf

x

f

İndissel biçimde

)()()(

xOx

xfxxf

x

f∆+

∆

−∆+=

∂

∂...

!2

)()(

2

2

−∂

∂∆=∆

x

fxxO

( )xOx

ff

x

f ii

i

∆+∆

−=

∂

∂ +1

Birinci dereceden türev için birinci mertebeden ileri farkformülasyonu


Yükselen

10


[ ]nxO

x

fx

x

fxxfxxf )(...

!2

)()()()(

2

22

∆+−∂

∂∆+

∂

∂∆−=∆−


Taylor açılımı

olmak üzere

Birinci dereceden türev çekilerek ...!2

)()()(2

2

−∂

∂∆+

∆

∆−−=

∂

∂

x

fx

x

xxfxf

x

f

İndissel biçimde

)()()(

xOx

xxfxf

x

f∆+

∆

∆−−=

∂

∂...

!2

)()(

2

2

−∂

∂∆=∆

x

fxxO

( )xOx

ff

x

f ii

i

∆+∆

−=

∂

∂ −1

Birinci dereceden türev için birinci mertebeden geri farkformülasyonu


Yükselen

11


[ ]nxO

x

fx

x

fx

x

fxxfxxf )(...

!3

)(

!2

)()()()(

3

33

2

22

∆+∂

∂∆−

∂

∂∆+

∂

∂∆−=∆−


Taylor açılımı

Burada

Birinci dereceden türev çekilerek

İndissel biçimde

2)(

2

)()(xO

x

xxfxxf

x

f∆+

∆

∆−−∆+=

∂

∂

...!3

)()(

3

322 −

∂

∂∆=∆

x

fxxO

( )211

2xO

x

ff

x

f ii

i

∆+∆

−=

∂

∂ −+

Birinci dereceden türev için birinci mertebeden merkezi fark formülasyonu

[ ]nxO

x

fx

x

fx

x

fxxfxxf )(...

!3

)(

!2

)()()()(

3

33

2

22

∆+∂

∂∆+

∂

∂∆+

∂

∂∆+=∆+

Birbirinden çıkartılarak ...!3

)(22)()(

3

33

+∂

∂∆+

∂

∂∆=∆−−∆+

x

fx

x

fxxxfxxf


Yükselen

12


( )211 xOx

ff

x

f ii

i

∆+∆

−=

∂

∂ −+

y

x

f(x+∆x)f(x)

x x+∆x

a) Đleri fark b) Geri fark c) Merkezi fark

y

x

f(x-∆x)f(x)

xx-∆x

y

x

f(x+∆x)f(x)

x x+∆x

f(x-∆x)

x-∆x

( )xOx

ff

x

f ii

i

∆+∆

−=

∂

∂ −1( )xOx

ff

x

f ii

i

∆+∆

−=

∂

∂ +1

Birinci mertebeden yaklaşımlar İkinci mertebeden yaklaşım


Yükselen

13


İkincinin 2 katı alınıp birinciden çıkartılarak

İkinci dereceden türev için açılım

(x+2∆x) de Taylor açılımı ...!3

)2(

!2

)2()2()()2(

3

33

2

22

+∂

∂∆+

∂

∂∆+

∂

∂∆+=∆+

x

fx

x

fx

x

fxxfxxf

...!3

)(

!2

)()()()(

3

33

2

22

+∂

∂∆+

∂

∂∆+

∂

∂∆+=∆+

x

fx

x

fx

x

fxxfxxf(x+∆x) de Taylor açılımı

...)()()()(2)2(3

33

2

22 +

∂

∂∆+

∂

∂∆+−=∆+−∆+

x

fx

x

fxxfxxfxxf

İkinci türev çekilerek )()(

)()(2)2(22

2

xOx

xfxxfxxf

x

f∆+

∆

+∆+−∆+=

∂

∂

İndissel biçimde ( )xOx

fff

x

f iii

i

∆+∆

+−=

∂

∂ ++2

12

2

2

)(

2 İkinci dereceden türev için ileri fark formülasyonu

Burada ...)()(3

3

+∂

∂∆=∆

x

fxxO


Yükselen

14


İkincinin 2 katından birinci çıkartılarak


(x-2∆x) de Taylor açılımı ...!3

)2(

!2

)2()2()()2(

3

33

2

22

+∂

∂∆−

∂

∂∆+

∂

∂∆−=∆−

x

fx

x

fx

x

fxxfxxf

...!3

)(

!2

)()()()(

3

33

2

22

+∂

∂∆−

∂

∂∆+

∂

∂∆−=∆−

x

fx

x

fx

x

fxxfxxf(x-∆x) de Taylor açılımı

...)()()()2()(23

33

2

22 +

∂

∂∆+

∂

∂∆−=∆−−∆−

x

fx

x

fxxfxxfxxf

İkinci türev çekilerek )()(

)2()(2)(22

2

xOx

xxfxxfxf

x

f∆+

∆

∆−+∆−−=

∂

∂

İndissel biçimde ( )xOx

fff

x

f iii

i

∆+∆

+−=

∂

∂ −−2

21

2

2

)(

2 İkinci dereceden türev için geri fark formülasyonu


Yükselen

15


İkisi toplanarak


(x+∆x) de Taylor açılımı

...!3

)(

!2

)()()()(

3

33

2

22

+∂

∂∆−

∂

∂∆+

∂

∂∆−=∆−

x

fx

x

fx

x

fxxfxxf(x-∆x) de Taylor açılımı

...12

)()()(2)()(

4

44

2

22 +

∂

∂∆+

∂

∂∆+=∆−+∆+

x

fx

x

fxxfxxfxxf

İkinci türev çekilerek2

22

2

)()(

)()(2)(xO

x

xxfxfxxf

x

f∆+

∆

∆−+−∆+=

∂

∂

İndissel biçimde ( )2

2

11

2

2

)(

2xO

x

fff

x

f iii

i

∆+∆

+−=

∂

∂ −+ İkinci dereceden türev için merkezi fark formülasyonu

...!3

)(

!2

)()()()(

3

33

2

22

+∂

∂∆+

∂

∂∆+

∂

∂∆+=∆+

x

fx

x

fx

x

fxxfxxf

Burada ...12

)()(

4

422 +

∂

∂∆=∆

x

fxxO


Yükselen

16


Örnek

Sonlu fark denklemi -Kısmi diferansiyel denklemin ayrıklaştırılması

Zamana göre türev için ileri fark açılımı

Konuma göre türevler için n zaman adımında merkezi fark açılımları

),,(,2

2

2

2

tyxffy

f

x

f

t

f=

∂

∂+

∂

∂α=

∂

∂

)(,

1

,

,

tOt

ff

t

fnji

nji

n

ji

∆+∆

−=

∂

∂+

( )2

2

,1,,1

,

2

2

)(2

xOx

fff

x

fn

jinji

nji

n

ji

∆+∆

+−=

∂

∂ −+

( )2

2

1,,1,

,

2

2

)(2

yOy

fff

y

fnji

nji

nji

n

ji

∆+∆

+−=

∂

∂ −+

( ) ( )

( ) ( )[ ]22

2

n1j,i

nj,i

n1j,i

2

nj,1i

nj,i

nj,1i

nj,i

1nj,i

y,x,tO

y

ff2f

x

ff2f

t

ff

∆∆∆

∆∆α

∆

+

+−+

+−=

− −+−++

Denklemde yerleştirilerek

Burada tek bilinmeyen var

Açık (explicit) formülasyon


Yükselen

17


Örnek

Sonlu fark denklemi -Kısmi diferansiyel denklemin ayrıklaştırılması

Zamana göre türev için ileri fark açılımı

Konuma göre türevler için n+1 zaman adımında merkezi fark açılımları

),,(,2

2

2

2

tyxffy

f

x

f

t

f=

∂

∂+

∂

∂α=

∂

∂

)(,

1

,

,

tOt

ff

t

fnji

nji

n

ji

∆+∆

−=

∂

∂+

( )2

2

1

,1

1

,

1

,1

1

,

2

2

)(2

xOx

fff

x

fn

jinji

nji

n

ji

∆+∆

+−=

∂

∂+

−++

+

+

( )2

2

1

1,

1

,

1

1,

1

,

2

2

)(2

yOy

fff

y

fnji

nji

nji

n

ji

∆+∆

+−=

∂

∂+−

+++

+

Denklemde yerleştirilerek

Burada 5 bilinmeyen var ( ) ( )

( ) ( )[ ]22

2

1

1,

1

,

1

1,

2

1

,1

1

,

1

,1,

1

,

,,

22

yxtO

y

fff

x

fff

t

ffnji

nji

nji

nji

nji

nji

nji

nji

∆∆∆+

∆

+−+

∆

+−α=

∆

− +−

+++

+−

+++

+

Kapalı (implicit) formülasyon


Yükselen

18

ELİPTİK DENKLEMLER

İkinci dereceden standart eliptik denklem

( )yxfauy

uc

yx

uc

xyx ,=+

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂ Poissondenklemi

( ) 0, =yxf halinde 0=+

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂au

y

uc

yx

uc

xyx

Laplacedenklemi

( ) ( )

0

,,

=

===

a

sbcyxcyxc yxözel halinde

( )yxfy

u

x

uc ,

2

2

2

2

=

∂

∂+

∂

∂

02

2

2

2

=∂

∂+

∂

∂

y

u

x

u

2

2

2

2

2

y

u

x

uu

∂

∂+

∂

∂=∇ Laplacien ( )yxfuc ,

2 =∇

02 =∇ u


Yükselen

19


Örnek : Düz levhanın daimi-durumda sıcaklık dağılımı problemi

x,y

dx

dy

Oτ x

y

Hacim elemanına x doğrultusunda birim zamanda giren ve çıkan ısılar

( )x

Tdyk

x

TkAq xx

∂

∂τ−=

∂

∂−=

( )

∂

∂+

∂

∂τ−=+ dx

x

TT

xdykq dxx

Hacim elemanına y doğrultusunda birim zamanda giren ve çıkan ısılar

( )y

Tdxk

x

TkAq yy

∂

∂τ−=

∂

∂−= ( )

∂

∂+

∂

∂τ−=+ dy

y

TT

ydxkq dyy

Hacim elemanının alt ve üst yüzeylerindenbirim zamanda çıkan ısılar

dydxQ


Yükselen

20


Örnek problem: Düz levhanın daimi-durumda sıcaklık dağılımı problemi

Düzenlenerek

Daimi-durumda elemana giren ve çıkan ısılar toplamı eşit olacağından

( ) ( ) ( ) ( ) dydxQdyy

T

y

Tdxkdx

x

T

x

Tdyk

y

Tdxk

x

Tdyk +

∂

∂+

∂

∂τ−

∂

∂+

∂

∂τ−=

∂

∂τ−

∂

∂τ−

2

2

2

2

τ=

∂

∂+

∂

∂

k

Q

y

T

x

T2

2

2

2

3-Boyutlu haldeτ

=∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

k

Q

z

T

y

T

x

T2

2

2

2

2

2

τ=∇

k

QT

2

Levhanın kalınlığı x ve y ile değişiyorsak

Q

y

T

yx

T

xT =

∂

∂

∂

τ∂+

∂

∂

∂

τ∂+∇τ 2

İlaveten ısıl iletkenlik katsayısı x ve y ile değişiyorsa Q

y

T

y

k

yk

x

T

x

k

xkTk =

∂

∂

∂

∂τ+

∂

τ∂+

∂

∂

∂

∂τ+

∂

τ∂+∇τ 2


Yükselen

21


Örnek Problem: Q=0 halinde düz levhanın sıcaklık dağılımının hesaplanması

Ağ sistemi

τ=

∂

∂+

∂

∂

k

Q

y

T

x

T2

2

2

2

x

y

0 1 i-1 i i+1 Ni

Nj

j+1

j

j-1

1

0

∆y=h

∆x=h

Pi,j

( )2

,1,,1

,

2

2 2

x

TTT

x

T jijiji

ji∆

+−=

∂

∂ +−

( )2

1,,1,

,

2

2 2

y

TTT

y

T jijiji

ji∆

+−=

∂

∂ +−

İkinci dereceden türevler merkezi farklarla ayrıklaştırılarak

( )2

1,1,,1,,1

,

2

2

2

2

,

24

h

TTTTT

y

T

x

TT

jijijijiji

ji

ji

+−+− +++−=

∂

∂+

∂

∂=∇


Yükselen

22


Örnek uygulama:

veya

Merkezi farklarla ayrıklaştırılarak

20 cm uzunluk ve 10 cm genişlikteki düz levhanın üst ve alt yüzeyleri izole edilmiştir. Üst, alt ve sol kenarlarında sıcaklık 0°C, sağ kenarındaki sıcaklık 100°C iken levhanın 2.5 cm aralıkla belirlenmiş noktalarındaki sıcaklıklarıhesaplayınız

0 1 2 3 4 5 6 7 8

4

3

2

1

0

∆y = h

∆x =h

P5, 2

02

2

2

2

=∂

∂+

∂

∂

y

T

x

T0

4

2

1,1,,1,,1=

+++− +−+−

h

TTTTT jijijijiji

04 1,1,,1,,1 =+++− +−+− jijijijiji TTTTT Denklemde 5 bilinmeyen var

Bu denklem 3×7=21 adet iç noktanın her birinde bağımsız olarak yazılabilir.

Kenarlara komşu noktalarda yazılan denklemlerde sınır koşulları yer alacaktır.

Örneğin P13 noktasında1403131223 4 TTTTT −−=−+


Yükselen

23


İç noktalar ve sınır noktaları

Örnek uygulama:

t80T70T60T50T40T30T20T10T00

T81T71T61T51T41T31T21T11T01

T82T72T62T52T42T32T22T12T02

T83T73T63T53T43T33T23T13T03

T84T74T64T54T44T34T24T14T04


Yükselen

24


Lineer denklem takımıÖrnek uygulama:

-4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 T 11 0

1 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 T 21 0

0 1 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 T 31 0

0 0 1 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 T 41 0

0 0 0 1 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 T 51 0

0 0 0 0 1 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 T 61 0

0 0 0 0 0 1 -4 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 T 71 -100

1 0 0 0 0 0 0 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 T 12 0

0 1 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 T 22 0

0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 T 32 0

0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 T 42 = 0

0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 0 T 52 0

0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 0 0 0 0 1 0 T 62 0

0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 0 0 0 0 0 0 1 T 72 -100

0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 -4 1 0 0 0 0 0 T 13 0

0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 0 0 0 T 23 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 0 0 T 33 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 0 T 43 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 1 0 T 53 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 1 T 63 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 -4 T 73 -100


Yükselen

25


Örnek uygulama: Gauss eliminasyon yöntemi ile çözüm

4 0 0 0 0 0 0 0

3 0 0.3530 0.9132 2.0103 4.2957 9.1532 19.6632 43.2101 100

2 0 0.4989 1.2894 2.8324 6.0194 12.6538 26.2894 53.1774 100

1 0 0.3530 0.9132 2.0103 4.2957 9.1532 19.6632 43.2101 100

0 0 0 0 0 0 0 0

0 1 2 3 4 5 6 7 8

Not: Denklem sistemi 15 diyagonalli olduğu gibi, ayrıca 5 diyagonal hariç diğer diyagonallerdeki bütün değerler sıfırdır. Bu bakımdan Gauss eliminasyon yöntemi yerine daha özel yöntemler düşünülebilir.

Levha üzerindeki sıcaklık dağılımını daha hassas şekilde hesaplamak için ağ yapısıdaha sıkılaştırılabilir

Hassasiyeti arttırmanın bir diğer yolu da Laplaciyeni hesaplarken Pij noktasının sağ, sol alt ve üst tarafında yer alan komşu noktalar yanında çaprazdaki diğer 4 noktayı da (sol ve sağdaki alt ve üst köşelerde yer alan noktalar) katarak 9 noktalıbir ayrıklaştırma kullanmaktır.


Yükselen

26


Basit iteratif yöntem:

Laplace denkleminin ayrık formu

İterasyon algoritması.

, , , , ,i 1 j i j i 1 j i j 1 i j 1u 4u u u u 0− + − +− + + + =

4

1,

1

1,,1

1

,11

,

kji

kji

kji

kjik

ji

TTTTT

++−+

+−+

+++=

j \ i 0 1 2 3 4 5 6 7 8

4 0 0 0 0 0 0 0 0 100

3 0 0.3531 0.9133 2.0105 4.2959 9.1533 19.6632 43.2102 100

2 0 0.4990 1.2896 2.8325 6.0195 12.6539 26.2895 53.1775 100

1 0 0.3531 0.9133 2.0104 4.2958 9.1532 19.6632 43.2102 100

0 0 0 0 0 0 0 0 0 100

28 iterasyondan sonra 0.0001 hassasiyetle yakınsamış çözüm sonuçları

Örnek uygulama: Basit iterasyon (Liebmann / Gauss-Sidel) yöntemi ile çözüm


Yükselen

27


Basit iteratif yöntemin hızlandırılması – Ardarda aşırı gevşetme (SOR) yöntemi:



04 ,1,1,,1,1 =−+++ +−+− jijijijiji TTTTT

4

4 1,,1,

1

1,

1

,1

,

1

,

kji

kji

kji

kji

kjik

jikji

TTTTTTT

+++−

+−+

++−+ω+=

4)1(

1,,1

1

1,

1

,1

,

1

,

kji

kji

kji

kjik

jikji

TTTTTT

+++−

+−+

+++ω+ω−=

Aşırı gevşetme çarpanı 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7

Đterasyon sayısı 28 22 15 15 17 21 29 39

Aşırı gevşetme çarpanının optimum değeri Dirichlet tipi sınır koşullarının kullanıldığıdikdörtgensel bir hesap bölgesi için hesaplanabilir:

( ) ( )[ ] 0161622

=+ω−ωπ+π qp /cos/cos

0161666012.22 =+ω−ω

74796.41 =ω

4

8

=

=

q

p

26681.12 =ω


Yükselen

28


Basit iteratif yöntemin hızlandırılması – Ardarda aşırı gevşetme (SOR) yöntemi:

Laplace denklemi için basit iterasyon formülü

Bir kez Tij eklenip çıkartılarak

4

4 1,,1,

1

1,

1

,1

,

1

,

kji

kji

kji

kji

kjik

jikji

TTTTTTT

+++−

+−+

++−+ω+=

4)1(

1,,1

1

1,

1

,1

,

1

,

kji

kji

kji

kjik

jikji

TTTTTT

+++−

+−+

+++ω+ω−=

Aşırı gevşetme çarpanı 1.0 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7

Đterasyon sayısı 28 22 15 15 17 21 29 39

Aşırı gevşetme çarpanının optimum değeri Dirichlet tipi sınır koşullarının kullanıldığıdikdörtgensel bir hesap bölgesi için aşağıdaki formülle hesaplanabilir:

( ) ( )[ ] 0161622

=+ω−ωπ+π qp /cos/cos

0161666012.22 =+ω−ω 74796.41 =ω4,8 == qp 26681.12 =ω

4

1,,1

1

1,

1

,11

,

kji

kji

kji

kjik

ji

TTTTT

+++−

+−+

+++=

İkinci terim kalıntı olup bir ω ağırlık çarpanı kullanılarak

4

4 ,1,,1

1

1,

1

,1

,

1

,

kji

kji

kji

kji

kjik

jikji

TTTTTTT

−++++=

+++−

+−+

Düzenlenerek


Yükselen

29


Örnek uygulama: Poisson denklemi

Dikdörtgensel kesitli bir çubuğun kesit boyutları 6in × 8in ‘dir. Bu çubuk için burulma fonksiyonunu çözünüz.

22 −=ϕ∇

( ) 24

2

1,1,,1,,1

,

2

2

2

2

,

2 −=ϕ+ϕ+ϕ+ϕ−ϕ

=

∂

ϕ∂+

∂

ϕ∂=ϕ∇

+−+−

hyx

jijijijiji

ji

ji


SOR iterasyon formülü

4

22

1,,1

1

1,

1

,11

,

hk

jik

jik

jik

jikji

+ϕ+ϕ+ϕ+ϕ=ϕ

+++

−+

−+

4

22

1,,1

1

1,

1

,1

,

1

,

hk

jik

jik

jik

jikji

kji

+ϕ+ϕ+ϕ+ϕω+ϕ=ϕ

+++

−+

−+

Çubuğun burulması halinde teğetsel gerilmeler burulma fonksiyonunun kısmi türevleriyle orantılıolup burulma fonksiyonu için denklem:

Sınır koşulu çubuk kesitinin kenarlarında ϕ = 0 şeklindedir

Ayrık denklem


Yükselen

30


Örnek uygulama: Poisson denklemi

j \ i 0 1 2 3 4 5 6

8 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000

7 0.000 2.042 3.047 3.353 3.047 2.043 0.000

6 0.000 3.123 4.794 5.319 4.794 3.123 0.000

5 0.000 3.657 5.686 6.335 5.686 3.657 0.000

4 0.000 3.818 5.959 6.647 5.960 3.818 0.000

3 0.000 3.657 5.686 6.335 5.686 3.657 0.000

2 0.000 3.123 4.794 5.319 4.794 3.124 0.000

1 0.000 2.043 3.048 3.354 3.048 2.043 0.000

0 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000 0.000

h=1 in olmak üzere oluşturulan bir ağ yapısı için optimum aşırı gevşetme çarpanı 1.383

14 iterasyonda 0.001 hassasiyetle yakınsayan çözüm sonuçları


Yükselen

31


Örnek uygulama: Türev cinsinden sınır koşulu

Kalınlığı 0.5 cm olan 5 cm × 9 cm boyutlarındaki düz levhanın her yerinde Q = 0.6cal/cm³s büyüklüğünde ısı üretimi vardır.

∂T/∂y=15

T=20

-0.16 (∂T/∂y) =0.073 (T-25)

T= 20

Alt kenarda ∂T/∂y = 15 şiddetinde bir ısı kaybı mevcut iken yan kenarlar 20°C sabit sıcaklıkta tutulmaktadır.

Hücre genişlik ve yüksekliklerini eşit ve 1 cm alarak daimi-haldeki sıcaklık dağılımınıhesaplayınız.

Burada k = 0.16 (ısıl iletkenlik katsayısı),H = 0.073 (ısı transfer katsayısı) Ts = 25°C (çevre sıcaklığı).

TO büyüklüğü levhanın uzun üst kenarındaki sıcaklıkları belirtmektedir.Levha yüzeyi izole edilmiş olup, çevre ile ısı alışverişi yoktur.

Üst kenarda çevre ile -k∂T/∂y = H⋅(TO-Ts) formülü uyarınca ısı alışverişi söz konusudur.


Yükselen

32



∂T/∂y=15

T=20

-0.16 (∂T/∂y)=0.073 (u-25)

T= 20

i=Ni-1 i=1

j=1

j=0

j=-1

j=Nj+1

j=Nj

j=Nj-1

2 QT

kτ∇ = −Denklem

Ayrıklaştırılmış denklem

SOR iterasyon formülüτ

+−+++

ω+=++

+−

+−+

k

QhTTTTTTT

kji

kji

kji

kji

kjik

jikji

44

4 2,1,,1

1

1,

1

,1

,

1

,

τ−=

−+++ +−+−

k

Q

h

TTTTT jijijijiji

2

,1,1,,1,1 4

Yan kenarlarda Dirichlet tipi, yani Tcinsinden sınır koşulları verilmiş

Alt ve üst kenarlarda Neumann tipi, yani T nin türevleri cinsinden sınır koşulları verilmiş

Alt ve üst kenarlarda sınır koşullarınıuygulamak için kenardan h uzaklıkta hayali birer kenar alınabilir


Yükselen

33



∂T/∂y=15

T=20

-0.16 (∂T/∂y)=0.073 (u-25)

T= 20

i=Ni-1 i=1

j=1

j=0

j=-1

j=Nj+1

j=Nj

j=Nj-1

Alt kenarda sınır koşulu

Üst kenarda sınır koşulu

( ) →−=∂

∂− sO TTH

y

Tk

( ) →−=−

−−+

sNi

NiNiTTH

h

TTk

j

jj

,

1,1,

2

→=−

=∂

∂ −15

2

1,1,

h

TT

y

T iihTT

ki

ki 301,

1

1, −=+−

( )skNi

kNi

kNi TT

k

hHTT

jjj−−= −

++ ,1,

1

1,

2


Yükselen

34



Aşırı gevşetme çarpanının ω=1.43 değeri için 59 iterasyon sonucunda 0.0001 hassasiyetliyakınsama ile elde edilen sonuçlar

j \ i 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

6 45.930 61.816 71.962 76.876 76.876 71.962 61.816 45.930

5 20 73.510 107.915 128.859 138.826 138.826 128.859 107.915 73.510 20

4 20 90.195 137.476 166.733 180.743 180.743 166.733 137.476 90.195 20

3 20 99.793 155.061 189.855 206.669 206.669 189.855 155.061 99.794 20

2 20 103.918 163.119 200.956 219.409 219.409 200.956 163.119 103.918 20

1 20 102.762 162.539 201.442 220.603 220.603 201.442 162.539 102.762 20

0 20 94.589 152.834 191.669 210.958 210.958 191.669 152.834 94.589 20

-1 72.762 132.539 171.442 190.603 190.603 171.442 132.539 72.762


Yükselen

35


Çizgide basit iterasyon (LGS- Line Gauss-Sidel) yöntemi:

Daha önce incelenen bütün örneklerde açık (explicit) formülasyonla çözümler yapılmıştır.

Bir çizgi (bir satır veya sütün olabilir) üzerindeki noktalar için kapalı (implicit) formülasyon uygulayarak daha hızlı çözümler elde etmek mümkündür.

Hesaplanmak istenen değerler

Sınır değerleri

k+1 inci adımdan bilinen değerler

k ıncı adımda bilinen değerler

Çizgi boyunca bu noktalarda yazılan denklemler üç-diyagonalli bir denklem sistemiyle sonuçlanır.


Yükselen

36


Çizgide basit iterasyon (LGS- Line Gauss-Sidel) yöntemi:

Örnek problem: Levha üzerinde sıcaklık dağılımı: 02

2

2

2

=∂

∂+

∂

∂

y

T

x

T


Satır doğrultusunda kapalı formülasyon


)(4 1,,1,1,1, +−+− +−=+− jijijijiji TTTTT

0 1 2 i Nx Nx+1

Ny+ 1

j

1

0

T i,j T i+1,j T i -1,j

İterasyon algoritması

x

kjiji

kji

kji

kji

kji

Ni

TTTTT

,...,2,1

)(4 1,1,

1

1,

1

,1

1

,

1

,1

=

+−=+− +−

+−

++

++−

yNj ,...,2,1=

,...3,2,1=k

Not: Her satırda oluşan üç-diyagonalli denklem takımı Thomas yöntemi ile çözülür

Benzeri bir uygulama sütun doğrultusunda kapalı formülasyon kullanılarak yapılabilir


Yükselen

37


Çizgide basit iterasyon yöntemi için ardarda aşırı gevşetme: (LGSOR – Line Gauss-Sidel Successive Over Relaxation)

Örnek problem: Levha üzerinde sıcaklık dağılımı: 02

2

2

2

=∂

∂+

∂

∂

y

T

x

T


Satır doğrultusunda kapalı formülasyon


( )kji

kji

kji

kji

kji

kji TTTTTT 1,

1

1,,

1

,1

1

,

1

,1 4)1(4 ++−

++

++− +ω−ω−−=ω+−ω

4)1(

1,

1

1,

1

,1

1

,1

,

1

,

kji

kji

kji

kjik

jikji

TTTTTT

++−

++

+−+

+++ω+ω−=

Aşırı gevşetme ile iterasyon formülü

NOT: Benzeri uygulama sütun doğrultusunda kapalıformülasyon ile yapılabilir ( )k

jik

jikji

kji

kji

kji TTTTTT ,1

1

,1,

1

1,

1

,

1

1, 4)1(4 ++

−++

++− +ω−ω−−=ω+−ω

4)1(

1

1,

1

1,,1

1

,1

,

1

,

++

+−+

+−+

+++ω+ω−=

kji

kji

kji

kjik

jikji

TTTTTT


Yükselen

38


Değişen yönlü kapalı formülasyon:(ADI – Alternate Direction Implicit)

NJ

j+1

j

j-1

0

x

y

0

i-1

i

i+1

NI

x

y

0

i-1

i

i+1

NI

x

y

0

i-1

i

i+1

NI

k ıncı adım

(bütün düğüm nokta larında

çözümler biliniyor)

k+1 inci adım

(y yönünde kapalı

şema ile çözüm)

k+½ inci adım

(x yönünde kapalı şema

ile çözüm)

çözümün b ilindiği düğüm noktası

çözümün arandığ ı düğüm noktası

NJ

j+1

j

j-1

0

NJ

j+1

j

j-1

0

Bu yöntemde, bir iterasyonadımı iki yarım iterasyon adımışeklinde düşünülür


Yükselen

39


Değişen yönlü kapalı formülasyon: (ADI – Alternate Direction Implicit)

Birinci yarım adım:Satır doğrultusunda kapalı formül

İkinci yarım adım:Sütun doğrultusunda kapalı formül

( )x

kji

kji

kji

kji

kji

Ni

TTTTT

,...,2,1

4 1,

½

1,

½

,1

½

,

½

,1

=

+−=+− ++−

++

++−

( )y

kji

kji

kji

kji

kji

Nj

TTTTT

,...,2,1

4½

,1

1

,1

1

1,

1

,

1

1,

=

+−=+− ++

+−

++

++−

yNj ,...,2,1=

xNi ,...,2,1=

,...3,2,1=k


Yükselen

40

PARABOLİK DENKLEMLER

Örnek: Zamana bağlı, bir-boyutlu ısı akışı problemi

Kontrol hacmine soldan giren ve sağdan çıkan ısılar

x=0 x=L

x dx

Giren ısı Çıkan ısı

+−− dx

dx

dTT

dx

dkA

dx

dTkA

Zamana bağlı halde kontrol hacminde depolanan ısı

( )dt

dTAdxcρ

k, : ısı iletim katsayısıc : birim kütle ve birim

sıcaklık başına depolanan ısı

( )dt

dTAdxcdx

dx

dTT

dx

dkA

dx

dTkA ρ=

+−−−

dt

dTc

dx

Tdk ρ=

2

2

dt

dTcTk ρ=∇2

( ) ( ) ( ) ( ) ( )dt

dTzyxzyxc

x

Tzyxk

zx

Tzyxk

yx

Tzyxk

x,,,,,,,,,, ρ=

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂+

∂

∂

∂

∂Daha genel halde


Yükselen

41


Bir-boyutlu ısı denkleminin çözümü: Açık formülasyon (FTCS - Forward Time Central Space)

Denkleminde yerleştirilerek

x0 x1 xi-1 . xi xi+1 xN xN+1

dx

xi noktasında tk anında zamana göre türev (İleri farklarla) t

TT

t

Tk

ik

i

k

i ∆

−≈

∂

∂ +1

tk anında xi noktası etrafında konuma göre türev (merkezi farklarla) ( )2

11

2

2 2

x

TTT

x

Tk

i

k

i

k

i

∆

+−≈

∂

∂ −+

dt

dTc

dx

Tdk ρ=

2

2

( ) t

TT

x

TTTk

ik

ik

ik

ik

i

∆

−=

∆

+− +−+

1

2

11 2

( ) k

i

k

i

k

i

k

i TrTrTrT 11

121 −+

+ +−+=Veya düzenlenerek ( )2

xc

tkr

∆ρ

∆=

Türevler

Burada

Sınır koşulları ),(

),(

1

0

0

txTT

txTTtt

N +=

=≥ Başlangıçkoşulları

),(0

10 txTTxxx N =≤≤ +


Yükselen

42


Bir-boyutlu ısı denkleminin çözümü: Açık formülasyon (FTCS)

Bu formülasyon zamanda ilerleyen bir çözüm algoritmasınıifade etmektedir.

x0 x1 xi-1 . xi xi+1 xN xN+1

tk+1

tk

t1

t0

,...3,2,1=k

( )Ni

TrTrTrTk

ik

ik

ik

i

,...,2,1

21 11

1

=

+−+= −++

Çözüm bir t=t0 başlangıç anında T sıcaklığının bütün xi noktalarında bilinen başlangıçdeğerleri ile başlatılmaktadır.

Sonraki zaman adımlarında önceki adımda bulunan sıcaklıklar ve sınır koşulları gereği çubuğun iki ucundaki bilinen sıcaklık değerleri kullanılmaktadır.

Yönteme açık (explicit) şema denilmesinin nedeni, xi noktasındaki sıcaklığın önceki adımdan bilinen sıcaklık diğerleri kullanılarak doğrudan hesaplanabilmesidir.


Yükselen

43


Bir-boyutlu ısı denkleminin çözümü: Örnek problem

<<−

<<=

21100200

10100)0,(

xx

xxxT

2 cm kalınlığında çok geniş bir çelik levha içindeki sıcaklık dağılımını zamanın fonksiyonu olarak hesaplayınız.

Çelik için k = 0.13 cal/s⋅cm°C, c = 0.11 cal/gr°C ve ρ = 7.8 gr/cm³ olarak verilmiştir.

Levha çok geniş olduğu için yanal doğrultulardaki ısı akışları ihmal edilerek sadece levha yüzeylerine dik doğrultudaki ısı akışı dikkate alınacaktır.

Sınır koşulları

t=0 anında levha içindeki sıcaklık dağılımı

olarak verilmiştir

CtTCtT °=°= 0),2(0),0(

Levha kalınlığını 8 e bölerek ∆x=0.25 alınız

∞

∞

x=0 x=2


Yükselen

44



Problemin çözümünde ∆t zaman adımının büyüklüğü r büyüklüğünün seçimine bağlıdır.

r=0.5 halinde

( ) ki

ki

ki

ki TrTrTrT 11

121 −+

+ +−+=

ki

ki

ki TrTrT 11

1

−++ +=

( )2xc

tkr

∆ρ

∆= ( ) ( )

kk

xrct

2225.08.711.05.0 ×××

=∆ρ

=∆ 206.0=∆t

FTCS formülasyonu

8125.0/21/25.0 =−=−∆=→=∆ xLNxHücre sayısı

Uç noktalarının koordinatları 1,...,1,0, +=∆⋅= Nixixi

Sınır koşulları ,...1,0,0,0 10 === + kTTk

Nk

Başlangıç koşulları

+≥⋅−

+≤⋅=

2/)1(,100200

2/)1(,1000

Nix

NixT

i

i

i


Yükselen

45



r = 0.5 x = 0.25 0.75

zaman

adımıt sayısal sayısal analitik sayısal sayısal analitik

0 0 25.00 50.00 50.00 75.00 100.00 100.00

1 0.206 25.00 50.00 49.58 75.00 75.00 80.06

2 0.413 25.00 50.00 47.49 62.50 75.00 71.80

3 0.619 25.00 43.75 44.68 62.50 62.50 65.46

4 0.825 21.88 43.75 41.71 53.13 62.50 60.11

5 1.031 21.88 37.50 38.79 53.13 53.13 55.42

6 1.238 18.75 37.50 35.99 45.31 53.13 51.18

7 1.444 18.75 32.03 33.37 45.31 45.31 47.33

8 1.650 16.02 32.03 30.91 38.67 45.31 43.79

9 1.856 16.02 27.34 28.63 38.67 38.67 40.52

10 2.063 13.67 27.34 26.51 33.01 38.67 37.51

11 2.269 13.67 23.34 24.55 33.01 33.01 34.72

12 2.475 11.67 23.34 22.73 28.17 33.01 32.15

13 2.681 11.67 19.92 21.04 28.17 28.17 29.76

14 2.888 9.96 19.92 19.48 24.05 28.17 27.55

0.50 1.00

Comman

0

20

40

60

80

100

0 2 4 6 8 10 12 14 16

------- x = 1.0------- x = 0.5

T (°C)

t (s)


Yükselen

46


Bir-boyutlu ısı denkleminin çözümü: Crank-Nicolson kapalı-şeması

FTCS şemasında konumsal türevler merkezi farklarla, zamana göre türevler ise ileri farklarla ayrıklaştırılmıştır.

xi-1. xi xi+1

tk+1

tk+1/2

tk

Zamana göre türev zaman aralığının ortasında ayrıklaştırılmış gibi göz önüne alınırsa, merkezi farkla ayrıklaştırılmış gibi değerlendirilebilir

t

TT

t

Tk

ik

i

k

i ∆

−≈

∂

∂ ++ 12/1

Bu durumda konumsal türevin de tk ve tk+1 zaman adımlarında merkezi farklarla ayrıklaştırılmış değerlerin ortalaması olarak alınması uygun olur

2

11

2

2

)(

2

x

TTT

x

Tk

ik

ik

i

k

i∆

+−=

∂

∂ +−

2

1

1

11

1

1

2

2

)(

2

x

TTT

x

Tk

ik

ik

i

k

i∆

+−=

∂

∂ ++

++−

+2

1

1

11

111

2/1

2

2

)(2

)2()2(

x

TTTTTT

x

Tk

ik

ik

ik

ik

ik

i

k

i∆

+−++−=

∂

∂ ++

++−+−

+


Yükselen

47



2

1

1

11

111

1

)(2

)2()2(

x

TTTTTT

c

k

t

TTk

ik

ik

ik

ik

ik

ik

ik

i

∆

+−++−

ρ=

∆

− ++

++−+−

+Ayrıklaştırılmış türevler denklemde yerleştirilerek

Denklem düzenlenerek

Burada

),...,2,1(,1

1

11

1 NiRTUTMTL ik

iik

iik

ii ==++ ++

++−

i = 1 için 1

1

1

1

1 +−

++

+ −=+ kiii

kii

kii TLRTUTM

i = N için 1

1

11

1

++

++− −=+ k

iiik

iik

ii TURTMTL

( )2xc

tkr

∆ρ

∆=rU

TrM

rL

i

kii

i

−=

+=

−=

+1)1(2

ki

ki

kii rTTrrTR 11 )1(2 +− +−+=


Yükselen

48



Crank-Nicolson şeması kapalı bir formülasyon olup “r” nin herhangi bir değeri için kararlılık sorunu yoktur.

i t analitik sayısal hata t analitik sayısal hata

0 0 100 100 0 0 100 100 0

1 0.206 80.06 82.32 2.8 0.413 71.80 71.13 0.9

2 0.413 71.80 73.48 2.3 0.825 60.11 61.53 2.4

3 0.619 65.46 66.86 2.1 1.238 51.18 51.97 1.5

4 0.825 60.11 61.34 2.0 1.650 43.79 44.67 2.0

5 1.031 55.42 56.52 2.0 2.063 37.51 38.29 2.1

6 1.238 51.18 52.21 2.0 2.475 32.15 32.88 2.3

7 1.444 47.33 48.30 2.0 2.888 27.55 28.23 2.5

8 1.650 43.79 44.71 2.1 3.300 23.62 24.23 2.6

9 1.856 40.52 41.40 2.2

10 2.063 37.51 38.36 2.3

r = 1.0r = 0.5 Comman

0

20

40

60

80

100

0 1 2 3 4

----- r = 1.0

----- r = 0.5T

t

Hatalar daha önce açık formülasyonla r=0.5 için hesaplanan değerlerden küçüktür.


Yükselen

49


Bir-boyutlu ısı denkleminin çözümü: Teta yöntemi

Crank-Nicolson şemasında zamana göre türev zaman aralığının ortasında merkezi farklarla açılmıştır.

Teta yönteminde zamana göre türev zaman aralığının θ çarpanı ile belirlenen bir noktasında ayrıklaştırılır

2

1

1

11

111

1

)(

)2()2)(1(

x

TTTTTT

c

k

t

TTk

ik

ik

ik

ik

ik

ik

ik

i

∆

+−θ++−θ−

ρ=

∆

− ++

++−+−

+

ki

ki

ki

ki

ki

ki TrTrTrTrTrTr 11

1

1

11

1 )]1(21[)21( +−+

+++

− θ+θ−−+θ=θ−θ++θ−

Burger (1987) çözüm için optimum bir değerin 0 < θ < 2/3 aralığında elde edileceğini belirtmiştir


Yükselen

50


Bir-boyutlu ısı denkleminin çözümü: Teta yöntemi

En az hata θ = 0.5 için elde edilmiş olup, çözüm için optimum değerin 0 < θ < 2/3aralığında elde edildiği görülmektedir.

r = 0.5

i t analitik Teta = 2/3 0.878 1.0 0.5 0.0 Teta = 2/3 0.878 1.0 0.5 0.0

0 0 100 100 100 100 100 100 0 0.00 0.00 0.00 0.00

1 0.206 80.06 83.63 84.94 85.57 82.32 75.00 3.57 4.88 5.51 2.26 -5.06

2 0.413 71.80 74.28 75.35 75.95 73.48 75.00 2.48 3.55 4.15 1.68 3.20

3 0.619 65.46 67.44 68.25 68.74 66.86 62.50 1.98 2.79 3.28 1.40 -2.96

4 0.825 60.11 61.82 62.48 62.89 61.34 62.50 1.71 2.37 2.78 1.23 2.39

5 1.031 55.42 56.95 57.53 57.88 56.52 53.13 1.53 2.11 2.46 1.10 -2.30

6 1.238 51.18 52.61 53.15 53.47 52.21 53.13 1.43 1.97 2.29 1.03 1.95

7 1.444 47.33 48.68 49.19 49.49 48.30 45.31 1.35 1.86 2.16 0.97 -2.02

8 1.650 43.79 45.09 45.59 45.88 44.71 45.31 1.30 1.80 2.09 0.92 1.52

9 1.856 40.52 41.79 42.28 42.56 41.40 38.67 1.27 1.76 2.04 0.88 -1.85

10 2.063 37.51 38.74 39.23 39.51 38.36 38.67 1.23 1.72 2.00 0.85 1.16

hatalarsayısal çözümler


Yükselen

51

HİPERBOLİK DENKLEMLER

Örnek: Titreşen yay problemi

yay elemanının her iki ucuna etkiyen kuvvetlerin düşey bileşenleri

Hiperbolik denklemler çoğu kez zamana bağlıdır.

Bir ortam içerisindeki titreşimlerin ve özellikle dalgaların nasıl yayıldığını tanımlarlar.

Bu nedenle de “dalga denklemleri” olarak adlandırılırlar

A

x dx

B

x=0 x=L

A

B

T

T

αA

αBu

A

AAx

uTTT

∂

∂−=α−≈α− tansin

∂

∂

∂

∂+

∂

∂=

∂

∂=α≈α dx

x

u

xx

uT

x

uTTT

AB

BB tansin


Yükselen

52


Örnek: Titreşen yay problemi

Yay elemanına düşey yönde etkiyen net (bileşke) kuvvet dxx

uT

2

2

∂

∂

Newton kanunu maF =Σ2

2

2

2

t

udx

g

wdx

x

uT

∂

∂=

∂

∂2

2

2

2

x

u

w

gT

t

u

∂

∂=

∂

∂

Burada w : Yayın birim uzunluk başına ağırlığı Hiperbolik denklem

İki-boyutlu halde yay yerine bir membran(davul zarı vs gibi) dikkate alınırsa u

w

gT

t

u 2

2

2

∇=∂

∂


Yükselen

53


Örnek: Titreşen yay problemi – sayısal çözüm

Düzenlenerek

2

2

2

2

x

u

w

gT

t

u

∂

∂=

∂

∂

Konuma görev türev için hesaplanmışzaman adımında merkezi fark açılımı

Zamana göre türev için hesaplanmış zaman adımı etrafında merkezi fark açılımı

2

11

2

2

)(

2

x

uuu

x

uki

ki

ki

k

i∆

+−=

∂

∂ +−

2

1

1

1

2

2

)(

2

t

uuu

t

uki

ki

ki

k

i∆

+−=

∂

∂ +−

2

11

2

1

1

1

)(

2

)(

2

x

uuu

w

gT

t

uuu ki

ki

ki

ki

ki

ki

∆

+−=

∆

+− +−+−

)2()(

)(2 112

211 k

iki

ki

ki

ki

ki uuu

x

t

w

gTuuu +−

−+ +−∆

∆

++−=

Veya ki

ki

ki

ki

ki u

xw

tgTuuu

xw

tgTu

∆

∆−+−+

∆

∆= −

+−+

2

21

112

21

)(

)(12)(

)(

)(


Yükselen

54



Kararsızlığın olmayacağı en büyük değer

için

ki

ki

ki

ki

ki u

xw

tgTuuu

xw

tgTu

∆

∆−+−+

∆

∆= −

+−+

2

21

112

21

)(

)(12)(

)(

)(

→=∆

∆1

)(

)(2

2

xw

tgT1

11

1 −+−

+ −+= ki

ki

ki

ki uuuux

gT

wt ∆=∆

herhangi bir k zaman adımındaki hesap için daha önceki iki zaman adımına (k ve k-1) ait değerlere gereksinim olduğu görülmektedir.

Bu hesaplama tekniğinin ancak ikinci zaman adımından itibaren yürütülebileceği açıktır. Bunun için t = 0 anındaki ve t = ∆t ilk zaman adımındaki ötelemelerin bilinmesi gerekir.

t = 0 anındaki değerler başlangıç değeri olarak verilmiş olabilir.Ancak t = ∆t ilk zaman adımındaki ötelemelerin nasıl elde edileceği hususu açık değildir.Bu hesap için t = 0 ve bundan bir önceki t = -∆t anında (!) ötelemelerin bilinmesi gerekir


Yükselen

55



)(00

xgt

udat =

∂

∂=

Titreşen bir yayın salınımlarının zamana göre periyodik bir fonksiyon olduğu dikkate alınırsa problemin başlangıç anı keyfi bir an olup çözüm için bu andaki hızların ve ivmelerin bilinmesi gerekmektedir. Başlangıç anında hızlar verildiği taktirde t=-∆tanındaki ötelemeler bulunabilir.

Hızlar ötelemelerin zamana göre türevi olup

başlangıç koşullarından birisi olarak verilmişse )(2

11

0

xgt

uu

t

u ii =∆

−=

∂

∂ −

Merkezi fark açılımıyla )(211

xtguu ii ∆−=−

Ve denklemde kullanılarak txguu

u iii ∆+

+= +−+

)(2

0

1

0

111

11

1 −+−

+ −+= ki

ki

ki

ki uuuu


Yükselen

56


Örnek uygulama: Sönümsüz salınan yay problemi

txguu

u iii ∆+

+= +−+

)(2

0

1

0

11

1

11

1 −+−

+ −+= ki

ki

ki

ki uuuu

Bir banjo yayı 80 cm uzunluğunda ve 1 gr ağırlıkta olup 40,000 gr lık bir kuvvetle gerilmiştir. Bir ucundan 20 cm mesafedeki bir noktadan denge konumuna kıyasla 0.6 cm çekilerek bırakılmıştır. Yay boyunca ötelemeleri zamanın fonksiyonu olarak hesaplayınız.

Hesaplamalarda ∆x=10 cm alınız. Yay çekildikten hemen sonra bırakıldığı için başlangıçhızları sıfır alınacaktır. Ötelemelerin her 16 adımda bir tekrarlandığını gösteriniz.

Zaman adımı sxgT

wt 000179.010

980000,40

80/1=×

×=∆=∆

Başlangıç anında hızlar sıfır olup

İlk zaman adımındaki ötelemeler için

0)( =xg

Sonraki zaman adımlarında ötelemeler için

Başlangıç anındaki ötelemeler

≥−−

<=

20)20(03.06.0

2003.0)(

xx

xxxu


Yükselen

57

HİPERBOLİK DENKLEMLER - Örnek uygulama

k x = 0 10 20 30 40 50 60 70 80

0 0.00 0.30 0.60 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10 0.00

1 0.00 0.30 0.40 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10 0.00

2 0.00 0.10 0.20 0.30 0.40 0.30 0.20 0.10 0.00

3 0.00 -0.10 0.00 0.10 0.20 0.30 0.20 0.10 0.00

4 0.00 -0.10 -0.20 -0.10 0.00 0.10 0.20 0.10 0.00

5 0.00 -0.10 -0.20 -0.30 -0.20 -0.10 0.00 0.10 0.00

6 0.00 -0.10 -0.20 -0.30 -0.40 -0.30 -0.20 -0.10 0.00

7 0.00 -0.10 -0.20 -0.30 -0.40 -0.50 -0.40 -0.30 0.00

8 0.00 -0.10 -0.20 -0.30 -0.40 -0.50 -0.60 -0.30 0.00

9 0.00 -0.10 -0.20 -0.30 -0.40 -0.50 -0.40 -0.30 0.00

10 0.00 -0.10 -0.20 -0.30 -0.40 -0.30 -0.20 -0.10 0.00

11 0.00 -0.10 -0.20 -0.30 -0.20 -0.10 0.00 0.10 0.00

12 0.00 -0.10 -0.20 -0.10 0.00 0.10 0.20 0.10 0.00

13 0.00 -0.10 0.00 0.10 0.20 0.30 0.20 0.10 0.00

14 0.00 0.10 0.20 0.30 0.40 0.30 0.20 0.10 0.00

15 0.00 0.30 0.40 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10 0.00

16 0.00 0.30 0.60 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10 0.00

17 0.00 0.30 0.40 0.50 0.40 0.30 0.20 0.10 0.00

18 0.00 0.10 0.20 0.30 0.40 0.30 0.20 0.10 0.00

19 0.00 -0.10 0.00 0.10 0.20 0.30 0.20 0.10 0.00

20 0.00 -0.10 -0.20 -0.10 0.00 0.10 0.20 0.10 0.00

çeşitli x i konumlarındaki u i değerlerinin zamanla değişimi


Yükselen

58

HİPERBOLİK DENKLEMLER - Örnek uygulama

Yay 16∆t zaman adımından sonra tekrar eski konumuna gelmekte ve daha sonra da aynı hareketi tekrar etmektedir. Buna göre hareketin frekansı

Hzf 350000179.016

1=

×=

Bu dalga hareketi için analitik çözüm Hzw

gT

Lf 350

80/1

980000,40

802

1

2

1=

×

×=

=


Yükselen

59


Örnek uygulama: Sönümlü salınan yay problemi

olarak verilmiştir.

olmak üzere bu yayın hareket denklemini çözünüz


Bir yayın, sönümleme etkisi altındaki titreşim hareketi yandaki denklemle modellenmektedir. t

yB

x

y

w

gT

t

y

∂

∂−

∂

∂=

∂

∂2

2

2

2

Yay uzunluğu L = 5 ft,yay gerilme kuvveti T = 24 lb,birim uzunluk başına yay ağırlığı w = 0.1 lb/ft,sönümleme kuvveti B = 2.0

Sınır koşulları

<≤−

<≤=

53,2/2/5

30,3/)0,(

xx

xxxy

0),(,0),0( == tLyty

[ ] )5()0,( −=∂

∂xxxy

t


Yükselen

60



t

yB

x

y

w

gT

t

y

∂

∂−

∂

∂=

∂

∂2

2

2

2

x

t

k+1

k

k-1

i-1 i i+10 1 2 N N+1

L

Konuma göre ikinci türev

2

11

2

2

)(

2

x

yyy

x

yki

ki

ki

k

i∆

+−=

∂

∂ +−

Zamana göre ikinci türev Zamana göre birinci türev

2

11

2

2

)(

2

t

yyy

t

yki

ki

ki

k

i∆

+−=

∂

∂ +−

t

yy

t

yk

i

k

i

k

i ∆

−=

∂

∂ −+

2

11

Ayrıklaştırmalar

w

gTc =2

olmak üzere denklemde yerleştirilerek

t

yyB

x

yyyc

t

yyyki

ki

ki

ki

ki

ki

ki

ki

∆

−−

∆

+−=

∆

+− −++−

+−

2)(

2

)(

211

2

112

2

11


Yükselen

61



Düzenlenerek

w

gTc =2

olmak üzere

)(2

)2(211

11

2

11 −++−

+− −∆

−+−

∆

∆=+− k

i

k

i

k

i

k

i

k

i

k

i

k

i

k

i yytB

yyyx

tcyyy

2

2

tBQ

x

tcR

∆=

∆

∆=

( ) [ ] ( ) 1

11

1112)(1

−+−

+ −+−++=+ ki

ki

ki

ki

ki yQyRyyRyQ

Buradan k > 0 için[ ] ( )

( )),...,2,1(,

1

112)(1

111Ni

Q

yQyRyyRy

ki

ki

ki

kik

i =+

−+−++=

−+−+

olup, hız için verilen başlangıç koşulundan

)5(2

110

−=∆

−=

∂

∂ −

xxt

yy

t

y ii

i

)5(211 −∆−=−

xxtyy ii

Ayrıca k = 0 için ( ) [ ] ( ) 100

1

0

1

1112)(1

−+− −+−++=+ iiiii yQyRyyRyQ


Yükselen

62



kullanılarak

ve düzenlenerek

[ ] ( ) )5(2112)(200

1

0

1

1 −∆−−−++= +− xxtQyRyyRy iiii

[ ] ( )2

)5(1212)(00

1

0

11 −∆−−−++= +− xxtQyRyyR

y iiii

Ağ yapısı ve koşullar

N+1 adet hücre için 1+

=∆N

Lx

Ağ yapısı


Sınır koşulları 0,0 10 == +kN

kyy

),...,2,1(,53,2/2/5

30,3/0

Nixx

xxy

i

i

i =

<≤−

<≤=

)1,,...,2,1,0(, +=∆⋅= NNixixi


Yükselen

63



w

gTc =2

2

/185.32

/1.0

24

5

2

=

=

=

=

=

B

sftg

ftlbw

lbT

ftL

2

∆

∆=

x

tcR

[ ] ( )2

)5(1212)(00

1

0

11 −∆−−−++= +− xxtQyRyyR

y iiii

[ ] ( )( )1

112)(1

111

+

−+−++=

−+−+

Q

yQyRyyRy

ki

ki

ki

kik

i

2

tBQ

∆=

),...,2,1(,53,2/2/5

30,3/0

Nixx

xxy

i

i

i =

<≤−

<≤=

0,0 10 == +kN

kyy


Yükselen

64

HİPERBOLİK DENKLEMLER - D’Alembert çözümü

Titreşen yay probleminin analitik çözümü D’Alembert çözümü olarak bilinir.

F ve G keyfi fonksiyonlar olmak üzere çözüm

)()(),( ctxGctxFtxu −++=

Türevleri alınarak

şeklinde önerilmişolsun

( )( )

( )( )

' 'x ct x ctu F G

F c G ct x ct t x ct t

∂ + ∂ −∂ ∂ ∂= + = −

∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂( )''''

2

2

2

GFct

u+=

∂

∂

( )( )

( )( )

' 'x ct x ctu F G

F Gx x ct x x ct x

∂ + ∂ −∂ ∂ ∂= + = +

∂ ∂ + ∂ ∂ − ∂''''

2

2

GFx

u+=

∂

∂

2

2

2

2

x

y

w

gT

t

y

∂

∂=

∂

∂Denklemde yerleştirilerek

)()(2

GFw

gTGFc ′′+′′=′′+′′

eşitliğinw

gTc =2 için sağlandığı görülmektedir

375smi diferansiyel denklemler) - web.itu.edu.tr20k%fdsmi%20diferansiyel%20... · uck348...

Documents