Embed Size (px)
Citation preview
42
3 Obične diferencijalne jednačine
Obične diferencijalne jednačine se često javljaju pri matematičkoj analizi hemijsko-
inženjerskih procesa. Tipični primeri su: analiza stacionarnog prenosa toplote i mase duž jednog koordinatnog pravca i analiza promene sastava reakcione smeše u toku vremena u idealno mešanim šaržnim reaktorima.
Da se podsetimo da je obična diferencijalna jednačina (ODJ) jednačina u kojoj figurišu izvodi nepoznate funkcije )(xf . Tako je opšti implicitni oblik ODJ :
( ) 0)(,),(),(, )( =′ xyxyxyxF nK (3.1)
iz kojeg je nekad moguće dobiti eksplicitni oblik , rešavanjem po najvišem izvodu:
( ))(,),(),(, )1( xyxyxyxfdx
yd nn
n−′= K (3.1a)
Kažemo da je ODJ (3.1) n-tog reda, jer je najviši izvod koji figuriše u njoj reda n Diferencijalna jednačina (3.1) važi na nekom intervalu vrednosti nezavisno promenljive (a, b), koji može da bude i beskonačan.
Primeri:
1. Diferencijalna jednačina koja opisuje prenos toplote kroz zid debljine d, čije su ostale dve dimenzije vrlo velike, važi u intervalu (0, d), pri čemu je koordinatni početak postavljen na jednoj od graničnih površina zida.
2. Diferencijalna jednačina koja opisuje promenu koncentracije reaktanta u šaržnom reaktoru važi u beskonačnom intervalu vremena ),0( ∞ .
Rešenje ili integral diferencijalne jedna čine
Svaka funkcija y(x) koja zadovoljava datu dif. jednačinu n - tog reda (3.1) u intervalu (a,b) predstavlja njeno rešenje. Pri tom, ono je
• opšte, kada sadrži tačno n proizvoljnih konstanti, Ci, i = 1,2,...,n, koje se zovu integracione konstante,
43
• partikularno , koje se dobija iz opšteg, određivanjem brojnih vrednosti n integracionih konstanti iz isto toliko dodatnih uslova, koje moraju da zadovolje funkcija i njeni izvodi, na granicama a i b oblasti definisanosti. Ti dodatni uslovi se zovu granični uslovi.
Primer:
Pojavljivanje integracionih konstanti u opštem rešenju ćemo ilustrovati na jednostavnom primeru dif. jednačine 3. reda:
03
3
=dx
yd
Prvom integracijom jednačine dobijamo:
12
2
Cdx
yd=
gde je C1 proizvoljna konstanta. Druga integracija daje :
21 CxCdx
dy+=
gde je C2 druga integraciona konstanta, i konačno rešenje dobijamo još jednom integracijom:
32
2
1 2CxC
xC
dx
dy++=
i ono sadrži tačno tri integracione konstante.
Problemi sa po četnim i grani čnim uslovima
U zavisnosti od postavljenih dodatnih uslova uz dif. jednačinu n-tog reda, razlikujemo,
• Probleme sa početnim uslovima (initial value problem), kod kojih je svih n dodatnih uslova zadato na levoj granici intervala ),( ba i oni se nazivaju početni uslovi. U standardnim problemima, to znači da je zadato:
)(,),(),(),( )1( ayayayay n−′′′K
• Probleme sa graničnim ili konturnim uslovima (boundary value problem), kada su neki uslovi dati na levoj granici a, a neki na desnoj granici b oblasti definisanosti Kažemo da su granični uslovi razdvojeni (split boundary conditions)
Primeri:
1. Promena koncentracije AC reaktanta A, koji se troši u nekoj homogenoj hemijskoj reakciji,
→A proizvodi
sa vremenom t, pri konstantnoj temperaturi i gustini reakcione smeše, u šaršnom reaktoru sa idealnim mešanjem reakcione smeše, opisana je diferencijalnom jednačinom 1. reda:
),0(),( ∞∈−= tCrdt
dCA
A
44
sa početnim uslovom:
0)0( AA CC =
gde je r(CA) izraz za brzinu hemijske reakcije u funkciji koncentracije reaktanta i temperature.U pitanju je početni problem za diferencijalnu jednačinu 1. reda.
2. Ako se ista reakcija izvodi u izotermnom stacionarnom cevnom reaktoru dužine L, promena koncentracije reaktanta duž reaktora opisana je diferencijalnom jednačinom 2. reda:
LzCrdz
dCw
dz
CdD A
AAA <<=−− 0,0)(
2
2
sa graničnim uslovima:
)0()0(:0 0AAAA CDCwCwz ′−== (ulaz u reaktor)
0)(: =′= LCLz A (izlaz iz reaktora)
gde su,
0AC - ulazna koncentracija reaktanta;
AD - koeficijent difuzije reaktanta;
w – brzina strujanja reakcione smeše kroz reaktor.
U pitanju je granični problem.
Linearne diferencijalne jedna čine
Diferencijalna jednačina oblika
)()()()()( 012
2
21
1
1 xFyxadx
dyxa
dx
ydxa
dx
ydxa
dx
ydn
n
nn
n
nn
n
=+++++−
−
−−
−
−L (3.2)
je linearna dif. jednačina n-tog reda. Pretpostavlja se da su funkcije 1,,1,0),( −= nkxak K
i )(xF neprekidne na posmatranom intervalu (a, b). Ako su specijalno, one konstante, onda je (3.2) jednačina sa konstantnim koeficijentima (Pogl. 4.3). Kada je 0)( ≡xF , kažemo da je jednačina homogena, a inače je nehomogena.
Diferencijalne jednačina koje nemaju oblik (3.2) su nelinearne. Problemi rešavanja nelinearnih ODJ - nelinearni problemi su znatno teži od linearnih problema (rešavanje linearnih jednačina).
Primeri:
Diferencijalna jednačina
kxdx
dyx
dx
yd=+ 2
2
2
2
je jedna linearna (nehomogena) diferencijalna jednačina, dok su jednačine,
kxdx
dyy
dx
yd=+
2
2
45
kxdx
dya
dx
yd =
+2
2
2
nelinearne.
Egzistencija i multiplicitet rešenja nelinearnih d iferencijalnih jedna čina.
Kao i kod nelinearnih algebarskih jednačina, pri rešavanju nelinearnih diferencijalnih jednačina postoje mogućnosti da,
• nema ni jednog realnog rešenja;
• ima više rešenja koja zadovoljavaju date granične uslove - multiplicitet rešenja.
Utvrđivanje uslova za egzisteniju jednog ili više rešenja nelinearnih problema je vrlo kompleksan matematički problem.
Singularna rešenja
Pri rešavanju nelinearnih diferencijalnih jednačina, moguće je u postupku rešavanja, pored jednog opšteg rešenja dobiti još jedno rešenje, koje se ne može izvesti iz opšteg ni za jedan set vrednosti integracionih konstanti. Takvo rešenje se naziva singularno. Ono dakle ne pripada familiji krivih koja se dobija variranjem integracionih konstanti u opštem rešenju. Drugim rečima, singularno rešenje zadovoljava diferencijalnu jednačinu, ali ne zadovoljava zadate granične uslove. Primer singularnog rešenja biće dat u Pogl. 3.2.3.
3.1 NEKE JEDNAČINE PRVOG REDA
Diferencijalne jednačine prvog reda se mogu zadati u tri oblika:
• implicitni: 0),,( =′yyxF
• eksplicitini: ),( yxfy =′
• sa diferencijalima: 0),(),( =+ dyyxQdxyxP
Jasno je da postoji samo problem sa početnim uslovom iz koga se određuje integraciona konstanta u opštem rešenju i tako dobija partikularno rešenje. Podsetićemo se dva tipa ODJ 1. reda, koji se pored jednačina sa razdvajanjem promenljivih najčešće sreću u hem. inženjerskim problemima: homogena i linearna dif. jednačina i upoznaćemo se sa Rikatijevom dif. jednačinom.
46
3.1.1 Homogena jedna čina
Homogena dif. jednačina se može dovesti u oblik:
=x
yf
dx
dy (3.3)
i smenom:
x
yu = (3.3a)
se prevodi u jednačinu sa razdvajanjem promenljivih. Zaista, pošto je,
( ) uxuxuxy ′+=′⋅=′ )(
rezultat uvođenja smene je :
)(ufdx
duxu =+
i možemo, radi integracije, da razdvojimo promenljive:
∫ ∫ =+=−
)ln(ln)(
CxCx
dx
uuf
du (3.4)
gde je C integraciona konstanta.
PRIMER 3.1 Naći opšte rešenje diferencijalne jednačine:
dx
dyxy
dx
dyxy =+ 22
Preuređivanjem prevodimo jednačinu u oblik (3.3):
1
2
−
=
x
yx
y
dx
dy
Smena (3.3a) daje:
1
2
−=+
u
u
dx
duxu
odnosno,
1−
=u
u
dx
dux
47
Razdvajanje promenljivih:
x
dxdu
u
u=
−1
Integracija:
)ln(ln Cxuu =−
u
uCx
)exp(=
Smena xyu /= i sređivanje daje konačno:
=x
y
Cy exp
1
PRIMER 3.2 U idealno mešanom šaržnom reaktoru se istovremeno odigravaju elementarne reakcije:
SBRBAkk 21
2, →→+ (3.5)
Početne koncentracije učesnika u reakcijama su: 0)0()0(,)0(,)0( 00
==== SRBBAA CCCCCC
Potrebno je odrediti vezu između koncentracije reaktanta B i stepena konverzije reaktanta A u toku procesa, tj. funkciju )( AB xC , gde je ,
0
0
A
AAA
C
CCx
−= (3.5a)
Pošto su u pitanju elementarne reakcije, znači da su 2. reda, sa brzinama )( 3smmol :
22211 , BBA CkrCCkr ==
Materijalni bilansi daju dif. jednačine koje, zajedno sa početnim uslovima, opisuju promene koncentracija reaktanata u toku vremena :
00
221
1
)0(,)0(
2
BBAA
BBAB
BAA
CCCC
CkCCkdt
dC
CCkdt
dC
==
−−=
−=
(3.6)
Deljenjem levih i desnih strana jednačina eliminiše se vreme i dobija dif. jednačina koja opisuje koncentracije jednog od reaktanata u funkciji koncentracije drugog. Tako deljenjem druge prvom jednačinom dobijamo dif. jednačinu:
48
A
B
A
B
C
C
k
k
dC
dC
1
221+= (3.7)
kojoj treba pridodati i početni uslov: 00 )( BAB CCC = . Radi lakšeg zapisivanja, umesto
BA CC i privremeno ćemo koristiti oznake x i y i uvešćemo parametar 212 kk=α . Rešavamo dakle dif. jednačinu,
02,12
1 >=αα+=k
k
x
y
dx
dy
koja je očigledno homogena. Smena (3.3a) daje :
udx
duxu α+=+ 1
koju integrišemo:
[ ] [ ]
[ ]
1
1
1
)1(1
)1(1
)ln()1(1ln)1(1ln1
1
)ln()1(1
1
1
1
1
1
1
−α−
−α=
=−α+
=−α+
=−α+=−α+−α
=−α+
−α
−α
−α
−α
∫
xK
u
Kxu
Cxu
Cxuu
Cxu
du
Konačno, opšte rešenje glasi:
11 −α
−−α
== α xx
Kuxy
odnosno,
( )AAAB CKCCC −−α
=α
1
1)(
Preostaje da se odredi integraciona konstanta K iz početnog uslova:
( )( ) ( )αα −α+
=⇒−−α
=0
00000 )1(
1
1
A
BAAAB
C
CCKCCKC
Tražena funkcija je :
49
[ ] 1,0,)1(1
1)( 0
000 ≠α≤≤
−
−α+−α=
α
AAAA
ABAAB CCC
C
CCCCC (3.8)
i nije definisana za jediničnu vrednost bezdimenzionog parametra α.
Ako odnos trenutne i početne koncentracije reaktanta B označimo sa y, iz gornje funkcije dobijamo zavisnost odnosa y od stepena konverzije reaktanta A, definisanog jednačinom (3.5a)
[ ] ( ){ }0
0
0,10,)1(1)1(
1
1)()(
B
AAAA
B
ABA
C
CMxxMxM
C
xCxy =≤≤−−−−α+
−α== α (3.9)
Parametar M je molski odnos reaktanata A i B na početku reakcije.
Preostaje problem nalaženja rešenja dif. jednačine (3.7) za specijalan slučaj 1=α , kada ne važi dobijeno rešenje (3.8). On se može rešiti na dva načina,
• nalaženjem granične vrednosti rešenja (3.8) ili (3.9) kada 1→α
• rešavanjem dif. jednačine (3.7), sa α = 1
Za prvi metod nam treba granična vrednost izraza
[ ] ( ){ }
−−−+== +
→→−α→α)1(1
1limlimlim 1
0011A
pA
pxMxpM
pyy
koji je za 01=−α=p neodređen ( 0/0 ). Najbrže ćemo limes naći koristeći Lopitalovo pravilo:
[ ] ( ) ( )
)1ln()1()1(
1
)1ln(1)()1(lim
)1(1lim
11
0
1
0
AAA
Ap
Ap
A
p
Ap
A
p
xxMx
xxpMx
p
xMxpM
−−+−=
=
−−++−=
−−−+ ++
→
+
→
Dakle, traženo rešenje je :
1,1
)1ln()1()(
)(0
=α
+−−==M
xxMC
xCxy AA
B
ABA
Ostavljamo čitaocu da ovo rešenje nađe, na drugi način, tj. rešavajući dif. jednačinu:
A
B
A
B
C
C
dC
dC+=1
PRIMER 3.3 Analiziraćemo reakcioni sistem iz prethodnog problema, sa inženjerske tačke gledišta.
Radi analize prinosa željenog proizvoda i utrošaka reaktanata u zavisnosti od trajanja procesa, bilo bi vrlo korisno naći koncentracije reaktanata kao funkcije vremena,
)( i )( tCtC BA . To zahteva rešavanje sistema dif. jednačina prvog reda (3.6), koje su
50
nelinearne i to je težak matematički problem. Alternativno, taj problem možemo svesti na rešavanje jedne diferencijalne jednačine, koju dobijamo smenom funkcije )( AB CC (jedn. 3.8)u prvu dif. jednačinu. Rezultat je jednačina :
[ ] 00
0011 )0(,)1(
1)( AAA
A
ABA
AABA
A CCCC
CCC
CkCCCk
dt
dC =
−
−α+−α−=−=
α
(3.10)
čijim rešavanjem dobijamo )(tC A . Preostaje da se smenom u funkciju )( AB CC dobije i
)(tCB .
Međutim, iako je u pitanju najjednostavniji tip ODJ 1. reda – jednačina koja razdvaja promenljive, integral koga treba rešiti nema analitičko rešenje, tj. ne može da se izrazi preko elementarnih funkcija. Preostaje, dakle da se problem rešava približno ili numerički. Zato ćemo se sada ograničiti na analizu rešenja dobijenog u prethodnom primeru.
Na slikama 3.1 i 3.2, dati su grafici dobijene funkcije (3.9) :
[ ] ( ){ })1(1)1(1
1),,( AAA xMxMMxy −−−−α+
−α=α α
za odabrane vrednosti parametara α i M. Uočavamo da posmatrana funkcija ima negativne vrednosti za neke vrednosti parametara, što nema fizičkog smisla, sobzirom da je u pitanju odnos trenutne i početne koncentracije reaktanta B. To znači da je sav reaktant B potrošen. Proces se odvija do momenta u kome CB tj. y postaje jednako nuli. Odgovarajuća vrednost xA, tj nula funkcije ),,( Mxy A α predstavlja maksimalnu konverziju reaktanta A koja se može postići sa datim parametrima α i M.
0 0.2 0.4 0.6 0.8 10.5
0
0.5
1
y xA α, 0.2,( )y xA α, 1,( )y xA α, 1.5,( )
xA
α 0.5=
Sl. 3.1 – Grafici funkcije ),,( Mxy A α za 1.5 , 1,2.0,5.0 ==α M
51
0 0.2 0.4 0.6 0.8 10.5
0
0.5
1
y xA α, 0.2,( )y xA α, 1,( )y xA α, 1.5,( )
xA
α 2=
Sl. 3.2 – Grafici funkcije ),,( Mxy A α za 1.5 , 1,2.0,2 ==α M
Od praktičnog je interesa naći maksimalne konverzije reaktanta A za odabrane vrednosti parametara i to ćemo uraditi u Mathcad-u ( Mathcad fajl P3.3):
3.1.2 Linearna jedna čina
Opšti oblik linearne ODJ 1. reda je :
)()( xQyxPdx
dy=+ (3.11)
P i Q su funkcije samo od x, što čini jednačinu linearnom po traženoj funkciji y i njenom izvodu.Opšti integral jednačine (3.11) se dobija kao:
[ ]∫ += ∫∫− CexQexy dxxPdxxP )()( )()( (3.12)
PRIMER 3.4 Naći opšte rešenje jednačine:
2xx
y
dx
dy=+
2)(,1)( xxQxxP ==
( ) xxx
dxdxxP ==
= ∫∫ )exp(lnexp)(exp
52
( )∫ ∫∫ ==4
)(exp)(4
3 xdxxdxdxxPxQ
( )x
CxC
x
xC
x
xC
xxxy +=
+=
+
=
+−=44
1
4
1lnexp
4lnexp)(
3444
PRIMER 3.5 U šaržnom raktoru se odigravaju dve konsekutivne reakcije:
A R Sk k
→ →1 2
Polazne koncentracije su: CA(0) = CA0, CR(0) = CS(0) = 0
Treba naći funkcije koje opisuju promene koncentracija CA, CR i CS sa vremenom za slučajeve:
a) Obe reakcije su 1. reda
b) Prva reakcija je 2. reda, a druga reakcija je 1. reda.
Slučaj a)
Komponentni bilansi su:
AdC
dtk C C CA
A A A: , ( )= − =100 (3.13a)
RdC
dtk C k C CR
A R R: , ( )= − =1 2 0 0 (3.13b)
0)0(,: 2 == SRS CCk
dt
dCS (3.13c)
Imamo sistem ODJ 1. reda koji se u posmatranom slučaju može rešiti postupno, jedna po jedna dif. jednačina u redosledu:
• rešavanjem jedn (3.13a), koja razdvaja promenljive, dobijamo funkciju )(tCA ,
• smenom )(tC A u (3.13b) dobijamo linearnu dif. jednačinu čije rešenje je )(tCR ,
• konačno, smenom )(tCR u (3.13c) dobijamo dif. jednačinu koja razdvaja
promenljive, čijom integracijom dobijamo treću funkciju )(tCS
Partikularno rešenje 1. dif. jednačine je:
)exp()( 10 tkCtC AA −= (3.14a)
i smenom u drugu jednačinu, dobijamo linearnu dif. jednačinu:
)exp( 10
12 tkCkCkdt
dCAR
R −=+
Imamo,
53
)exp()(,)( 10
12 tkCktQktP A −==
i opšte rešenje )(tCR dobijamo iz (3.12), sa t kao integracionom promenljivom, umesto x:
( ) ( ) )exp(exp)(exp 22 tkdtkdttP == ∫∫
( ) [ ] [ ]tkkCkk
kdttkkCkdtdttPtQ AA )(exp)(exp)(exp)( 12
0
12
112
01 −
−=−=∫ ∫∫
Tako je opšte rešenje,
[ ]
+−−−= CtkkCkk
ktktC AR )(exp)exp()( 12
0
12
12
Iz početnog uslova, CR(0) = 0, nalazimo integracionu konstantu:
Ck
k kCA= −
−
1
2 1
0
što nakon smene daje drugu traženu funkciju:
[ ])exp()exp()( 1221
10 tktkkk
kCtC AR −−−
−= (3.14b)
Konačno, CS(t) dobijamo integracijom treće jednačine. Umesto da prvo nađemo opšte rešenje, pa onda partikularno, određivanjem integracione konstante, možemo odmah da tražimo partikularno rešenje, koje zadovoljava dati početni uslov CS(0) = 0, rešavajući određeni integral:
t
A
t t t
ARS
k
zk
k
zk
kk
kkC
dzzkdzzkkk
kkCdzzCktC
02
2
1
1
21
210
0 0 0
1221
2102
)exp()exp(
)exp()exp()()(
−−−−=
−−−−== ∫ ∫ ∫
( ) ( )[ ])exp(1)exp(1)( 122121
0
tkktkkkk
CtC A
S −−−−−−
= (3.14c)
Na Sl.3.3 data je skica dobijenih rešenja.Vidimo da je koncentracija reaktanta A monotono opadajuća funkcija sa nultom horizontalnom asimptotom, a koncentracija krajnjeg proizvoda, S monotono rastuća funkcija, sa horizontalnom asimptotom
0AS CC = . Koncentracija međuproizvoda R prvo raste, a onda opada asimptotski se
približavajući nuli. Ako je on željeni proizvod, što je najčešće slučaj u praksi ( tj. reakcija SR → je neželjena), od praktičnog interesa je naći momenat kada je njegova koncentracija
maksimalna, jer je to optimalno vreme trajanja procesa. Ostavljamo čitaocu da pokaže da je taj momenat :
54
1
2
12max ln
1
k
k
kkt
−= (3.15a)
a maksimalna koncentracija međuproizvoda:
C Ck
kC
k
kR A
k
k k
A
k k
,max
( )=
=
− −
0 1
2
0 1
2
11
2
2 1 1 2
(3.15b)
Sl. 3.3 – Promene koncentracija komponenata A, R i S u funkciji od vremena
Slučaj b)
Bilansi komponenata A i B glase:
021 )0(,: AAA
A CCCkdt
dCA =−= (3.16a)
0)0(,: 22
1 =−= RRAR CCkCk
dt
dCR (3.16b)
Integracija prve dif. jednačine daje funkciju )(tCA :
tCk
CtC
A
AA 0
1
0
1)(+
=
sa kojom druga dif. jednačina postaje:
55
0)0(,1
2
01
0
12 =
+=+ RA
AR
R CtCk
CkCk
dt
dC
Opšte rešenje dobijamo primenom (3.12):
+
+−= ∫ CdttCk
CtktkktC
A
AR
2
01
0
221 1)exp()exp()( (3.17)
U integral ćemo uvesti smenu:
0
1
01 ,1
AA
Ck
dzdttCkz =+=
Rezultat je :
( ) ( )∫∫∫
−=
−=
+ dzz
az
Ck
k
k
Cdz
z
zCk
k
Ck
k
Ck
Cdt
tCk
Ctk
A
AA
AA
A
A
A20
1
2
1
0
2
01
2
01
20
1
202
01
0
2
expexp
exp
exp1
)exp(
gde je :
0
1
2
ACk
ka =
Smena u (3.17) daje :
)exp()exp(
exp)exp()( 2201
22
0 tkCdzz
az
Ck
ktkCtC
AAR −+
−−= ∫ (3.18)
Integral u izrazu nema analitičko rešenje, ali ga možemo dobiti u obliku beskonačnog stepenog reda integracijom Maklorenovog reda podintegralne funkcije. Tako dobijamo mogućnost izračunavanja funkcije )(tCR sa nekom tačnošću. Pre razvoja u red i integacije izvešćemo parcijalnu integraciju radi pojednostavljenja integrala:
z
vazaduz
dzdvazu
1),exp(,),exp(
2−====
+⋅+⋅+++−=⋅++−
=+−=+−=
∑∫∑∫∫
∞
=
∞
=
−
L
!33
)(
!22
)(ln
)exp(
!ln
)exp(
!
)exp()exp()exp()exp(
32
1
0
1
2
azazazza
z
az
nn
zaaza
z
az
dzn
zaa
z
azdz
z
aza
z
azdz
z
az
n
nn
n
nn
Tako je opšte rešenje,
56
( ) tCkztkCnn
azaza
z
azatkCtC A
n
n
AR0
121
20 1),exp(
!
)(ln
)exp(exp)( +=−+
⋅++−−−= ∑∞=
(3.19)
Integracionu konstantu C određujemo iz početnog uslova:
0)(:1,0 === tCzt R
( )
⋅−−=
⋅−−= ∑∑ ∞
=
+∞
=
+
1
10
1
10
!)exp(1
!)exp(exp
n
n
An
n
A nn
aaC
nn
aaaCC (3.19a)
Jasno je da su, kvalitativno, grafici koncentracija komponenata slični onima u problemu a), s tim što su horizontalne asimptote identične, jer one ne zavise od kinetike procesa već od stehiometrije, koja je u oba slučaja ista.
3.1.3 Rikatijeva jedna čina
Rikatijeva (Riccati) dif. jednačina je nelinearna dif. jednačina 1. reda i njen opšti oblik je:
)()()( 2 xRyxQyxPdx
dy++= (3.20)
U matematičkim modelima hem.inženjerskih sistema često se javlja specijalan slučaj 1)( −=xP :
)()(2 xRyxQydx
dy+=+ (3.21)
Ako je poznato jedno partikularno rešenje )(1 xy jednačine (3.20) njen opšti integral se može dobiti smenom:
z
yy1
1 += (3.22)
koja je transformiše u linearnu dif. jednačinu po funkciji z(x) . Zaista:
21
z
zyy
′−′=′
)()(
)(1
2)( 1212
121 xRz
xQyxQ
zz
yyxP
z
zy +++
++=′−′
57
( )4444 34444 21
1
)()()()()()(
2
)()(
)()()(
2)(
1212
121
1212
121
y
xRyxQyxPz
xQ
z
xP
z
yxP
z
zy
xRz
xQyxQ
z
xP
z
yxPyxP
z
zy
′
++++++′
=′
++++++′=′
22
12
0)()()(
2 zz
xP
z
xQ
z
yxP
z
z ⋅=+++′
[ ] )()()()(2 1 xPzxQxyxPdx
dz−=++ (3.23)
PRIMER 3.6 Data je dif. jednačina:
52 22 +−+−=′ xxyyy
a) Pokazati da je jedno partikularno rešenje date jednačine linearna funkcija: bxa +
b) Naći njeno opšte rešenje.
a) Smena pretpostavljenog partikularnog rešenja u jednačinu daje :
2222 5)1(2)1(5)(2)( axbabxxxbxabxab −+−+−=+−+++−=
2,15,0)1(2,01 2 ==⇒=−=−=− abbabab
b) Imamo 4)()()(2,2)(,2)(,1)( 11 −=++==−= xQxyxPxxyxxQxP
Rezultat je dif. jednačina koja razdvaja promenljive:
14 += zdx
dz
4
1)4exp()(,4
14ln,ln
4
1)14ln(
4
1,
14 1
−==
++=++=
+∫ xCxzx
C
zCxzCx
z
dz
Konačno, iz (3.22) dobijamo traženo opšte rešenje:
1)4exp(
42
−++=
xCxy
Partikularno rešenje se u opštem slučaju nalazi čistim probanjem sa neizvesnim rezultatom.
Transformacija u homogenu linearnu jedna činu drugog reda
U nedostatku partikularnog rešenja, problem rešavanja Rikatijeve dif. jednačine (3.20) se transformiše u problem rešavanja homogene linearne dif. jednačine drugog reda, smenom:
58
uxP
uy
)(
′−= (3.24)
Naime, iako je u pitanju dif. jednačina 2. reda, njeno rešavanje je lakše (linearan problem) od rešavanja polazne jednačine (ne linearan problem).Rezultat smene (3.24) je :
[ ] [ ] 0)()()()()()( 2
2
2
=++′− uxRxPdx
duxQxPxP
dx
udxP (3.25)
U specijalnom slučaju (3.21), smena je
u
uy
′= (3.24a)
i rezultujuća jednačina je jednostavnija:
0)()(2
2
=−− uxRdx
duxQ
dx
ud (3.25a)
PRIMER 3.7 Za dve konsekutivne reakcije:
A R Sk k
→ →1 2
i polazne koncentracije: CA(0) = CA0, CR(0) = CS(0) = 0, treba naći funkcije koje opisuju
promene koncentracija CA, CR i CS sa vremenom, ako je 1. reakcija 1. reda, a 2. reakcija 2. reda.
Bilansi komponenata A i B glase:
01 )0(,: AAA
A CCCkdt
dCA =−= (3.26a)
0)0(,: 221 =−= RRA
R CCkCkdt
dCR (3.26b)
Kada rešenje 1. jednačine (3.14a) uvedemo u drugu, dobijamo jednačinu :
221
01 )exp( RA
R CktkCkdt
dC−−=
koju možemo svesti na specijalan slučaj Rikatijeve jedn. (3.21), uklanjanjem faktora 2k koji
množi kvadrat funkcije, putem smene nezavisno promenljive, tkz 2= :
22
2
1012
2
exp RAR
RRR
Ckzk
kCk
dz
dCk
dz
dCk
dt
dz
dz
dC
dt
dC
−
−=
==
59
444 3444 21
)(
2
10
2
12 exp
zR
ARR z
k
kC
k
kC
dz
dC
−=+
Imamo 0)( =zQ i rezultat smene (3.24a) , dz
du
uzCR
1)( = je :
0exp2
10
2
12
2
=⋅
−− uz
k
kC
k
k
dz
udA (3.27)
3.2 NEKE NELINEARNE JEDNA ČINE DRUGOG REDA
Kao što smo već napomenuli, analitičko rešavanje nelinearnih problema je u opštem slučaju vrlo složeno i ne postoje za to opšte standardne metode. Tako se samo neki tipovi nelinearnih dif. jednačina 2. reda mogu rešiti analitički prevođenjem u jednostavnije probleme i to najčešće u :
• dif. jednačinu prvog reda, ili
• dif. jednačinu drugog reda specijalnog tipa, kao što je linearna jedn. ili jednačina homogena po nezavisno promenljivoj
odgovarajućom smenom promenljivih.
3.2.1 Jednačina eksplicitno ne sadrži funkciju
Jednačina koja eksplicitno ne sadrži funkciju y :
0),,( =′′′ yyxF (3.28)
se očigledno, smenom:
yp ′= (3.29)
prevodi u jednačinu 1. reda
0))(),(,( =′ xpxpxF
čijim rešavanjem dobijamo prvi izvod funkcije, kao funkciju od x. Preostaje još njegova integracija, da bi dobili traženu funkciju. Isti postupak se primenjuje i na linearne jednačine 2. reda.
PRIMER 3.8 Naći opšte rešenje linearne dif. jednačine:
60
xdx
dyx
dx
yd=+ 2
2
2
Smena (3.29) daje linearnu jednačinu 1. reda:
xxpdx
dp=+ 2
čije opšte rešenje nalazimo pomoću formule (3.12):
( ) ( )[ ]∫ ∫∫ +−= 12exp2exp)( Cdxxdxxxdxxp
( ) [ ] ( ) ( )211
221
22 exp2
1)exp(
2
1exp)exp(exp)( xCCxxCdxxxxxp −+=
+−=+−= ∫
Još jednom integracijom dobijamo traženu funkciju:
22
1 )exp(2
)()( CdxxCx
dxxpxy +−+== ∫∫
Možemo neodređeni integral da zamenimo određenim u granicama 0 do x, što će samo značiti promenu vrednosti integracionih konstanti pri njihovom određivanju iz graničnih uslova:
2
0
21 )exp(
2)( CdttC
xxy
x
+−+= ∫
Prepoznajemo funkciju greške (2.1), i tako je konačno rešenje:
21 )(erf2
)( CxCx
xy ++=
gde je konstanta 21 πC zamenjena sa 1C .
PRIMER 3.9 Rešiti nelinearnu jednačinu,
02
2
2
=−
+ xdx
dy
dx
yd
Smenom dobijamo Rikatijevu dif. jednačinu (3.21), sa xxRxQ == )(,0)( :
xpdx
dp=+ 2
Nju smenom (3.24a),
61
u
up
′=
prevodimo u linearnu jednačinu 2. reda:
02
2
=− xudx
ud (3.30)
poznatu u literaturi pod imenom Erijeva (Airy) jednačina, čije je opšte rešenje u(x) sastavljeno od specijalnih Erijevih funkcija u obliku beskonačnih redova. Tako se i rešenje polazne jednačine dobija u obliku reda što, s obzirom na dve primenjene smene, uključuje: operacije diferenciranja reda i deljenja redova, radi dobijanja p(x) i integracije dobijenog reda radi dobijanja traženog rešenja y(x).
3.2.2 Jednačina eksplicitno ne sadrži nezavisno promenljivu
Jednačina
0),,( =′′′ yyyF (3.31)
se prevodi u jednačinu 1. reda istom smenom (3.29), pri čemu p treba posmatrati kao funkciju od y :
ppdx
dy
dy
ydp
dx
ydpyyyp y′===′′′= )()(
,)( (3.32)
PRIMER 3.10 Rešiti nelinearnu jednačinu,
02 =′−′′ yyy
Uvođenjem smena (3.32) dobijamo jednačinu:
02 =
−=− pdy
dpypp
dy
dpyp (3.33)
Ona će biti zadovoljena ako je p = 0 ili :
0=− pdy
dpy (3.33a)
i razmotrićemo obe mogućnosti. Jednačina (3.33a) razdvaja promenljive i njen integral je:
yCdx
dyp 1==
Traženu funkciju dobijamo još jednom integracijom:
62
xCC
yCxC
y
dy1
221 ln,ln =
+=∫
)exp()( 12 xCCxy = (3.34)
Drugo rešenje, koje dobijamo iz uslova 0=′= yp je konstanta i vidimo da se ono
dobija iz opšteg rešenja (3.34) sa 01 =C , što znači da nije singularno.
PRIMER 3.11 Posmatraćemo stacionarnu apsorpciju gasa A u nepokretnom sloju tečnog rastvarača velike debljine (teorijski, beskonačne), praćenu reakcijom sa rastvaračem. Ovaj problem je aktuelan pri simulaciji nekih kolona sa mehurovima (bubble column reaktori) za hemisorpciju. Za brzinu reakcije ćemo, zbog velikog viška tečnog reaktanta uzeti:
)( 3smmolkCr nA=
gde konstanta brzine reakcije uključuje koncentraciju tečnog reaktanta, koja je praktično konstantna. Radi pojednostavljenja problema, uzećemo da je međufazna površina ravna. Potrebno je naći funkciju koja opisuje promenu koncentracije supstance A po dubini sloja rastvarača, x.
Neophodno je najpre formirati matematički model procesa, tj. diferencijalnu jednačinu i granične uslove, koji definišu traženu funkciju )(xC A .Diferencijalna jednačina se dobija kao bilans reaktanta za sloj tečnosti, normalan na x – osu, beskonačno male debljine x∆ . Opšti oblik bilansa materijalnog stacionarnog sistema glasi:
ulaz - izlaz + generisanje u sistemu = 0
)(xCA
Sdx
dCD A
A−
x
x x + ∆x
Sxdx
Cd
dx
dCDS
dx
dCD AA
A
xx
AA
∆+−=−
∆+2
2
CA *)0( AA CC =
Gas Tečnost
Sl. 3.3. – Šema uz bilans reaktanta
63
Ulaz u posmatrani sistem (sloj tečnosti) supstance A se ostvaruje difuzijom, koja je posledica promene koncentracije duž x-ose, kroz graničnu površinu sloja na poziciji x. On je opisan difuzionim fluksom, koji je prema Fikovom zakonu:
−=s
molS
dx
dCDN A
AA
gde je S veličina površine. Da se podsetimo da znak minus u Fikovom zakonu daje informaciju o smeru fluksa, s obzirom da je on po prirodi vektorska veličina. Tako, ako se za AN dobije pozitivna brojna vrednost, to znači da difuzioni fluks ima smer x – ose, dok negativna vrednost fluksa ukazuje na suprotan smer od usvojenog smera x – ose. Za fluks supstance A u posmatranom problemu dobijamo pozitivnu vrednost, jer je izvod xCA ∂∂ negativan, što znači da A difunduje u smeru x ose Izlaz, kroz graničnu površinu na poziciji
xx ∆+ , je takođe rezultat difuzije i dat je istim izrazom, s tim što se vrednost izvoda uzima u tački xx ∆+ (slika). Generisanje je negativno i predstavlja trošenje reaktanta u hem. reakciji u posmatranom sloju:
Generisanje = )( smolxSkCrV nA ∆−=−
Tako je bilans:
0egenerisanj
izlaz
2
2
ulaz
=∆−
∆+−−−
43421
44444 344444 2143421
xSkCSxdx
Cd
dx
dCDS
dx
dCD n
AAA
AA
A
odnosno, nakon deljenja sa zapreminom posmatranog sloja:
0,02
2
>=− xkCdx
CdD n
AA
A (3.35)
Postavićemo sada i neophodne granične uslove. Na levoj granici, x = 0 koncentracija reaktanta je jednaka koncentraciji zasićenog rastvora posmatrane supstance (rastvorljivost)
*AC , jer se na dodiru gasne i tečne faze uspostavlja termodinamička ravnoteža. Na desnoj
granici, kxx = , reaktant je potrošen i nema više reakcije. To znači da u toj tački, kao i u
oblasti kxx > nema ni difuzije reaktanta - u suprotnom bi došlo do akumulacije reaktanta, što je suprotno pretpostavci o stacionarnosti procesa! Dakle, granični uslovi glase:
*)0( AA CC = (3.35a)
0)()( =′= kAkA xCxC (3.35b)
Kao što ćemo se na osnovu rešenja postavljenog graničnog problema uveriti, desna granica kx može biti konačna, ako je red reakcije manji od 1 ili u beskonačnosti
(koncentracijski profil ima horizontalnu asimptotu, 0)()( =∞′=∞ AA CC ), za red reakcije 1≥n .
U pitanju je granični problem sa nelinearnom jednačinom, koja ne sadrži nezavisno promenljivu. Smena (3.32) daje jednačinu 1. reda, koja razdvaja promenljive:
64
0=−nA
AA
CD
k
dC
dpp
sa opštim rešenjem:
1
12
12 C
n
C
D
kp
nA
A
++
=+
odakle za prvi izvod p imamo :
11
)1(
2CC
nD
k
dx
dCp n
AA
A ++
±== +
samo negativna vrednost korena ima fizičkog smisla, s obzirom da koncentracija reaktanta, zbog trošenja u reakciji, opada pri udaljavanju od zida (vidi Sl. 3.3). Iz uslova (3.35b) na desnoj granici, sledi vrednost integracione konstante: 01 =C . Druga integracija daje :
21 )1(
2Cdx
nD
k
C
dC
AnA
A ++
−=∫ ∫+
22)1(
)1(
2
2
1Cx
nD
knC
A
nA +
+
−=−
Iz prvog graničnog uslova (3.35a) dobijamo drugu integracionu konstantu:
2)1(*
2
n
ACC−
=
pa je:
xnD
knCxC
A
n
An
A )1(
2
2
1)(
2)1(*2)1(
+
−+=
−−
n
A
n
AA xnD
knCxC
−−
+−+= 1
2
2)1(*
)1(
2
2
1)(
Konačno, rešenje možemo da prikažemo u sledećem obliku:
( ) 1,0,)1(
2
2
11)(
1
2
1*
* ≠>
+−+=
−
−nxx
nCD
knCxC
n
n
AA
AA (3.36)
Sada je očigledno da funkcija )(xC A ima nulu samo za 1<n , inače ( 1≥n ) je pozitivna i teži nuli kada ∞→x . Znači da se u slučaju reakcija reda manjeg od 1, reaktant potroši na nekom
65
konačnom rastojanju, kx od međufazne površine, što nije slučaj za reakcije reda 1≥n . Tako
bi, za 1<n , bilo korektno formulisati koncentracijski profil kao:
( ) 1,
,0
,)1(
2
2
11
)(
1
2
1*
*
<
>
≤
+−+=
−
−
n
xx
xxxnCD
knC
xC
k
k
n
n
AA
A
A (3.36a)
PRIMER 3.12 U zrnu katalizatora oblika tanke pločice, čija debljina 2L je znatno manja od ostale dve dimenzije (vidi Sl.3.4), odigrava se u stacionarnim i izotermskim uslovima katalizovana gasna reakcija n- tog reda:
nAss CkrgBgA =→ ),()(
−sr brzina reakcije na katalitičkoj površini, smmol 2
−sk konstanta brzine površinske reakcije
Pošto su bazne površine posmatrane tanke pločice mnogo veće od obodne površine (Sl. 3.4)., može se usvojiti da se koncentracija reaktanta praktično menja samo po debljini pločice, tj. po pravcu z normalnom na bazne površine pločice. Naime, u tom pravcu je interakcija sa okolinom - difuzija reaktanta znatno veća nego u ostala dva pravca. Potrebno je naći profil koncentracije reaktanta u zrnu )(zCA , ako je ona uronjena u gas u kome je koncentracija
reaktanta jednaka 0AC . Pretpostaviti da je zanemarljiv otpor difuziji reaktanta iz mase okolnog gasa na spoljnju površinu zrna.
Slika 3.4. - Zrno katalizatora oblika tanke pločice, debljine 2L
Zbog simetričnosti koncentracijskog profila, pogodno je koordinatni početak, 0=z postaviti na polovini debljine pločice i odrediti profil samo u polovini pločice. Diferencijalna jednačina, koja definiše traženi koncentracijski profil, dobija se kao bilans reaktanta za sloj unutar pločice beskonačno male debljine z∆ .On, kao i u prethodnom primeru, uključuje ulaz i izlaz reaktanta difuzijom i njegovo trošenje u reakciji, koje je u jediničnoj zapremini katalizatora jednako:
Obodna površina
O
z
L2
Bazna površina
66
)( 3smmolkCsrr nAs ==
gde je, s - specifična površina katalizatora ( )32 mm ,
k konstanta brzine kvazihomogene reakcije, skk s=
Jasno je da će tražena jednačina imati isti oblik kao jednačina (3.35), izvedena u prethodnom primeru i glasi:
LzkCdz
CdD n
AA
A <<=− 0,02
2
(3.37)
Neophodno je definisati i granične uslove. U sredini pločice )0( =z , koncentracija reaktanta ima munimum, pa je granični uslov na levoj granici:
0:0 ==dz
dCz A (3.37a)
S obzirom na zanemarljiv otpor difuziji reaktanta kroz okolni gas, nema pada koncentracije uz spoljnju površinu zrna, pa drugi granični uslov glasi:
0: AA CCLz == (3.37b)
Pre no što pristupimo rešavanju postavljenog problema, prevešćemo diferencijalnu jednačinu i granične uslove u bezdimezioni oblik, što je uobičajena praksa pri rešavanju matematičkih modela u hemijskom inženjerstvu. To postižemo uvođenjem bezdimenzionih promenljivih smenama :
L
zx
C
Cy
A
A== ,
0 (3.38)
2
2
2
00
2
20
,dx
yd
L
C
dx
dy
L
C
dz
d
dz
dC
dz
d
dz
Cd
dx
dy
L
C
dy
dC
dz
dx
dx
dy
dz
dC AAAAAAA =
⋅=
=⋅=⋅⋅= (3.38a)
nakon uvođenja smena u dif. jednačinu (3.37) i granične uslove (3.37a,b), oni dobijaju oblik:
022
2
=φ− nydx
yd (3.39)
0:0 ==dx
dyx (3.39a)
1:1 == yx (3.39b)
gde je φ bezdimenziona grupa, poznata pod nazivom Tilov (Thiele) modul:
67
( ) ( )
A
n
A
AA
n
A
AA
A
D
CkL
CD
CkL
CD
LCr10
0
0
0
20 )(−
===φ (3.40)
Rešenje u slučaju nultog reda reakcije 0=n je trivijalno: .consty = U slučaju reakcije prvog reda, 1=n , diferencijalna jednačina (3.39) postaje linearna i to sa konstantnim koeficijentima, pa se rešava postupkom objašnjenim u Pogl. 4.3. Radi rešavanja jednačine (3.39) za 1,0≠n , smenom (3.32), prevodimo je u jednačinu prvog reda po prvom izvodu,
)(yp , koja razdvaja promenljive:
0)(2 =φ− ygdy
dpp (3.41)
gde je ,
nyyg =)( (3.41a)
Partikularno rešenje jednačine (3.41) ćemo dobiti, uzimajući u obzir granični uslov (3.39a), koga posmatramo u obliku : 0:0 == pyy (3.42)
gde je 0y vrednost bezdimenzione koncentracije )(xy u sredini katalitičkog zrna, 0=x :
( )00 yy = (3.43)
Umesto da određujemo integracionu konstantu, rešenje ćemo dobiti dobiti integrišući levu i desnu stranu jednačine nakon razdvajanja promenljivih,
dyygpdp )(2φ=
u odgovarajućim granicama:
∫∫ φ=y
y
p
dttgtdt0
)(2
0
∫φ=y
y
dttgp0
)(2 22
Od dva rešenja,
21
0
)(2
φ±= ∫y
y
dttgp
fizički smisao ima samo negativno, jer koncentracija reaktanta opada sa rastojanjem od sredine pločice. Dakle,
68
21
0
)(2
φ−= ∫y
y
dttgdx
dy (3.44)
Integrišemo tu jednačinu uz pomoć određenih integrala, uzimajući u obzir granični uslov (3.39b):
∫∫∫
φ−=
xy
v
y
dv
dttg
dv
1121
0
)(2
što konačno daje traženu bezdimenzionu koncentraciju y u funkciji bezdimenzione koordinate x u malo neuobičajenom implicitnom obliku:
)1(
)(21
21
0
x
dttg
dvy
v
y
−φ=
∫ ∫
odnosno, pošto je nttg =)( :
( ))1(
1
2121
10
1
x
yvn
dvy
nn
−φ=
−+∫
++
(3.45)
Primetimo da zavisno promenljiva y figuriše u jednačini (3.45) kao gornja granica određenog integrala. Bezdimenzionu koncentraciju u sredini zrna, 0y , koja u toj jednačini
figuriše kao donja granica integrala funkcije nttg =)( , dobijamo iz iste jednačine, za 0=x , rešavanjem nelinearne algebarske jednačine:
( )φ=
−+∫
++
0
121
10
1
1
2
y
nn yvn
dv (3.45a)
Očigledno je da, iako smo za rešenje diferencijalne jednačine (3.39) dobili analitički izraz, zbog nemogućnosti da integrale u jednačinama (3.45, 3.45a) rešimo analitički za redove reakcija 1,0≠n , za dobijanje bezdimenzione koncentracije reaktanta y, na bezdimenzionalnom rastojanju x od sredine pločice, neophodno je koristiti numerički postupak, koji uključuje sledeće numeričke metode:
- numeričko izračunavanje određenog integrala,
- numeričko rešavanje nelinearne jednačine.
Realizaciju opisanog numeričkog postupka u Mathcad-u ćemo demonstrirati primerom reakcije 2. reda ( 2=n ), uzimajući da je vrednost Tilovog modula, 20=φ (Mathcad fajl P3.12 )
69
Izračunat bezdimenzioni koncentracijski profil dat je na Sl. 3.5.
0 0.2 0.4 0.6 0.8 10
0.5
1
y
x
n = 2, φ = 20
Slika 3.5 - Izračunat bezdimenzioni koncentracijski profil
3.2.3 Jednačina homogena po nezavisno promenljivoj
Za diferencijalnu jednačinu n – tog reda , )2(,0),,,,( )( ≥=′ nyyyxF nK , odnosno za
funkciju ),,,,( )(nyyyxF K′ kažemo da je homogena po x , ako važi,
λ=
λλλλn
nm
n
n
dx
yd
dx
yd
dx
dyyxF
xd
yd
xd
yd
xd
dyyxF ,....,,,,
)(,....,
)(,
)(,,
2
2
2
2
(3.46)
gde je λ bilo kakva konstanta )0(≠ , a m je ceo broj, koji se naziva red homogenosti. Treba imati u vidu da se definicija homogenosti zasniva na formalnom posmatranju funkcije F kao funkcije argumenata:
n
n
dx
yd
dx
yd
dx
dyyx ,....,,,,
2
2
Lako je pokazati:
K,2,1,)(1
)(
)( =λ=
λk
dx
yd
xd
ydk
k
kk
k
Jasno je onda, da su funkcije
K,2,1.),(,)(
== kconstadx
ydxa kk
kk
k (3.47)
homogene po x i to nultog reda. Zaista,
70
λ==λλ=λλk
kk
kk
kk
kk
k
k
kkkk
kk
kdx
ydxa
dx
ydxa
dx
ydxa
xd
ydxa
)()()(1
)(
)()( 0
Onda će i zbir takvih funkcija biti homogen po x, pa je primer homogene dif. jednačine po x, n-tog reda, linearna jednačina:
00
011
11
1 ==++++ ∑=
−
−
−
− k
kn
k
kkn
nn
nn
nn
n dx
ydxaya
dx
dyxa
dx
ydxa
dx
ydxa L (3.48)
u literaturi poznata pod imenom Ojlerova (Euler) dif. jednačina. Lako je, polazeći od Ojlerove jednačine, konstruisati nelinearnu jednačinu homogenu po x, množenjem sabiraka u (3.48) nekim funkcijama, koje ne zavise od x, već samo od y . Takođe, kao sabirak se može dodati i izraz (3.47) stepenovan na bilo koji stepen, jer on ostaje homogen, nultog reda.
Primer:
Sledeća nelinearna jednačina 3. reda je homogena po x:
0)2exp(222
33
33 =−
−+ y
dx
dyxy
dx
dyxy
dx
ydx
Smena nezavisno promenljive u homogenoj jedna čini
Smenom,
tex = (3.49)
dif. jednačina n-tog reda, homogena po x se uprošćava jer se transformiše
• u jedn. istog reda, koja ne sadrži nezavisno promenljivu t;
• specijalno, ako je linearna, u linearnu jedn n-tog reda sa konstantnim koeficijentima
Kad je u pitanju nelinearna jednačina 2. reda, transformisana jednačina se dalje, smenom (3.32), transformiše u jednačinu 1. reda.
Dalje razmatranje ćemo ograničiti na jednačine 2. reda. Radi uvođenja smene (3.49), neophodno je da izvedemo izraze za prvi i drugi izvod u funkciji nove promenljive:
tedt
dy
dt
dxdt
dy
dx
dt
dt
dy
dx
dy−
=== (3.50a)
tttt
t
tt edt
dy
dt
ydee
dt
dye
dt
yd
xe
dt
dy
dt
de
dt
dy
dx
d
dx
yd 22
2
2
2
2
2 1−−−−−−
−=
−=′
=
= (3.50b)
71
PRIMER 3.13 Naći opšte rešenje linearne jednačine ( Ojlerova jedn.):
0852
22 =+− y
dx
dyx
dx
ydx
Rezultat smena (3.50a,b) je eliminacija nezavisno promenljive:
0862
2
=+− ydt
dy
dt
yd
Dobili smo linearnu jedn. 2. reda sa konstantnim koeficjentima i rešićemo je.
Njena karakteristična jednačina,
0862 =+− rr
ima dva različita realna korena: 4,2 21 == rr , pa je njeno opšte rešenje:
tt eCeCty 42
21)( +=
Konačno vraćamo se na originalnu nezavisno promenljivu x, smenom xt ln= i tako dobijamo traženo rešenje:
42
21)( xCxCxy +=
Transformacija nekih jedna čina u jedna čine homogene po x
Nelinearna jednačina 2. reda, oblika:
=x
y
dx
dyf
dx
ydx ,
2
2
(3.51)
se nekada, smenom xyu = , može transformisati u jednačinu homogenu po x. Treba primetiti da su funkcije
x
y
dx
dy
dx
ydx ,,
2
2
homogene po x, reda -1.
PRIMER 3.14 Rešiti sledeću dif. jednačinu sa početnim uslovima:
1,0:1
022
2
2
=′===
−
+
yyx
x
y
dx
dy
dx
ydx
Pokušaćemo smenom xyu = datu nelinearnu jednačinu da transformišemo u jednačinu homogenu po x:
72
dx
du
dx
udx
dx
yd
dx
duxu
dx
dy2,
2
2
2
2
+=+=
02 22
2
2
=−
++
+ u
dx
duxu
dx
du
dx
udxx
0222
22
22 =+
++
dx
duux
dx
dux
dx
dux
dx
udx
Dobijena jednačina je homogena po x i uvodimo smenu tex = , sa ciljem eliminacije nezavisno promenljive iz jednačine. Rezultat je nelinearna jednačina:
022
2
2
=
++
+−dt
duu
dt
du
dt
du
dt
du
dt
ud
Njoj snižavamo red pomoću smene (3.32):
0)21(2 =+++ pupdu
dpp
021 =
+++ updu
dpp
Jedno rešenje p(u) dobijamo iz uslova:
021 =+++ updu
dp
U pitanju je linearna jednačina prvog reda (3.11) sa
)21()(,1)( uuQuP +−==
i pomoću formule (3.12) dobijamo:
)exp(21)( 1 uCudt
duup −+−==
Možemo odmah da odredimo integracionu konstantu iz početnih uslova. Pošto je :
x
y
dx
dyp
x
yp
dt
duu
dx
duxu
dx
dy
−=
+=+=+=
iz početnih uslova sledi:
73
11
01,0:0ln tj.,1 za =−=−======
x
y
dx
dyp
x
yuxtx
Dakle, za 0=u , p treba da bude 1, odakle sledi 01 =C . Tako u sledećoj integraciji:
∫ =+−
tCu
du2ln
21
teu
C=
− 212
Iz početnog uslova sledi da je za )0(0),1(0 ==== yuxt , odakle dobijamo 12 =C .
Konačno, nakon smena: xexyu t== , :
x
xxy
2
1
2)( −=
Drugo rešenje dobijamo iz uslova p = 0, dakle:
xkyconstkx
yu ⋅==== .,
i pošto zadovoljava jednačinu, ali ne i početne uslove u pitanju je singularno rešenje.
ZADACI
3.1 Rešiti sledeće dif. jednačine:
a) 1)0(,1
1=
+
+= y
x
y
dx
dy b) 2)1(,23 ==+ yy
dx
dyx c) 22 yxy
dx
dyx =+
d) 2
3)0(,)1(3)1( 5 =+=−+ yxy
dx
dyx , e) 0
532 =
+− dy
yxydxy ( Pomoć: tražiti x(y) )
3.2 Rešiti dif. jedn. (3.6) kao linearnu.
3.3 Za reakcioni sistem A R Sk k
→ →1 2
,
a) Napisati bilanse komponenata A, R i S, ako je 1. reakcija reda m, a druga reakcija reda n i
sabiranjem bilansnih jednačina pokazati da je zbir njihovih koncentracija konstantan .
b) Imajući u vidu a), izvesti )(tCS iz )( i )( tCtC RA u Primeru 3.5 a,b.
3.4 Problem nalaženja funkcije )(tCR u Primeru 3.5a) smo mogli da rešimo u dva koraka: (1)
nađemo funkciju )( AR CC i (2) smenom )(tCA dobijemo )(tCR .
a) Naći )(tCR na opisani način
74
b) Nacrtati odnos 0)( AAR CCC , koji se zove prinos proizvoda R , u funkciji od stepena
konverzije reaktanta A, za 10,1,1.021 ==α kk
3.5 U šaržnom reaktoru se odigravaju konsekutivne reakcije drugog reda:
0)0(,)0(,2,2 021
==→→ BAA
kk
CCCCBBA ,
i bilansi supstanci A i B su:
0)0(,2
)0(,2
22
21
021
=−=
=−=
BBAB
AAAA
CCkCkdt
dC
CCCkdt
dC
a) Pokazati da za prinos međuproizvoda, definisan kao 0A
B
C
C , važi:
( )( ) 1
2
0
0
00
21,
)1()1(
1
k
k
CC
CC
C
C
C
C
AA
AA
A
A
A
B +=αα−−α+−
=
α
α
b) Nacrtati grafik prinosa međuproizvoda, u funkciji od stepena konverzije reaktanta A, za 10,1,1.012 =kk
c) Odrediti stepene konverzije reaktanta A, pri kojima se postiže maksimalan prinos međuproizvoda, za 10,1,1.012 =kk
3.6 Pokazati da se smenom (3.23a) Rikatijeva jednačina (3.20) transformiše u linearnu dif. jednačinu drugog reda (3.24a)
3.7 a) Pokazati da jedno partikularno rešenje dif. jednačine
)3exp(5)7exp(]1)4[exp(2)exp(2 xxxyxydx
dy−+−+=
ima oblik .),3exp()(1 constaxaxy ==
b) Naći njeno opšte rešenje:
)3exp()2exp()exp(
1x
xCxy −
+=
3.8 Naći opšta rešenja sledećih jednačina:
a) yyx ′=′′ b) xx
yy +′=′′ c) 1)(2 2 +′=′′′ yyyx
3.9 Rešiti sledeći problem sa početnim uslovima:
0)1(,1)1(,ln2 =′==′+′′ yyxyxyx
3.10 Naći opšta rešenja sledećih jednačina, kao i singularna rešenja, ako postoje.
75
a) yyy ′′=′+ 2)(1 2 b) 02)( 2 =′′+′ yyy c) 0)(1
2 2 =′−
+′′ yy
y d) 2)(yyy ′=′′
3.11 Rešiti sledeći problem sa početnim vrednostima:
2)0(,1)0(,2
2
2
=′==
+ yydx
dy
dx
dy
dx
ydy
i proveriti da li ima i singularno rešenje.
3.12 Rešiti sledeće jednačine:
a) 0442 =+′−′′ yyxyx b) 04
2=−
′+′′
x
y
x
yy
3.13 U primeru 3.11, izveden je koncentracijski profil za reakciju reda 1≠n (jedn. 3.35, 3.35a)
a) Izvesti sledeći koncentracijski profil za reakciju prvog reda:
−= x
D
kCxC
AAA exp)( *
1) rešavajući odgovarajuću dif. jednačinu, 2) kao graničnu vrednost rešenja (3.35)
b) Izračunati rastojanje od međufazne površine na kome se potroši sav reaktant, za sledeće vrednosti parametara: 8.0,5.0,1 === nDkq A .
c) Za 31 mkmolC A =∗ , nacrtati koncentracijske profile za :1) 1.0== ADkq ; 2,1,5.0=n i
2) q =1 ; 2,1,5.0=n , u opsegu 150 ≤≤ x . Diskutovati uticaje parametara n i q
3.14 Koristeći dobijeni koncentracijski profil gasa A u Primeru 3.11, izvesti sledeći izraz za brzinu rastvaranja gasa u tečnosti (mol/s):
=≠+=
−=
+
= 1 za ,
1 za,1
2
*
)1(*
0 nkDSC
nCn
kDS
dx
dCDSW
AA
n
AA
x
AA
koji se koristi za eksperimentalno određivanje veličine međufazne površine S .
3.15 Za funkciju , )(tCR koja opisuje promenu koncentracije međuproizvoda u toku vremena
pri odvijanju konsekutivnih reakcija A R Sk k
→ →1 2
u Primeru 3.5b (redovi reakcija: 1 i 2) izveli smo izraze (3.18, 3.18a), koji sadrže beskonačan stepeni red.
a) Pokazati da se funkcija )(tCR može izraziti preko integralne eksponencijalne funkcije:
76
( ) ( ) tCkztkCaazaz
azatkCtC AAR
0122
0 1),exp(ln)(Ei)exp(
exp)( +=−+
−γ−+−−−=
gde je integraciona konstanta C:
( )[ ]aaaaCC A ln)(Ei)exp(10 −γ−−−=
b) Nacrtati vremenske profile )( i)(),( tCtCtC sRA u intervalu [ ]s300,0 za sledeće podatke:
3032
11 5,05.0,01.0 mkmolCskmolmksk A =⋅==
−
c) Sa dijagrama proceniti približno momenat u kome koncentracija međuproizvoda ima maksimum i izračunati koncentracije sve tri supstance u tom momentu.
3.16 Izvesti radijalni brzinski profil,
RrR
rw
R
r
dz
dpRrw sr ≤≤
−=
−
µ−= 0,1214
)(222
gde je srw srednja brzina strujanja,
∫=
R
sr drrrwR
w0
2)(
2
pri laminarnom strujanju njutnovskog, nestišljivog fluida kroz cilindričnu cev poluprečnika R, rešavanjem sledećeg graničnog problema:
0:
0:0
0.),(11
2
2
==
==
<<=µ
=+
wRr
dr
dwr
Rrconstdz
dP
dr
dw
rdr
wd
