Introdução a aproximações assintóticas. Capítulo 4

Introdução a aproximações

assintóticas

Introdução

•  Em geral, os termos não lineares das eqs. NS

são não nulos

•  Solução analítica não é possível

•  Soluções aproximadas:

–  soluções numéricas

–  aproximações analíticas:

•  balanços macroscópicos: valores globais (vazão, forças médias, etc)

•  soluções assintóticas: soluções para parâmetros

adimensionais muito grandes ou muito pequenos, tal que termos das eqs. possam ser desprezados

–  métodos de pertubação

–  expansões assintóticas (base dos métodos assintóticos é obter aproximações das eqs governantes)

Escoamento pulsátil num tubo: soluções

assintóticas para altas e baixas frequências

•  Relembrando as equações e CC:

€ u _z = uz G₀R2/µ r =ˆ r R t =ˆ t R2/µ ∂ˆ u _z ∂ˆ t = 1+ε sin ωR2 ν R_ω  ˆ t           + 1 ˆ r ∂ ∂ˆ r r ˆ ∂ ˆ u _z ∂ˆ r       CC : ˆ r = 1 ˆ u _z = 0 ˆ u _z finito em ˆ r = 0  t = 0 u  _z = 0

Obtivemos a solução exata (muito trabalhosa) para Rω<<1. A solução exata para Rω>>1 é muito difícil. Vamos obter soluções assintóticas. € uz = u_z0 +εu1_z u_z0 = 1 4 1− ˆ r 2

(

)

u1_z = Im ˆ

_{( )}

u _z ˆ

Rω<<1

•  A equação anterior pode ser reescrita

como:

€ d2H dˆ r 2 + 1 ˆ r dH dˆ r − iHRω = −1 CC : ˆ r = 1 H( ˆ r ) = 0 H( ˆ r ) finito em ˆ r = 0 obs : ˆ u _z = ei ωR 2 / v ( )_t ˆ H( ˆ r )

A solução exata é obtida em termos das funções de

Bessel, e depois é feita a aproximação para R_ω. Agora, vamos usar a condição R_ω<<1 e depois obter a solução.

•  No limite

R

_ω→

0

:

€ d2H dˆ r 2 + 1 ˆ r dH dˆ r = −1 ⇒ H = 1 4 1− ˆ r 2

(

)

ˆ u 1_z ≡ Im ˆ

( )

u _z = 1 4 sin ˆ t 1− ˆ r 2

(

)

•  O problema se reduz ao escoamento de Poiseuille quasi-permanente, com um gradiente de pressão instantâneo sin t •  Os efeitos de inércia não aparecem na equação acima. Para determinar os efeitos de inércia com Rω→0, vamos procurar uma solução na forma de expansão assintótica do tipo:

€

H = H₀

_{( )}

r ˆ + R_ωH₁

_{( )}

r ˆ + R_ω2H₂

_{( )}

r ˆ + O R

( )

_ω3

Perturbução regular ou assintótica (a forma é mantida ao longo do domínio)

Substituindo na equação diferencial: € d2H₀ dˆ r 2 + Rw d2H₁ dˆ r 2 + Rw 2 d 2 H₂ dˆ r 2 + 1 ˆ r dH₀ dˆ r + R_w 1 ˆ r dH₁ dˆ r + Rw 2 1 ˆ r dH₂ dˆ r − iH0Rw − iHiRw 2 + O R

( )

_w3 = −1 E da CC: € H₀

_{( )}

1 + R_ωH₁

_{( )}

1 + R_ω2H₂

_{( )}

1 + O R

( )

_ω3 = 0

Como a eq acima vale para Rw arbitrário,

€

Assumindo que Rw é assintóticamente pequeno, mas arbitrário, as eqs acima tem que ser satisfeitas para

qualquer valor pequeno e arbitrário de Rw. Reescrevendo a eq. anterior: € 1+ 1 ˆ r d dˆ r r ˆ dH₀ dˆ r             + Rw 1+ 1 ˆ r d dˆ r r ˆ dH₁ dˆ r       − iH0       + R_w2 1+ 1 ˆ r d dˆ r r ˆ dH₂ dˆ r       − iH1       + O Rw 3

( )

= 0

Os termos a cada nível de Rw são individualmente iguais a zero. Assim, H₀ satisfaz a eq. anterior (obtida para o limite Rw 0, com a condição H₀(1)=0, e a sua solução é

€

H

₀

=

1

4

1− ˆ

r

2

As funções H1 e H2 devem satisfazer:

€

1+

1

ˆ

r

d

dˆ

r

r

ˆ

dH

₁

dˆ

r











 = iH

0

H

1

(1) = 0 e H

1

(0) finito

€

1+

1

ˆ

r

d

dˆ

r

r

ˆ

dH

₂

dˆ

r











 = iH

1

H

2

(1) = 0 e H

2

(0) finito

Com H0, as CC e integrando chega-se a:

€ H₁ = i 16 r ˆ 2 − r ˆ 4 4 − 3 4       H₂ = − 1 256 r ˆ 4 − r ˆ 6 9 − 3ˆ r 2 + 19 9       H = 1 4 1− ˆ r 2

(

)

+ R_w i 16 r ˆ 2 − r ˆ 4 4 − 3 4       − R_w2 1 256 r ˆ 4 − r ˆ 6 9 − 3ˆ r 2 + 19 9       + O Rw 3

( )

Método de perturbação no domínio:

escoamento num canal ondulado

- Geometria irregular: superfície não corresponde a nenhuma coordenada de qualquer

sistema de coordenadas, mas está próximo

- Paredes localizadas a y=+/- h(x) = d/2(1+ε sen2πx/L) - ε pequeno

Equações de conservação

€ µ ∂ 2 w ∂x2 + ∂2w ∂y2       = −G w = 0 em y = ±h(x) = ± d 2 1+ εsin 2πx L      

Obs: pode-se também usar a condição de simetria em y=0,

€

∂

w /

∂

y = 0

-A geometria depende de x, então w=w(x,y)

-Para ε<<1: substituir a CC com uma CC aproximada, que é assintoticamente equivalente para ε<<1, mas aplicada a y=d/2

Adimensionalização

€ d2 L2 ∂2w ∂x2 + ∂2w ∂y2       = −1 w = 0 em y = h (x) = 1 2(1+ εsin2πx ) ∂w ∂y = 0 em y = 0 w = w Gd2 /µ x = x L y = y d

Vamos aproximar a CC em y=h(x) a uma CC assintoticamente equivalente aplicada em y=1/2, usando uma aproximação em série de Taylor para w em y=h, em termos de w e de suas

€ w _{y = h} = w _{y =1/ 2} + ∂w ∂y       y =1/ 2 ε 2sin(2πx )     _  + 1₂ ∂ 2 w ∂y 2       y =1/ 2 ε 2sin(2πx )     _  2 + O

( )

ε3

Vamos procurar uma solução da forma:

€

w = w₀ + εw₁ + ε2w₂ + O

( )

ε3

Substituindo na eq. para a CC w=0 em y=h:

€ 0 = w0 +ε w1 + ∂w0 ∂y       1 2sin(2πx )       + ε2 w₂ + ∂w1 ∂y       1₂sin(2πx ) + 1₂ ∂ 2 w₀ ∂y 2       1 2sin(2πx )       2       + O ε

( )

3 em y = 1/2

Como ε é pequeno, cada termo da eq. acima tem que ser igual a zero. Assim,

€ O(0) : w₀ = 0 em y = 1/2 O(ε) : w₁ = − ∂w0 ∂y       1 2 sin 2

(

πx

)

em y = 1/2 O(ε2) : w₂ = − ∂w1 ∂y       1 2 sin 2

(

πx

)

− 1 2 ∂2w₀ ∂y 2       1 2 sin 2

(

πx

)

      2 em y = 1/2

A CC original em y=h(x) foi transformada em CC assintoticamente equivalentes para as funções

w₀, w₁ e w₂ em y=1/2. Resolvendo para estas funções, o problema em O(1), com as CC acima é:

€ d2 L2 ∂2w₀ ∂x2 + ∂2w₀ ∂y2       = −1 ∂w₀ ∂y = 0 em y = 0

As CC neste nível independem de x, assim w₀=w₀(y), e a solução é dada por:

€ w₀ = 1 2 1 4 − y 2       O problema em O(ε) é: € d2 L2 ∂2w₁ ∂x2 + ∂2w₁ ∂y2       = −1 ∂w₁ ∂y = 0 em y = 0 w₁ = 1 4 sin 2πx

(

)

em y = 1/2

Vamos procurar uma solução do tipo: € w₁ = F(y )sin 2πx

₍

₎

d2F dy 2 − 2πd L       2 F = 0 dF /dy = 0 em y = 0 F = 1/4 em y = 1/2 F = Aexp 2πd L y       + B exp −2πd L y       ⇒ w₁ = 1 4 cosh 2πd /L

[

₍

₎

y

]

cosh πd /L

₍

₎

sin 2πx

(

)

Analogamente, podemos obter w₂:

€ w₂ = 1 16 1− 2πd L tanh πd L             1− cosh 4πd /L

(

)

y cosh 2πd /L

₍

₎

cos 4πx

(

)

     

Fluxo volumétrico

€ Q = 1 Ld −h(x;ε)wdydx h(x;ε)

∫

0 L

∫

Q = Gd 2 12µ 1+ 3 4 ε 2 + O(ε2)     _ 

Para um mesmo gradiente de pressão,

a vazão é maior do que a obtida entre placas paralelas, mas como a primeira correção ocorre com termos