77

4 Linearne ODJ drugog i višeg reda

Ako sa L označimo operator:

)()()()(L 012

2

21

1

1 xadx

dxa

dx

dxa

dx

dxa

dx

dn

n

nn

n

nn

n

+++++=−

−

−−

−

−L (4.1)

linearna diferencijalna jednačina (3.2) se može kratko zapisati kao:

[ ] )(L xFy = (4.2)

Za operator L se kaže da je linearan jer važi:

[ ] [ ] [ ]22112211 LL)()(L yCyCxyCxyC +=+ (4.3)

što je posledica linearnosti operatora diferenciranja (pravila o diferenciranju sume funkcija i diferenciranju funkcije pomnožene konstantom) .

Fundamentalni sistem rešenja homogene jedna čine

Iz linearnosti operatora (4.1) neposredno sledi teorema o superpoziciji: Ako su )( i )( 21 xyxy rešenja homogene jednačine n-tog reda,

[ ] 0L =y (4.4)

onda je i njihova linearna kombinacija

2211 yCyCy +=

rešenje iste jednačine.Zaista, ako su )( i )( 21 xyxy rešenja homogene jednačine (4.5) , sledi da je svaki od sabiraka na desnoj strani jedn (4.4) jednak nuli. Znači da je i leva strana jednaka nuli, tj. da je njihova linearna kombinacija takođe rešenje te jednačine.

Za neke funkcije )(),...,(),( 21 xfxfxf n se kaže da su linearno nezavisne na nekom

intervalu (a, b) ako njihova linearna kombinacija

78

)(...)()()( 2211 xfCxfCxfCxf nn+++= (4.5)

nije identički jednaka nuli ni za koji skup vrednosti koeficijenata nCCC ,...,, 21 (sem

očiglednog, trivijalnog skupa 021 ==== nCCC L ).

Primer:

Za 21 rr ≠ , funkcije xrxr ee 21 i su linearno nezavisne. Da bi se u to uverili, potražićemo

konstante 21 i CC iz uslova da njihova linearna kombinacija bude jednaka nuli:

0,0 )(2121

1221 =+=+ − xrrxrxr eCCeCeC

Ako poslednju jednačinu diferenciramo:

00)( 2)(

12212 =⇒=− − CerrC xrr

Iz prethodne jednačine, 02121 =+ xrxr eCeC onda sledi : 01 =C

Dakle linearna kombinacija posmatranih funkcija jednaka je nuli samo za nulte vrednosti konstanti, što znači da su one linearno nezavisne.

Za skup od n rešenja nyyy ...,,, 21 homogene linearne jedn. n-tog reda se kaže da čine osnovni ili fundamentalan sistem rešenja, ako su ona linearno nezavisna. Može se pokazati da je tada svako dodatno rešenje neka linearna kombinacija tih n funkcija i prema tome, opšte rešenje homogene jednačine glasi :

)(...)()()( 2211 xyCxyCxyCxy nn+++= (4.6)

Potreban i dovoljan uslov da bi rešenja nyyy ...,,, 21 homogene linearne jedn. činila osnovni skup jeste da Vronskijan, ili determinanta Vronskog (Wronsky)

)()()(

)()()(

)()()(

)(

)1()1(2

)1(1

21

21

xyxyxy

xyxyxy

xyxyxy

xW

nn

nn

n

n

−−−

′′′=

L

M

L

L

(4.7)

nije jednaka nuli na posmatranom intervalu (a, b).

Primer:

Funkcije xyxy cos i sin 21 == zadovoljavaju dif. jednačinu:

02

2

=+ ydx

yd

One su linearno nezavisne, jer je Vronskijan:

01sincos

cossin

sconsi

cossin≠−=

−=

′′=

xx

xx

xx

xxW

Tako one čine osnovni sistem rešenja date jednačine, a njeno opšte rešenje je :

79

xCxCy cossin 21 +=

Opšte rešenje nehomogene jedna čine

Zahvaljujući linearnosti operatora L (4.2), ako su 21 i yy rešenja nehomogene dif.

jednačine (4.3), za dve različite desne strane 21 i FF , onda je njihov zbir 21 yyy += rešenje

te jednačine za desnu stranu 21 FFF += . Zaista:

[ ] [ ] [ ] 212121 FFyLyLyyL +=+=+

Odatle neposredno sledi da se opšte rešenje nehomogene jednačine (4.1) dobija kao zbir opšteg rešenja odgovarajuće homogene jednačine i partikularnog rešenja nehomogene jednačine, koje je rezultat specifičnog oblika funkcije F na desnoj strani. Dakle, proces rešavanja jednačine (4.1) se može razložiti u dva koraka:

1. Nalaženje fundamentalnog sistema rešenja odgovarajuće homogene jednačine

2. Nalaženja partikularnog rešenja nehomogene jednačine, na osnovu oblika funkcije F(x)

Konačno, neophodno je uveriti se da je partikularno rešenje linearno nezavisno od funkcija koje čine fundamentalni sistem rešenja, tj. da se ne može dobiti kao njihova linearna kombinacija. U suprotnom ono ne daje nikakvu novu informaciju, jer pripada opštem rešenju homogene jednačine (4.6).

4.1 NEKA POJEDNOSTAVLJENJA POLAZNOG PROBLEMA

Snižavanje reda jedna čine

Ako je poznato jedno partikularno rešenje )(1 xy za pripadaju ću homogenu jednačinu ( 0)( =xF ), jednačina n-tog reda (4.1) se smenom:

)()()( 1 xuxyxy = (4.8)

transformiše u linearnu jednačinu reda (n -1) za funkciju )()( xuxv ′= . Uverićemo se u to na primeru jednačine 2. reda:

)()()( 01 xFyxayxay =+′+′′ (4.8a)

uyuyuyyuyuyy ′′+′′+′′=′′′+′=′ 11111 2,

)(2 101111111 xFuyauyauyauyuyuy =+′+′+′′+′′+′′

uvxFuyauyuyyayayu ′==′+′′+′′++′+′′=

),(2)( 1111

0

10111444 3444 21

80

)()2( 1111 xFvyayvy =+′+′ (4.8b)

• U slučaju homogene jednačine 2. reda, jedn. (4.8b) se očigledno svodi na jednačinu sa razdvajanjem promenljivih. Funkciju )()()( 1 xuxyxy = tada možemo posmatrati kao drugo od dva rešenja iz fundamentalnog sistema rešenja (vidi jedn. 4.5), pa u postupku dvostruke integracije radi dobijanja funkcije )(xu uzimamo nulte vrednosti obe integracione konstante. Konačno, opšte rešenje dobijamo kao:

)()()()()()( 12112211 xuxyCxyCxyCxyCxy +=+=

• U slučaju nehomogene jednačine, funkciju )()()( 1 xuxyxy = je neophodno posmatrati kao opšte rešenje, pa u postupku dobijanja funkcije )()( xuxy = treba zadržavati integracione konstante (ukupno n u slučaju jednačine n-tog reda).

PRIMER 4.1 Jedno partikularno rešenje homogene jednačine,

0)1( =−′+′′− yyxyx

je xe . Naći opšte rešenje.

)1(,1

,01

1

1 1 ≠−

==−

−′−

+′′ xx

xay

xy

x

xy

Smene y1 i a1 u (4.8a) daju sledeću jedn. 1. reda sa razdvajanjem promenljivih:

dxx

x

v

dvve

x

xeve xxx

−−==

−++′

1

2,0)

12(

S obzirom da je jednačina homogena, potražićemo drugo od dva rešenja iz fundamentalnog sistema rešenja posmatrane jednačine, uzimajući nulte vrednosti integracionih konstanti u postupku dobijanja funkcije )(xu

)1ln(11

11

1

2ln xx

x

dxdxdx

x

xdx

x

xv −+−=

−−−=

−

−−=

−

−= ∫∫∫∫

xxx xedxexuexuv −−− =−=−=′= ∫ )1(,)1(

Dakle, drugo rešenje date jednačine je :

xuyy == 12

pa je njeno opšte rešenje:

xCeCy x21 +=

Do istog rezultata bi došli da smo funkciju )()()( 1 xuxyxy = posmatrali ne kao drugo partikularno rešenje posmatrane jednačine, već kao njeno opšte rešenje. U tom slučaju,

81

zadržavamo integracione konstante u postupku dvostruke integracije, radi dobijanja funkcije u(x) :

xexCvCxxdxx

xv −−=+−+−=

−

−= ∫ )1(,ln)1ln(

1

2ln 11

21)( CxeCdxxvux+== −∫

xCeCxuxyxy x211 )()()( +==

Uklanjanje prvog izvoda iz jedna čine 2 reda

Uvek je, kao što ćemo se uveriti, moguće eliminisati član prvog reda u nehomogenoj jedn. 2. reda, smenom

)()( xzxuy = (4.9)

i pogodnim izborom funkcije u i tako u nekim slučajevima pojednostaviti problem.

zuyxFyxayxay ⋅==+′+′′ )()()( 01

zuzuzuyzuzuy ′′+′′+′′=′′′+′=′ 2,

Fzuauauzuauzuuzazuzuazuzuzu =+′+′′+′+′+′′=+′+′+′′+′′+′′ )()2()(2 01101

Član prvog reda iz poslednje jednačine nestaje ako izaberemo:

−==+′ ∫ dxxauuau )(2

1exp,02 11 (4.9a)

i tada rešavamo po funkciji z jednačinu:

Fzuauauzu =+′+′′+′′ )( 01 (4.10)

Specijalno, ako je

x

xux

a1

)lnexp(,2

1 =−== (4.11a)

pa smena koja uprošćava polaznu jednačinu glasi:

x

zy = (4.11b)

a rezultujuća jednačina:

82

)()(02

2

xxFzxadx

zd=+ (4.11c)

PRIMER 4.2 U poroznom zrnu katalizatora oblika lopte poluprečnika R, odigrava se u stacionarnim izotermskim uslovima katalizovana reakcija prvog reda:

)(),()( 2smmolCkrgBgA Ass =→

Potrebno je naći profil koncentracije reaktanta u zrnu, )(rCA , gde je r radijalna koordinata u sfernom koordinatnom sistemu sa kooordinatnim početkom u centru zrna.. Pretpostaviti da je zanemarljiv otpor difuziji reaktanta iz mase okolnog gasa, u kojoj je njena koncentracija 0

AC , na spoljnju površinu zrna.

Najpre ćemo da formiramo kvazihomogen matematički model procesa, posmatrajući porozno zrno kao homogen medijum. To znači da ćemo difuzioni fluks reaktanta kroz porozno zrno opisati modifikovanim Fikovim zakonom:

−=s

molS

dr

dCDN Aeff

AA

gde effAD nije molekulski koeficijent difuzije reaktanta kroz nepokretan gas, već efektivni

koeficijent difuzije kroz poroznu strukturu zrna . S druge strane, dati izraz za brzinu posmatrane površinske reakcije (odigrava se na zidu pora), koja ima dimenziju smmol 2 ,

množenjem sa specifičnom poršinom katalizatora, )( 1−ms prevodimo u izraz za brzinu kvazihomogene reakcije (odigrava se po celoj zapremini poroznog zrna), koja ima dimenziju smmol 3 .

Kao i u primeru 3.11, matematički model dobijamo kao bilans reaktanta

ulaz - izlaz + generisanje = 0

za element sistema, beskonačno male zapremine, u kome možemo da zanemarimo promene koncentracije. U ovom slučaju , to je sferna ljuska beskonačno male debljine dr.

izAN ,

ulAN , r + dr

r

Sl. 4.1 Skica uz Primer 4.2

83

Naznačeni smerovi difuzionog fluksa su suprotni realnim, jer reaktant difunduje ka centru zrna, ali to nije greška, pošto negativna brojna vrednost za AN (jer je izvod drdCA pozitivan) ukazuje na pravi smer difzije, suprotan od smera r-ose (vidi diskusiju u Primeru 3.11). Dakle, pri formiranju bilansa difundujuće supstance, treba pretpostaviti da difuzioni fluks ima smer prostorne koordinatne ose (ovde osa r), što će zahvaljujući negativnom predznaku u Fikovom izrazu dati korektan znak brojne vrednosti fluksa, dakle korektan smer. Prema skici, ulaz reaktanta u posmatranu sfernu ljusku debljine dr je:

dr

dCDrS

dr

dCDN Aeff

AulAeff

AulA2

, 4π−=−=

a izlaz,

++π−=−=

+

drdr

Cd

dr

dCDdrrS

dr

dCDN AAeff

Aiz

drr

AeffAizA 2

22

, )(4

pa je njihova razlika,

[ ]dr

dr

dCdrr

dr

CddrrD

dr

dCDrdrrdr

dr

CdDdrrNN

AAeffA

AeffA

AeffAizAulA

+++π=

−+π++π=−

)2()(4

)(4)(4

2

22

222

22

,,

ili, ako se dr zanemari u odnosu na r:

drdr

dCr

dr

CdrDNN AAeff

AizAulA

+π=− 24

2

22

,,

Ovaj izraz smo mogli dobiti i računajući izlazni fluks kao :

drdr

dCr

dr

CdrDNdr

dr

dCr

dr

dDN

drdr

dCDr

dr

dNdNNN

AAeffAulA

AeffAulA

AeffAulAAulAizA

+π−=

π−=

π−+=+=

244

4

2

22

,2

,

2,,,

Generisanje(negativno) u ljusci jednako je proizvodu brzine kvazihomogene reakcije i zapremine sferne ljuske, dV, sa negativnim predznakom.

[ ] drdrrdrrrdrrdV )33(3

4)(

3

4 2233 ++π=−+π=

Kada dr teži nuli, beskonačno mala veličina dV se ponaša kao: drrdV 24π= Tako je generisanje jednako:

drrsCkdVsCk AsAs24π−=−

84

a kompletan bilans:

0424 22

22 =π−

+π drrsCkdr

dr

dCr

dr

CdrD As

AAeffA (mol/s)

Preostaje da podelimo celu jednačinu sa drrdV 24π= i tako dobijemo bilans po jedinici zapremine:

RrsCkdr

dC

rdr

CdD As

AAeffA <<=−

+ 0,0

22

2

(4.12)

Neophodni su još granični uslovi. Prema pretpostavci, na desnoj granici je koncentracija reaktanta jednaka onoj u masi okolnog gasa, a u centru zrna (r = 0) ona ima minimum. Tako granični uslovi glase:

0:,0:0 AAA CCRr

dr

dCr ==== (4.12a)

Pre no što krenemo sa rešavanjem jednačine (4.12), prevešćemo je u kompaktniju, bezdimenzionu formu, uvođenjem bezdimenzionih promenljivih:

0

,A

A

C

Cx

R

r ==ξ (4.13)

u samu jednačinu i u granične uslove (4.12a)

2

2

2

0

2

20

, ξ=ξ

ξ=

=ξ=

d

xd

R

C

dr

d

dr

dC

d

d

dr

dC

dr

d

dr

Cd

d

dx

R

C

dr

dC AAAAAA

10,02 0

2

2

2

0 <ξ<=−

ξξ+ξ xsCk

d

dx

d

xd

R

CDAs

AeffA

Konačno,

10,02 2

2

2

<ξ<=φ−ξξ+ξ xd

dx

d

xd (4.14)

0:0 =ξ=ξd

dx (4.14a)

1:1 ==ξ x (4.14b)

gde je bezdimenziona grupa:

effA

s

D

skR=φ (4.15)

85

poznata u literaturi pod imenom Tilov (Thiele) modul.

Očigledno je da se linearna homogena jedn. (4.14) u kojoj su:

201 ,

2 φ−=ξ= aa

primenom smene (4.11b),

ξ= zx

svodi na homogeni oblik jednačine (4.11c), tj.:

022

2

=φ−ξ zd

zd

U pitanju je jednačina sa konstantnim koeficijentima sa korenima karakteristične jednačine φ±=2,1r ,

pa je njeno opšte rešenje:

)exp()exp( 21 φξ−+φξ=ξ= CCxz

Tako je opšte rešenje jedn. (4.14):

ξφξ−+ξ

φξ=ξ )exp()exp()( 21 CCx (4.16)

i preostaje da se odrede integracione konstante iz graničnih uslova.

[ ]

221

21221

)1)(exp()1)(exp(

)exp()exp(1)exp()exp(

ξ+φξφξ−−−φξφξ=

φξ−+φξξ−ξφξ−φ−φξφ=ξ

CC

CCCC

d

dx

Pošto je na levoj granici, 0=ξ , imenioc jednak nuli, jedini način da granična vrednost izvoda kada 0→ξ , prema graničnom uslovu bude jednaka nuli, jeste da i brojioc bude jednak nuli za 0=ξ , znači:

021 =+CC

Do istog zaključka smo mogli doći i brže, posmatrajući količnik ξ= zx na levoj granici. Pošto je bezdimenziona koncentracija, x u centru konačna, neophodno je da bude:

[ ] 0)exp()exp(limlim 212100

=+=φξ−+φξ=→ξ→ξ

CCCCz

Iz uslova na granici 1=ξ sledi:

86

1)1( 21 =+= φ−φ eCeCx

Rešavajući dobijen sistem jednačina, dobijamo:

φ−φφ−φ−

−=−

=ee

Cee

C1

,1

21

što kad se zameni u opšte rešenje (4.15) daje traženu bezdimenzionu koncentraciju, x u funkciji od bezdimenzionog rastojanja ,ξ :

)sinh(

)sinh(

)()( φξ

φξ=−ξ−=ξ φ−φ

φξ−φξ

ee

eex (4.17)

Transformacija jedna čine 2 reda u jedna činu sa konstantnim

koeficijentima

Nekada je moguće jednačinu 2. reda

)()()( 01 xFyxayxay =+′+′′ (4.18)

pogodnom smenom

)(xt φ= (4.19)

prevesti u jednačinu istog reda sa konstantnim koeficijentima, po novoj funkciji )]([)( txytz = . Pošto je )]([)( xtzxy = , za prvi izvod funkcije y imamo:

dx

dt

dt

dz

dx

dy=

Diferenciranjem proizvoda na desnoj strani, posmatrajući pri tom prvi činilac kao funkciju od t, a drugi kao funkciju od x, za drugi izvod dobijamo:

2

22

2

2

2

2

dx

td

dt

dz

dx

dt

dt

zd

dx

dt

dx

d

dt

dz

dx

dt

dt

dz

dt

d

dx

dt

dx

dy

dx

d

dx

yd ⋅+

=

⋅+

⋅=

=

Smena u polaznu jednačinu (4.18) daje:

)()()( 012

22

xFzxazdx

dtxa

dx

td

dx

dtz =+′

++

′′

odnosno,

87

22

02

12

2

)()()(

=⋅

+′⋅

+

+′′dx

dt

xFz

dx

dt

xaz

dx

dt

dx

dtxa

dx

td

z

Izraz uz z će postati konstanta, ako je :

20

2

)( Cxadx

dt ⋅±=

gde je C proizvoljna konstanta, a predznak se bira tako da obezbedi pozitivnu vrednost kvadrata prvog izvoda. Dakle, dobili smo dif. jednačinu koja definiše traženu funkciju )(xφ i njeno rešenje je

∫ ±=φ= dxxaCxt )()( 0 (4.20)

Smenom smo postigli željeni rezultat ako i izraz uz z′ postaje konstanta, tj. ako dobijena funkcija )(xφ zadovoljava uslov:

.)(

2

12

2

const

dx

d

dx

dxa

dx

d

=

φφ+φ

(4.21)

PRIMER 4.3 Rešiti dif.jednačinu

06)51( 2 =+′+−′′ yeyey xx

Pokušavamo smenom (4.20) da datu jednačinu transformišemo u jedn. sa konstantnim koeficijentima. Smena će biti:

∫∫ ==±=φ= )exp()2exp(6)()( 0 xdxxCdxxaCxt (sa 61=C )

Proveravamo uslov (4.21):

[ ]5

)exp(

)exp()exp(51)exp()(

22

12

2

−=+−=

φφ+φ

x

xxx

dx

d

dx

dxa

dx

d

Dakle, smena xet = daje jedn. sa konstantnim koeficijentima :

065 =+′−′′ zzz

čije je opšte rešenje

88

tt eCeCtz 32

21)( +=

Tako je rešenje polazne jednačine:

( ) ( )32

2

121 )exp()exp()3exp()2exp()( xxxx eCeCeCeCxy +=+=

Ojlerova diferencijalna jedna čina

Poseban slučaj linearne jednačine (4.1) je Ojlerova jednačina, sa čijim smo se specijalnim oblikom upoznali u Pogl 3.2.3. U najopštijem obliku, Ojlerova jednačina glasi:

)()()()( 011

11

1 xFycdx

dybaxc

dx

ydbaxc

dx

ydbaxc

n

nn

nn

nn

n =+++++++−

−

−

−L (4.22)

Smenom

tebax =+ (4.23)

ta jednačina se transformiše u nehomogenu linearnu jednačinu sa konstantnim

koeficijentima (vidi Primer 3.12) po funkciji

−==

a

beytxytz

t

))(()( .

4.2 METODA VARIJACIJE KONSTANTI

Ako je poznat fundamentalni sistem rešenja pripadajuće homogene jednačine, ovom metodom se traži partikularno rešenje nehomogene linearne jedn. (4.1). Obrazložićemo je na primeru jednačine 2. reda (4.18).

Pretpostavimo da su poznata dva linearno nezavisna rešenja )( i )( xvxu odgovarajuće homogene jednačine.

0)()( 01 =+′+′′ yxayxay (4.24)

Pošto traženo partikularno rešenje, )(xyp jednačine (4.18) mora biti linearno nezavisno od

)( i )( xvxu , tražićemo ga u obliku

)()()()()( 21 xvxCxuxCxyp += (4.25)

gde su )(),( 21 xCxC neke funkcije, a ne konstante, u skladu sa postavljenim uslovom. Unošenjem izraza (4.25) u dif. jednačinu, (4.18) dobićemo jednu jednačinu, koju treba da zadovolje dve nepoznate funkcije )(),( 21 xCxC . Nedostaje još jedan uslov, tj. jednačina . Da bi uneli funkciju (4.25) u jedn. (4.18) neophodni su prvi i drugi izvod . Prvi izvod je:

89

)()( 2121 vCuCvCuCdx

dyp ′+′+′+′=

Drugi izvod će očigledno uključivati druge izvode traženih funkcija, )(),( 21 xCxC što problem njihovog određivanja čini kompleksnim (potrebno je rešavati dif. jednačine 2. reda). Da bi se izbegla ta komplikacija, kao drugi uslov koje treba da zadovolje tražene funkcije uzima se :

021 =′+′ vCuC (4.26)

Preostaje da do kraja formulišemo prvi uslov da funkcija )(xyp zadovoljava dif. jednačinu:

vCuCvCuCdx

yd p ′′+′′+′′+′′= 21212

2

)()()( 2102112121 xFvCuCavCuCavCuCvCuC =++′+′+′′+′′+′′+′′

)()()( 21

0

012

0

011 xFvCuCvavavCuauauC =′′+′′++′+′′++′+′′==

44 344 2144 344 21

)(21 xFvCuC =′′+′′ (4.27)

Tražene funkcije predstavljaju rešenje sistema dif. jednačina 1. reda (4.26, 27). Uvešćemo smene:

21, CqCp ′=′=

Iz (4.26) :

qv

up −= (4.28)

i smena u (4.27) daje :

)(xFqvqv

uu =′+

−′

odakle dobijamo q:

uvvu

xuF

dx

dCq

′−′−== )(2

Smena u (4.28) daje p:

uvvu

xvF

dx

dCp

′−′== )(1

Konačno, integracijom dobijamo tražene funkcije:

90

∫ ′−′= dx

uvvu

xvFxC

)()(1 (4.29a)

∫ ′−′−= dx

uvvu

xuFxC

)()(2 (4.29b)

Primetimo da imenioc u gornijim izrazima mora biti različit od nule. Taj uslov je ispunjen, što sledi iz pretpostavke o linearnoj nezavisnosti funkcija )( i )( xvxu , jer imenioc nije ništa drugo neko Vronskijan (4.7) za posmatranu dif. jednačinu, sa negativnim predznakom.

PRIMER 4.3 Potrebno je naći opšte rešenje jednačine:

232

2

64 −=++ xydx

dy

dx

ydx

ako je poznat fundamentalni sistem rešenja pripadajuće homogene jednačine:

x

xxv

x

xxu

cos)(,

sin)( ==

Najpre ćemo odrediti imenioc u jedn (4.29a,b) :

+−=′

−=′

2323

cossin

2

1,

sincos

2

1

x

x

x

xv

x

x

x

xu

⋅+−=′

⋅−=′

223

2

223

2 cossinsin

2

1,

cossincos

2

1

x

xx

x

xuv

x

xx

x

xvu

232

1

xuvvu =′−′

Sledi integracija (4.29a,b), (možemo je izvesti koristeći simboličku integraciju u Mathcad-u):

)cos(41sin

2)(),sin(41cos

2)( 23232

23231 xdxx

xx

xxCxdxx

xx

xxC =−=== ∫∫

Tako je partikularno rešenje(4.25):

x

xvxCxuxCyp

4)()()()( 21 =+=

Konačno, opšte rešenje date jednačine je :

xx

xA

x

xAy

4cossin21 ++=

gde su 21 i AA integracione konstante.

91

4.3 JEDNAČINE SA KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA

Ako su svih n koeficijenata 1,...,0, −= niai , u linearnoj dif. jednačini (4.2) konstante, ona se zove jednačina sa konstantnim koeficijentima:

)(012

2

21

1

1 xFyadx

dya

dx

yda

dx

yda

dx

ydn

n

nn

n

nn

n

=+++++−

−

−−

−

−L (4.30)

Ako uvedemo operator diferenciranja, D :

dx

d=D (4.31)

onda se n-ti izvod funkcije y može formalno ili simbolički prikazati kao:

yydx

dy

dx

d

dx

yd n

n

n

n

n

n

D=

== (4.32)

Tako se jednačina sa konstantnim koeficijentima (4.30) može simbolički zapisati kao:

( ) )()D(DDDD 012

21

1 xFyPyaaaa nn

nn

nn ==+++++ −

−

−

−L (4.33)

Dakle, složeni operator L (4.2) je u slučaju jednačine sa konstantnim koeficijentima, polinom n-tog stepena po diferencijalnom operatoru D, )D(L nP= .Ograničićemo se u

daljem izlaganju na slučaj da su koeficijenti ia realni.

4.3.1 Opšte rešenje homogene jedna čine

Da bi smo pronašli fundamentalni sistem rešenja homogene jednačine,

0)D( =yPn (4.34)

pretpostavimo da ona imaju oblik rxe , gde je r neka konstanta, realna ili kompleksna. Da bi smo našli r neophodno je da zamenimo y u jednačini (4.34) sa rxe i primenimo zakon distribucije:

( )

0DDDD

DDDD

012

21

1

012

21

1

=+++++=

=+++++

−

−

−

−

−

−

−

−

rxrxrxnn

rxnn

rxn

rxnn

nn

n

eaeaeaeae

eaaaa

L

L

(4.35)

92

Znamo da je

rxrx ree =)(D

i dalje,

rxrxrx erree 22 )(D)(D ==

rxrxrx erere 323 )(D)(D ==

M

rxnrx ere =)(Dn (4.36)

Smena u (4.35) daje

( ) 0)(012

21

1 ==+++++ −

−

−

−

rxn

rxnn

nn

n erPearararar L

odakle sledi poznata karakteristi čna jednačina:

0)( 012

21

1 =+++++= −

−

−

−ararararrP n

nn

nn

n L (4.37)

Potrebno je dakle naći korene ili rešenja karakteristične jednačine, kojih kao što znamo ima ukupno n, a među njima može biti i međusobno jednakih (višestruki koreni). Tako se fundamentalni sistem rešenja, tj. n nezavisnih rešenja homogene jednačine (4.34) dobija na sledeći način:

• Svaki od n korena karakteristične jednačine, ako je jednostruk, daje jedno rešenje homogene jednačine(4.34), oblika xrie

• Ako je neki koren ir višestruk i ako je njegova višestrukost k, onda on daje ukupno k linearno nezavisnih rešenja i to:

xrkxrxrxr iiii exexxee 12 ,...,,, − (4.38)

• Ako je u pitanju par konjugovano kompleksnih korena, β±α= ir 2,1 , pripadajuća dva

rešenja i 21 xrxr ee je pogodno prikazati u obliku:

xexe xx ββ αα sin i cos (4.39)

koji je rezultat primene poznate Ojlerove jednačine: ϕ+ϕ=ϕ sincos iei

Za nalaženje rešenja karakteristične jednačine (4.37) odnosno korenova polinoma )(xPn

za 2>n , preporučuje se metod sintetskog deljenja, koji se sastoji iz sledećih koraka:

• Probanjem, ili nekom numeričkom metodom za rešavanje nelinearne jednačine odredi se jedan realan koren polinoma, α i onda deljenjem tog polinoma binomom (x - α), dobija se polinom jednog stepena niži ;

93

• Ponavlja se prethodni postupak, sve dok se ne dođe do polinoma 2. stepena, ili sve dok postoje realni koreni. Ako polinom ima i kompleksne korene, oni se određuju na sledeći način:

• Nekom umeričkom metodom, ili probanjem se odredi par konjugovano kompleksnih korena z i z i onda stepen polinoma smanji za 2 deljenjem sa kvadratnim polinomom: (x – z)(x –z). Opisani postupak se ponavlja, dok se ne dođe do polinoma 2. stepena, čije se kompleksne nule odrede analitički.

Napominjemo da u Mathcad-u postoji funkcija za nalaženje svih korena polinoma, pod nazivom polyroots. PRIMER 4.4 Naći opšte rešenje jednačine

02

2

4

4

6

6

=−−+ ydx

yd

dx

yd

dx

yd

Pripadajuća karakteristična jednačina je :

01246 =−−+ rrr

i ima korene:

irirrr −==−== 6,54,321 ,,1,1

Prva dva korena daju rešenja: xx ee − i . Imamo i dva identična para konjugovano kompleksnih rešenja - dvostruke konjugovano kompleksne korene, čiji je realni deo 0=α , a u imaginarnim delovima, 1=β , pa oni, prema (4.38) i (4.39), daju rešenja,

xxxxxx sin,cos,sin,cos

Tako traženo opšte rešenje izgleda:

( ) ( ) xxCCxxCCeCeCy xx sincos 654321 +++++= −

PRIMER 4.5 Potrebno je naći koncentracijski profil reaktanta A u cevnom reaktoru, )(zCA u kome se u sloju katalizatora, na konstantnoj temperaturi, odigrava nepovratna

reakcija prvog reda:

proizvodi→A

koja nije praćena promenom gustine reakcione smeše.Da bi smo izveli dif. jednačinu čije rešenje je traženi profil, formiraćemo bilans reaktanta:

ulaz - izlaz + generisanje u sistemu = 0

za isečak sloja katalizatora, beskonačno male debljine dz (Sl. 4.2a)

94

Sdzdz

Cd

dz

dCD AAeff

A

+−

2

2

dz

+ dzdz

dCCF A

A AFC

Sdz

dCD Aeff

A−

Sl. 4.2a Skica uz bilans

F označava zapreminski protok, koji je jednak proizvodu srednje brzine i površine poprečnog preseka reaktorske cevi, wSF = i konstantan je, pošto je gustina fluida konstantna (sledi iz jednačine kontinuiteta,tj. ukupnog bilansa mase). Ulaz i izlaz komponente A se ostvaruje na dva načina: samom strujom ili konvektivno i difuzijom i na skici su dati izrazi koji opisuju ulaze i izlaze. Tako dobijamo:

( ) ( ) dzSdz

CdD

dz

dCw Aeff

AA

difkonv

+−=+=2

2

.. izlaz-ulazizlaz-ulazizlaz-ulaz

Generisanje je opisano izrazom: SdzkCA− , pa bilans, nakon deljenja zapreminom posmatranog elementa, SdzdV = izgleda kao:

02

2

=−− AAAeff

A kCdz

dCw

dz

CdD (4.40)

Dobili smo dif. jednačinu 2. reda sa konstantnim koeficijentima. Prvi sabirak, koji sadrži izvod drugog reda predstavlja doprinos podužne difuzije (ukupnoj akumulaciji), drugi sabirak, koji sadrži izvod prvog reda predstavlja doprinos konvekcije i treći sabirak je očigledno doprinos hem. reakcije. Nedostaju još granični uslovi za ulaz u sloj katalizatora,

0=z i izlaz iz sloja Lz = To su poznati Denkvercovi (Danckwerts) uslovi, koje nećemo ovde izvoditi:

0:

:0 0

==

−==

dz

dCLz

dz

dCDwCwCz

A

AeffAAA

(4.41)

gde 0AC označava ulaznu koncentraciju u reaktor. Dakle, na levoj granici imamo granični

uslov Robinovog, a na desnoj Nojmanovog tipa.

95

L

0AC

AC

z

0

L

Sl. 4.2a Skica uz granične uslove

Pre no što pristupimo rešavanju dif. jednačine, prevešćemo je, kao i granične uslove, u bezdimenzioni oblik, smenom:

0

,A

A

C

Cy

L

zx == (4.42)

Rezultat je:

0:1

1:0

02

2

==

=−=

=−−

dx

dyx

dx

dy

Lw

Dyx

yw

kL

dx

dy

dx

yd

Lw

D

effA

effA

Kao što se očekuje, pojavljuju se bezdimenzione grupe, koje se u literaturi poznate kao Damkelerov (Damköhler) broj, aD i Pekleov (Peclet) difuzioni broj Pe:

effA

effA

eaSD

F

D

LwP

F

Vk

w

kLD ==== , (4.43)

Damkelerv broj se može interpretirati kao odnos intenziteta ili uticaja reakcije i intenziteta ili uticaja konvektivnog prenosa reaktanta u sistemu, a Pekleov broj kao odnos uticaja (intenziteta) konvektivnog i difuzionog prenosa. Ako dobijenu jednačinu i prvi granični uslov pomnožimo Pekleovim brojem, rezultat je:

02

2

=−− yHdx

dyP

dx

ydae (4.44)

96

ee Pdx

dyyPx =−= :0 (4.44a)

0:1 ==dx

dyx (4.44b)

U jednačini, aH označava novu bezdimenzionu grupu, dobijenu kao,

effA

aeaD

kLDPH

2

== (4.45)

i u literaturi poznatu pod imenom Hata (Hatta) broj ili modul.

Karakteristična jednačina za dif. jedn.(4.44) glasi:

02=−− ae HrPr

i ima korene:

baHPP

r

b

ae

a

e ±=+

±=44 344 21

2

2,1 22 (4.46)

pa je opšte rešenje:

[ ] [ ] [ ]bxbxax eCeCexbaCxbaCxy −+=−++= 2121 )(exp)(exp)( (4.47)

Rešenje (4.47) se može izraziti i preko funkcija xx cosh i sinh ,

2

cosh,2

sinhxxxx ee

xee

x−− +

=−

=

jer se iz gornjih jednačina dobija:

xxexxe xx sinhcosh,sinhcosh −=+= −

Kada se eksponencijalne funkcije u zagradi (jedn. 4.47) izraze preko hiperboličnog sinusa i kosinusa, dobija se :

[ ])cosh()()sinh()( 2121 bxCCbxCCey ax ++−=

ili,

[ ])cosh()sinh( bxBbxAey ax += (4.48)

gde su A i B integracione konstante, koje treba odrediti iz graničnih uslova (4.44a,b):

By =)0(

97

[ ] bAaBybxbAaBbxbBaAey ax +=′+++=′ )0(,)cosh()()sinh()(

Smena u prvi granični (4.44a) daje jednačinu:

PebABaPe =−− )( (4.49a)

Smena )1(y′ u drugi granični uslov (4.44b) daje:

[ ] [ ] 0)cosh()sinh()cosh()sinh( =+++ BbabbAbbba (4.49b)

Integracione konstante A i B dobijamo kao rešenja sistema linearnih jednačina (4.49a,b):

bbaDa

babB

bbaDa

bbaA

++

+=

++

+−=

)tanh()(

)tanh(,

)tanh()(

)tanh( (4.50)

gde je,

bb

bb

ee

ee

b

bb

−

−

+

−==

)cosh(

)sinh()tanh( (4.50a)

Tako je traženi koncentracijski profil dat jednačinom (4.48) uz izraze za a i b definisane u jedn. (4.46) i A, B date jednačinom (4.50).

Vežba 1. Nacrtati koncentracijske profile za 5,2,1 == DaPe i 5,2,10 == DaPe i diskutovati uticaj bezdimenzionih grupa na oblik profila i postignut stepen konverzije u reaktoru.

Vežba 2. Pokazati da se za velike Pekleove brojeve izvedeni matematički model cevnog reaktora svodi na model reaktora sa idealnim potiskivanjem (idealni cevni reaktor) i izvesti koncentracijski profil za idealni cevni reaktor. Nacrtati uporedo koncentracijske profile za cevni i idealni cevni reaktor za 5,2,10 == DaPe . Izračunati stepen konverzije reaktanta u

cevnom reaktoru zapremine 31mV = i prečnika md 1= , ako je protok napojne smeše smF 3001.0= . Vrednosti konstane brzine reakcije i efektivnog koef. difuzije reaktanta su

smDsk effA

2514 105.8,101.5 −−− ×=×= . Uporediti ga sa onim dobijenim u idealnom cevnom reaktoru.

4.3.1 Rešenje nehomogene jedna čine. Metoda neodre đenih koeficijenata

Kao što smo već konstatovali, rešenje nehomogene jednačine

[ ] )(L xFy = (4.51)

se zahvaljujući linearnosti operatora )D(L nP= dobija kao zbir opšteg rešenja pripadajuće

homogene jednačine, )(0 xy i partikularnog rešenja jednačine (4.51), )(xyp , koje je

definisano funkcijom F(x), na njenoj desnoj strani:

98

pyyy += 0 (4.52)

Partikularno rešenje nehomogene jednačine se nalazi jednom od sledećih metoda:

• Metoda varijacija konstanti (Pogl. 4.2)

• Operatorska metoda

• Metoda neodređenih koeficijenata

Prve dve metode su opšteg karaktera, a treća je primenljiva za neke oblike funkcije F(x)

Metoda neodre đenih koeficijenata

Ova metoda obuhvata dva koraka:

• izbor oblika partikularnog rešenja

• smena odabranog rešenja u jedn. (4.51) i određivanje nepoznatih parametara u njemu, izjednačavanjem koeficijenata uz iste funkcije na levoj i desnoj strani

Primenljiva je za sledeća dva tipa funkcije F(x).

1. Funkcija oblika )(xPe nαx , gde je )(xPn polinom n-tog stepena

a) Ako α nije koren karakteristične jednačine (4.37), partikularno rešenje se traži u obliku

)(xQey nx

pα

= (4.53a)

gde je )(xQn polinom n-tog stepena.

b) Ako je α koren karakteristične jednačine, višestrukosti k, tada rešenje (4.53a) nije linearno nezavisno od funkcija koje čine fundamentalni sistem rešenja homogene jednačine (to je očigledno za cxQn =)( , kada je ono proporcionalno funkciji xeα , koja pripada fudamentalnom sistemu). U takvom slučaju se partikularno rešenje traži u obliku:

)(xQexy nxk

pα

= (4.53b)

2. Funkcija oblika [ ]xxQxxPe tsαx ββββββββ )sin()cos( + , gde su )( i )( xQxP ts polinomi

stepena s, t

a) Ako 2,1 β±α= ir nisu koreni karakteristične jednačine, partikularno rešenje se

traži u obliku

[ ] ),max(,sin)(cos)( tsnxxSxxRey nnx

p =β+β= α (4.54a)

gde su )( i )( xSxR nn polinomi n-tog stepena.

b) Ako su 2,1 β±α= ir koreni karakteristične jednačine, višestrukosti k,

partikularno rešenje se traži u obliku:

99

[ ] ),max(,sin)(cos)( tsnxxSxxRexy nnxk

p =β+β= α (4.54b)

3. Funkcija oblika )()()( xFxFxF m21 +++ L , gde su funkcije )(xFi tipa 1) ili 2)

Partikularno rešenje se traži u obliku zbira,

mpppp yyyy ,21+++= L (4.55)

gde ipy , predstavlja partikularno rešenje jednačine

[ ] )(L xFy i= (4.56)

PRIMER 4.6 Naći opšta rešenja sledećih jednačina:

a) 243 ++=+′+′′ xxyyy b) xeyyyy 633 =−′+′′−′′′

a) Koreni karakteristične jednačine: 012 =++ rr su 23212,1 ir ±−= , pa je opšte rešenje

homogene jednačine:

+

= − xCxCey x

2

3sin

2

3cos 21

20

Funkcija sa desne strane je tipa 1. sa 3,0 ==α n , pa poštio 0 nije koren karakteristične jednačine, partikularno rešenje tražimo u obliku (4.49a):

dcxbxaxxQey xp +++== 23

30 )(

Izvodi pretpostavljenog rešenja su:

baxycbxaxy pp 26,23 2 +=′′++=′

i njihova smena u jednačinu daje:

242326 3232 ++=++++++++ xxdcxbxaxcbxaxbax

242)26()3( 323 ++=++++++++ xxdcbxcbaxbaax

Izjednačavanjem koeficijenata uz iste stepene na levoj i desnoj strani jednačine dobijamo sledeći sistem od 4 jednačine po nepoznatim parametrima a,b,c i d:

1=a

03 =+ ba

426 =++ cba

22 =++ dcb

100

Rešenje je: 4,4,3,1 ==−== dcba . Tako traženo opšte rešenje glasi:

4432

3sin

2

3cos 23

212

0 ++−+

+

=+= − xxxxCxCeyyy x

p

b) Karakteristična jednačina:

323 )1(133 −=−+− rrrr

ima tri ista korena 13,2,1 =r , pa prema (4.38), opšte rešenje homogene jednačine je:

xxx exCxeCeCy 23210 ++=

Funkcija sa desne strane je tipa 1. sa 0,1 ==α n , i pošto je α trostruki koren karakteristične jednačine, partikularno rešenje tražimo u obliku (4.49b):

xxp eaxxQexy 3

03 )( ==

Rezultat smene pretpostavljenog rešenja i njegovih izvoda,

xxx exxxayexxxayexxay )9186(,)66(,)3( 323232 +++=′′′++=′′+=′

u jednačinu je :

xx eae 66 =

pa je a =1. Tako, opšte rešenje nehomogene jednačine je:

xp exxCxCCyyy )( 32

3210 +++=+=

PRIMER 4.7 Linearnu jednačinu prvog reda :

)( 210

121 kkeCkCk

dt

dC tkAR

R ≠=+ −

iz Primera 3.5, rešiti kao nehomogenu jednačinu sa konstantnim koeficijentima.

Karakteristična jednačina pripadajuće homogene dif. jednačine je :

02 =+ kr ,

pa je njen koren 2kr −= ,a opšte rešenje:

tkR CeC 2

0,−

=

Funkcija sa desne strane je tipa 1, sa 1,0 kn −=α= , pa partikularno rešenje tražimo u obliku:

101

tktk

pR aeetQC 11)(0,−−

==

Nakon smene pRC , i tkpR eakC 1

1,−−=′ u jednačinu i deljenja sa tke 1− dobijamo

0112 )( ACkkka =− ⇒

12

01

kk

Cka A

−=

pa je rešenje:

+−=−+=+= −−−− CeCkk

kee

kk

CkCeCCtC tkk

AtktkAtk

pRRR)(0

12

1

12

01

,0,12212)(

identično onom dobijenom u Primeru 3.5.

PRIMER 4.8 Naći opšta rešenja sledećih jednačina:

a) xxeyyy 2332 −=−′−′′ b) xxeyyy 3432 =−′−′′

a) Karakteristična jednačina ima rešenja 3,1 21 =−= rr , pa je opšte rešenje homogene jednačine:

xx eCeCy 3210 += −

Funkcija sa desne strane je tipa 1. sa 1,2 ==α n , pa pošto 2 nije koren karakteristične jednačine, partikularno rešenje tražimo u obliku (4.49a):

xxp ebaxxQey 2

12 )()( +==

Smena izvoda,

xp

xp ebaaxyebaxay 22 )444(,)22( ++=′′++=′

i py za rezultat ima:

xx xeebaxabaxbaax 22 3]33)22(2444[ −=−−++−++

32,13323 ==⇒−=−+− baxbaax

Traženo rešenje je,

xxx exeCeCy 2321 3

2

+++= −

b) Rešenja karakteristične jednačine su 3,1 21 =−= rr i pošto je u funkciji sa desne strane 1,3 ==α n ,imamo slučaj 1b), pa partikularno rešenje tražimo kao:

102

xxp xebaxxQxey 3

13 )()( +==

Metod neodređenih koeficijenata daje: 41,21 −== ba i opšte rešenje glasi:

xx exx

CeCy 32

21 42

−++= −

PRIMER 4.9 Naći opšta rešenja sledećih jednačina:

a) xyy 2sin=+′′ b) xyy sin=+′′

a) Karakteristična jednačina ima korene ir ±=2,1 . Funkcija sa desne strane je tipa 2. sa

0,2,0 ==β=α n , i pošto β±α i nije koren karakteristične jednačine, rešenje tražimo u obliku (4.50a):

[ ] xbxaxxSxxRey xp 2sin2cos2sin)(2cos)( 00

0 +=+=

xbxayxbxay pp 2sin42cos4,2cos22sin2 −−=′′+−=′

3

1,02sin2cos32sin3

2sin2sin2cos2sin42cos4

−==⇒=−−

=++−−

baxxaxb

xxbxaxbxa

Dobili smo opšte rešenje :

xxCxCy 2sin3

1cossin 21 −+=

b) Koreni karakteristične jednačine su ir ±=2,1 . Funkcija sa desne strane je tipa 2. sa

0,1,0 ==β=α n i pošto su β±α i koreni karakteristične jednačine, imamo slučaj 2b):

[ ] )sincos(sin)(cos)( 000 xbxaxxxSxxRxey x

p +=+=

)sincos(cos2sin2),cossin(sincos xbxaxxbxayxbxaxxbxay pp +−+−=′′+−++=′

0,2

1sin)sincos()sincos(cos2sin2 =−=⇒=+++−+− baxxbxaxxbxaxxbxa

Opšte rešenje je:

xx

CxCy cos2

sin 21

−+=

PRIMER 4.10 Naći opšte rešenja sledeće jednačine:

4444 223 ++++=+′−′′ xexeexyyy xxx

103

Funkcija na desnoj strani predstavlja zbir tri funkcije tipa 1 :

)(44)(

),()(

),()()(

13

02

332

1

2

1

xPxxF

xPeexF

xPexxexF

xx

xx

=+=

==

=+=

α

α

pa ćemo partikularno rešenje zadate jednačine naći kao zbir partikularnih rešenja jednačina:

3,2,1),(44 ==+′−′′ ixFyyy i (4.53)

Karakteristična jednačina : 22 )2(44 −=+− rrr ima dvostruku koren 221 == rr , pa je opšte rešenje homogene jednačine:

xexCCy 2210 )( += (4.54)

Pošto je 21 =α dvostruki koren karakteristične, prvo partikularno rešenje tražimo u obliku:

)()( 234523

221, dxcxbxaxexQexy xx

p +++==

44444 344444 214444 34444 214444 34444 21

)(

232

)(

2342

)(

234521,

2342234521,

21

)261220()2345(4)(4

)2345()(2

xp

x

xp

x

xp

xp

xxp

dcxbxaxedxcxbxaxedxcxbxaxey

dxcxbxaxedxcxbxaxey

+++++++++++=′′

+++++++=′

Rezultat smene u prvu od jednačina (4.53) je :

)()( 322

2 xxexpe xx +=

tj., nakon skraćivanja sa xe2 :

0,6

1,0,

20

1261220 323 ====⇒+=+++ dcbaxxdcxbxax

Tako je prvo partikularno rešenje,

+=

620

322

1,

xxexy x

p (4.55a)

Partikularno rešenje druge od jednačina (4.53) tražimo u obliku:

2,2,2,2, , pppx

p yyyaey =′=′′=

i nakon smene u jednačinu, nalazimo: 1=a . Tako je ,

xp ey =2, (4.55b)

Partikularno rešenje treće od jednačina (4.53) tražimo kao:

104

baxxQy x +== )(1,3

i metod neodređenih koeficijenata daje :

2,3 += xy x (4.55c)

Konačno, opšte rešenje zadate jednačine jednako je zbiru opšteg rešenja (4.54) pripadajuće homogene jednačine i partikularnih rešenje (4.55a,b,c) jednačina (4.53):

2620

)(3

22221 +++

+++= xe

xxexexCCy xxx

ZADACI

4.1 a) Pokazati da funkcija, xxxy cos)( = zadovoljava jednačinu

02 =+′+′′ xyyyx

b) Naći njeno opšte rešenje

4.2 Jedno partikularno rešenje jednačine

0)()( 01 =+′+′′ yxayxay ,

je )(1 xy . Onda je i :

∫ ∫= −

21

)(

121)(

y

dxeyxy

dxxa

rešenje iste jednačine.

a) Neposrednom proverom, pokazati da je data formula tačna.

b) Pokazati tačnost formule koristeći smenu (4.8).

c) Primenom formule naći opšte rešenje jednačine iz zadatka 4.1.

4.3 Pokazati da homogena linearna jednačina 2. reda,

0)()( 01 =+′+′′ yxayxay

ima partikularno rešenje,

a) xy = , ako je 0)()( 01 =+ xxaxa

b) xey = , ako je 1)()( 01 −=+ xaxa

c) xey −

= , ako je 1)()( 01 −=+− xaxa

d) xey α= , ako je 2

01 )()( α−=+α xaxa

4.4 Rešiti jednačine

a) 232 255 xxyyxyx −=+′−′′ b) xexxyxyxyx )1()3()32( 2 −+=++′+−′′

c) 0)24()34()2( =++′−−′′− yxyxyx

105

4.5 a) Proveriti da li rešenje (4.17) iz Primera 4.2 zadovoljava dif. jednačinu (4.14) i granične uslove (4.14a,b)

b) Naći izraz za koncentraciju u centru zrna u funkciji od Tilovog modula,φ . Čemu ona teži za male, a čemu za velike vrednosti φ ? Nacrtati bezdimenzionu koncentraciju reaktanta u

centru zrna 0)0( AA CC u funkciji od φ , u opsegu 100 ≤φ≤ i diskutovati uticaj Tilovog modula na njenu vrednost, imajući u vidu njegovo fizičko značenje.

c) Radi analize brzine procesa u zrnu katalizatora, definiše se faktor efektivnosti procesa, η

kao odnos stvarne, R i maksimalno moguće ili idealne brzine procesa, R 0, 0RR=η . Stvarna brzina procesa se može dobiti kao ukupna količina reaktanta A, koja uđe u zrno difuzijom kroz spoljnju površinu u jedinici vremena:

)(4 2 smolRdr

dCDS

dr

dCD

Rr

AeffA

Rr

AeffA π

=

=

==

R

Idealna brzina je ona kojom bi se proces odvijao kada bi difuzija kroz poroznu strukturu zrna bila tako brza da trenutno nadoknađuje potrošen reaktant (dakle znatno brža od brzine hem. reakcije u zrnu) te se uspostavlja uniforman koncentracijski profil u zrnu, 0)( AA CrC = :

0300

3

4AsAs CskRVCsk π==R

Izvesti izraz za brzinu procesa R u funkciji od φ i sledeći izraz za faktor efektivnosti posmatranog procesa:

φ−φφ=η 1

tanh

13

d) Koristeći simbolički račun u Mathcad-u, uveriti se da 1→η , kada 0→φ . Obrazložiti to, imajući u vidu fizička značenja Tilovog modula i faktora efektivnosti.

e) Kojoj funkciji se asimptotski približava )(φη , za velike vrednosti φ ? Nacrtati grafik funkcije )(φη i njene asimptotske aproksimacije u log-log dijagramu, u intervalu

1001.0 ≤φ≤ .

4.6 a) Pokazati da se diferencijalna jednačina ,

04 =+′′ yyx

smenom xt 1= transformiše u sledeću jednačinu po funkciji )]([)( txytz = :

02 =+′+′′ zzt

z

b) Naći funkciju z, a onda i opšte rešenje polazne jednačine:

+=x

Cx

Cxy1

cos1

sin 21

4.7 Pokazati da se jednačina,

06)32(3)32( 3 =−′++′′′+ yyxyx

106

smenom tex =+ 32 prevodi u sledeću jedn. sa konstantnim koeficijentima po funkciji )(ty :

0622248 =−′+′′−′′′ yyyy

i naći funkciju )(xy .

4.8 Koristeći metodu varijacije konstanata, naći opšte rešenje jednačina:

a) xeyy =−′′ b) 2

3

96x

eyyy

x

=+′−′′

4.9 Pokazati da se smenom kojom se uklanja član sa prvim izvodom (4.9, 4.9a), uprošćava rešavanje sledećih jednačina:

a)

+=++′−′′

2

2exp)3(2

22 xx

yxyxy b) )25exp(22510 22 xxyxyxy =+′−′′

i rešiti ih.

4.10 Naći opšte rešenje jednačine

)(23 xFyyy =+−′′

ako je )(xF funkcija:

a) xe−10 ; b) xe23 ; c) xsin2 ; d) 302 3−x ; e)

2cos2

xex ; f) 12 +− − xex ; g)

)43( xex− ;

h) xx 2sin53 + ; i) xx ee 22 −

− ; j) xsinh

4.11 Naći n takvo da smena nzxy = transformiše dif. jednačinu:

xeyxdx

dyxx

dx

ydx x cos)1(2)2(2 2

2

22 −=++++

u jednačinu sa konstantnim koeficijentima i rešiti je.

4.12 Rešiti jednačine:

a) xx

y

x

yy

22=+

′−′′ b) 03 =−′+′′′ yyxyx

4.13 Kroz dugačku žicu poluprečnika R , toplotne provodljivosti λ, protiče električna struja. Toplota koja se pri tom, stvara u jedinici vremena i po jedinici zapremine žice jednaka je:

( )32

2

2

2

mWR

I

LR

Irt π

ρ=π⋅= R

R - električni otpor žice, Ω

I - jačina struje, A

L – dužina žice

107

ρ - specifični električni otpor žice, LR=ρ , mΩ

a) Izvesti sledeće jednačine koje definišu radijalni temperaturni profil žice, )(rT ako se može zanemariti otpor prelazu toplote sa žice u atmosferu, temperature T0:

0:

0:0

01

TTRr

dr

dTr

rdr

dTr

dr

d

r t

====

=+

λ

b) Naći funkciju )(rT

c) Kroz čeličnu žicu prečnika ft3105.8 −× , specifične otpornosti 0.5 ftΩ i toplotne

provodljivosti Ffthr

BTU0

10⋅⋅

=λ propušta se struja od 10A. Ako je temperatura okoline

C025 , izračunati najveću temperaturu u žici.

4.14 U sloju tečnosti se apsorbuje susptanca A iz okolnog gasa, pri čemu je apsorpcija praćena reakcijom prvog reda proizvodi→A (hemisorpcija). Pretpostavlja se da je na međufaznoj površini gas-tečnost uspostavljena fazna ravnoteža, te da važi

0AAAA CpHC == , a da je na nekom rastojanju L od međufazne površine gas A potpuno

potrošen u reakciji.

a) Izvesti sledeći matematički model posmatrane hemisorpcije:

0:

:0

0

0

2

2

==

==

=−

A

AA

AA

A

CLz

CCz

kCdz

CdD

b) Izvesti sledeći bezdimenzioni koncentracijski profil supstance A u tečnosti:

a

a

H

xHy

sinh

)]1(sinh[ −=

gde su : 0, AA CCyLzx == a aH je Hata modul (4.41) : Aa DkLH 2=

(Iskoristiti relaciju: yxyxyx sinhcoshcoshsinh)sinh( ⋅−⋅=− )

c) Pokazati da se bezdimenzioni koncentracijski profil supstance A za slučaj čiste fizičke apsorpcije (nema hem. reakcije) dobija iz datog profila za hemisorpciju, kada 0→aH .

Nacrtati bezdimenzione koncentracijske profile supstance A za 10,2,1.0=aH i diskutovati

uticaj Hata modula, imajući u vidu njegov fizički smisao : odnos brzine reakcije i brzine difuzije.

d) Izvesti sledeće izraze za difuzioni fluks gasa A kroz međufaznu površinu, koji predstavlja brzinu njegove apsorpcije ili rastvaranja, po jedinici međufazne površine )( 2smmol :

108

• za čistu fizičku apsorpciju (nema reakcije) : L

CDN AA

A

00=

• za hemisorpciju : a

aAAA

H

H

L

CDN

tanh

0

=

Pokazati da je

• za vrlo brze reakcije : kDCN AAA0

≈

• za vrlo spore reakcije : 00

AAA

A NL

CDN =≈

e) Odnos fluksa pri hemisorpcji i fluksa pri fizičkoj apsorpciji se zove faktor pojačanja apsorpcije (enhancement factor), 0

AAA NNE = . Nacrtati faktor pojačanja AE u funkciji od

aH u log-log dijagramu, u opsegu 1001.0 ≤≤ aH , i pokazati da on u tom dijagramu ima

kosu asimptotu.

4.15 U sloju tečnosti, debljine L se apsorbuje susptanca A iz okolnog gasa, pri čemu je apsorpcija praćena reakcijom prvog reda proizvodi→A (hemisorpcija). Na međufaznoj

površini gas-tečnost uspostavljena je fazna ravnoteža: 0)0( AAAA CpHC == , a kroz čvrstu površinu na rastojanju L, ne postoji difuzioni fluks supstance A. Diferencijalna jednačina za stacionarni koncentracijski profil )(zCA i prvi granični uslov su identični onima u prethodnom problemu, dok iz opisa problema sledi da je drugi granični uslov:

0: ==dz

dCLz A

a) Izvesti sledeći bezdimenzioni koncentracijski profil supstance A u tečnosti:

a

a

A

A

H

LzH

C

C

cosh

)]1(cosh[0

−=

(Iskoristiti relaciju: yxyxyx sinhsinhcoshcosh)cosh( ⋅−⋅=− ) b) Izvesti sledeći izraz za faktor pojačanja apsorpcije:

aaA HHE tanh=

Nacrtati u log-log dijagramu, u opsegu 1001.0 ≤≤ aH , faktore pojačanja apsorpcije, EA za slučaj opisan u prethodnom zadatku i izveden u ovom zadatku i njihovu zajedničku kosu asimptotu. Obrazložiti inženjerski međusobni odnos krivih na dijagramu.