четвер, 22 червня 2017 р.

Баланс мас у механіці суцільних середовищ

Баланс -- це питання швидкості зміни густини маси. У цьому дописі ми розглянемо рівняння балансу мас у механіці суцільних середовищ. Тут ми припускаємо, що якщо ми відкотимо деформацію, то ми отримаємо ту саму масу.

Розглянемо те як змінюється густина по мірі деформації тіла. Важливим припущенням для нас є те, що у густина -- це неперервна функція, і вона залишається неперервною незалежно від сили деформації, тобто ми не розглядаємо можливого утворення дірок.
Рисунок 1. Перетворення околу точки $\mathbf X,$ який ми позначатимемо $\mathcal N (\mathbf X)$ у окіл точки $\mathbf x$ -- $\mathcal n (\mathbf x).$
Для цього зосередимось на околі точки $\mathbf X$ у початковій конфігурації тіла - $\Omega_0.$ З плином часу цей окіл деформується в окіл точки $\mathbf x = \Phi(\mathbf X, t).$

Зауважимо, що $\rho_0(\mathbf X) = \lim_{\operatorname{vol}({\mathcal N(\mathbf X))}\to 0}\frac{\operatorname{m}(\mathcal N(\mathbf X))}{\operatorname{vol}(\mathcal N(\mathbf X))}.$

Тепер розглянемо $$ \begin{align*} \rho(\mathbf x) &= \lim_{\operatorname{vol}({\mathcal n(\mathbf x))}\to 0}\frac{\operatorname{m}(\mathcal n(\mathbf x))}{\operatorname{vol}(\mathcal n(\mathbf x))}\\ &=\lim_{\operatorname{vol}({\mathcal N(\mathbf x))}\to 0}\frac{\operatorname{m}(\mathcal n(\mathbf x))}{\operatorname{vol}(\mathcal N(\mathbf X))}\frac{\operatorname{vol}(\mathcal N(\mathbf X))}{\operatorname{vol}(\mathcal n(\mathbf x))}\\ &=\rho_0(\mathbf X) \det (\mathbf F^{-1}). \end{align*} $$ Тут ми використали градієнт деформації $F = \frac{\partial \mathbf x}{\partial \mathbf X},$ за допомогою якого ми можемо перейти від початкового об'єму до об'єму в час $ t$. $$ \begin{equation} {\rho(\mathbf x)\Big\vert\,}_{\mathbf x = \Phi(\mathbf X, t)} = \rho_0(\mathbf X)\det \left(\mathbf F^{-1}(\mathbf X, t)\right) = \rho_0(\mathbf X) \mathcal I^{-1}(\mathbf X, t). \label{eq:rho} \end{equation} $$ Відображаючи умову вказану на початку допису, а саме, того що густина початкової конфігурації не залежить від часу, маємо: $$ \begin{equation} \frac{\partial \rho_0(\mathbf X)}{\partial t} = 0. \end{equation} $$ Як щодо $\rho (\mathbf x, t)$? $$\rho_0(\mathbf X) = {\rho(\mathbf x)\Big\vert\,}_{\mathbf x = \Phi(\mathbf X, t)} \mathcal I (\mathbf X, t).$$ $$ \begin{align} {\frac{\partial \rho_0(\mathbf X)}{\partial t}\Bigg\vert}_{\mathbf X - стала} &= \frac{\mathrm D \rho(\mathbf x)}{\mathrm D t} \mathcal I (\mathbf X, t) + \rho(\mathbf x) {\frac{\partial \mathcal I (\mathbf X, t)}{\partial t}\Bigg\vert}_{\mathbf X - стала}\nonumber\\ &=\left(\frac{\partial \rho(\mathbf x, t)}{\partial t} + \nabla \rho(\mathbf x, t) \cdot \mathbf{v}(\mathbf x, t)\right)\mathcal I (\mathbf X, t) + \rho(\mathbf x)\dot{\mathcal I}(\mathbf X, t),\label{eq:rho0dert} \end{align} $$ Тут $\frac{\mathrm D \rho(\mathbf x)}{\mathrm D t}$ позначає матеріальну похідну. Тепер розглянемо $\dot{\mathcal I}(\mathbf X, t)$ : $$ \begin{align} \dot{\mathcal I}(\mathbf X, t) &= \frac{\partial \det\left(\mathbf F(\mathbf X, t)\right)}{\partial t}\nonumber\\ &= \frac{\partial \det(\mathbf F(\mathbf X, t))}{\mathbf F(\mathbf X, t)} \mathbf{:} \frac{\partial \mathbf F(\mathbf X, t)}{\partial t}\nonumber\\ &= \frac{\partial \det(\mathbf F(\mathbf X, t))}{F(\mathbf X, t)_{iI}} \frac{\partial F(\mathbf X, t)_{iI}}{\partial t}\label{eq:dotIpre}. \end{align} $$ Тут значок $\mathbf{:}$ позначає згортку тензорів. Градієнт деформації має індекси, що складаються з великої і малої літери бо це двоточковий тензор, тобто він слугує для зв'язку між початковою і поточною конфігураціями. З цього моменту, усюди де це само собою зрозуміло я не писатиму параметри функції. $$\frac{\partial \det(\mathbf F)}{\partial \mathbf F_{iI}} = \frac{\partial \frac{1}{6}\varepsilon_{abc}\varepsilon_{ABC}F_{aA}F_{bB}F_{cC}}{\partial F_{iI}} = \operatorname{Cof}(\mathbf F)_{iI}$$ Де $\varepsilon_{ijk}$ -- це символ Леві-Чивіти, а $\operatorname{Cof}(\mathbf F)_{iI}$ -- це кофактор.

Згадаємо формулу для оберненої матриці: $A^{-1}_{ij}=\frac{\operatorname{Cof}(A^T_{ij})}{\det{A}},$ або в матричному вигляді: $A^{-1} = \frac{\operatorname{Cof}A^T}{\det A}$.

Отже, $\ref{eq:dotIpre}$ можна записати як: $$\dot{\mathcal I} = \mathcal I \mathbf F^{-T} \mathbf{:} \dot{\mathbf F} = \mathcal{I} \dot{F}_{iI} F^{-1}_{Ii} = \mathcal{I} \operatorname{trace}(\dot{\mathbf F} \mathbf F^{-1}) = \mathcal I \mathbb{I}\mathbf{:}(\dot{\mathbf F} \mathbf F^{-1}).$$ Для того, щоб рухатись далі нам потрібно розглянути градієнти матеріальної і просторової швидкостей.

Градієнт матеріальної швидкості $\mathbf V$: $\frac{\partial}{\partial \mathbf X}\frac{\Phi}{\partial t} = \frac{\partial}{\partial t}\frac{\Phi}{\partial \mathbf X} = \frac{\partial}{\partial t} \mathbf F = \dot{\mathbf F}.$

Градієнт просторової швидкості $\mathbf v$: ${\frac{\partial}{\partial \mathbf x}\frac{\Phi}{\partial t}\Bigg\vert}_{\mathbf x = \Phi(\mathbf X, t)} = \frac{\partial}{\partial t}\frac{\Phi}{\partial \mathbf X}\frac{\partial \mathbf X}{\partial \mathbf x} = \dot{\mathbf F}\mathbf F^{-1}.$

Введемо такі позначення: $$ \begin{align} \operatorname{GRAD}\mathbf V &= \frac{\partial \mathbf V}{\partial \mathbf X} = \dot{\mathbf F},\nonumber\\ \mathbf\nabla\mathbf v &= \frac{\partial \mathbf v}{\partial \mathbf x} = \dot{\mathbf F}{\mathbf F^{-1}}\label{eq:spatialgrad}. \end{align} $$ Отже, використовуючи \ref{eq:spatialgrad} маємо, що $\dot{\mathcal I} = \mathcal I \operatorname{trace}(\mathbf\nabla \mathbf v).$ Підставляючи в \ref{eq:rho0dert} отримуємо: $$ \frac{\partial \rho_0}{\partial t} = \left(\frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \rho\cdot \mathbf v + \rho \operatorname{trace}(\mathbf\nabla\mathbf v)\right)\mathcal I = 0. $$ Тут ми знаємо, що $\mathcal I \ne 0,$ властивість непроникності речовини, отже ми можемо поділити на $\mathcal I$ і отримати: $$ \frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \rho\cdot \mathbf v + \rho \operatorname{trace}(\mathbf\nabla\mathbf v) = 0. $$ Щоб спростити далі зауважимо, що $\mathbf\nabla\mathbf v = \frac{\partial \mathbf v_{i}}{\partial \mathbf x_j}\mathbf e_i \otimes \mathbf e_j,$ відповідно слід цієї матриці дорівнює $\nabla \cdot \mathbf v.$ І, нарешті, рівняння збереження маси в поточній конфігурації таке: $$ \begin{equation} \boxed{ \frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \rho\cdot \mathbf v + \rho \nabla \cdot \mathbf v = 0. }\label{eq:massconscur} \end{equation} $$ У випадку нестисних плинів $\nabla \cdot \mathbf v = 0,$ тому $$ \begin{equation} \boxed{ \frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \rho\cdot \mathbf v = 0. }\label{eq:massconscurincompress} \end{equation} $$ Зауважте, що ми можемо поєднати два останні доданки у \ref{eq:massconscur}: $$ \boxed{ \frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \cdot( \rho \mathbf v) = 0. } $$

Див. також

вівторок, 30 травня 2017 р.

Оператор Лапласа: від декартових до сферичних координат

Оператор Лапласа дуже важливий, він повсюдно зустрічається у фізиці. Його форма в декартових координатах проста і симетрична: $$ \begin{equation} \nabla^2 = \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2} \label{eq:cartesian}\end{equation} $$

Вираження у сферичних координатах:

Перехід до декартових від сферчних: $$ \begin{align} x &=r \sin{\theta}\cos{\phi},\label{eq:x}\\ y &=r \sin{\theta}\sin{\phi},\label{eq:y}\\ z &=r \cos{\theta}.\label{eq:z} \end{align} $$ І навпаки: $$ \begin{align} r &= \sqrt{x^2+y^2+z^2}, \label{eq:r}\\ \cos\phi &= \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, \label{eq:cosphi}\\ \sin\phi &= \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}, \label{eq:sinphi}\\ \cos\theta &= \frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}, \label{eq:costheta}\\ \sin\theta &= \frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}. \label{eq:sintheta} \end{align} $$ Використовуючи ланцюгове правило маємо: $$ \begin{align} \frac{\partial}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x} + \frac{\partial}{\partial \phi}\frac{\partial \phi}{\partial x} + \frac{\partial}{\partial \theta}\frac{\partial \theta}{\partial x},\\ \frac{\partial}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial y} + \frac{\partial}{\partial \phi}\frac{\partial \phi}{\partial y} + \frac{\partial}{\partial \theta}\frac{\partial \theta}{\partial y},\\ \frac{\partial}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial z} + \frac{\partial}{\partial \phi}\frac{\partial \phi}{\partial z} + \frac{\partial}{\partial \theta}\frac{\partial \theta}{\partial z}. \end{align} $$ Знайти $\frac{\partial r}{\partial x}, \frac{\partial r}{\partial y}, \frac{\partial r}{\partial z}$ не дуже складно. Використовуємо $\ref{eq:x}, \ref{eq:y}, \ref{eq:z}:$ $$ \begin{align} \frac{\partial r}{\partial x}&=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}=\sin\theta\cos\phi,\\ \frac{\partial r}{\partial y}&=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}=\sin\theta\sin\phi,\\ \frac{\partial r}{\partial z}&=\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}=\cos\theta.\\ \end{align} $$ Трошки більше проблем з $\frac{\partial \phi}{\partial x}, \frac{\partial \phi}{\partial y}, \frac{\partial \phi}{\partial z}.$ Нам буде потрібен той факт, що $\sqrt{x^2+y^2} = r\sin\theta.$ Застосовуючи неявне диференціювання, почергово вважаючи $y$ і $x$ сталими:
$$ \begin{align*} -\sin\phi\ d\phi &= \left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{x^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}\right)dx = \frac{y^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}dx = \frac{\sin^2\phi}{r\sin\theta}dx,\\ \cos\phi\ d\phi &= \left(\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}-\frac{y^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}\right)dy = \frac{x^2}{(x^2+y^2)^{3/2}}dy = \frac{\cos^2\phi}{r\sin\theta}dy, \end{align*} $$ отже $$ \begin{align} \frac{\partial \phi}{\partial x}&=-\frac{\sin\phi}{r\sin\theta},\\ \frac{\partial \phi}{\partial y}&=\frac{\cos\phi}{r\sin\theta},\\ \frac{\partial \phi}{\partial z}&=0. \end{align} $$ Останнє рівняння має місце бо $\phi$ не залежить від $z.$

Використовуючи почергово $\ref{eq:costheta}, \ref{eq:costheta}$ і $\ref{eq:sintheta}$, подібним чином обчислюємо $\frac{\partial \theta}{\partial x}, \frac{\partial \theta}{\partial y}, \frac{\partial \theta}{\partial z}:$ $$ \begin{align*} -\sin\theta\ d\theta &= -\frac{zx}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} dx = -\frac{\cos\ \theta\sin\ \theta\cos\ \phi}{r}dx,\\ -\sin\theta\ d\theta &= -\frac{zy}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} dy = -\frac{\cos\ \theta\sin\ \theta\sin\ \phi}{r}dy,\\ \cos\theta\ d\theta &= -\frac{z\sqrt{x^2+y^2}}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} dz = \frac{\cos\ \theta\sin\ \theta}{r}dz, \end{align*} $$ отже $$ \begin{align} \frac{\partial \theta}{\partial x}&=\frac{\cos\ \theta\cos\ \phi}{r},\\ \frac{\partial \theta}{\partial y}&=\frac{\cos\ \theta\sin\ \phi}{r},\\ \frac{\partial \theta}{\partial z}&=-\frac{\sin\ \theta}{r}. \end{align} $$

Тепер нам потрібно обчислити $\frac{\partial^2}{\partial x^2}, \frac{\partial^2}{\partial y^2}$ і $\frac{\partial^2}{\partial z^2}.$ Почнемо з найпростішого: $$ \frac{\partial^2}{\partial z^2} = \left(\cos\ \theta\frac{\partial}{\partial r} - \frac{\sin\ \theta}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\right)\left(\cos\ \theta\frac{\partial}{\partial r} - \frac{\sin\ \theta}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\right). $$ Далі гірше: $$ \begin{align*} \frac{\partial^2}{\partial x^2} &= \left(\sin\ \theta\cos\ \phi\frac{\partial}{\partial r} - \frac{\sin\ \phi}{r\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial \phi} + \frac{\cos\ \theta\cos\ \phi}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\right)\\ &\quad \times\left(\sin\ \theta\cos\ \phi\frac{\partial}{\partial r} - \frac{\sin\ \phi}{r\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial \phi} + \frac{\cos\ \theta\cos\ \phi}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\right),\\ \frac{\partial^2}{\partial y^2} &= \left(\sin\ \theta\sin\ \phi\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\cos\ \phi}{r\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial \phi} + \frac{\cos\ \theta\sin\ \phi}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\right)\\ &\quad \times\left(\sin\ \theta\sin\ \phi\frac{\partial}{\partial r} + \frac{\cos\ \phi}{r\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial \phi} + \frac{\cos\ \theta\sin\ \phi}{r}\frac{\partial}{\partial \theta}\right). \end{align*} $$ Якщо ми будемо просто розкривати дужки, то збожеволіємо. Тому ми будемо розглядати доданки зі спільним множником. Почнемо з $\frac{\partial^2}{\partial r^2}$: $$[\cos^2\ \theta + \sin^2\ \theta(\cos^2\ \phi + \sin^2\ \phi)] = 1.$$ Себто, перший доданок результату -- це $\boxed{\frac{\partial^2}{\partial r^2}}.$ Гляньмо на те, що відбувається з доданками де кожен множник містить $\frac{\partial}{\partial \phi}.$ Розпишемо ті з них, які в рівняннях із $\frac{\partial}{\partial x^2}$ і $\frac{\partial}{\partial y^2}$ відповідно: $$ \begin{align*} \left(-\frac{\sin\ \phi}{r\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial \phi}\right)\cdot\left(-\frac{\sin\ \phi}{r\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial \phi}\right) &=\frac{\sin\ \phi\cos\ \phi}{r^2\sin^2\ \theta}\frac{\partial}{\partial \phi}+\frac{\sin^2\ \phi}{r^2\sin^2\ \theta}\frac{\partial^2}{\partial \phi^2},\\ \left(-\frac{\cos\ \phi}{r\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial \phi}\right)\cdot\left(-\frac{\cos\ \phi}{r\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial \phi}\right) &=-\frac{\cos\ \phi\sin\ \phi}{r^2\sin^2\ \theta}\frac{\partial}{\partial \phi}+\frac{\cos^2\ \phi}{r^2\sin^2\ \theta}\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}. \end{align*} $$ У сумі виходить $\boxed{\frac{1}{r^2\sin^2\ \theta}\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}}.$ Переходимо до множення додантків із $\frac{\partial}{\partial \theta}:$ $$ \begin{align*} &\left(\frac{\sin\ \theta\cos\ \theta}{r^2} - \frac{\cos\ \theta\sin\ \theta\cos^2\ \phi}{r^2} - \frac{\cos\ \theta\sin\ \theta\sin^2\ \phi}{r^2}\right)\frac{\partial}{\partial \theta}\\ &+\left(\frac{\sin^2\ \theta}{r^2} + \frac{\cos^2\ \theta\cos^2\ \phi}{r^2} + \frac{\cos^2\ \theta\sin^2\ \phi}{r^2}\right)\frac{\partial^2}{\partial \theta^2}. \end{align*} $$ Отже, маємо $\boxed{\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2}{\partial \theta^2}}.$

Попереду ще багатенько, хай йому грець! Добре, наступне коло, беремося за всі доданки з $\frac{\partial}{\partial r}$ і $\frac{\partial}{\partial \phi}:$ $$ \begin{align*} &\left(\frac{\sin\ \theta\cos\ \phi\sin\ \phi}{r^2\sin\ \phi} - \frac{\sin\ \theta\sin\ \phi\cos\ \phi}{r^2\sin\ \phi}\right)\frac{\partial}{\partial \phi}\\ &+\left(\frac{\sin^2\ \phi\sin\ \theta}{r\sin\ \theta} + \frac{\cos^2\ \phi\sin\ \theta}{r\sin\ \theta}\right)\frac{\partial}{\partial r}\\ &+\bigg(-\frac{\sin\ \theta\cos\ \phi\sin\ \phi}{r\sin\ \theta} - \frac{\sin\ \phi\sin\ \theta\cos\ \phi}{r\sin\ \theta}\\ &\quad\quad + \frac{\sin\ \theta\sin\ \phi\cos\ \phi}{r\sin\ \theta} + \frac{\cos\ \phi\sin\ \theta\sin\ \phi}{r\sin\ \theta}\bigg)\frac{\partial}{\partial r}\frac{\partial}{\partial \phi}\\ =&\boxed{\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}}. \end{align*} $$ Тепер черга за доданками з $\frac{\partial}{\partial r}$ і $\frac{\partial}{\partial \theta}:$ $$ \begin{align*} &\left(\frac{\cos\ \theta\sin\ \theta}{r^2}-\frac{\sin\ \theta\cos^2\ \phi\cos\ \theta}{r^2}-\frac{\sin\ \theta\sin^2\ \phi\cos\ \theta}{r^2}\right)\frac{\partial}{\partial \theta}\\ &+\left(\frac{\sin^2\ \theta}{r} + \frac{\cos^2\ \theta\cos^2\ \phi}{r} + \frac{\cos^2\ \theta\sin^2\ \phi}{r} \right)\frac{\partial}{\partial r}\\ &+\bigg(-\frac{\cos\ \theta\sin\ \theta}{r}-\frac{\sin\ \theta\cos\ \theta}{r}\\ &\quad\quad + \frac{\sin\ \theta\cos\ \theta\cos^2\ \phi}{r} + \frac{\sin\ \theta\cos\ \theta\sin^2\ \phi}{r}\\ &\quad\quad + \frac{\sin\ \theta\cos\ \theta\sin^2\ \phi}{r} + \frac{\sin\ \theta\cos\ \theta\sin^2\ \phi}{r}\bigg)\frac{\partial}{\partial r}\frac{\partial}{\partial \theta}\\ =&\boxed{\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}}. \end{align*} $$ І остання двійка множників -- це $\frac{\partial}{\partial \phi}$ і $\frac{\partial}{\partial \theta}:$ $$ \begin{align*} &\left(\frac{\sin^2\ \phi\cos\ \theta}{r^2\sin\ \theta}+\frac{\cos^2\ \phi\cos\ \theta}{r^2\sin\ \theta}\right)\frac{\partial}{\partial \theta}\\ &+\left(\frac{\cos^2\ \theta\cos\ \phi\sin\ \phi}{r\sin^2\ \theta} - \frac{\cos^2\ \theta\sin\ \phi\cos\ \phi}{r\sin^2\ \theta}\right)\frac{\partial}{\partial \phi}\\ &+\bigg(-\frac{\sin\ \phi\cos\ \theta\cos\ \phi}{r^2\sin\ \theta}-\frac{\cos\ \theta\cos\ \phi\sin\ \phi}{r^2\sin\ \theta}\\ &\quad\quad + \frac{\cos\ \phi\cos\ \theta\sin\ \phi}{r^2\sin\ \theta} + \frac{\sin\ \phi\cos\ \theta\cos\ \phi}{r^2\sin\ \theta}\bigg)\frac{\partial}{\partial \phi}\frac{\partial}{\partial \theta}\\ =&\boxed{\frac{\cos\ \theta}{r^2\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial \theta}}. \end{align*} $$ Тепер збираємо всі доданки обведені прямокутниками, щоб отримати формулу оператора Лапласа у сферичних координатах: $$\nabla^2 = \frac{\partial^2}{\partial r^2} + \frac{2}{r}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{r^2}\bigg[\frac{\partial^2}{\partial \theta^2} +\frac{\cos\ \theta}{\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial \theta} + \frac{1}{\sin^2\ \theta}\frac{\partial^2}{\partial \phi^2}\bigg].$$ Ми можемо переписати її в трошки охайнішій формі: $$\boxed{\nabla^2 = r^2\frac{\partial}{\partial r}\frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} + \frac{1}{r^2\sin\ \theta}\frac{\partial}{\partial\theta}\sin\ \theta\frac{\partial}{\partial\theta} + \frac{1}{r^2\sin^2\ \theta}\frac{\partial^2}{\partial\phi^2}}.$$ Зауважте, що домноження на $r^2$ повністю розділяє кутову частину від радіальної. Ось чому уся робота була варта того.

пʼятниця, 26 травня 2017 р.

Лапласіан радіальної функції

Нехай $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R} - $ це радіальна функція, тобто $f(x)=f(r)$ де $r:=\left\|x\right\|_2$. Тоді $$\Delta f=\frac{1}{r^{n-1}}\frac{d}{dr}(r^{n-1}f').$$

Доведення:

З одного боку, $$\frac{1}{r^{n-1}}\frac{d}{dr}\left(r^{n-1}f'\right) = \frac{1}{r^{n-1}} \left( (n-1)r^{n-2} f' + r^{n-1} f'' \right) = \frac{n-1}{r}f' + f''$$ З іншого боку, градієнт $f - $ це $$ \begin{align*} \displaystyle \nabla f& = \left(\frac{\partial}{\partial x_1}f,\dots,\frac{\partial}{\partial x_n}f\right)\\ & = \Bigg(\frac{\partial r}{\partial x_1}\frac{\partial f}{\partial r},\dots,\frac{\partial r}{\partial x_n}\frac{\partial f}{\partial r}\Bigg)\\ & = \Bigg(\frac{x_1}{r}f',\dots,\frac{x_n}{r}f'\Bigg)\\ & = \frac{\vec{r}}{r}f',\\ \end{align*} $$ де $\frac{\partial r}{\partial x_i} = \left(\sqrt{\sum_{j=1}^n x_j^2}\right)'_{x_i} = \frac{2x_i}{2\sqrt{\sum_{j=1}^n x_j^2}} = \frac{x_i}{r}.$

Тепер ми можемо обислити Лапласіан $f.$

$$ \begin{align*} \nabla\cdot\nabla f& = \nabla\cdot\left(\frac{x_1}{r}f',\dots,\frac{x_n}{r}f'\right) = \sum_{i=1}^n \left(\frac{x_i}{r}f'\right)'_{x_i}\\ & = \sum_{i=1}^n \left(\frac{1\cdot r - x_i\cdot x_i/r}{r^2}f' + \frac{x_i}{r}f''\frac{\partial r}{\partial x_i}\right)\\ & = \left( \frac{n}{r} - \frac{\vec{r}\cdot\vec{r}}{r^3}\right) f' + \frac{\vec{r}\cdot\vec{r}}{r^2}f'' = \frac{n-1}{r}f' + f'' \end{align*} $$ Отже, $\boxed{\displaystyle \Delta f = \frac{1}{r^{n-1}}\frac{d}{dr}\left(r^{n-1}f'\right).}$

неділя, 5 лютого 2017 р.

По дорозі до Нав'є — Стокса

Загальна транспортна теорема

Нехай $\mathbf F$ буде гладким векторним або скалярним полем в області $\mathcal R(t)$ чиї межі це $\mathcal S(t),$ і нехай $\mathbf W$ буде полем швидкостей часозалежного руху $\mathcal S(t).$ Тоді $$\frac{d}{dt}\int_{\mathcal R(t)}\mathbf F(x, t)\ dV = \int_{\mathcal R(t)}\frac{\partial \mathbf F}{\partial t}\ dV + \int_{\mathcal S(t)}\mathbf F\mathbf W \cdot \mathbf n\ dA.$$

Транспортна теорема Рейнольдса

Нехай $\mathbf\Phi$ буде гладким векторним або скалярним полем, і припустимо, що $\mathcal R(t)$ це пакунок плину з поверхнею $\mathcal S(t),$ що мандрує зі швидкістю потоку $\mathbf U.$ Тоді $$\frac{D}{Dt}\int_{\mathcal R(t)}\mathbf\Phi\ dV =\int_{\mathcal R(t)}\frac{\partial\mathbf\Phi}{\partial t}\ dV +\int_{\mathcal S(t)}\mathbf\Phi \mathbf U \cdot \mathbf n\ dA.$$

Виведення з Загальної транспортної теореми.

Якщо наша область рухається зі швидкістю потоку, то $\mathbf W = \mathbf U$ і загальна похідна перетворюється на матеріальну.1

Рівняння неперервності для контрольного об'єму

Почнемо з розглядання фіксованої маси плину $m,$ що міститься в довільній області $\mathcal R(t).$ $$m=\int_{\mathcal R(t)}\rho\ dV.$$ $\mathcal R(t), m$ можуть змінюватись з часом, але маса повинна залишатись незмінною. Наприклад, можна розглянути повітряну кульку з теплим повітрям у холодному середовищі. $$\frac{dm}{dt}=\frac{d}{dt}\int_{\mathcal R(t)}\rho\ dV.$$ Застосувавши загальну транспортну теорему маємо: $$\int_{\mathcal R(t)}\frac{\partial \rho}{\partial t}\ dV + \int_{\mathcal S(t)}\rho \mathbf W\cdot \mathbf n\ dA = 0.$$ У плинових системах зазвичай зручно вважати, що поле швидкостей $\mathbf W$ було полем швидкостей плину, що відповідає розгляданню на локальному рівні нашої області як пакунок плину. $$\int_{\mathcal R(t)}\frac{\partial \rho}{\partial t}\ dV + \int_{\mathcal S(t)}\rho \mathbf U\cdot \mathbf n\ dA = 0.$$ Використавши формула Остроградського-Гауса ми позбуваємось двох типів інтегралів залишаючи лише інтеграл по об'єму: $$\int_{\mathcal R(t)}\frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \cdot \rho \mathbf U\ dV = 0.$$ З того, що область $\mathcal R(t)$ було обрана довільно ми можемо вважати, що це діє і для наскільки завгодно малої області (в рамках нашої гіпотези неперервності), тобто інтеграл мусить бути нулем усюди в $\mathcal R(t)$. Якщо це не так ми можемо розділити $\mathcal R(t)$ на дві підобласті додатну і від'ємну і показити цим порушення рівності нулю. Отже, $$\begin{equation}\frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \cdot \rho \mathbf U=0\label{eq:cont_eq_df}\end{equation}.$$ Це диференціальна форма рівняння неперервності.
Якщо розписати оператор дивергенції, то маємо $$\begin{equation} \rho_t + (\rho u)_t + (\rho v)_t + (\rho w)_t = 0\label{eq:cont_eq_div_decomp}\end{equation}.$$ Тепер можна використати добутку для похідних $$\frac{D\rho}{Dt} + \rho\nabla\cdot \mathbf U = 0\label.$$ У випадку нестисного потоку, $\rho - $ стале, маємо $$\begin{equation}u_x + v_y + w_z = 0\label{eq:incompres_uvw}\end{equation}.$$

Аналіз у випадку контрольного об'єму

Оскільки $\ref{eq:cont_eq_df}$ виконується для будь-якого об'єму, то ми можемо записати його і для пакунку плину $$\int_{\mathcal R(t)} \frac{\partial \rho}{\partial t} + \nabla \cdot \rho \mathbf U\ dV = 0.$$ Тепер ми використаємо формулу Остроградського-Гауса в іншому напрямку $$\int_{\mathcal R(t)} \frac{\partial \rho}{\partial t}\ dV + \int_{\mathcal S(t)} \rho \mathbf U \cdot \mathbf n = 0.$$ Тепер Загальну транспортну теорему $$\frac{d}{dt} \int_{\mathcal R(t)}\rho\ dV + \int_{\mathcal S(t)}\rho(\mathbf U - \mathbf W)\cdot \mathbf n \ dA = 0.$$ Якщо $\mathcal S_e(t)$ - зона входів і виходів через які плин може втікати і витікати, то $$\frac{d}{dt} \int_{\mathcal R(t)}\rho\ dV + \int_{\mathcal S_e(t)}\rho(\mathbf U - \mathbf W)\cdot \mathbf n \ dA = 0.$$ Це рівняння називається рівняння неперервності для контрольного об'єму і виражає очевидний факт, що
$\{$ швидкість збільшення маси
контрольного об'єму
$\}$ = $\{$ сумарний потік
крізь поверхню
$\}$

Спрощення

Якщо густина незмінна з часом, а контрольний об'єм нерухомий, тобто $\mathbf W = 0,$ тоді можна записати $$\begin{equation}\int_{\mathcal S_e(t)}\rho\mathbf U \cdot \mathbf n\ dA = 0\label{eq:cv_simple}\end{equation}.$$ Рівняння $\ref{eq:cv_simple}$ вимірюється в одиницях $\rho U A,$ тобто $\frac{M}{L^3}\frac{L}{T}L^2 = \frac{M}{T}.$ Ми називаємо це масовою ви́тратою $\dot m = \rho U A.$ У випадку часозалежної поверхні маємо $$\dot m = \int_{\mathcal S_e(t)} \rho(\mathbf U - \mathbf W)\cdot n\ dA.$$

Рівняння імпульсу потоку плину

Тут нам знадобиться закон Ньютона, який ми запишемо в альтернативній формі $$F/V = \frac{d}{dt}(\rho u).$$ На відміну від випадку з рівнянням неперевності наша область одразу буде пакунком плину. Якщо ми використовуємо Ейлерову точку зору, то швидкість зміни вектора імпульсу $\frac{D}{Dt}\int_{\mathcal R(t)}\rho \mathbf U\ dV.$ Маємо основні два типи сил, які треба врахувати:
  • масова сила - $\int_{\mathcal R(t)}\mathbf F_B\ dV,$
  • поверхнева сила - $\int_{\mathcal S(t)}\mathbf F_S\ dA.$
$$\begin{equation}\frac{D}{Dt}\int_{\mathcal R(t)}\rho \mathbf U\ dV = \int_{\mathcal R(t)}\mathbf F_B\ dV + \int_{\mathcal S(t)}\mathbf F_S\ dA\label{eq:momentum}\end{equation}.$$ Не дуже зручно мати в одному рівнянні два типи інтегралів: по поверхні і по об'єму. Також хотілось би використовувати змінні, які звичні інженерних обчислень, тому потрібно виразити об'єм і поверхню через ці змінні. Зауважимо, що масові сили досить прості, тобто зазвичай це лише виштовхувальна сила через гравітаційне прискорення, $\mathbf F_B = \rho \mathbf g.$ Натомість робота з поверхневими силами вимагає певних серйозних зусиль, тому спочатку ми спростимо рівняння внесенням диференціювання під знак інтеграла. Для цього ми використаємо транспортну теорему Рейнольдса. $$\frac{D}{Dt}\int_{\mathcal R(t)}\rho u\ dV =\int_{\mathcal R(t)}\frac{\partial \rho u}{\partial t}\ dV +\int_{\mathcal S(t)}\rho u \mathbf U \cdot \mathbf n\ dA.$$ Знов використаємо формулу Остроградського-Гауса, щоб отримати інтеграл по об'єму праворуч, під знаком інтегралу маємо $$\frac{\partial \rho u}{\partial t} + \nabla \cdot (\rho u \mathbf U) = \frac{\partial \rho u}{\partial t} + \mathbf U \cdot \nabla (\rho u) + \rho u \nabla \cdot \mathbf U.$$ Тому що ми маємо справу з нестисним потоком, ми можемо використати $\ref{eq:incompres_uvw}$ $$\begin{equation}\frac{D}{Dt}\int_{\mathcal R(t)}\rho u\ dV =\int_{\mathcal R(t)}\rho\frac{\partial u}{\partial t} + \rho\mathbf U \cdot \nabla u\ dV =\int_{\mathcal R(t)}\rho\frac{D u}{D t}\ dV \label{eq:for_momentum_under_int}\end{equation},$$ де $u$ - це $x-$компонент швидкості. Перезапишемо $\ref{eq:momentum}$ використавши $\ref{eq:for_momentum_under_int}$: $$\begin{equation}\int_{\mathcal R(t)}\rho \frac{D\mathbf U}{Dt}\ dV = \int_{\mathcal R(t)}\mathbf F_B\ dV + \int_{\mathcal S(t)}\mathbf F_S\ dA\label{eq:momentum_under_int}\end{equation}.$$

Ну що ж, нам залишились два кроки: перевести рівняння $\ref{eq:momentum_under_int}$ до диференціальної форми і розібратись із поверхневими силами. Зауважимо, що $\mathbf F_S$ - це вектор і це говорить, що має існувати матриця $\Lambda,$ така що $\mathbf F_S = \mathbf{\Lambda} \cdot \mathbf n.$ З того, що $\mathbf n$ - це чисто геометрична величина, нормаль до поверхні, то фізична сутність поверхневих сил мусить зберігатись в матриці $\mathbf{\Lambda}.$

Тепер ми готові записати базову форму диференціального рівняння імпульсу: $$\int_{\mathcal R(t)}\rho \frac{D\mathbf U}{Dt}\ dV = \int_{\mathcal R(t)}\mathbf F_B\ dV + \int_{\mathcal S(t)}\mathbf{\Lambda}\cdot\mathbf n\ dA,$$ Тому що $\mathcal R(t)$ - це довільний елемент плину і, отже, ми можемо обрати його як завгодно малим, то підінтегральний вираз також дорівнює нулю: $$\begin{equation}\rho \frac{D\mathbf U}{Dt} - \mathbf F_B - \nabla\cdot\mathbf{\Lambda} = 0\label{eq:momentum_dif_form}\end{equation}.$$ Це дуже загальний баланс імпульсу, що виконується для всіх точок будь-якого потоку плину (в межах гіпотези неперервності).

Трактування поверхневих сил

Поверхневе напруження складніша величина. Причиною цьому є те, що ми не можемо говорити про напруження в точці не визначивши поверхню на яку це напруження діє. $$\Lambda = \begin{bmatrix} -p + \tau_{xx} & \tau_{xy} & \tau_{xz} \\ \tau_{yx} & -p + \tau_{yy} & \tau_{yz} \\ \tau_{zx} & \tau_{zy} & -p + \tau_{zz} \\ \end{bmatrix} = -p\mathbf I + \mathbf\tau.$$ $\mathbf\tau$ відомий як в'язкісний тензор напружень.

Рівняння Нав'є-Стокса

$$ \begin{align*} \nabla\cdot\Lambda &= \big(-\frac{\partial p}{\partial x} + \frac{\partial\tau_{xx}}{\partial x} + \frac{\partial\tau_{yx}}{\partial y} + \frac{\partial\tau_{zx}}{\partial z}\big)\mathbf e_1 +\\ &= \big(-\frac{\partial p}{\partial y} + \frac{\partial\tau_{xy}}{\partial x} + \frac{\partial\tau_{yy}}{\partial y} + \frac{\partial\tau_{zy}}{\partial z}\big)\mathbf e_2 +\\ &= \big(-\frac{\partial p}{\partial z} + \frac{\partial\tau_{xz}}{\partial x} + \frac{\partial\tau_{yz}}{\partial y} + \frac{\partial\tau_{zz}}{\partial z}\big)\mathbf e_3. \end{align*} $$ Тепер ми можемо переписати $\ref{eq:momentum_dif_form}$ у вигляді $$\begin{equation}\rho\frac{Du}{Dt} = -\frac{\partial p}{\partial x} + \frac{\partial\tau_{xx}}{\partial x} + \frac{\partial\tau_{yx}}{\partial y} + \frac{\partial\tau_{zx}}{\partial z} + F_{B,x}\label{eq:momentum_df_tau}\end{equation}$$ Згадаємо багатовимірний закон в'язкості Ньютона, який надає такі формули для компонентів напруження в'язкості: $$\tau_{xx} = 2\mu u_x, \tau_yx = \mu(u_y+v_x), \tau_zx = \mu=\mu(u_z+w_x).$$ Підставляючи це у другий, третій і четвертий доданки $\ref{eq:momentum_df_tau}$ маємо $$2\mu u_{xx}+\mu(u_y+v_x)_y+\mu(u_z+w_x)_z.$$ Ми можемо переформатувати це так: $$\mu (u_{xx} + u_{yy} + u_{zz}) + \mu (u_x + v_y + w_z)_x,$$ але ми маємо справу з нестисним потоком, тому згідно з $\ref{eq:incompres_uvw}$ дивергенція вектора швидкості дорівнює нулю і залишається лише перший доданок. $$\rho\frac{Du}{Dt}=-p_x+\mu(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz})+F_{B,x}.$$ Зазвичай це рівняння ділять на $\rho$ і представляти його як $$u_t + uu_x+vu_y+wu_z = -\frac{1}{\rho}p_x+\nu\Delta u+\frac{1}{\rho}F_{B,x}.$$ Тут, $\nu$ - це кінематична в'язкість.

Рівняння для всіх трьох координат називаються рівняннями Нав'є-Стокса, і вони надають опис в кожній точці для по суті будь-якого нестисного потоку.

Аналіз рівнянь Нав'є-Стокса

$$\overbrace{\underbrace{u_t}_{\substack{локальне \\ прискорення}} + \underbrace{uu_x+vu_y+wu_z}_{\substack{конвекційне\\ прискорення}}}^{повне\ прискорення} = \overbrace{-\frac{1}{\rho}p_x}^{сили\ тиску}+ \overbrace{\nu\Delta u}^{сили\ в'язкості}+ \overbrace{\frac{1}{\rho}F_{B,x}}^{масові\ сили}.$$ Доданки ліворуч в контексті рівнянь Н.-С. часто називають інерційними.

Сили в'язкості

$$\nu\Delta u = \nu(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}).$$ Загалом, доданки у вигляді другої похідної у диференційному рівнянні зазвичай пов'язують із дифузією, і в в обох фізичному і математичному контекстах представляють розмазування, згладжування або змішування.

Ех, зібратись би колись і закінчити це

Примітки