Компьютерные вычисления в пакете MathCAD

АСТРАХАНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ ТЕХНИЧЕСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ Кафедра «Информационные системы управления и информатика»

А.Е. МАРТЬЯНОВА

Компьютерные вычисления в пакете MathCAD Учебно-методическое пособие для студентов специальности 250400 «ХИМИЧЕСКАЯ ТЕХНОЛОГИЯ ПРИРОДНЫХ ЭНЕРГОНОСИТЕЛЕЙ И УГЛЕРОДНЫХ МАТЕРИАЛОВ» по дисциплине «Компьютерная обработка информации» Астрахань 2005 УДК 681.3.06 ББК 32.973.2 Рецензенты: Кафедра прикладной информатики в экономике Астраханского государственного технического университета (заведующий кафедрой – к.т.н., доц. И.Ю. Квятковская), Ю.Ю. Тарасевич – к.физ.-мат.н., доц. кафедры теоретической физики и МПФ Астраханского государственного университета, Г.В. Тараканов – д.т.н., проф., зам. директора по научной работе АНИПИгаз, член–корр. Российской инженерной академии

Учебное пособие рассмотрено и рекомендовано к печати на заседании кафедры ___ИСУИ___ (протокол № 1 от 30.08.05 г.) Мартьянова А.Е. Компьютерные вычисления в пакете MathCAD: Учебно-методическое пособие для студентов специальности 250400 «ХИМИЧЕСКАЯ ТЕХНОЛОГИЯ ПРИРОДНЫХ ЭНЕРГОНОСИТЕЛЕЙ И УГЛЕРОДНЫХ МАТЕРИАЛОВ» по дисциплине «Компьютерная обработка информации». – Астрахань: Изд-во АГТУ, 2005. – 152 с. Настоящее учебно-методическое пособие подготовлено по материалам учебного курса «Компьютерная обработка информации», который читался автором для студентов специальности 250400. В пособии рассмотрены аналитические и численные методы решения задач, имеющих практическое значение. Учебно-методическое пособие адресовано студентам, изучающим компьютерные вычисления в пакете MathCAD, а так же всем тем, кто интересуется изучением этого пакета.

СОДЕРЖАНИЕ ВВЕДЕНИЕ…………………………………………………………………5 РАЗДЕЛ 1. РЕШЕНИЕ ПРОСТЫХ ЗАДАЧ. ЕДИНИЦЫ ИЗМЕРЕНИЯ В ФОРМУЛАХ. РАЗМЕРНОСТЬЮ. ПОСТРОЕНИЕ ГРАФИКОВ ФУНКЦИЙ…………7 РАЗДЕЛ 2. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ И СИСТЕМ УРАВНЕНИЙ. АНАЛИЗ ФУНКЦИЙ. ОПТИМИЗАЦИЯ……………..19 РАЗДЕЛ 3. МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА……………………33 РАЗДЕЛ 4. АНАЛИЗ ДАННЫХ…………………………………………47 РАЗДЕЛ 5. РЕШЕНИЕ ОБЫКНОВЕННЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ (ОДУ) И СИСТЕМ ОДУ………………………………………………………….77 РАЗДЕЛ 6. РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ (ДУЧП)……………..109 РАЗДЕЛ 7. МЕТОД КОНЕЧНЫХ ЭЛЕМЕНТОВ (МКЭ)……………………………………………………125 ЛИТЕРАТУРА…………………………………………………………...150

ВВЕДЕНИЕ При написании настоящего учебно-методического пособия использовался опыт проведения автором занятий на кафедре «Информационные системы управления и информатика» Астраханского государственного технического университета, в частности, по курсам «Компьютерная обработка информации» и «Статистическое моделирование на ЭВМ» для студентов специальности 254000 «Химическая технология природных энергоносителей и углеродных материалов». Пособие состоит из введения, списка литературы и семи разделов: РАЗДЕЛ 1. «Решение простых задач. Единицы измерения в формулах. Построение графиков функций», РАЗДЕЛ 2. «Решение уравнений и систем уравнений. Анализ функций. Оптимизация», РАЗДЕЛ 3. «Математическая статистика», РАЗДЕЛ 4. «Анализ данных», РАЗДЕЛ 5. «Решение обыкновенных дифференциальных уравнений (ОДУ) и систем ОДУ», РАЗДЕЛ 6. «Решение дифференциальных уравнений в частных производных (ДУЧП)», РАЗДЕЛ 7. «Метод конечных элементов (МКЭ)». РАЗДЕЛЫ 7 и 6 являются дополнительными и предназначены для углубленного изучения курса. Каждый раздел содержит подборку подробно рассмотренных задач, которые иллюстрируют применение пакета MathCAD в расчетной практике инженеров специальности 250400. Использование в процессе изучения курса «Компьютерная обработка информации» физико-математического пакета MathCAD представляется оправданным, поскольку этот пакет изучается студентами еще на первом году обучения в курсе «Информатика». В то время как специализированные математические пакеты требуют специального освоения студентами, MathCAD легко позволяет перейти к выполнению математических расчетов при изучении материала курса и использовать пакет MathCAD в освоении различных дисциплин, что способствует, в свою очередь, лучшему пониманию соответствующих курсов. Настоящая работа имеет целью научить пользоваться возможностями MathCAD при решении учебных и практических задач. Учебно-методическое пособие может быть адресовано студентам, изучающим компьютерные вычисления в пакете MathCAD, а так же всем тем, кто интересуется изучением этого пакета. РАЗДЕЛ 1. РЕШЕНИЕ ПРОСТЫХ ЗАДАЧ. ЕДИНИЦЫ ИЗМЕРЕНИЯ В ФОРМУЛАХ. ПОСТРОЕНИЕ ГРАФИКОВ ФУНКЦИЙ 1.1. ЗАДАЧА. Определить плотность стали, 2 см3 которой имеют массу 15.7 г. Определить в г/мм3, г/см3, кг/м3. Определить удельный вес стали.

Дано: 3

V := 2 ⋅cm

объем

M := 15.7 ⋅gm

масса

Решение: ρ :=

M V

плотность

γ := ρ ⋅g

удельный вес −3

ρ = 7.85 × 10

−3

gm⋅mm

−3

ρ = 7.85 gm⋅cm 3

-3

ρ = 7.85 × 10 kgm 4 -3

γ = 7.698 × 10 m newton

1.2. ЗАДАЧА. Определить работу изобарного обратимого расширения 3 моль идеального газа при его нагревании от 298 до 400 К [9].

Дано: 3

kJ := 10 ⋅J количество вещества

n := 3 ⋅mol R := 8.3143 ⋅

J mol⋅K

молярная газовая постоянная

T1 := 298 ⋅K температура T2 := 400 ⋅K

Решение: W := n⋅R⋅( T2 − T1)

работа изобарного расширения идеального газа

W = 2.544 kJ

1.3. ЗАДАЧА. Рассчитать количество теплоты Q в кДж, необходимое для нагревания чугунного утюга массой 1.5 кг на 200° от 20° до 220°С, если удельная теплоемкость С чугуна равна 0.54 кДж/кг·К. Построить график зависимости количества теплоты от температуры. Дано: 3

kJ := 10 ⋅J M := 1.5kg

масса

T1 := ( 20 + 273)K

температура

T2 := ( 220 + 273)K C := 0.54

kJ

удельная теплоемкость

kg⋅K

Решение: Q := C ⋅M ⋅( T2 − T1) Q = 162 kJ t2 := T1 , T1 + 20 ⋅K .. T2 Q ( t2) := C ⋅( t2 − T1) ⋅M Q ( t2) =

0 16.2 32.4 48.6 64.8 81 97.2 113.4 129.6 145.8 162

200

kJ

180 160 140 Q( t2) kJ

120 100 80 60 40 20 300 325 350 375 400 425 450 475 500 t2 K

1.4. ЗАДАЧА. Параметрически задать функцию для расчета траектории движения снаряда, брошенного со скоростью v0 под углом α к горизонту [6].

Дано: x0 := 0 ⋅m координаты

α := 45 ⋅deg

ускорение

v0 := 100 ⋅

угол к горизонту

y0 := 0 ⋅m a := −g

m

скорость

sec

Решение: t := 0 ⋅sec , 0.1 ⋅sec .. 14.5 ⋅sec

временной интервал

vx0 := v0⋅cos (α )

vy0 := v0⋅sin(α )

vx( t) := vx0

vy( t) := vy0 + a ⋅t

x( t) := x0 + vx0⋅t

y( t) := y0 + vy0⋅t +

a 2

⋅( t)

2

Траектория полета снаряда

200 y( t) m

0

500

1000

x( t ) m

⎛ vy( t) ⎞ ⎟ ⎝ vx( t) ⎠

α ( t) := atan⎜

Направление полета снаряда - угол в градусах 50

α ( t) 0

deg

5

10

15

50 t sec

1.5. ЗАДАЧА. Для стального стержня, изображенного на рис. 1.1, определить во всех поперечных сечениях напряжение σ. Определить также вертикальные перемещения δ для всех поперечных сечений стержня [17].

Рис. 1.1. Рисунок к задаче 1.5

Дано: 3

6

kN := 10 ⋅ N

MPa := 10 ⋅ Pa

n := 2

ORIGIN ≡ 1

число участков

i := 1 .. n H1 := 10 ⋅ mm

высота прямоугольного сечения участка 1

H2 := 20 ⋅ mm B1 := 10 ⋅ mm

высота прямоугольного сечения участка 2 ширина прямоугольного сечения участка 1

B2 := 10 ⋅ mm

ширина прямоугольного сечения участка 2

L1 := 2 ⋅ m

длина участка 1

L2 := 1 ⋅ m

длина участка 2 5

модуль Юнга материала участка 1

E2 := 2 ⋅ 10 ⋅ MPa

5

модуль Юнга материала участка 2

F1 := 10 ⋅ kN

приложенная сила на участке 1

F2 := −40 ⋅ kN

приложенная сила на участке 2

E1 := 2 ⋅ 10 ⋅ MPa

Решение: ⎯ → A := ( B ⋅ H)

площадь сечения

⎛ 1⎞ 2 ⎟ cm ⎝ 2⎠

A= ⎜

⎛ 10 ⎞ ⎟ kN ⎝ −40 ⎠

сила

F = ⎜

i

∑ i

σ i :=

Fi

=1 Ai

напряжение

⎛ 100 ⎞ ⎟ MPa ⎝ −150 ⎠

σ = ⎜

n + 1−i

⎛ σ n + 1−i ⋅ Ln + 1−i ⎞ ⎜ ⎟ En + 1−i ⎝ ⎠ =1

∑

δ i :=

i

перемещение

⎛ 0.25 ⎞ ⎟ mm ⎝ − 0.75 ⎠

δ = ⎜

Проверка расчета перемещений по участкам σ 2 ⋅ L2 E2 σ 1 ⋅ L1 E1

= − 0.75 mm +

σ 2 ⋅ L2 E2

= 0.25 mm

перемещение для 2 участка перемещение для 1 участка

1.6. ЗАДАЧА. Построить график распределения температуры от действия точечного теплового источника, если известен закон распределения температуры. q U( x , y) := 1

(2

)

2 2

2 ⋅π ⋅λ ⋅ x + y

Дано: q := 1000

поток, Вт

λ := 0.4

коэффициент теплопроводности стали, Вт/(cм*К) q

U ( x , y) :=

1

(2

)

2 2

2 ⋅π ⋅λ ⋅ x + y

закон распределения температуры от действия точечного теплового источника

Решение: 1.6.1. Построение матрицы распределения i := 0 .. 10 j := 0 .. 10 xi := −100 + 20.00000000000001 ⋅i yj := −100 + 20.00000000000001 ⋅ j Mi, j := U ( xi , yj)

M

1.6.2. С помощью функции CreateMesh M := CreateMesh( U , −100 , 100 , −100 , 100 , 100 , 100)

M

1.7. ЗАДАЧА. Найти скорость v и ускорение a свободно падающего тела, если зависимость расстояния s от времени t дается формулой [12]. 2

s ( t)

g⋅

t + v0⋅t + s0 2 .

1.7.1. Символьное дифференцирование по переменной t Дано: 2

g⋅

s ( t)

t

2

+ v0⋅t + s0

Решение: Меню "Символы/Переменные/Дифференциалы" d s ( t) dt v( t) dd dt dt a ( t)

g⋅t + v0 g⋅t + v0

s ( t)

g

g

1.7.2. Сравнение результатов, полученных с помощью численного дифференцирования, с точным выражением Дано: t := 0 ⋅sec , 0.1 ⋅sec .. 2 ⋅sec

v0 := 1 ⋅

m sec

s0 := 0 ⋅m

2

s ( t) := g⋅

t + v0⋅t + s0 2

v( t) := g⋅t + v0 Решение: 9.8066500000002 g d v( t) dt d2 dt

2

9.80665

s ( t) 9.8066499999998

9.8066499999996 0

0.5

1

1.5

2

t sec

1.8. ЗАДАЧА. Вычисление числа π. Квадрат (его вершины имеют координаты (0, 0), (a, 0), (a, a), (0, a)) высекает из окружности радиуса a с центром в начале координат сектор, площадь которого составляет четверть площади окружности, то есть 1 2 ⋅ a ⋅ π . Площади фигур вычислить аналитическим и численным методом как площади криволинейных трапеций в 4 прямоугольных координатах по формуле [12] a

S = ∫ f ( x )dx . 0

Отношение площади сектора окружности к площади квадрата умножить на 4. Получить число π.

1.8.1. Точное решение через отношение площадей фигур Дано: a

⌠ ⎮ f ( x) dx ⌡0

S f ( x)

a 2

2

a −x

f1( x)

Решение: Вычисление площадей фигур как интегралов площадей криволинейных трапеций a

⌠ 2 ⎮ a dx → a ⌡0

площадь квадрата

a

⌠ 1 ⎮ 2 ⎮ a2 − x2 dx → 1 ⋅ a2 ⋅ π ⌡0 4

(

)

площадь сектора

Вычисление числа π

⎤ ⎡ ⌠a 1 ⎢ ⎥ ⎮ ⎢⎮ 2 2 2 ⎥ ⎢ ⌡ ( a − x ) dx ⎥ ⎣ 0 ⎦ ⋅ 4 → π = 3.142 a

⌠ ⎮ a dx ⌡0

1.8.2. Приближенное решение методом трапеций с постоянным шагом [18] Дано: a := 5

cторона квадрата a

N := 1000

число шагов интегрирования

р р Решение: i := 0 .. N Xi := 0 + i ⋅

a N

m := length( X) − 1 Xm − X0 m

величина шага

−3

= 5 × 10

Yi := a Y1i := a − ( Xi) 2

2

Вычисление площадей фигур по формуле трапеций для численного интегрирования m−1 ⎞ Xm − X0 ⎛⎜ X0 + Xm I := ⋅ Yi⎟ + ⎜ 2 ⎟ m i =0 ⎝ ⎠

∑

m−1 ⎞ Xm − X0 ⎛⎜ X0 + Xm I1 := ⋅ Y1i⎟ + ⎜ 2 ⎟ m i =0 ⎝ ⎠

∑

площадь квадрата

площадь сектора

a

⌠ ⎮ a dx → 25 = 25 ⌡0

I = 25.012

a

⌠ 1 ⎮ 2 ⎮ a2 − x2 dx → 25 ⋅ π = 19.635 ⌡0 4

(

)

I1 = 19.66

Вычисление числа π PI :=

I1 ⋅4 I

π = 3.142

PI = 3.144

Определение погрешности численного интегрирования π − PI

= −0.076 % π РАЗДЕЛ 2. РЕШЕНИЕ УРАВНЕНИЙ И СИСТЕМ УРАВНЕНИЙ. АНАЛИЗ ФУНКЦИЙ. ОПТИМИЗАЦИЯ

2.1. ЗАДАЧА. Тело брошено вертикально вверх с начальной скоростью 40 м/с; через сколько секунд тело окажется на высоте 60 м?

Дано: V0 := 40 ⋅ h := 60 ⋅m

m sec

начальная скорость высота -2

−g = −9.807 msec

ускорение

Решение: 2.1.1. Табличное и графическое решения t := 0 ⋅sec , 2 ⋅sec .. 10 ⋅sec F ( t) := V0⋅t −

g 2 ⋅t 2 t := 0 ⋅sec .. 10 ⋅sec

F ( t) =

0 m 35.097 60.387 75.87 81.547 77.417 63.48 39.737 6.187 -37.169 -90.332

100

50 F( t ) m h

0

m 50

100

0

5 t sec

Меню "Формат/График/След" Трассировка: (2, 60), (6, 60)

10

2.1.2. Решение по формуле корней квадратного уравнения Cимвольное решение по переменной t. Меню "Символы/Переменные/Вычислить" 2

a ⋅t + b ⋅t + c

0

⎛ 1⎞⎤ ⎡ ⎡ ⎜ 2⎟⎥ ⎢ 1 ⎢ ⎝ ⎠ 2 ⎢ ⋅ ⎣ − b + ( b − 4 ⋅ a ⋅c ) ⎦ ( 2 ⋅ a ) ⎢ ⎢ ⎛ 1⎞⎤ ⎡ ⎜ 2⎟⎥ ⎢ 1 ⎢ ⎝ ⎠ 2 ( ) ⋅ − b b − 4 ⋅ a ⋅ c − ⎣ ⎦ ⎢ ⎣ ( 2 ⋅a ) a :=

−g 2

b := V0

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦

c := − h

⎛ 1⎞⎤ ⎡ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠⎥ 1 ⎢ 2 t1 := ⋅ ⎣ − b + b − 4 ⋅a ⋅ c ⎦ ( 2 ⋅a)

⎛ 1⎞⎤ ⎡ ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠⎥ 1 ⎢ 2 ⋅⎣ − b − b − 4 ⋅ a ⋅ c t2 := ⎦ ( 2 ⋅a)

t1 = 1.981 sec

t2 = 6.177 sec

(

)

(

)

2.1.3. Решение с помощью функции "root" TOL = 1 × 10

−3

условие прекращения итераций численным алгоритмом по умолчанию

f ( t) := − h + V0 ⋅t −

g 2 ⋅t 2

t := 0 ⋅sec

первое начальное приближение

t_1 := root ( f ( t) , t) t_1 = 1.981 sec t := 10 ⋅sec

второе начальное приближение

t_2 := root ( f ( t) , t) t_2 = 6.177 sec 2.1.4. Решение с помощью функции "polyroot" − h + V0 ⋅t − −h a 0 := m

g 2 ⋅t 2 a 1 :=

0

1

0

a 0 ⋅ t + a 1 ⋅t + a 2 ⋅ t

V0

⎛ −g ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ a 2 :=

m

2

m

sec

sec

2

t := polyroots( a) t0 = 1.981

0

⎛⎜ − 60 ⎟⎞ a = ⎜ 40 ⎟ ⎜ − 4.903 ⎟ ⎝⎝ .903⎠ ⎠

t1 = 6.177

2.1.5. Решение с помощью функции "Find" h := 60

V0 := 40

TOL = 1 × 10

условие прекращения итераций численным алгоритмом по умолчанию

−3

Given CTOL = 1 × 10 0

−3

− h + V0 ⋅t −

g 2 ⋅t 2

f ( t) := Find( t) f ( 0) = 1.981 f ( 10 ) = 6.173 2.1.6. Символьное решение с помощью функции "Find" Given 0

−h + V0 ⋅ t −

g 2 ⋅t 2

g := 9.81

задание погрешности выполнения уравнения по умолчанию

⎛ 1⎞⎤ ⎛ 1⎞⎤ ⎡ ⎡ ⎡ ⎜ 2⎟⎥ ⎜ 2⎟⎥ ⎢ 1 ⎢ ⎢ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 1 2 2 Find( t) → ⎢ ⋅ ⎣ 2 ⋅ V0 + 2 ⋅ (V0 − 2 ⋅ g ⋅ h) ⋅ ⎣ 2 ⋅ V0 − 2 ⋅ ( V0 − 2 ⋅ g ⋅ h) ⎦ ⎦ ( 2 ⋅ g ) ( 2 ⋅ g ) ⎣

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

2.2. ЗАДАЧА. Тело брошено вертикально вверх с начальной скоростью 40 м/с. Определить, на какую максимальную высоту может подняться тело. Определить, в какой момент времени тело упадет обратно на землю. Дано: m начальная скорость V0 := 40 ⋅ sec высота h := 60 ⋅m -2

ускорение

−g = −9.807 msec Решение:

2.2.1. Графическое нахождение максимума t := 0 ⋅sec .. 10 ⋅sec

F ( t) := V0 ⋅t −

g 2 ⋅t 2

100

F( t )

0

m

100

0

5

10

t sec

Меню "Формат/График/След" Трассировка: (4, 81.547) 2.2.2. Нахождение максимума с помощью функции "Minerr" t := 0 ⋅sec

начальное приближение

Given F ( t)

100 ⋅m

t_max := Minerr ( t) t_max = 4.079 sec F ( t_max) = 81.577 m 2.2.3. Нахождение максимума в указанной области t= [0, 10] с помощью функции "Maximize" t := 0 ⋅sec Given 0 ⋅sec ≤ t ≤ 10 ⋅sec tmax := Maximize( F , t) tmax = 4.079 sec F tmax = 81.577 m

(

)

начальное приближение

2.2.4. Нахождение минимума в области F(t) >= 0 с помощью функции "Minimize" t := 0 ⋅ sec

первое начальное приближение

Given F ( t) ≥ 0

t_begin := Minimize ( F , t) t_begin = 0 sec F ( t_begin ) = 0 m t := 10 ⋅ sec

второе начальное приближение

Given F ( t) ≥ 0 t_end := Minimize ( F , t) t_end = 8.158 sec F ( t_end ) = − 1.652 × 10

−5

m

t := 0 ⋅ sec .. 10 ⋅ sec 100 F ( t) m

50

F ( t_max ) m F ( t_begin ) m F ( t_end ) m

0

5

10

50

100 t t_max , , t_begin , t_end sec sec

график функции максимум минимум 1 минимум 2

2.3. ЗАДАЧА. Однородная гладкая балка АВ силой тяжести P = 2 кН, закрепленная в точке А при помощи шарнира, опирается в точке С на стенку; в точке В подвешен груз Q = 1 кН (рис. 2.1). Определить опорные реакции в точках А и С, если балка составляет с горизонтом угол α = 30°, h = 1м, L = 3м [2]. Силовая схема с реакциями связей – см. рис. 2.2.

Y

B L C

Q h

A

α X Рис. 2.1. Рисунок к задаче 2.3

Y

B Q

N C

P

Ya Xa

A

X

Рис. 2.2. Силовая схема к задаче 2.3

Дано: 3

kN := 10 ⋅N P := 2 ⋅kN

Q := 1 ⋅kN

L := 3 ⋅m

N := Q

XA := P

YA := P

h := 1 ⋅m

Решение: 2.3.1. Решение задачи с помощью функции "Find" Given XA − N ⋅cos ( 60 ⋅deg)

0

YA − P + N ⋅cos ( 30 ⋅deg) − Q

0

L N ⋅h −P ⋅ ⋅cos ( 30 ⋅deg) + − Q ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) 2 sin( 30 ⋅deg)

⎛⎜ 1.299 ⎞⎟ Find( XA , YA , N) = ⎜ 0.75 ⎟ kN ⎜ 2.598 ⎟ ⎝ ⎠

0

2.3.2. Символьное решение задачи с помощью функции "Find"

Given XA − N ⋅cos ( 60 ⋅deg)

0

YA − P + N ⋅cos ( 30 ⋅deg) − Q

0

L N ⋅h −P ⋅ ⋅cos ( 30 ⋅deg) + − Q ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) 2 sin( 30 ⋅deg)

0

Find( XA , YA , N)

Меню "Символы/Расчеты/Символические"

( P + 2 ⋅Q) 1 ⎡⎢ ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) ⋅sin( 30 ⋅deg) ⋅ ⋅cos ( 60 ⋅deg) h 2 ⎢ ⎢ −1 (−2 ⋅P ⋅h + L⋅cos ( 30 ⋅deg) 2⋅sin( 30 ⋅deg) ⋅P + 2 ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) 2⋅sin( 30 ⋅deg) ⋅Q − 2 ⋅Q ⋅h) ⎢ ⋅ h ⎢ 2 ⎢ ( P + 2 ⋅Q ) 1 ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) ⋅sin( 30 ⋅deg) ⋅ ⎢ h 2 ⎣

⎥⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦

2.3.3. Матричное решение задачи Дано: P := 2

Q := 1

L := 3

N := Q

XA := P

YA := P

h := 1

Решение: XA − N ⋅ cos ( 60 ⋅ deg)

0

YA − P + N ⋅ cos ( 30 ⋅ deg) − Q

−P ⋅

0

N⋅h L ⋅ cos ( 30 ⋅ deg) + − Q ⋅ L ⋅ cos ( 30 ⋅ deg) sin( 30 ⋅ deg) 2

⎛ 1 0 − cos ( 60 ⋅ deg) ⎜ ⎜ 0 1 cos ( 30 ⋅ deg) A := ⎜ h ⎜ 0 0 sin ( 30 ⋅ deg) ⎝ X := A

−1

⎞ ⎟ ⎟ D := ⎟ ⎟ ⎠

0

0 ⎛ ⎜ Q+P ⎜ ⎜ L ⎜ P ⋅ ⋅ cos ( 30 ⋅ deg) + Q ⋅ L ⋅ cos ( 30 ⋅ deg) 2 ⎝

⋅D

⎛⎜ 1.299 ⎟⎞ X = ⎜ 0.75 ⎟ ⎜ 2.598 ⎟ ⎝ ⎠

X := lsolve( A , D)

⎛⎜ 1.299 ⎞⎟

X = ⎜ 0.75 ⎟

⎜ 2.598 ⎟ ⎝ ⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

2.3.4. Матричное решение задачи в символьном виде

XA − N ⋅cos ( 60 ⋅deg)

0

YA − P + N ⋅cos ( 30 ⋅deg) − Q

0

L N ⋅h −P ⋅ ⋅cos ( 30 ⋅deg) + − Q ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) 2 sin( 30 ⋅deg)

⎛ 1 0 −cos ( 60 ⋅deg) ⎜ ⎜ 0 1 cos ( 30 ⋅deg) ⎜ h ⎜ 0 0 sin ( 30 ⋅deg) ⎝

0

−1

0 ⎞ ⎛ ⎟ ⎜ Q+P ⎟ ⋅⎜ ⎟ ⎜ L ⎟ ⎜ P ⋅ ⋅cos ( 30 ⋅deg) + Q ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) ⎠ ⎝ 2

⎞ ⎟ ⎟→ ⎟ ⎟ ⎠

cos ( 60 ⋅deg) ⎡ ⎛1 ⎞ ⋅sin( 30 ⋅deg) ⋅⎜ ⋅P ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) + Q ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) ⎟ ⎢ h ⎝2 ⎠ ⎢ ⎢ Q + P − cos ( 30 ⋅deg) ⋅sin( 30 ⋅deg) ⋅⎛⎜ 1 ⋅P ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) + Q ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) ⎞⎟ ⎢ h ⎝2 ⎠ ⎢ 1 ⎛1 ⎞ ⎢ ⋅sin( 30 ⋅deg) ⋅⎜ ⋅P ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) + Q ⋅L⋅cos ( 30 ⋅deg) ⎟ h ⎣ ⎝2 ⎠

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦

2.4. ЗАДАЧА. Зависимость давления насыщенного пара муравьиной кислоты (мм рт. ст.) от температуры выражается уравнением [9]: 3160 для твердой фазы log( P) 12.486 − T для жидкой фазы

log( P)

1860

7.884 −

T

Вычислите координаты тройной точки (тр. т). 0 0 = Ртв Для равновесия в тройной точке справедливо условие Рж Дано: для твердой фазы

log( P)

12.486 −

для жидкой фазы

log( P)

7.884 −

3160

1860 T

Решение: P := 1

T := 1

начальное приближение

Given log( P)

12.486 −

log( P)

7.884 −

3160 T

1860 T

⎛ P⎞ ⎜ ⎟ := Find( P , T) ⎝ T⎠ P = 19.934

Откуда Pтр т = 20 мм рт. ст. (2.666·103 Па).

T

T = 282.486

2.5. ЗАДАЧА. Давление водяного пара раствора, содержащего нелетучее растворенное вещество, на 2 % ниже давления пара чистой воды. Определите моляльность раствора [9]. Дано: Уравнение Рауля - относительное понижение давления пара растворителя над раствором P1_0 − P1 P1_0

x2

n2 ( n2 + n1)

P1_0 := 100

давление пара чистого растворителя

P1 := 98

давление пара растворителя над раствором данной концентрации

n1 :=

1000 18

число молей растворителя - воды число молей растворенного вещества

n2

Решение: n2 := 0

x2 := 0

начальное приближение

Given

x2

P1_0 − P1 P1_0

n2 ( n2 + n1)

⎛ x2 ⎞ ⎜ ⎟ := Find( x2 , n2) ⎝ n2 ⎠ n2 = 1.134

2.6. ЗАДАЧА. Имеются три сплава. Первый сплав содержит 70 % олова и 30 % свинца, второй – 80 % олова и 20 % цинка, третий – 50 % олова, 10 % свинца и 40 % цинка. Из них необходимо изготовить новый сплав, содержащий 15 % свинца. Какое наибольшее и наименьшее процентное содержание олова может быть в этом сплаве [10]? Решение. Пусть u – количество первого сплава, v – количество второго сплава, w – количество третьего сплава, взятые для изготовления нового сплава. Так как в сплаве должно быть 15 % свинца, получим уравнение 0.3u + 0v + 0.1w = 0.15 . u+v+w

Количество олова в новом сплаве 0.7u + 0.8v + 0.5w . u+v+w Для этой функции трех неотрицательных переменных нужно найти наибольшее и наименьшее значения. Уместно перейти к новым переменным: u v w x= , y= , z= . u+v+w u+v+w u+v+w Тогда мы получим ограничения: 0.3x+0.1z–0.15=0 и x+y+z–1=0, причем переменные x, y, z неотрицательные. Функция, для которой ищется экстремум (максимум или минимум), носит название целевой функции. Целевая функция имеет вид: 0.7x+0.8y+0.5z.

Формально наша задача оптимизации записывается так:

⎧0.7 x + 0.8 y + 0.5 → max ⎧0.7 x + 0.8 y + 0.5 → min ⎪ 0.3 x + 0.1z − 0.15 = 0 ⎪ 0.3x + 0.1z − 0.15 = 0 ⎪ ⎪ или ⎨ ⎨ + + = 1 x y z x+ y+ z =1 ⎪ ⎪ ⎪⎩ x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ⎪⎩ x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 Дано: F ( x , y , z) := 0.7 ⋅ x + 0.8 ⋅ y + 0.5 ⋅ z

целевая функция

Решение: x := 0

y := 0

z := 0

начальные приближения

Given 0.3 ⋅ x + 0.1 ⋅ z − 0.15 x+ y+ z

0 ограничения

1

x≥ 0

y≥ 0

z≥ 0 поиск минимума

P := Minimize( F , x , y , z)

⎛⎜ 0.25 ⎞⎟ P = ⎜ 0 ⎟ ⎜ 0.75 ⎟ ⎝ ⎠ x := 0

y := 0

z := 0

начальные приближения

Given 0.3 ⋅ x + 0.1 ⋅ z − 0.15 x+ y+ z

0 ограничения

1

x≥ 0

y≥ 0

P := Maximize( F , x , y , z)

z≥ 0 поиск максимума

⎛⎜ 0.5 ⎞⎟ P = ⎜ 0.5 ⎟ ⎜ 0 ⎟ ⎝ ⎠ РАЗДЕЛ 3. МАТЕМАТИЧЕСКАЯ СТАТИСТИКА 3.1. ЗАДАЧА. Вычисление числа π методом Монте-Карло [10]. Будем бросать точку со случайными координатами в квадрат (его вершины имеют координаты (0, 0), (a, 0), (a, a), (0, a)). Этот квадрат высекает из окружности радиуса a с центром в 1 начале координат сектор, площадь которого составляет четверть площади окружности, то есть ⋅ a 2 ⋅ π . Если точка оказалась 4 внутри сектора, то фиксируется «удачное попадание». После многократных бросаний вычисляется отношение числа удачных исходов к общему количеству бросаний. Это число следует умножить на 4. Получить приближение к числу π.

3.1.1. Точное решение (см. ЗАДАЧА 1.8) Вычисление площадей фигур как интегралов площадей криволинейных трапеций a

⌠ 2 ⎮ a dx → a ⌡0

площадь квадрата

a

⌠ 1 ⎮ 2 ⎮ a2 − x2 dx → 1 ⋅ a2 ⋅ π ⌡0 4

(

)

площадь сектора

Вычисление числа π

⎡ ⌠a ⎤ 1 ⎢ ⎥ ⎮ ⎢⎮ 2 2 2 ⎥ ⎢ ⌡ (a − x ) dx ⎥ ⎣ 0 ⎦ ⋅ 4 → π = 3.142 a

⌠ ⎮ a dx ⌡0

3.1.2. Решение методом Монте-Карло Дано: ORIGIN := 1 a := 5

cторона квадрата a

N := 1000

число бросаний Решение:

i := 1 .. N x := 0 , 0.01 .. a y ( x) :=

2

2

a −x

X i := rnd ( a )

Y i := rnd ( a )

координаты точек

6

4

y ( x) Yi

2

0

0

2

4

6

x, X i

Определение числа "удачных попаданий" N

n :=

∑

⎡⎣⎡⎣ ( Xi) 2 + ( Y i) 2 ⎤⎦ ≤ a2⎤⎦

i =1 Вычисление числа

PI :=

π

n = 785

n ⋅4 N

PI = 3.14

π = 3.142

Определение погрешности метода Монте-Карло при числе бросаний N π − PI π

= 0.051 %

3.2. ЗАДАЧА. Группе студентов из 24 человек была выдана одновременно одна и та же задача на титриметрическое определение меди йодометрическим методом. Задачу выдавал лаборант в виде строго дозированной порции раствора (V = 20.0 мл) соли меди II (CuSO4), содержащей ~ 600 мг меди. Студенты получали задачу в мерные колбы на 250 мл, доводили объем в мерных колбах дистиллированной водой до метки, перемешивали и отбирали по 5 – 6 аликвот объемом в 25 мл для параллельных определений. Затем по известной методике последовательно определяли медь в каждой из аликвот, титруя рабочим раствором тиосульфата (концентрация – нормальность рабочего раствора Na2S2O4 установлена лаборантом заранее). Индиктор – раствор крахмала; титрование проводят в растворах минеральных кислот HCl или H2 SO4 . Последовательность реакций, лежащих в основе определения: 2Cu 2 + + 4 J − ( изб ) → Cu2 J 2 ↓ + J 2 ,

J 2 + 2 S 2O32 − → 2 J − + S 4O32 − . Содержание Cu2+ студенты вычисляли по формуле N ⋅ V ⋅ Э ⋅ 250 qCu 2+ = T T Cu = 63,54 ⋅ 10 ⋅ N T ⋅ VT , 25 где N T – нормальность тиосульфата ( N T = 0.09132); VT – эквивалентный объем тиосульфата, мл. Всем студентам было предложено сдать результаты 5 параллельных определений, округлив ответы до 0.5 мг. Для дальнейшего расчета были отобраны 100 результатов от 20 студентов, которые решили задачу первыми. Их ответы в порядке увеличения найденного содержания меди сведены в табл. 3.1, в которой mi – число совпадающих результатов, qi – количество меди, мг. Таблица 3.1 mi qi mi qi mi qi mi qi mi qi 600,0 1 605.5 3 609 3 612.5 5 616 2 601.5 1 606 1 609.5 6 613 4 616.5 1 602.5 1 606.5 3 610 5 613.5 3 617 2 603 1 607 4 610.5 5 614 3 617.5 1 604 2 607.5 4 611 6 614.5 3 618 1 604.5 2 608 5 611.5 4 615 2 618.5 1 605 4 608.5 4 612 4 615.5 2 621 1 Оценить характер распределения случайной величины [19]. 3.2.1. Данные о титриметрическом определении меди

i := 0 .. 50

data1 i := 600 600.5 601 601.5 602 602.5 603 603.5 604 604.5 605 605.5 606 606.5 607 607.5 608 608.5 609 609.5 610 610.5 611 611.5 612 612.5 613 613.5 614 614.5 615 615.5 616 616.5 617 617.5 618 618.5 619 619.5 620 620.5 621

data2 i := 1 0 0 1 0 1 1 0 2 2 4 3 1 3 4 4 5 4 3 6 5 5 6 4 4 5 4 3 3 3 2 2 2 1 2 1 1 1 0 0 0 0 1

〈〉 data 0

:= data1

〈〉 data 1

:= data2

3.2.2. Общее число определений меди

(

)

〈〉 n := length data 0 n = 43 n −1

N :=

∑ (data 〈 〉 ) 1

i

=0 N = 100 i

3.2.3. Поле рассеяния случайной величины

(

) − min(data

〈〉 ω := max data 0

)

〈0〉

ω = 21 3.2.4. Среднее арифметическое n −1

∑ (data 〈 〉 ) ⋅(data 〈 〉 ) 0

1

i

mx :=

i

=0

i

N

mx = 610.235 3.2.5. Медиана j := 0 .. n − 1 j

E j :=

∑ (data 〈 〉 ) 1

j

E20 = 50 med :=

j

=0

(data

med = 610.25

N = 100

E21 = 55 〈0〉

)20 + (data 2

〈0〉

)21

3.2.6. Выборочные дисперсия и среднеквадратическое отклонение n −1

∑ ⎡⎣⎡⎣(data 〈 〉 ) − mx⎤⎦ ⎤⎦ ⋅(data 〈 〉 ) 2

0

1

k

D :=

k

k

=0

N−1

D = 16.098 1

σ := ( D)

2

σ = 4.012 3.2.7. Задание интервала гистограммы h := 0.5 i := 0 ..

(max(data 〈0〉 ) − min(data 〈0〉 )) h

(

〈〉 xi := min data 0

) + (i⋅h)

3.2.8. Определение вероятности попадания в интервал P :=

〈1〉

data

N

3.2.9. Построение гистограммы 0.1

Pi

0.05

0 600

605

610

615

620

625

xi

3.2.10. Выборочный коэффициент асимметрии n −1

∑ ⎡⎣⎡⎣(data 〈 〉 ) − mx⎤⎦ ⎤⎦ ⋅(data 〈 〉 ) 3

0

1

k

sk :=

k

=0

σ

k

⋅

3

N ( N − 1 ) ⋅( N − 2 )

sk = 0.03579 3.2.11. Выборочный эксцесс n −1

∑ ⎡⎣⎡⎣(data 〈 〉 ) − mx⎤⎦ ⎤⎦ ⋅(data 〈 〉 ) 4

0

1

k

ku :=

k

=0

σ

4

k

2

⋅

N ⋅( N + 1 ) 3 ⋅ ( N − 1) − ( N − 1) ⋅( N − 2) ⋅( N − 3) ( N − 2) ⋅( N − 3)

ku = −0.11443 3.2.12. Построение графика нормальной плотности вероятности X := min( x) , min( x) + h .. max( x) mx = 610.235

⎡ −( X − mx) 2⎥⎤ exp⎢ ⎢ 2 ⋅σ 2 ⎥ ⎣ ⎦ G ( X) :=

σ = 4.012

σ ⋅ 2 ⋅π

med = 610.25

0.15

0.1

G( X) P h

0.05

0 600

605

610

615

620

625

X, x

X =

G ( X) =

600 600.5 601 601.5 602 602.5 603 603.5 604 604.5 605 605.5 606 606.5 607 607.5

3.841·10 -3 5.238·10 -3 7.033·10 -3 9.296·10 -3 0.012 0.016 0.02 0.024 0.03 0.036 0.042 0.05 0.057 0.064 0.072 0.079

0 1 2 3 4 5 6 x= 7 8 9 10 11 12 13 14 15

0 600 600.5 601 601.5 602 602.5 603 603.5 604 604.5 605 605.5 606 606.5 607 607.5

0 1 2 3 4 5 6 P = 7 h 8 9 10 11 12 13 14 15

0 0.02 0 0 0.02 0 0.02 0.02 0 0.04 0.04 0.08 0.06 0.02 0.06 0.08 0.08

3.2.13. Проверка гипотезы о нормальном распределении при доверительной вероятности 0,9 qchisq( 0.9 , n − 1 − 2) = 51.805

⎡⎢ ⎛ Pi ⎞ 2 ⎥⎤ ⎜ ⎟ ⎢⎝ h ⎠ ⎥ 3 ⎢ G ( x ) − N⎥ = −4.298 × 10 i ⎣ ⎦ =0

n −1

∑ i

⎡⎢ ⎛ Pi ⎞ 2 ⎥⎤ ⎜ ⎟ ⎢⎝ h ⎠ ⎥ ⎢ G ( x ) − N⎥ < qchisq( 0.9 , 43 − 3) = 1 i ⎣ ⎦ =0

n −1

∑ i

3.3. ЗАДАЧА. По условиям предыдущей задачи исходные данные представлены в табл. 3.2, где записаны результаты всех определений в порядке увеличения найденного содержания меди. Таблица записана в виде текстового файла с именем «tit.txt», с помощью функции READPRN считана в файл расчетов. Таблица 3.2 600.0 607.0 609.5 611.0 613.5 601.5 607.0 609.5 611.5 614.0 602.5 607.0 609.5 611.5 614.0 603.0 607.5 609.5 611.5 614.0

604.0 604.0 604.5 604.5 605.0 605.0 605.0 605.0 605.5 605.5 605.5 606.0 606.5 606.5 606.5 607.0

607.5 607.5 607.5 608.0 608.0 608.0 608.0 608.0 608.5 608.5 608.5 608.5 609.0 609.0 609.0 609.5

609.5 610.0 610.0 610.0 610.0 610.0 610.5 610.5 610.5 610.5 610.5 611.0 611.0 611.0 611.0 611.0

611.5 612.0 612.0 612.0 612.0 612.5 612.5 612.5 612.5 612.5 613.0 613.0 613.0 613.0 613.5 613.5

614.5 614.5 614.5 615.0 615.0 615.5 615.5 616.0 616.0 616.5 617.0 617.0 617.5 618.0 618.5 621.0

3.3.1. Чтение данных из текстового файла read := READPRN ( "tit.TXT")

(

data := stack read

〈0〉

, read

〈1〉

, read

〈2〉

, read

〈3〉

3.3.2. Общее число определений меди N := length( data ) N = 100 3.3.3. Поле рассеяния случайной величины ω := max( data ) − min( data ) ω = 21 3.3.4. Среднее арифметическое mx := mean( data ) mx = 610.235

min( data ) = 600 max( data ) = 621

, read

〈4〉

)

3.3.5. Медиана med := median( data) med = 610.25 3.3.6. Выборочная дисперсия D := Var( data) D = 16.098

2

Stdev( data) = 16.098

3.3.7. Выборочное среднеквадратическое отклонение σ := Stdev( data) σ = 4.012 3.3.8. Задание интервала гистограммы и запись функции гистограммы k := 5 ⋅ log( N) max( data) − min( data) k

k = 10 = 2.1

h := 2 max( data) − min( data) h

= 10.5

n := 11 i := 0 .. n xi := 600 + i ⋅ h V := hist( x , data) 3.3.9. Вероятность попадания в интервал P :=

V N

3.3.10. Построение гистограммы 0 600 602 604 606 608 610 612 614 616 618 620 622

0 1 2 3 4 x = 5 6 7 8 9 10 11

0 2 2 11 12 18 20 16 10 6 2 1

0 1 2 3 V = 4 5 6 7 8 9 10

0 1 2 3 P = 4 5 6 7 8 9 10

0 0.02 0.02 0.11 0.12 0.18 0.2 0.16 0.1 0.06 0.02 0.01

20

V

0 600

610

620

x

3.3.11. Выборочный коэффициент асимметрии skew ( data ) = 0.03579 3.3.12. Выборочный эксцесс kurt ( data ) = − 0.11443 3.3.13. Построение графика нормальной плотности вероятности G := dnorm (x , mx , σ )

mx = 610.235 σ = 4.012

med = 610.25

0.1

G P

0.05

h

0 600

610

620 x

0 1 2 3 4 x= 5 6 7 8 9 10 11

0 600 602 604 606 608 610 612 614 616 618 620 622

0 0 3.841·10 -3 1 0.012 2 0.03 3 0.057 4 0.085 G = 5 0.099 6 0.09 7 0.064 8 0.035 9 0.015 10 5.144·10 -3 11 1.35·10 -3

0 0 0.01 1 0.01 2 0.055 3 0.06 P 0.09 = 4 h 5 0.1 6 0.08 7 0.05 8 0.03 9 0.01 10 5·10 -3

3.3.14. Проверка гипотезы о нормальном распределении при доверительной вероятности 0,9 qchisq( 0.9 , n − 1 − 2) = 13.362 j := 0 .. n − 1 2

n −1

∑ j

=0

⎛ Pj ⎞ ⎜ − G j+ 1⎟ h ⎝ ⎠ = 0.072 Pj h 2

n −1

∑ j

=0

⎛ Pj ⎞ ⎜ − G j+ 1⎟ h ⎝ ⎠ < qchisq( 0.9 , 10 − 3) = 1 Pj h

3.4. ЗАДАЧА. Среднее из 8 определений содержания никеля в стали равно 1.76 %. Выборочный стандарт определения S8 равен 0.08 %. Определить ширину доверительного интервала для среднего из восьми результата анализа, отвечающего 95процентной доверительной вероятности [19].

Дано: n := 8

число определений

mx := 1.76 ⋅ %

среднее

S_8 := 0.08 ⋅ %

выборочный стандарт

γ := 0.95

доверительная вероятность

Решение: уровень значимости

α := 1 − γ α = 0.05

⎛ ⎝

tx := qt ⎜ 1 −

α ⎞ , n − 1⎟ 2 ⎠

критическая точка распределения Стьюдента (двусторонняя критическая область)

tx = 2.365 δ := tx ⋅

S_8 n

δ = 0.067 %

точность оценки

mx − δ = 1.693 % ширина доверительного интервала mx + δ = 1.827 %

РАЗДЕЛ 4. АНАЛИЗ ДАННЫХ 4.1. ЗАДАЧА. На основании эксперимента получены четыре значения искомой функции y = φ( x ) при четырех значениях аргумента, которые записаны в табл. 4.1 [12]. Таблица 4.1 X 1 2 3 5 Y 3 4 2.5 0.5 Получить функцию на основании этих экспериментальных данных по методу наименьших квадратов. Функцию y = φ( x ) искать в виде линейной функции y = ax + b .

4.1.1. Решение составлением системы линейных уравнений для определения неизвестных a и b. Символьное решение Given

⎤ 2 ⎡⎣Yi − ( a ⋅Xi + b)⎤⎦ ⎥ ⎥ ⎣ i =0 ⎦ ⎡ N−1

d ⎢ da ⎢

∑

⎡ N−1

d ⎢ db ⎢

∑

⎣ i =0 ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ Find( a , b) → ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣

0

⎤ 2 ⎡⎣Yi − ( a ⋅Xi + b)⎤⎦ ⎥ 0 ⎥ ⎦ N − 1 N−1 N−1 ⎛ ⎞ ⎜ Yi⋅Xi⋅N − Xi⋅ Yi⎟ ⎜ ⎟ i =0 i =0 ⎝ i =0 ⎠ 2 ⎡ N−1 ⎛ N−1 ⎞ ⎤ ⎢ ⎥ 2 Xi⎟ ( Xi) ⋅N − ⎜⎜ ⎢ ⎟ ⎥ ⎣ i =0 ⎝ i =0 ⎠ ⎦ N−1 N−1 N−1 ⎤ ⎡ N−1 2 ⎢ Yi⋅ Xi) − Xi⋅ Yi⋅Xi⎥ ( ⎢ ⎥ i =0 i =0 i =0 ⎣ i =0 ⎦ 2 ⎡ N−1 ⎛ N−1 ⎞ ⎤ ⎢ ⎥ 2 Xi⎟ ( Xi) ⋅N − ⎜⎜ ⎢ ⎟ ⎥ ⎣ i =0 ⎝ i =0 ⎠ ⎦

∑

∑ ∑

∑

∑

∑ ∑

∑ ∑

∑

∑

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦

Экспериментальные данные

⎛ ⎜ X := ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎛ ⎜ Y := ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 ⎞

⎟ 2 ⎟ 3 ⎟ ⎟ 5 ⎠

N := length( X)

3 ⎞

⎟

4 ⎟ 2.5 ⎟

⎟

0.5 ⎠

количество наблюдений

N = 4 N− 1 N−1 ⎛ N− 1 ⎞ ⎜ Yi ⋅Xi ⋅N − Xi ⋅ Yi⎟ ⎜ ⎟ i =0 i =0 i =0 ⎝ ⎠ a := 2⎤ ⎡ N− 1 N − 1 ⎛ ⎞ ⎢ ⎥ 2 Xi) ⋅N − ⎜ Xi ⎟ ( ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ ⎣ i =0 ⎝ i =0 ⎠ ⎦

∑

∑

∑

∑

∑

N− 1 N−1 N− 1 ⎡ N− 1 ⎤ 2 ⎢ − − Yi ⋅ Xi) + Xi ⋅ Yi⋅Xi⎥ ( ⎢ ⎥ i =0 i =0 i =0 i =0 ⎣ ⎦ b := 2⎤ ⎡ N− 1 N − 1 ⎛ ⎞ ⎢ ⎥ 2 Xi) ⋅N − ⎜ Xi⎟ ( ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ ⎣ i =0 ⎝ i =0 ⎠ ⎦

∑

∑

∑

∑

∑

∑

a = − 0.743

b = 4.543

x := 1 , 1.1 .. 5 y( x) := a ⋅x + b 4 y ( x) Y

2

0

0

2

4 x, X

approximation exptriment_point

6

4.1.2. Решение составлением системы линейных уравнений для определения неизвестных a и b a := 0

b := 0

Given N−1

∑ i

=0

N−1

( Yi⋅Xi) − a ⋅ ∑ ( Xi) i

N−1

∑ i

=0

N−1 2

− b⋅

=0

∑ i

0

Xi

=0

N−1

Yi − a ⋅

∑ i

Xi − b ⋅N

0

=0

⎛ a⎞ ⎜ ⎟ := Find( a , b) ⎝ b⎠ a = −0.743

b = 4.543

x := 1 , 1.1 .. 5 y( x) := a ⋅x + b

4 y ( x) Y

2

0

0

2

4 x, X

6

approximation exptriment_point

4.1.3. Матричное решение системы линейных уравнений для определения неизвестных a и b i := 0 .. N − 1 m := 0 .. 1 k := 0 .. 1 N−1

Ak , m :=

∑ i

N−1

( Xi)

k+ m

Dk :=

=0

∑ i

⎛ 4 11 ⎞ ⎟ ⎝ 11 39 ⎠

Yi⋅( Xi)

k

=0

⎛ 10 ⎞ ⎟ ⎝ 21 ⎠

A=⎜

D=⎜

⎛ b⎞ −1 ⎜ ⎟ := A ⋅D a ⎝ ⎠ a = −0.743

b = 4.543

x := 1 , 1.1 .. 5 y( x) := a ⋅x + b

4 y ( x) Y

2

0

0

2

4 x, X

6

approximation exptriment_point

4.1.4. Определение коэффициентов линейной регрессии a и b через функции "intercept" и "slope" b := intercept ( X , Y ) a := slope ( X , Y ) a = − 0.743 b = 4.543 x := 1 , 1.1 .. 5 y ( x) := a ⋅x + b 4 y ( x) Y

2

0

0

2

4

6

x, X

approximation exptriment_point 4.1.5. Определение коэффициентов линейной регрессии a и b через функцию "line"

⎛ b ⎞ ⎜ ⎟ := line( X , Y ) ⎝ a ⎠ a = − 0.743 b = 4.543 x := 1 , 1.1 .. 5 y ( x) := a ⋅x + b 4 y ( x) Y

2

0

0

2

4 x, X

approximation exptriment_point

6

4.1.6. Проверка адекватности модели регрессии

[4]

p := 1

количество факторов

N = 4

количество наблюдений

Вычисление коэффициента детерминации как отношение суммы квадратов регрессии к общей сумме квадратов N−1

∑

SSf :=

( y ( X i) − mean ( Y) ) 2

сумма квадратов регрессии

( Yi − y ( Xi) ) 2

сумма квадратов остатков

=0

i

N−1

∑

SSr :=

=0

i

N−1

∑

SS :=

( Yi − mean ( Y) ) 2

общая сумма квадратов

=0

i

SS = 6.5

SSf + SSr = 6.5

SSf

R_2 :=

R_2 = 0.743

SS

коэффициент детерминации

Вычисление коэффициента детерминации как квадрат коэффициента множественной корреляции R :=

a ⋅corr ( Y , X ) ⋅stdev ( X ) stdev ( Y )

2

R = 0.743

коэффициент множественной корреляции коэффициент детерминации

Проверка значимости коэффициента детерминации при доверительной вероятности 0,683 2

F :=

R ⋅( N − p − 1 )

( 1 − R 2) ⋅ p

расчетный F-критерий

F = 5.778 qF ( 0.683 , p , N − p − 1 ) = 1.749

критическая точка распределения Фишера

F > qF ( 0.683 , p , N − p − 1 ) = 1 Расчетное значение F-критерия превышает табличное, поэтому гипотеза о равенстве коэффициента детерминации нулю отвергается, связь между X и Y существенна

4.2. ЗАДАЧА. По наблюдаемым значениям величин X и Y найти математическую модель, наилучшим образом описывающую зависимость Y от X [15].

Наблюдаемые значения X i :=

Y i :=

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

145 111 135 130 122 98 100 85 90 79 15 68

i := 0 .. 11

x := min( X ) , min( X ) + 0.01 .. max ( X ) p := 1

количество факторов

n := length ( X )

количество наблюдений

4.2.1. Линеаризация зависимости логарифмической функцией Y

b ⋅a

log ( Y ) b1

X

log ( b ) + X ⋅ log ( a )

log ( b )

(

)

→ ⎯ → b1 := intercept X , log ( Y ) b := 10 a1

(

)

→ ⎯ → intercept X , log ( Y )

log ( a ) → ⎯ → a1 := slope X , log ( Y )

a := 10

(

(

)

→ ⎯ → slope X , log ( Y )

) a = 0.891

b = 185.732

x

y( x) := b ⋅a

2.5

2

log( y ( x) ) log( Y)

1.5

1

0

5

10

15

x, X

Вычисление коэффициента детерминации n −1

∑

SSf :=

i

∑ i

R_2 :=

сумма квадратов регрессии

=0

n −1

SS :=

( log( y( Xi) ) − mean(log(Y))) 2

( log( Yi) − mean(log(Y))) 2

общая сумма квадратов

=0

SSf SS

коэффициент детерминации

R_2 = 0.478 Проверка значимости коэффициента детерминации при доверительной вероятности 0,9 F :=

R_2⋅( n − p − 1) ( 1 − R_2) ⋅p

расчетный F-критерий F = 9.151

qF ( 0.9 , p , n − p − 1) = 3.285

критическая точка распределения Фишера

F > qF ( 0.9 , p , n − p − 1) = 1 Расчетное значение F-критерия превышает табличное, поэтому гипотеза о равенстве коэффициента детерминации нулю - отвергается, связь между X и Y существенна

4.2.2. Использование функции линейного сглаживания "linfit" для аппроксимации степенным многочленом

⎛⎜ ⎜ f ( x) := ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 ⎞

⎟

x ⎟ 2

⎟

3

⎟

x ⎟ x ⎠

⎛ ⎜ a = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

a := linfit( X , Y , f )

y1 ( x) := f ( x) ⋅ a 150

Y

130.091 ⎞

⎟ ⎟ − 1.944 ⎟ ⎟ 0.079 ⎠ 5.103

100

y1 ( x) 50

0

0

5

10

15

X,x

Вычисление коэффициента детерминации 3

∑ (a ⋅corr (Y , X ) ⋅stdev (X )) j

j

R :=

j

j

=1

stdev ( Y )

R = 0.873 2

R = 0.761

коэффициент множественной корреляции коэффициент детерминации

Проверка значимости коэффициента детерминации при доверительной вероятности 0,9 2

F :=

R ⋅( n − p − 1 )

( 1 − R 2) ⋅ p

расчетный F-критерий

F = 31.89 qF ( 0.9 , p , n − p − 1 ) = 3.285 F > qF ( 0.9 , p , n − p − 1 ) = 1

критическая точка распределения Фишера

Расчетное значение F-критерия превышает табличное, поэтому гипотеза о равенстве коэффициента детерминации нулю - отвергается, связь между X и Y существенна

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ff ( x) := ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 ⎞

⎟

1 ⎟ x ⎟ 1 ⎟

⎟ ⎟ 1 ⎟ ⎟ 3 x ⎠ x

2

⎛ − 33.131 ⎜ ⎜ 1.253 × 10 3 a = ⎜ 3 ⎜ − 2.795 × 10 ⎜ 3 ⎝ 1.721 × 10

a := linfit( X , Y , ff )

y2 ( x) := ff ( x) ⋅ a

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

150

100

Y y2 ( x)

50

0

0

5

10

15

X,x

Вычисление коэффициента детерминации 3

∑ (a ⋅corr (Y , X ) ⋅stdev (X )) − j

j

j

R :=

− j

=1

stdev ( Y )

R = 0.896

коэффициент множественной корреляции 2 коэффициент детерминации R = 0.802 Проверка значимости коэффициента детерминации при доверительной вероятности 0,9 2

F :=

R ⋅( n − p − 1 )

расчетный F-критерий

( 1 − R 2) ⋅ p

F = 40.542 критическая точка распределения Фишера

qF ( 0.9 , p , n − p − 1 ) = 3.285 F > qF ( 0.9 , p , n − p − 1 ) = 1

Расчетное значение F-критерия превышает табличное, поэтому гипотеза о равенстве коэффициента детерминации нулю - отвергается, связь между X и Y существенна

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ fff( x) := ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 ⎞

⎟

1 ⎟ x ⎟ 2

⎟

x ⎟ 1 ⎟

⎛ 141.471 ⎜ ⎟ a := linfitX ( , Y , fff) 3 − 44.111 x ⎠ a = ⎜ ⎜ − 0.676 ⎜ y3 ( x) := fff( x) ⋅a ⎝ 47.454

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

150

Y

100

y3 ( x) 50

0

0

5

10 X, x

R :=

15

(a1⋅corr(Y , X− 1) ⋅stdev(X− 1)) + (a2⋅corr(Y , X2) ⋅stdev(X2)) + (a3⋅corr(Y , X− 3) ⋅stdev(X− 3)) stdev( Y)

коэффициент множественной корреляции коэффициент детерминации

R = 0.876 2

R = 0.767

Проверка значимости коэффициента детерминации при доверительной вероятности 0,9 2

F :=

R ⋅( n − p − 1 )

расчетный F-критерий

(1 − R2) ⋅p

F = 32.908

критическая точка распределения Фишера

qF ( 0.9 , p , n − p − 1) = 3.285 F > qF ( 0.9 , p , n − p − 1) = 1

Расчетное значение F-критерия превышает табличное, поэтому гипотеза о равенстве коэффициента детерминации нулю - отвергается, связь между X и Y существенна

4.3. ЗАДАЧА. По условию задачи 4.1 функцию y = φ( x ) искать в виде нелинейной функции y = a1 ⋅ a0 x . 4.3.1. Нахождение частных производных для решения составлением системы нелинейных уравнений. Символьное решение n −1 ⎡ n−1 2⎤ X X Xi ⎢ ⎡Yi − (a1 ⋅ a0 Xi)⎤ ⎥ → −2 ⋅ Yi − a1 ⋅ a0 i ⋅ a1 ⋅ a0 i ⋅ ⎣ ⎦ ⎥ ⎢ a0 da0 ⎣ i =0 ⎦ i =0

∑

d

(

∑

)

n −1 2⎤ Xi Xi ⎡Yi − (a1 ⋅ a0 Xi)⎤ ⎥ → −2 ⋅ Yi − a1 ⋅ a0 ⋅ a0 ⎣ ⎦ ⎥ ⎣ i =0 ⎦ i =0

⎡ n−1

d ⎢ da1 ⎢

∑

(

∑

)

Экспериментальные данные

⎛ ⎜ X := ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

1 ⎞

⎟ 2 ⎟ 3 ⎟ ⎟ 5 ⎠

⎛ ⎜ Y := ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

3 ⎞

⎟

4 ⎟ 2.5 ⎟

⎟

0.5 ⎠

x := min( X) , min( X) + 0.01 .. max( X) n := length( X) n=4

количество наблюдений

Решение составлением системы нелинейных уравнений для определения неизвестных a и b a0 := 1

a1 := 2

Given n −1

(

Xi

) ⋅ a1 ⋅ a0X ⋅ Xa0i

(

Xi

) ⋅ a0X

∑

−2 ⋅ Yi − a1 ⋅ a0

∑

−2 ⋅ Yi − a1 ⋅ a0

i =0 n −1

i

i

i

0

0

=0

⎛ a0 ⎞ ⎜ ⎟ := Find( a0 , a1) ⎝ a1 ⎠ a0 = 0.773

x

a1 = 4.824

y( x) := a1 ⋅ a0

4

Y y ( x)

2

0

0

2

4 X, x

4.3.2. Использование функции общего сглаживания "genfit" для аппроксимации нелинейной функцией y( x)

x

a1 ⋅ a0

Меню "Символы/Переменные/Дифференциалы". Нахождение частных производных: по a0 по a1 x x x a1 ⋅ a0 ⋅ a0 a0

6

⎡ a1 ⋅ ( a0) x ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ x x f ( x , a) := ⎢ a1 ⋅ ( a0) ⋅ ⎥ a0 ⎢ ⎥ x ⎢ ⎥ ( a0) ⎣ ⎦ ⎛ a0 ⎞ ⎜ ⎟ := genfit( X , Y , v , f ) ⎝ a1 ⎠ y ( x) := a1 ⋅ ( a0)

⎛ 1 ⎞ ⎟ ⎝ 2 ⎠

v := ⎜ a0 = 0.775

a1 = 4.799

x 4

Y y ( x)

2

0

0

2

4

6

X, x

4.3.3. Использование функции "Minimize" для аппроксимации нелинейной функцией a0 := 1 a1 := 1 n −1

f ( a0 , a1 ) :=

∑ i

⎡Yi − ( a1 ⋅ a0 Xi)⎤ ⎣ ⎦

2

=0

Given 0 < a0 < 10 0 < a1 < 10

⎛ a0 ⎞ ⎜ ⎟ := Minimize( f , a0 , a1 ) ⎝ a1 ⎠ y ( x) := a1 ⋅ a0

a0 = 0.773

a1 = 4.824

x 4

Y y ( x)

2

0

0

2

4

6

X, x

4.4. ЗАДАЧА. При распределении салициловой кислоты между бензолом и водой при 298 K были получены данные представленные в табл. 4.2 [9]: Таблица 4.2 с1 с2

где

0.0363 0.0184

0.0668 0.0504

0.0940 0.0977

0.126 0.146

0.210 0.329

0.283 0.553

0.558 0.650

0.756 2.810

0.912 4.340

c1 – концентрация салициловой кислоты в водном слое, моль/л, c2 – концентрация салициловой кислоты бензольном c1n =K. слое, моль/л. Определите значения n и K и напишите уравнение распределения c2

c1i :=

c2i :=

0.0363 0.0668 0.0940 0.126 0.210 0.283 0.558 0.756 0.912

0.0184 0.0504 0.0977 0.146 0.329 0.553 0.650 2.810 4.340

i := 0 .. 8

C1 := min( c1) , min( c1) + 0.01 .. max( c1) c1

4.4.1. Определение константы K по уравнению распределения

K

c2

c1i

K i :=

c2i

по уравнению с1/с2 = K соотношение с1/с2 не остается постоянным, поэтому необходимо применить закон распределения в общем виде 2 Ki

1

0

5

10

i n

4.4.2. Определение констант n и K по уравнению распределения

c1 c2

K

Линеаризация степенной зависимости логарифмической функцией

⎛ 1 ⎞ + n ⋅ log( c1) ⎟ ⎝K⎠ ⎛1⎞ log⎜ ⎟ ⎝K⎠ log⎜

log( c2) b1 K

1 10

b1

b1

(

)

→ ⎯ → ⎯ intercept log( c1) , log( c2)

K := 10

(

1

)

⎯ → ⎯ → intercept log ( c1) , log ( c2)

(

)

→ ⎯ → ⎯ n := slope log( c1) , log( c2) C2 ( C1 ) :=

1 K

⋅ C1

n = 1.572

6

2 log ( C2( C1) ) log ( c2)

C2( C1) 1.5

1

K = 0.278

n

0.5

0

2 log ( C1) , log ( c1)

c2

4 2

0

0.5 C1, c1

1

4.4.3. Использование функции общего сглаживания "genfit" для аппроксимации степенной зависимости n

c1 c2

K 1

a0

K замена

a1

n

C2

a0 ⋅ C1

a1

Меню "Символы/Переменные/Дифференциалы". Нахождение частных производных: по a0 по a1 C1

a1

a0 ⋅ C1

a1 ⎛ a0 ⋅ C1 ⎜ ⎜ a1 f ( C1 , a) := C1 ⎜ a1 ⎜ ⎝ a0 ⋅ C1 ⋅ ln( C1 )

a1

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⋅ ln( C1 )

⎛ 1 ⎞ ⎟ ⎝ 1 ⎠

v := ⎜

⎛ a0 ⎞ ⎜ ⎟ := genfit( c1 , c2 , v , f ) ⎝ a1 ⎠ n := a1 K :=

1 a0

C2 ( C1 ) :=

1 K

⋅ C1

n

6

c2 C2( C1)

4

2

0

0

0.5

1

c1 , C1

4.5. ЗАДАЧА. В табл. 4.3 приведены данные испытаний на растяжение круглого образца из хромованадиевой стали с целью определения предела упругости материала [1]. Диаметр образца – 11.3 мм. Расчетная длина образца – 100 мм. Таблица 4.3 № № наблюдений 1 2 2 4 5 6 7 8 9

Нагрузка P, вт 1.5 2.0 2.5 3.0 3.5 3.7 3.9 4.1 4.3

Удлинение образца ΔL, в мм 0.0 0.2 0.3 1.9 1.7 2.6 3.8 5.6 9.2

Построить диаграмму σ – ε (напряжения-деформации). Произвести глобальную интерполяцию.

Экспериментальные данные

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ΔL := ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0.0 ⎞ 0.2 0.3 0.9 1.7 2.6 3.8 5.6 9.2

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ удлинение, мм ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

1.5 ⎞

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

2 2.5 3 3.5 3.7 3.9 4.1 4.3

d := 0.0113

диаметр, мм

L := 100

длина, мм

F := π ⋅

d

σ := P ⋅ ε :=

площадь,мм^2

4 −4

1000 ⋅9.81 F ⋅10

ΔL

146.728 ⎞ 244.547 293.456 342.366 361.929 381.493 401.057 420.621

6

напряжения, МПа деформации

L

195.638

нагрузка, т

2

F = 1.003 × 10

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ σ =⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ P := ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ε = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 2 × 10

−3

3 × 10

−3

9 × 10

−3

0.017 0.026 0.038 0.056 0.092

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

4.5.1. Интерполяция полиномом степени N N := length(ε ) N =9 i := 0 .. N − 1 m := 0 .. N − 1 k := 0 .. N − 1 N−1

Ak , m :=

∑ i

=0

N−1

Dk :=

∑ i

(ε i)k+ m

σ i⋅(ε i)

k

=0

a := lsolve( A , D)

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ a= ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ −3.052 × 10 ⎟ ⎟ 7 4.139 × 10 ⎟ 9 ⎟ −8.76 × 10 ⎟ 11 ⎟ 7.789 × 10 ⎟ 13 ⎟ −3.441 × 10 ⎟ 14 7.827 × 10 ⎟ 15 ⎟ −8.639 × 10 ⎟ 16 ⎟ 3.6 × 10 ⎠ 147.222

4

x := min(ε ) , min(ε ) + 0.0001 .. max( ε ) N−1

y( x) :=

∑ k

k

ak ⋅x

=0 5 .10

5

σ

0

y ( x)

0.05

0.1

5 .10

5

1 .10

6

ε, x

при интерполяции полиномом степени N наблюдается полиномиальное раскачивание

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ y(ε ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

147.222 ⎞ 193.062 246.902 293.087 342.494 361.893 381.498 401.057 420.621

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ σ =⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

146.728 ⎞ 195.638 244.547 293.456 342.366 361.929 381.493 401.057 420.621

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

4.5.2. Интерполяция полиномом степени 3 i := 0 .. N − 1 N := 3 m := 0 .. N − 1 k := 0 .. N − 1 N−1

Ak , m :=

∑ i

(ε i)

=0

N−1 k+ m

Dk :=

∑ i

σ i⋅(ε i)

k

=0

a := lsolve( A , D)

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ a= ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

141.083 9.693 × 10

3

−7.442 × 10 5.183 × 10

8

−7.355 × 10 3.952 × 10

10

12

−9.945 × 10 1.163 × 10

4

13

15

−5.016 × 10

15

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

N−1

y( x) :=

∑ k

k

ak ⋅x

=0 600

400

σ

y ( x)

200

0

0.05

0.1

ε, x

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ y( ε ) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

141.083 ⎞ 160.172 169.494 222.296 284.363 342.802 401.965 450.521 402.953

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ σ =⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

146.728 ⎞ 195.638 244.547 293.456 342.366 361.929 381.493 401.057 420.621

⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

4.5.3. Сплайн-интерполяция B-сплайнами

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ u := ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 0.004 0.005 0.015 0.02 0.03 0.092

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

вектор значений аргумента, в которых производится сшивка B-сплайнов

. W := bspline(ε , σ , u , 3) y( x) := interp(W , ε , σ , x) 600 σ

400

y ( x) y( u)

200

0

0.05 ε , x, u

0.1

4.6. ЗАДАЧА. При изучении равновесия системы хлороформ – диэтиловый эфир при 298 K были получены следующие парциальные давления насыщенного пара – табл. 4.4 [9]: Таблица 4.4 XC2H5OC2H5 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 PC2H5OC2H5 ·10-4, Па 0.000 0.460 1.287 2.666 4.093 5.333 PCHCl2 ·10-4, Па 1.933 1.480 0.920 0.460 0.165 0.000 Постройте графики зависимости парциальных и общего давления насыщенного пара от состава раствора. Сделайте заключение относительно характера отклонения от закона Рауля, о коэффициентах активности компонентов раствора при всех концентрациях, изменении объема при образовании раствора и о тепловом эффекте смешения. По характеру кривых видно, что растворы при всех концентрациях не подчиняются закону Рауля. Наблюдается отрицательное отклонение от закона Рауля. Отрицательное отклонение от линейной зависимости уменьшается и стремится к нулю при приближении концентрации компонента раствора к единице. Коэффициенты активности компонента раствора при всех концентрациях меньше единицы. Следовательно, при образовании растворов объемы их меньше суммы объемов компонентов; при образовании растворов выделяется теплота (ΔHсм < 0).

Экспериментальные данные i := 0 .. 5 xC2H5OC2H5 := i 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

PC2H5OC2H5 := i

0.000 0.460 1.287 2.666 4.093 5.333

PCHCl3 := i

1.933 1.480 0.920 0.460 0.165 0.000

Изображение экспериментальных данных 6

PC2H5OC2H5

4

PCHCl3 PC2H5OC2H5+ PCHCl3

2

0

0

0.5

1

xC2H5OC2H5

4.6.1. Использование стандартной функции интерполяции "linterp" для построения графиков

(

)

(

) + 0.01 .. max(xC2H5OC2H5 ) Z1 ( x) := linterp( xC2H5OC2H5 , P C2H5OC2H5 , x) Z2 ( x) := linterp( xC2H5OC2H5 , P CHCl3 , x) Z3 ( x) := linterp( xC2H5OC2H5 , P C2H5OC2H5 + P CHCl3 , x) x := min xC2H5OC2H5 , min xC2H5OC2H5

6 PC2H5OC2H5 PCHCl3

4

PC2H5OC2H5+ PCHCl3 Z1 ( x) Z2 ( x)

2

Z3 ( x)

0

0

0.2

0.4

0.6

0.8

xC2H5OC2H5 , xC2H5OC2H5 , xC2H5OC2H5 , x, x, x

1

Вычисление промежуточных значений с помощью функции интерполяции "linterp" xC2H5OC2H5 = i 0 0.2 0.4

Z1 ( 0.101 ) = 0.232

Z1 ( 0.3 ) = 0.873

0.6

Z2 ( 0.101 ) = 1.704

Z2 ( 0.3 ) = 1.2

Z3 ( 0.101 ) = 1.937

Z3 ( 0.3 ) = 2.073

0.8 1

4.6.2. Использование стандартной функции интерполяции "interp" для построения графиков

(

W1 := lspline xC2H5OC2H5 , P C2H5OC2H5

(

)

)

Z4 ( x) := interp W1 , xC2H5OC2H5 , P C2H5OC2H5 , x

(

W2 := cspline xC2H5OC2H5 , P C2H5OC2H5

(

)

)

Z5 ( x) := interp W2 , xC2H5OC2H5 , P C2H5OC2H5 , x

(

W3 := pspline xC2H5OC2H5 , P C2H5OC2H5

(

)

)

Z6 ( x) := interp W3 , xC2H5OC2H5 , P C2H5OC2H5 , x

Сравнение результатов интерполирования функциями "linterp" и "interp" на интервале 0..0.2

0.4 Z1 ( x) Z4 ( x)

0.2

0

0

0.1

0.2

x

linterp interp

Сравнение результатов интерполирования функциями "interp" "lspline", "cspline", "pspline" вблизи граничных точек

(

)

(

)

(

)

x := min xC2H5OC2H5 − 1 , min xC2H5OC2H5 − 1 + 0.01 .. max xC2H5OC2H5 + 1 20

Z1( x)

10

Z4( x) Z5( x) Z6( x)

1

0

1

2

10

20 x

4.7. ЗАДАЧА. В табл. 4.5 приведены результаты вычислений, сделанных через единицу pH, в интервале pH от 1.00 до 6.00. Построить распределительную диаграмму для раствора муравьиной кислоты в интервале pH 1.00 – 6.00. Определить точку пересечения кривой образования муравьиной кислоты (кривая αHCOOH – pH) и кривой диссоциации (кривая αHCOO¯ – pH) [5]. Таблица 4.5 pH 1.00 2.00 3.00 4.00

HCOOH 100 98 85 36

HCOO¯ 0 2 15 64

5.00 6.00

5 0

95 100

Результаты вычислений i := 0 .. 5 pH i :=

HCOOH i :=

1.00 2.00 3.00 4.00 5.00 6.00

HCOO_ i :=

100 98 85 36 5 0

0 2 15 64 95 100

Изображение результатов вычислений 100

HCOOH HCOO_

50

0

2

4

6

pH

образование кислоты диссоциация кислоты Использование стандартных функций интерполяции "interp" и "lspline" для построения диаграммы x := min( pH ) , min( pH ) + 0.01 .. max ( pH ) W1 := lspline( pH , HCOOH ) Z1 ( x) := interp ( W1 , pH , HCOOH , x) W2 := lspline( pH , HCOO_ ) Z2 ( x) := interp ( W2 , pH , HCOO_ , x)

150

HCOOH 100 HCOO_ 50

Z1( x) Z2( x)

0

50

0

2

4

6

pH , pH , x, x

Меню "Формат/График/След" Трассировка: (3.75 , 51.225 ) Определение точки пересечения кривых образования и диссоциации муравьиной кислоты с помощью функции интерполяции "interp" Z1( 3.75) = 48.775 Z2( 3.75) = 51.225 Определение точки пересечения кривых образования и диссоциации муравьиной кислоты с помощью функции "Find" x := 0 Given Z1( x)

Z2( x)

Find( x) = 3.727

РАЗДЕЛ 5. РЕШЕНИЕ ОБЫКНОВЕННЫХ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ (ОДУ) И СИСТЕМ ОДУ 5.1. ЗАДАЧА. Точка массы M падает на Землю из состояния покоя под действием постоянной силы тяжести. Найти скорость движения точки, если сила сопротивления пропорциональна квадрату скорости (R = M·k2·v2, где k – постоянная) [3].

Дано: V0 := 0

начальная скорость, м/с

k := 0.16

коэффициент сопротивления среды, кг/с

g :=

g

ускорение свободного падения, м/с^2

−2

m⋅sec

M := 1

масса тела, кг

Решение: t := 0 .. 15

время, с 2⋅ k⋅ t ⋅ g

v( t) :=

g e −1 ⋅ k e2⋅ k⋅ t⋅ g + 1

точное решение уравнения

5.1.1. Решение ОДУ I порядка с использованием функции "odesolve" Given 2

M ⋅V' ( t) V ( 0)

M ⋅g − M ⋅k ⋅V ( t) 0

vv := odesolve( t , 15 , 100)

2

начальная скорость, м/с 15 - время падения тела

t := 0 , 1 .. 15

20 vv ( t) v ( t)

10

0

5

10

15

t

vv( t) =

v( t) =

0 9.061 14.923 17.727 18.874 19.313 19.477 19.537 19.559 19.567 19.57 19.572 19.572 19.572 19.572 19.572

0 9.061 14.923 17.727 18.874 19.313 19.477 19.537 19.559 19.567 19.57 19.572 19.572 19.572 19.572 19.572

5.1.2. Решение ОДУ I порядка с использованием функции "rkfixed" V0 := V0

N := 15

t1 := 0

D( t , V) := g − k ⋅( V0) 2

t2 := 15

2

0

V_ := rkfixed( V , t1 , t2 , N , D)

20 v ( t) V_

〈1〉

V_ =

10

0

0

1

1

9.055

2

2

14.9

3

3 17.696

4

4 18.851

5

5 19.299

6

6

7

7 19.534

8

8 19.558

9

0

5

10 t , V_

( v⎡⎣( V_

〈〉 v⎡⎣ V_ 0 〈0〉

)10⎤⎦ = 19.57 )15⎤⎦ = 19.572

15

〈0〉

(V_ (V_

〈1〉 〈1〉

)10 = 19.57 )15 = 19.572

1

0

19.47

9 19.567

10

10

11

11 19.571

19.57

12

12 19.572

13

13 19.572

14

14 19.572

15

15 19.572

5.1.3. Решение ОДУ I порядка методом Эйлера [18] N = 15

T0 := t1

TN := t2 i := 1 .. N

V0 = 0 2

2

F ( T , V) := g − k ⋅V h :=

TN − T0

N Ti := T0 + h⋅i

Vi := Vi−1 + F ( Ti−1 , Vi−1) ⋅h

20 v( t) V

10

VN = 19.572

0

5

10

15

t,T

T3 = 3

v( T3) = 17.727

V3 = 19.427

T10 = 10

v( T10) = 19.57

V10 = 19.572

T15 = 15

v( T15) = 19.572

V15 = 19.572

5.2. ЗАДАЧА о свободных колебаниях системы с одной степенью свободы [13]. Тело имеет массу Q, упругость системы характеризуется коэффициентом жесткости k, вязкость – коэффициентом λ. Пусть груз Q покоится на упругой рессоре. Отклонение груза от положения равновесия обозначено через y_0. Отклонение вниз – положительное, вверх – отрицательное. В положении равновесия вес уравновешивается упругостью пружины. Предполагается, что сила, стремящаяся вернуть груз в положение равновесия, – так называемая восстанавливающая сила – пропорциональна отклонению, то есть равна -k·y, где k – некоторая постоянная для данной рессоры величина («жесткость рессоры»). Предполагается, что движению груза Q препятствует сила сопротивления, направленная в сторону противоположную dy направлению движения, и пропорциональная скорости движения груза, то есть сила − λ ⋅ v = −λ ⋅ , где λ = const ≥ 0 dt (амортизатор). Дифференциальное уравнение движения груза на рессоре по II закону Ньютона: d2y dy , Q ⋅ 2 = −k ⋅ y − λ ⋅ dt dt где k, λ ≥ 0. Дано: Q := 20

масса, кг

λ := 40

амортизатор, Н/с

k := 100

жесткость, Н/м

y_0 := 0.01

начальное отклонение, м

V_0 := 0

начальная скорость, м/с

Решение: 5.2.1. Точное решение линейного однородного ОДУ II порядка λ

y''( t) +

Q

⋅y'( t) +

k Q

⋅y( t)

0

5.2.1.1. Решение характеристического уравнения линейного однородного ОДУ II порядка. Меню "Символы/Переменные/Вычислить" λ

2

p +

Q

⋅p +

k Q

по переменной p

0

⎛ 1⎞⎤ ⎡ ⎡ ⎜ ⎟ ⎢ 1 ⎢ ⎝ 2⎠⎥ 2 ( ) ⎢ ⋅⎣ −λ + λ − 4 ⋅Q ⋅k ⎦ ⎢ ( 2 ⋅Q) ⎢ ⎛ 1⎞⎤ ⎡ ⎜ ⎟ ⎢ 1 ⎢ ⎝ 2⎠⎥ 2 ( ) ⋅⎣ −λ − λ − 4 ⋅Q ⋅k ⎢ ⎦ ⎣ ( 2 ⋅Q)

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ = ⎛⎜ −1 + 2i ⎞⎟ ⎥ ⎝ −1 − 2i ⎠ ⎥ ⎥ ⎦

5.2.1.2. Корни характеристического уравнения комплексные, следовательно, общим решением линейного однородного ОДУ II порядка является функция y( t)

exp(α ⋅t) ⋅(C1 ⋅cos (β ⋅t) + C2 ⋅sin(β ⋅t))

где α = -1 β =2 5.2.1.3. Производная функции общего решения линейного однородного ОДУ II порядка. Меню "Символы/Переменные/Дифференциалы" по переменной t d y( t) dt

α ⋅exp( α ⋅t) ⋅(C1 ⋅cos( β ⋅t) + C2 ⋅sin(β ⋅t) ) + exp(α ⋅t) ⋅(−C1 ⋅sin(β ⋅t) ⋅β + C2 ⋅cos (β ⋅t) ⋅β )

5.2.1.4. Постоянные C1 и C2 для начальных условий y(0) и y'(0) из функции общего решения и ее производной y( 0)

y_0

y'( 0)

V_0

Given exp(α ⋅0) ⋅(C1 ⋅cos (β ⋅0) + C2 ⋅sin(β ⋅0) )

y_0

α ⋅exp(α ⋅0) ⋅( C1 ⋅cos ( β ⋅0) + C2 ⋅sin(β ⋅0)) + exp(α ⋅0) ⋅(−C1 ⋅sin(β ⋅0) ⋅β + C2 ⋅cos (β ⋅0) ⋅β )

V_0

⎡ 1.0000000000000000000 ⋅10-2 ⎢ Find( C1 , C2) → ⎢ -2 α ⎢ −(1.0000000000000000000 ⋅10 ) ⋅ β ⎣

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦

5.2.1.5. Запись точного решения ОДУ II порядка и построение графика функции α := −1

β := 2

C1 := 1 ⋅10

-2 -2

C2 := −1 ⋅10 ⋅

α β

t := 0 , 0.1 .. 6 α⋅t

y( t) := e

⋅(C1 ⋅cos (β ⋅t) + C2 ⋅sin(β ⋅t)) 0.01

0.005 y( t) 0

0.005

0

2

4 t

6

5.2.2. Решение ОДУ II порядка с использованием функции "odesolve" Given Q ⋅y'' ( t)

− k ⋅y ( t) − λ ⋅y' ( t)

y( 0)

y_0

начальное отклонение, м

y' ( 0 )

V_0

начальная скорость, м/с

y_ := odesolve ( t , 6 , 100 )

6 - время колебаний

0.01

y_ ( t )

0.005

y ( t) 0

0.005

0

2

4

6

t

5.2.3. Решение ОДУ II порядка с использованием функции "rkfixed" Y0 := y_0

Y1 := V_0

начальные условия

Преобразование ОДУ II порядка в систему ОДУ I порядка dY 0

Y1

dt dY 1

λ −k ⋅ Y0 − ⋅ Y 1 Q Q

dt

Решение ОДУ II порядка

⎛ Y0 ⎞ ⎟ ⎝ Y1 ⎠

Y := ⎜

t1 := 0

t2 := 6

Y1 ⎛ ⎜ D ( t , Y) := ⎜ − k ⋅ Y0 − λ ⋅ Y 1 Q ⎝ Q Z := rkfixed( Y , t1 , t2 , N , D)

N := 100

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

0

0.01

Z

〈1〉

0

0.005

y ( t)

Z=

0

0.005

0

5 Z

〈0〉

(Z

〈0〉

)10 = 0.6

(Z

〈1〉

)10 = 4.546 × 10 − 3

,t

(

〈〉 y ⎡⎣ Z 0

Построение фазового портрета системы

⎡⎛ 0.01 ⎞ ⎤ ⎟ , t1 , t2 , N , D⎥ ⎣⎝ 0 ⎠ ⎦

Z_01 := rkfixed⎢⎜

⎤ ⎡⎛ 0.02 ⎞ ⎟ , t1 , t2 , N , D⎥ ⎣⎝ 0 ⎠ ⎦

Z_02 := rkfixed⎢⎜

⎡⎛ 0.04 ⎞ ⎤ ⎟ , t1 , t2 , N , D⎥ ⎣⎝ 0 ⎠ ⎦

Z_04 := rkfixed⎢⎜

⎤ ⎡⎛ 0.08 ⎞ ⎟ , t1 , t2 , N , D⎥ ⎣⎝ 0 ⎠ ⎦

Z_08 := rkfixed⎢⎜

1 0

2

0.01

0

1

0.06 914·10

-3

819·10

-3

2

0.12 669·10

-3

271·10

-3

3

0.18 288·10

-3

356·10

-3

4

0.24 794·10

-3

081·10

-3

5

0.3 206·10

-3

-0.01

6

0.36 545·10

-3

-0.012

7

0.42 832·10

-3

-0.012

8

0.48 083·10

-3

-0.013

9

0.54 316·10

-3

-0.013

10

0.6 546·10

-3

-0.013

11

0.66 786·10

-3

-0.013

12

0.72 048·10

-3

-0.012

13

0.78 341·10

-3

-0.011

14

0.84 675·10

-3

15

0.9 056·10

-3

-0.011 898·10

-3

)10⎤⎦ = 4.546 × 10 − 3

Z_01 Z_02 Z_04 Z_08

〈2〉

0

〈2〉 〈2〉 〈2〉

0.05

0.1

0.15

0.02

0

0.02 〈〉 , Z_02 1

〈1〉

Z_01

0.04 〈〉 , Z_04 1

0.06 〈〉 , Z_08 1

0.08

Построение фазового портрета системы при отсутствии силы сопротивления D ( t , Y) :=

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

⎛ Y1 ⎜ ⎜ − k ⋅Y0 ⎝ Q

⎡⎛ ⎣⎝ ⎡⎛ Z_02 := rkfixed⎢⎜ ⎣⎝ ⎡⎛ Z_04 := rkfixed⎢⎜ ⎣⎝ ⎡⎛ Z_08 := rkfixed⎢⎜ ⎣⎝ Z_01 := rkfixed⎢⎜

0.01 ⎞

⎤ ⎟ , t1 , t2 , N , D⎥ ⎦ ⎤ ⎟ , t1 , t2 , N , D⎥ 0 ⎠ ⎦ 0.04 ⎞ ⎤ ⎟ , t1 , t2 , N , D⎥ 0 ⎠ ⎦ 0.08 ⎞ ⎤ ⎟ , t1 , t2 , N , D⎥ 0 ⎠ ⎦ 0 ⎠ 0.02 ⎞

0.2

Z_01 Z_02 Z_04 Z_08

〈2〉 〈2〉 〈2〉

0

〈2〉

0.2

0.1 Z_01

0.05 〈1〉

0 , Z_02

〈1〉

, Z_04

0.05 〈1〉

, Z_08

0.1 〈1〉

5.3. ЗАДАЧА. Тело брошено под углом α к горизонту и движется в среде, сопротивление которой пропорционально скорости V тела (рис. 5.1). Найти траекторию движения тела [14].

F=kV

y(t)

N(x, y)

V0 P=mg α 0

x(t)

Рис. 5.1. Рисунок к задаче 5.3 В любой точке N(x, y) траектории на тело действуют две силы: сила тяжести P = M·g и сопротивления среды F = k·V. Тогда по II закону динамики:

Уравнения движения

Начальные условия x( 0)

2

d

M⋅

2

d −k ⋅ x dt

x

dt

d2

M⋅

2

d dt

dt

d dt

V⋅cos (α )

x( 0)

y( 0)

d −k ⋅ y − M ⋅g dt

y

0

0

y( 0)

V⋅sin(α )

Дано: α := 45 ⋅deg V0 := 10

угол к горизонту, под которым брошено тело, град начальная скорость, м/с

k := 0.16

коэффициент сопротивления среды, кг/с

M := 1

масса, кг

g := 9.81

ускорение свободного падения, м/с^2

Уравнения движения

Начальные условия x ( 0)

M⋅

d

2 2

x

dt M⋅

d

2 2

y

dt

d −k ⋅ x dt

d dt

d −k ⋅ y − M ⋅g dt

dt

V⋅cos (α )

x( 0)

y ( 0) d

0

0

y( 0)

Решение: Преобразование системы ОДУ II порядка в систему ОДУ I порядка dx dt

z1

dz1

−k

dt

M

dy dt

⋅z1

z3

dz3

−k

dt

M

⋅z3 − g⋅

M M

V⋅sin(α )

Решение системы ОДУ II порядка с помощью функций "rkfixed" и "Bulstoer" 0 ⎛ ⎜ V0⋅cos (α ) z := ⎜ ⎜ 0 ⎜ ⎝ V0⋅sin(α )

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

z1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ −k ⎟ ⎜ M ⋅z1 ⎟ D( t , z) := ⎜ ⎟ z3 ⎜ ⎟ ⎜ −k ⎟ ⋅z3 − g ⎟ ⎜ ⎝ M ⎠

Z := rkfixed( z , 0 , 1.5 , 15 , D) Z1 := Bulstoer( z , 0 , 1.5 , 15 , D) Точное решение системы уравнений t := 0 , 0.1 .. 1.5

⎛

−k

⎞

⋅t ⎜ M M ⎟ x( t) := ⋅V0⋅cos (α ) ⋅⎝ 1 − e ⎠ k − k ⎞⎤ ⎡ ⎛ ⋅t ⎢M ⎜ g⋅M M ⎟⎥ y( t) := ⎢ ⋅(g⋅M + k ⋅V0⋅sin(α )) ⋅⎝ 1 − e ⋅t ⎠⎥ − 2 k ⎣k ⎦

4 y( t) Z Z1

2

〈3〉 〈3〉

0

5

10

2 x( t) , Z

〈1〉

, Z1

〈1〉

(Z1 〈0〉 〈0〉 x⎡⎣(Z (Z1 〈1〉 〈〉 y⎡⎣(Z 0 (Z1 〈3〉

)10 = 1 )10⎤⎦ = 6.534 )10 = 6.534 )10⎤⎦ = 1.881 )10 = 1.881

(Z 〈0〉 )10 = 1 x( 1) = 6.534

(Z 〈1〉 )10 = 6.534 y( 1) = 1.881

(Z 〈3〉 )10 = 1.881

Определение погрешности численного решения

(Z 〈1〉 )10 − x⎡⎣(Z 〈0〉 )10⎤⎦ −8 = −5.104 × 10 % 〈0〉 ) ⎤ ⎡ ( x⎣ Z 10⎦ 〈 〉 1 (Z1 )10 − x⎡⎣(Z1 〈0〉 )10⎤⎦ −9 = −1.186 × 10 % 〈 〉 0 )10⎤⎦ x⎡⎣(Z1 (Z 〈3〉 )10 − y⎡⎣(Z 〈0〉 )10⎤⎦ −6 = −1.715 × 10 % 〈0〉 ) ⎤ ⎡ ( y⎣ Z 10⎦ 〈 〉 3 (Z1 )10 − y⎡⎣(Z1 〈0〉 )10⎤⎦ −8 = −3.983 × 10 % 〈 〉 0 )10⎤⎦ y⎡⎣(Z1 5.4. ЗАДАЧА. Определить потери теплоты с 1 м2 поверхности стенки печи, коэффициент теплопередачи и температуры обеих стенок печи, если стенка трехслойная: 1-й внутренний слой – шамотный кирпич толщиной δ1 = 100 мм, 2 – й слой – изоляционный кирпич толщиной δ2 = 60 мм, 3 – й слой – стальной кожух толщиной δ3 = 8 мм. Теплопроводность слоев: λ1 = 0.81 Вт/(м·К), λ2 = 0.23 Вт/(м·К), λ3 = 45 Вт/(м·К). Температура в печи T1 = 780 °C, температура окружающего воздуха T2 = 20 °C. Коэффициент теплоотдачи соответственно с внутренней и наружной сторон печи α1 = 70 Вт/(м2·К), α2 = 12 Вт/(м2·К).

Дано: α1 := 70 ⋅

α2 := 12 ⋅

W

коэффициент теплоотдачи с внутренней стороны печи

2

m ⋅K W m ⋅K

коэффициент теплоотдачи с наружной стороны печи

δ1 := 100 ⋅mm

толщина стенки из шамотного кирпича

δ2 := 60 ⋅mm

толщина стенки из изоляционного кирпича

δ3 := 8 ⋅mm

толщина стального кожуха

2

λ1 := 0.81 ⋅ λ2 := 0.23 ⋅ λ3 := 45 ⋅

W

теплопроводность стенки из шамотного кирпича

m⋅K W

теплопроводность стенки из изоляционного кирпича

m⋅K

W

теплопроводность стального кожуха

m⋅K

T1 := ( 780 + 273) ⋅K

температура с внутренней стороны печи

T2 := ( 20 + 273) ⋅K

температура окружающего воздуха

F := 1

площадь поверхности стенки печки Решение:

k :=

1

⎛ 1 δ1 δ2 δ3 1 ⎞ + + + + ⎜ ⎟ ⎝ α1 λ1 λ2 λ3 α2 ⎠

коэффициент теплопередачи

ΔT := T1 − T2 количество переданной теплоты в единицу времени для установившегося процесса

Q := k ⋅F ⋅ΔT k = 2.074

W 2

m ⋅K

Q = 1.576 × 10

3

W 2

m

Tw1 := T1 − Q ⋅

1

T1_2 := Tw1 − Q ⋅

δ1

Tw2 := T2_3 − Q ⋅

температура на границе шамотного и изоляционного кирпича

λ1

T2_3 := T1_2 − Q ⋅

⎛ ⎜ ⎜ ⎜ T := ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

температура внутренней стенки печи

α1

δ2

температура на границе изоляционного кирпича и стального кожуха

λ2

δ3

температура внешней стенки печи

λ3

T1 ⎞

⎟

Tw1 ⎟ T1_2 ⎟

i := 0 .. 5

⎟ T2_3 ⎟ Tw2 ⎟ ⎟ T2 ⎠

1000 Ti K Ti K

⎛⎜ ⎜ ⎜ ⎜ T= ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

3 1.053 × 10 ⎞⎟

1.03 × 10 835.868 424.644 424.363 293

3

⎟ ⎟ ⎟K ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

800

Ti K Ti

600

K Ti K

400

0

2 i, 1, 4 , 2 , 3

4

6

Проверка величины Tw2 по температуре холодного теплоносителя Tw2_ := T2 + Q ⋅

Tw2 = 424.363 K

1 α2

Tw2_ = 424.363 K Расчет суммарного количества переданной теплоты за время t2-t1 по основному уравнению теплопередачи q0 := 0

N := 100

t1 := 0

t2 := 100

D( t , q) := k ⋅F ⋅ΔT Q_ := rkfixed( q , t1 , t2 , N , D) 0

2 .10

5

Q_

〈1〉 1 .105

Q_ = 0

0 Q_

(Q_ (Q_

〈1〉 〈1〉

50 〈0〉

100

)1 = 1.576 × 103 ) N = 1.576 × 105

1

85

85 .34·10 5

86

86356·10 5

87

87371·10 5

88

88387·10 5

89

89403·10 5

90

90419·10 5

91

91434·10 5

92

92 .45·10 5

93

93466·10 5

94

94482·10 5

95

95498·10 5

96

96513·10 5

97

97529·10 5

98

98545·10 5

99

99561·10 5

100

100576·10 5

5.5. ЗАДАЧА. Расчет осесимметрично нагруженной замкнутой круговой цилиндрической оболочки по моментной теории оболочек с использованием стандартных функций для решения краевых задач [16]. Цилиндрический резервуар, наполненный до краев жидкостью, имеет следующие размеры: радиус оболочки R = 2 м, длина оболочки вдоль образующей L=3 м, толщина оболочки h = 0.16 м (см. рис. 5.2). Удельный вес воды, заполняющей резервуар – γ = 10 кН/м3, коэффициент Пуассона материала оболочки – железобетона ν = 1/6. Верхний край оболочки свободен от закрепления, а нижний – защемлен.

x h R

p

Рис. 5.2. Рисунок к задаче 5.5

L

Боковые стенки резервуара представляют собой замкнутую круговую цилиндрическую оболочку, нагруженную симметрично относительно оси x. Дифференциальное уравнение изогнутой срединной поверхности замкнутой цилиндрической оболочки, нагруженной симметрично относительно оси x d 4ω dx

где

k=4

4

+ 4⋅k ⋅ω =

q , D

(5.1)

3 ⋅ ( 1 − ν2 )

, R2 ⋅ h2 ω – прогиб оболочки, x – координата, q – поверхностная нагрузка на оболочку, D – цилиндрическая жесткость оболочки

D=

E ⋅ h3 12 ⋅ ( 1 − ν2 )

,

ν – коэффициент Пуассона, R – радиус срединной поверхности оболочки, h – толщина оболочки.

Точным решением уравнения (5.1) будет функция перемещений

ω ( x ) = e k ⋅x ⋅ (C1 ⋅ sin(k ⋅ x ) + C 2 ⋅ cos(k ⋅ x )) + + e −k ⋅x ⋅ (C 3 ⋅ sin(k ⋅ x ) + C 4 ⋅ cos(k ⋅ x )) + Угол поворота ищется в виде ϕ ( x ) = изгибающий момент –

M ( x) = −D ⋅

поперечная сила –

Q( x ) = − D ⋅

нормальная сила – где

dω , dx d 2ω dx 2 d 3ω

dx 3 E ⋅h⋅ω , N( x ) = R

γ ⋅ ( L − x) ⋅ R 2 E ⋅h

.

, ,

E – модуль Юнга, γ – удельный вес воды, заполняющий оболочку.

Для определения произвольных постоянных С1 – С4 необходимо осуществить дифференцирование и рассмотреть граничные условия. Нижний край оболочки жестко защемлен, следовательно, прогиб ω(0)=0 и угол поворота ϕ(0)=0 при x=0. Верхний край оболочки не закреплен, следовательно, изгибающий момент M(x)= 0 и поперечная сила Q(x)= 0 при x=L. Поскольку прогиб ω(0)=0 и угол поворота ϕ(0)=0 при x=0, то С1 = С2 = 0. Выделение расчетной схемы (РС). Оболочка с жестко закрепленным основанием имеет размеры R=2000 мм, L=3000 мм, h=160 мм. Верхний край оболочки свободен. Поверхностное давление q, действующее на оболочку, изменяется по линейному закону q = γ ⋅ ( L − x ) (см. рис. 5.2). Требуется рассмотреть картину деформирования оболочки, найти: углы поворота ϕ(x), изгибающий момент M(x), поперечную силу Q(x), нормальную силу N(x). Аналитические выражения, описывающие решение уравнения (5.1), и выражения для расчета произвольных постоянных С1 – С4 получены средствами символьной математики пакета MathCAD. Численное решение дифференциального уравнения прогиба оболочки найдено с помощью функций решения краевой задачи в MathCAD: «sbval», «load», «score» и «rkfixed».

Расчет осесимметрично нагруженной замкнутой круговой цилиндрической оболочки по моментной теории расчета в документе MathCAD E⋅h⋅ω ( x)

N ( x)

нормальная сила

R

φ ( x)

d

M ( x)

−D ⋅

dx

ω ( x)

угол поворота

d2

ω ( x)

изгибающий момент

ω ( x)

поперечная сила

2

dx −D ⋅

Q ( x)

3

d

3

dx

- прогиб оболочки ω ( x)

e

k⋅ x

− k⋅ x

⋅( C1 ⋅sin( k ⋅x) + C2 ⋅cos ( k ⋅x) ) + e

⋅( C3 ⋅sin( k ⋅x) + C4 ⋅cos ( k ⋅x) ) ...

2

+ γ⋅

( L − x) ⋅R E ⋅h

- нормальная сила h k⋅ x − k⋅ x ⋅( C3 ⋅sin( k ⋅x) + C4 ⋅cos ( k ⋅x) ) ... ⎤ E⋅ ⋅⎡ e ⋅( C1 ⋅sin( k ⋅x) + C2 ⋅cos ( k ⋅x) ) + e ⎥ R⎢ 2 ⎢ + γ ⋅ ( L − x) ⋅R ⎥ E ⋅h ⎣ ⎦

N ( x)

Запись выражений для расчета φ(x), M(x) и Q(x) Меню "Символы/Переменные/Дифференциалы" по переменной x: - угол поворота φ ( x)

k ⋅exp( k ⋅x) ⋅( C1 ⋅sin( k ⋅x) + C2 ⋅cos ( k ⋅x) ) ... + exp( k ⋅x) ⋅( C1 ⋅cos ( k ⋅x) ⋅k − C2 ⋅sin( k ⋅x) ⋅k) ... + −k ⋅exp( −k ⋅x) ⋅( C3 ⋅sin( k ⋅x) + C4 ⋅cos ( k ⋅x) ) ... 2

+ exp( −k ⋅x) ⋅( C3 ⋅cos ( k ⋅x) ⋅k − C4 ⋅sin( k ⋅x) ⋅k) −

γ ⋅R ( E⋅h)

- изгибающий момент M ( x)

2

2

−2 ⋅D⋅k ⋅exp( k ⋅x) ⋅C1 ⋅cos ( k ⋅x) + 2 ⋅D⋅k ⋅exp( k ⋅x) ⋅C2 ⋅sin( k ⋅x) ... 2

2

+ 2 ⋅D⋅k ⋅exp( −k ⋅x) ⋅C3 ⋅cos ( k ⋅x) − 2 ⋅D⋅k ⋅exp( −k ⋅x) ⋅C4 ⋅sin( k ⋅x)

- поперечная сила 3

3

2 ⋅D ⋅k ⋅exp ( k ⋅x) ⋅C1 ⋅sin( k ⋅x) − 2 ⋅D ⋅k ⋅exp ( k ⋅x) ⋅C1 ⋅cos ( k ⋅x) ...

Q ( x)

3

+ − 2 ⋅D ⋅k ⋅exp ( − k ⋅x) ⋅C3 ⋅cos ( k ⋅x) ... 3

3

+ 2 ⋅D ⋅k ⋅exp ( k ⋅x) ⋅C2 ⋅sin( k ⋅x) − 2 ⋅D ⋅k ⋅exp ( − k ⋅x) ⋅C3 ⋅sin( k ⋅x) ... 3

+ − 2 ⋅D ⋅k ⋅exp ( − k ⋅x) ⋅C4 ⋅cos ( k ⋅x) ... 3

3

+ 2 ⋅D ⋅k ⋅exp ( − k ⋅x) ⋅C4 ⋅sin( k ⋅x) + 2 ⋅D ⋅k ⋅exp ( k ⋅x) ⋅C2 ⋅cos ( k ⋅x) Определение произвольных постоянных С3 и С4 в выражениях для расчета оболочки для ω ( 0) 0 φ ( 0)

0

C1

0

C2

0

Given L ⋅R

2

0

C4 + γ ⋅

0

− k ⋅C4 + C3 ⋅k −

E ⋅h γ ⋅R

2

E ⋅h

⎡ − γ ⋅R2 ⋅ ( k ⋅L − 1 ) ⎢ ( k ⋅E ⋅h) Find ( C3 , C4 ) → ⎢ 2 ⎢ R ⎢ − γ ⋅L ⋅ ( E ⋅h) ⎣

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦

Дано: ORIGIN ≡ 1 L := 3 ⋅m ν :=

3

kN ≡ 10 ⋅newton

6

MPa ≡ 10 ⋅Pa длина оболочки

1

коэффициент Пуассона

6

h := 0.16 ⋅m 3

толщина оболочки

E := 2 ⋅10 ⋅MPa

модуль Юнга

R := 2 ⋅m

радиус оболочки

γ := 10 ⋅

kN 3

m

удельный вес воды

Решение: Расчет цилиндрической жесткости оболочки D и коэффициента k 3

D := E⋅

(

h

12 ⋅ 1 − ν

)

2

D = 702.171 kN ⋅m

1 4 ⎛ E ⋅h ⎞ ⎟ 2 ⎝ D⋅R ⋅4 ⎠

k := ⎜

-1

k = 2.31 m

Ввод произвольных постоянных С1, С2, С3 и С4 C1 := 0 ⋅m

C2 := 0 ⋅m 2

C3 := −γ ⋅R ⋅

( k ⋅L − 1) ( k ⋅E⋅h)

C3 = −3.209 × 10

−4

m

2

C4 := −γ ⋅L⋅

R ( E⋅h)

C4 = −3.75 × 10

−4

m

x := 0 ⋅mm, 10 ⋅mm.. L Расчет прогиба оболочки k⋅ x − k⋅ x ⋅( C3 ⋅sin( k ⋅x) + C4 ⋅cos ( k ⋅x) ) ... ⎤ ω ( x) := ⎡ e ⋅( C1 ⋅sin( k ⋅x) + C2 ⋅cos ( k ⋅x) ) + e

⎢ 2 ⎢ + γ ⋅ ( L − x) ⋅R E ⋅h ⎣

⎥ ⎥ ⎦

Расчет нормальной силы h k⋅ x − k⋅ x N ( x) := E⋅ ⋅⎡ e ⋅( C1 ⋅sin( k ⋅x) + C2 ⋅cos ( k ⋅x) ) + e ⋅( C3 ⋅sin( k ⋅x) + C4 ⋅cos ( k ⋅x) ) ... ⎤ R⎢ ⎥ 2 ⎢ + γ ⋅ ( L − x) ⋅R ⎥ E⋅h ⎣ ⎦ Расчет угла поворота оболочки

⎤ ⎥ ⎥ ⎢ 2 ⎥ γ ⋅R ⎢ + exp( −k ⋅x) ⋅( C3 ⋅cos ( k ⋅x) ⋅k − C4 ⋅sin( k ⋅x) ⋅k) − ⎥ ( E⋅h) ⎦ ⎣

φ ( x) := ⎡ k ⋅exp( k ⋅x) ⋅( C1 ⋅sin( k ⋅x) + C2 ⋅cos ( k ⋅x) ) ... ⎢ + exp( k ⋅x) ⋅( C1 ⋅cos ( k ⋅x) ⋅k − C2 ⋅sin( k ⋅x) ⋅k) ... ⎢ + −k ⋅exp( −k ⋅x) ⋅( C3 ⋅sin( k ⋅x) + C4 ⋅cos ( k ⋅x) ) ...

Расчет изгибающего момента 2 2 M ( x) := ⎛ −2 ⋅D ⋅k ⋅exp( k ⋅x) ⋅C1 ⋅cos ( k ⋅x) + 2 ⋅D ⋅k ⋅exp( k ⋅x) ⋅C2 ⋅sin( k ⋅x) ... ⎞

⎜ ⎟ 2 2 ⎝ + 2 ⋅D⋅k ⋅exp( −k ⋅x) ⋅C3 ⋅cos ( k ⋅x) − 2 ⋅D⋅k ⋅exp( −k ⋅x) ⋅C4 ⋅sin( k ⋅x) ⎠

Расчет поперечной силы 3 3 Q ( x) := ⎛ 2 ⋅D⋅k ⋅exp( k ⋅x) ⋅C1 ⋅sin( k ⋅x) − 2 ⋅D⋅k ⋅exp( k ⋅x) ⋅C1 ⋅cos ( k ⋅x) ...

⎞ ⎜ ⎟ 3 ⎜ + −2 ⋅D⋅k ⋅exp( −k ⋅x) ⋅C3 ⋅cos ( k ⋅x) ... ⎟ ⎜ + 2 ⋅D⋅k3⋅exp( k ⋅x) ⋅C2 ⋅sin( k ⋅x) − 2 ⋅D⋅k3⋅exp( −k ⋅x) ⋅C3 ⋅sin( k ⋅x) ... ⎟ ⎜ + −2 ⋅D⋅k3⋅exp( −k ⋅x) ⋅C4 ⋅cos ( k ⋅x) ... ⎟ ⎜ ⎟ 3 3 ⎝ + 2 ⋅D⋅k ⋅exp( −k ⋅x) ⋅C4 ⋅sin( k ⋅x) + 2 ⋅D⋅k ⋅exp( k ⋅x) ⋅C2 ⋅cos ( k ⋅x) ⎠

Численное решение краевой задачи для ОДУ IV порядка d

4 4

ω + E⋅

dx

h 2

D⋅R

⋅ω

q D

Краевые (граничные) условия ω ( 0)

Mx( L)

0

−D ⋅

d

2

ω ( L)

0

ω ( L)

0

2

dx d dx

ω ( 0)

φ

0

Qx( L)

−D ⋅

d

3 3

dx

Расчет недостающих граничных условий Mx( 0)

−D ⋅

d

2 2

ω ( 0)

dx Qx( 0)

−D ⋅

d3 3

ω ( 0)

dx LL :=

L m

LL = 3

⎛ 0⎞ ⎟ ⎝ 0⎠

v := ⎜

⎛ ⎜ load( x1 , v) := ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

начальные приближения недостающих граничных условий в точке x = 0

0 ⎞

⎟ ⎟ v1 ⎟ ⎟ v2 ⎠ 0

ω2 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ω3 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ DD(x , ω ) := ω4 ⎢ ⎥ ⎢ ( LL − x) ⎥ h ⎢ γ ⋅ D − E⋅ 2 ⋅ω 1 ⎥ D⋅R ⎣ ⎦

⎛ ω3 ⎞ ⎟ ⎝ ω4 ⎠

score(x2 , ω ) := ⎜

недостающие граничные условия в точке x = L

B := sbval( v , 0 , LL, DD , load, score)

⎛ 3.425 × 10− 3 ⎞ ⎟ ⎝ −0.017 ⎠

B=⎜

bnd := load( 0 , B)

Решение ОДУ IV порядка с помощью функции "rkfixed" y := bnd

t1 := 0

t2 := LL

NN := 100

y1 = 0 y2 = 0

граничные условия в точке x = 0 −3

y3 = 3.425 × 10 y4 = −0.017

Z := rkfixed( y , t1 , t2 , NN , DD) Извлечение результатов численного решения из матрицы Z

(

) ⋅m

координата

(

) ⋅m

прогиб

〈〉 x_ := Z 1 〈〉 ω_ := Z 2

⎛ E⋅h ⎞⎤ ⋅m ⎟⎥ ⎝ R ⎠⎦

⎡ 〈〉 Nθ_ := ⎢Z 2

⋅⎜

⎣

(

〈〉 φ_ := Z 3

)

нормальная сила угол поворота

〈4〉 Mx_ := ⎡⎣Z

⋅( −D)⎤⎦ ⋅m

−1

изгибающий момент

〈〉 Qx_ := ⎡⎣Z 5

⋅( −D)⎤⎦ ⋅m

−2

поперечная сила

Сравнение результатов численного и аналитического решения задачи

Длина оболочки, mm

3000

Прогиб оболочки, mm

2000

1000

0.1

0

0.1

0.2

теоретическое решение численное решение в "MathCAD" Анализ ω_1 = 0 mm

ω ( 0 ⋅mm) = 0 mm ω ( L) = −4.815 × 10

−4

3

mm

ω_101 = −1.021 × 10

−3

mm

3

L = 3 × 10 mm

x_101 = 3 × 10 mm

max(ω_) = 0.252 mm ω_33 = 0.252 mm

ω ( 960 ⋅mm) = 0.252 mm

x_33 = 960 mm 3

x_90 = 2.67 × 10 mm ω_90 = 0.04 mm

ω ( x_90) = 0.041 mm

Длина оболочки, mm

3000

Нормальная сила, Q*m/kN

2000

1000

10

0

10

20

30

40

50

теоретическое решение численное решение в "MathCAD" Угол поворота оболочки, рад

Длина оболочки, mm

3000

x_

2000

mm x mm

1000

2 .10

4

0

2 .10 4 .10 φ_ , φ( x) 4

4

Численное решение в "MathCAD" Теоретическое решение

Изгибающий момент, M*m/(kN*m)

Длина оболочки, mm

3000

x_

2000

mm x mm

1000

3

2 Mx_⋅

1 m kN⋅ m

, M ( x) ⋅

0

1

m kN⋅ m

Численное решение в "MathCAD" Теоретическое решение Поперечная сила, Q*m/kN

Длина оболочки, mm

3000

2000

1000

5

0

5

10

15

Численное решение в MathCAD Теоретическое решение

5.6. ЗАДАЧА. Исторически, интерес к жестким системам возник в середине XX века при изучении химической кинетики с одновременным присутствием очень медленно и очень быстро протекающих химических реакций [8]. Тогда неожиданно оказалось, что считавшиеся исключительно надежными методы Рунге-Кутты стали давать сбой при расчете этих задач. Рассмотрим классическую модель взаимодействия трех веществ (Робертсон, 1966), которая как нельзя лучше передает смысл понятия жесткости ОДУ. Пусть вещество «0» медленно превращается в «1»: 0 → 1 (со скоростью 0.1), вещество «1» при каталитическом воздействии самого себя превращается очень быстро в вещество «2»: 1 + 1 → 2 + 1 (103). И, наконец, подобным образом (но со средней скоростью) реагируют вещества «2» и «1»: 1 + 2 → 0 + 2 (102). Система ОДУ, описывающая динамику концентрации реагентов, с попыткой решения методом Рунге-Кутты записана в виде функции D(t, y). Решение задачи приводится по [8].

Дано: y0 := 1

концентрация реагента 0 в начальный момент концентрация реагента 1 в начальный момент концентрация реагента 2 в начальный момент

y1 := 0 y2 := 0 d y0 dt

−0.1 ⋅ y0 + 10 ⋅ y1 ⋅ y2

d

0.1 ⋅ y0 − 10 ⋅ y1 − 10 ⋅ y1 ⋅ y2

dt

2

3

y1

d y2 dt

динамика концентрации реагента 0

2

динамика концентрации реагента 1

3 2 2 10 ⋅ y1 + 10 ⋅ y1 ⋅ y2 − 10 ⋅ y1 ⋅ y2 динамика концентрации реагента 2

Решение: 5.6.1. Решение жесткой системы ОДУ I с помощью функций Stiffb и Stif t1 := 0

t2 := 100

N := 100

2 ⎛ −0.1 ⋅ y0 + 10 ⋅ y1 ⋅ y2 ⎜ D( t , y) := ⎜ 0.1 ⋅ y0 − 103 ⋅ y1 − 102 ⋅ y1 ⋅ y2 ⎜ ⎜ 103 ⋅ y + 102 ⋅ y ⋅ y − 102 ⋅ y ⋅ y 1 1 2 1 2 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Составление матрицы Якоби из производных ⎡ d( 2 d ( 2 d ( 2 d ( 2 − 0.1 ⋅ y0 + 10 ⋅ y1 ⋅ y2) − 0.1 ⋅ y0 + 10 ⋅ y1 ⋅ y2) −0.1 ⋅ y0 + 10 ⋅ y1 ⋅ y2) −0.1 ⋅ y0 + 10 ⋅ y1 ⋅ y2) ⎢ dt dy0 dy1 dy2 ⎢ ⎢ d 3 2 d ( 3 2 d ( 3 2 d ( 3 2 0.1 ⋅ y0 − 10 ⋅ y1 − 10 ⋅ y1 ⋅ y2) 0.1 ⋅ y0 − 10 ⋅ y1 − 10 ⋅ y1 ⋅ y2) 0.1 ⋅ y0 − 10 ⋅ y1 − 10 ⋅ y1 ⋅ y2) ⎢ (0.1 ⋅ y0 − 10 ⋅ y1 − 10 ⋅ y1 ⋅ y2) dy0 dy1 dy2 ⎢ dt ⎢ d( 3 d ( 3 d ( 3 d ( 3 10 ⋅ y1) 10 ⋅ y1) 10 ⋅ y1) 10 ⋅ y1) ⎢ dt dy0 dy1 dy2 ⎣

Символьное решение матрицы Якоби Меню "Символы/Расчеты/Символические" 100 ⋅ y2 100 ⋅ y1 ⎛⎜ 0 − .1 ⎜ 0 .1 − 1000 − 100 ⋅ y2 − 100 ⋅ y1 ⎜ 0 0 1000 0 ⎝

Запись матричной функции Якоби

100 ⋅ y1 100 ⋅ y2 ⎛ 0 − .1 ⎜ J ( t , y) := ⎜ 0 .1 − 1000 − 100 ⋅ y2 − 100 ⋅ y1 ⎜ 1000 0 ⎝ 0 0 Z := Stiffb( y , t1 , t2 , N , D , J)

⎟⎞ ⎟ ⎟ ⎠

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Z1 := Stiffr( y , t1 , t2 , N , D , J)

1

Z Z Z

〈1〉 〈2〉

⋅5000 0.5

〈3〉

0 Z

50 〈0〉

концентрация реагента 0 концентрация реагента 1 концентрация реагента 2

100

⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦

5.6.2. Решение жесткой системы ОДУ I с помощью функций stiffb и stiffr acc := 0.000000001

kmax := 5

s := 10

ZZ := stiffb( y , t1 , t2 , acc , D , J , kmax , s) ZZ1 := stiffr( y , t1 , t2 , acc , D , J , kmax , s) 1 ⎛ 0 ⎜ ⎜ 12.718 0.295 ⎜ ZZ = ⎜ 36.521 0.033 ⎜ −4 ⎜ 92.637 2.01 × 10 ⎜ −4 ⎝ 100 1.029 × 10 1 ⎛ 0 ⎜ ⎜ 10.107 0.377 ⎜ ZZ1 = ⎜ 20.295 0.146 ⎜ 0.058 ⎜ 30.327 ⎜ −4 ⎝ 100 1.029 × 10

(Z (Z1 (Z (Z1

)100 = 100

〈0〉

)100 = 9.356 × 10 − 9

〈2〉

2.757 × 10

−5

3.019 × 10

−6

1.827 × 10

−8

9.355 × 10

−9

0 −5

1.347 × 10

−5

5.326 × 10

−6

9.355 × 10

−9

(Z (Z1

⎞ ⎟ 0.623 ⎟ ⎟ 0.854 ⎟ ⎟ 0.942 ⎟ ⎟ 1 ⎠ 0

3.549 × 10

(Z1

)100 = 9.355 × 10 − 9

〈2〉

0

(Z

)100 = 100

〈0〉

⎞ ⎟ 0.705 ⎟ ⎟ 0.967 ⎟ ⎟ 1 ⎟ ⎟ 1 ⎠

0

〈1〉

)100 = 1.029 × 10 − 4 )100 = 1.029 × 10 − 4

〈1〉 〈3〉

)100 = 1

〈3〉

)100 = 1

РАЗДЕЛ 6. РЕШЕНИЕ ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫХ УРАВНЕНИЙ В ЧАСТНЫХ ПРОИЗВОДНЫХ (ДУЧП) 6.1. ЗАДАЧА. ГИПЕРБОЛИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. ВОЛНОВОЕ УРАВНЕНИЕ. 2 ∂ 2u 2 ∂ u Найти решение волнового уравнения v , описывающего продольные колебаниях стержня постоянного = ∂x 2 ∂t 2 поперечного сечения длиной L, один конец x = 0 которого жестко закреплен, если стержень был подвергнут растяжению действием постоянной силы F, приложенной к концу x = L . В начальный момент времени действие силы F мгновенно прекращается и конец стержня x = L остается свободным. Модуль Юнга стержня равен E, а площадь поперечного сечения – S [11].

Дано: 11

E := 2.1 ⋅10

модуль Юнга стали, Па

ρ := 7850

плотность стали, кг/м^3

1

⎛ E⎞ ⎟ ⎝ρ⎠

2

v := ⎜

скорость продольной волны, м/с 3

v = 5.172 × 10 F := 1000

сила, действующая на конец стержня, Н

S := 0.0001

площадь поперечного сечения стержня, м^2

Решение: Создание сетки для решения методом конечных разностей N := 20

N1 := 40

i := 0 .. N i1 := 1 .. N − 1 j := 0 .. N1 j1 := 1 .. N1 − 1 t_end := 0.00005

t_begin := 0

время колебаний

L_max := 1

L_min:= 0

длина стержня

L_max − L_min

h_x :=

h_t :=

N

h_x = 0.05 v⋅h_t h_x

t_end − t_begin N1

h_t = 1.25 × 10

≤ 1

−6

решение стабильно

xi := 0 + h_x⋅i

t j := 0 + h_t⋅ j

Задание начальных и граничных условий u1( x) := F ⋅

x начальное смещение стержня

E ⋅S

u2( x) := 0

начальная скорость

Ui, 0 := u1( xi) начальные условия

Ui, 1 := u1( xi) + h_t⋅u2( x) U0 , j := 0

граничные условия Уравнение в конечных разностях

r :=

v⋅h_t h_x

(

)

Ui1, j1+ 1 := 2 − 2 ⋅r ⋅Ui1, j1 + r ⋅( Ui1+ 1 , j1 + Ui1−1 , j1) − Ui1, j1−1 2

2

Графическое отображение результатов решения

x20 = 1

U

t20 = 2.5 × 10

−5

Точное решение ∞

u( x , t)

∑

n+ 1

8 ⋅F ⋅L_max ( −1) ⎡ ( 2 ⋅n − 1) ⋅π ⋅v⋅t⎤ ⎡ ( 2 ⋅n − 1) ⋅π ⋅x⎤ ⋅cos ⎢ ⋅ ⎥ ⋅sin⎢ ⎥ 2 2 ⎣ 2 ⋅L_max ⎦ ⎣ 2 ⋅L_max ⎦ π ⋅E⋅S n = 0 ( 2 ⋅n − 1) В Mathcad возможен расчет по формуле 20

∑

n+ 1

8 ⋅F ⋅L_max ( −1) ⎡ ( 2 ⋅n − 1) ⋅π ⋅v⋅t⎤ ⎡ ( 2 ⋅n − 1) ⋅π ⋅x⎤ ⋅cos ⎢ u1( x , t) := ⋅ ⎥ ⋅sin⎢ ⎥ 2 2 ⎣ 2 ⋅L_max ⎦ ⎣ 2 ⋅L_max ⎦ π ⋅E⋅S n = 0 ( 2 ⋅n − 1) U1i, j := u1( xi , t j)

U1

U

6.2. ЗАДАЧА. ПАРАБОЛИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. УРАВНЕНИЕ ТЕПЛОПРОВОДНОСТИ. Найти решение уравнения распространения тепла в стальном стержне ∂u ∂ 2u = k 2 , удовлетворяющее условиям ∂t ∂x x ⋅( L − x ) u( 0,t ) = u( L ,t ) = 0, u( x ,0 ) = [13]. L2 Дано: λ := 45.4 Cp := 460

коэффициент теплопроводности стали, Вт/(м*К) удельная теплоемкость стали, Дж/(кг*К)

ρ := 7850

плотность стали, кг/м^3

k :=

λ

коэффициент температуропроводности

Cp ⋅ρ −5

k = 1.257 × 10

Решение: Создание сетки для решения методом конечных разностей N := 100

N1 := 20

i := 0 .. N j := 0 .. N1 i1 := 1 .. N − 1 t_end := 4

t_begin := 0

время распространения тепла

L_max := 2

L_min:= 0

длина стержня

h_x :=

L_max − L_min N

h_t :=

h_x = 0.02

h_t = 0.2

t_end − t_begin N1

2

h_t ≤

h_x

2 ⋅k

=1

решение стабильно

xi := 0 + h_x⋅i

t j := 0 + h_t⋅ j

Задание начальных и граничных условий x⋅( L_max − x)

u1( x) :=

начальное распределение температуры

2

L_max Ui, 0 := u1( xi)

начальные условия

U0 , j := 0 граничные условия

UN , j := 0

Уравнение в конечных разностях

⎛

Ui1, j+ 1 := ⎜ 1 −

2 ⋅k ⋅h_t ⎞

k ⋅h_t

⋅( Ui1−1 , j + Ui1+ 1 , j) ⎟ ⋅Ui1, j + 2 h_x ⎠ h_x 2

⎝

Графическое отображение результатов решения

0.26 0.24 0.22 0.2 Ui , 0 0.18 0.16 U N1 0.14 i, 0.12 2 0.1 0.08 Ui , N1 0.06 0.04 0.02 0 − 0.02 0.02

U

0

20

0

40

60

80

i

100 100

Точное решение 2 2 ⎡⎢ − ( 2⋅ n + 1) ⋅ π ⋅ k⋅ t ⎥⎤ 2 ( 2 ⋅ n + 1 ) ⋅ π ⋅ x 8 1 ⎤ ⎡ L_max ⎢ ⎥ ⋅e ⋅sin⎢ ⋅ ⎥⎥ 3 3 ⎢ L_max ⎣ ⎦ π n = 0 ⎣ ( 2 ⋅n + 1 ) ⎦

∞

u( x , t)

∑

В Mathcad возможен расчет по формуле 2 2 ⎡⎢ − ⎡⎣( 2⋅ n + 1) ⋅ π ⋅ k⋅ t⎤⎦ ⎥⎤ 2 1 ( 2 ⋅ n + 1 ) ⋅ π ⋅ x 8 ⎡ ⎤ L_max ⎢ ⎥ ⋅e ⋅sin⎢ ⋅ u1( x , t) := ⎥⎥ 3 3 ⎢ L_max ⎣ ⎦ π n = 0 ⎣ ( 2 ⋅n + 1 ) ⎦

20

∑

U1i, j := u1( xi , t j)

U1

6.3. ЗАДАЧА. ПАРАБОЛИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. УРАВНЕНИЕ ДИФФУЗИИ. Найти решение уравнения диффузии в спае сплава медь-серебро

∂u ∂ 2u = d 2 , удовлетворяющее условиям: ∂t ∂x u( 0,t ) = u( L ,t ) – представляет собой функцию, линейно убывающую от 1 до 0 u( x ,0 ) = 1 для 0 ≤ x ≤ 0.5 см [9]. Дано: d := 5.9 ⋅10

−5

коэффициент диффузии меди в серебро, см^2/c

Решение: Создание сетки для решения методом конечных разностей N1 := 10

N := 100

i := 0 .. N j := 0 .. N1 i1 := 1 .. N − 1 t_end := 2

t_begin := 0

время протекания процесса

L_max := 0.5

L_min:= 0

длина спая

h_x :=

L_max − L_min

h_t :=

t_end − t_begin

N

h_x = 5 × 10

−3

N1

h_t = 0.2

2

h_x

h_t ≤

решение стабильно

2 ⋅d

xi := 0 + h_x⋅i

t j := 0 + h_t⋅ j

Задание начальных и граничных условий u1 ( x) := 1

начальная плотность сплава

Ui , 0 := u1 ( xi)

начальные условия

U0 , j := 1 − U N , j := 1 −

h_t ⋅j t_end h_t t_end

граничные условия

⋅j

Уравнение в конечных разностях

⎛

Ui1, j+ 1 := ⎜ 1 −

⎝

2 ⋅d ⋅h_t ⎞

d ⋅h_t

⋅( Ui1−1 , j + Ui1+ 1 , j) ⎟ ⋅Ui1, j + 2 h_x ⎠ h_x 2

Графическое отображение результатов решения

1.1 Ui, N1 U N1 i,

2

Ui, 0

0

U

1.1 1 0.9 0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0

0

50

100

0

i

100

для 0 ≤ t ≤ 2 секунд,

6.4. ЗАДАЧА. ЭЛЛИПТИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. УРАВНЕНИЕ ЛАПЛАСА. Найти

решение

уравнения

стационарного

распределения

температуры

в

однородном

удовлетворяющее условиям u( x , y ) = x 2 − y 2 на границах: -1 =x= 1, -1 =y= 1.

Дано: 2

2

u( x , y) := x − y

функция граничных условий

Решение: 6.4.1. Уравнение Лапласа. Стационарное распределение температуры в однородном теле. Решение с помощью функции "relax" Создание сетки для решения N := 10

N1 := 10

i := 0 .. N j := 0 .. N1 i1 := 1 .. 9 j1 := 1 .. 9 L_max := 2 h_x :=

L_max − L_min N

L_min:= 0 h_y :=

L_max − L_min N1

h_x = 0.2

h_y = 0.2

xi := −1 + h_x⋅i

yj := −1 + h_y⋅ j

теле

∂ 2u ∂x 2

+

∂ 2u ∂y 2

= 0,

сетка

yj

0

1

0

1

xi

Задание граничных условий на границах квадрата U1i, j := u( xj , yi) U0 , j := U10 , j

Ui, 0 := U1i, 0

UN , j := U10 , j

Ui, N := U1i, 0

Решение с помощью функции "relax" ai, j := 1 b := a c := a d := a e := −4 ⋅a f i, j := 0 v0 , j := U10 , j

vi, 0 := U1i, 0

vN , j := U10 , j

vi, N := U1i, 0

U := relax( a , b , c , d , e , f , v , 0.95)

Графическое изображение результатов решения

U

U − U1

6.4.2. Уравнение Лапласа. Стационарное распределение температуры в однородном теле. Решение по пятиточечной разностной формуле Создание сетки для решения N := 4

N1 := 4

i := 0 .. N j := 0 .. N1 i1 := 1 .. N − 1 j1 := 1 .. N1 − 1 L_max := 2 h_x :=

L_min:= 0

L_max − L_min N

h_y :=

L_max − L_min N1

h_x = 0.5

h_y = 0.5

xi := −1 + h_x ⋅ i

yj := −1 + h_y ⋅ j

сетка

yj

0

1

0

1

xi

Задание граничных условий на границах квадрата U1i, j := u( xj , yi) U0 , j := U10 , j

Ui, 0 := U1i, 0

UN , j := U10 , j

Ui, N := U1i, 0

Решение по пятиточечной разностной формуле для внутренних точек квадрата u1 := 0

u2 := 0

u3 := 0

u4 := 0

u6 := 0

u7 := 0

u8 := 0

u9 := 0

u5 := 0

Given 0.75 − 4 ⋅ u1 + u2 − 0.75 + u4 1 − 4 ⋅ u4 + u5 + u1 + u7

0

0

0.75 − 4 ⋅ u7 + u8 + u4 − 0.75 u1 − 4 ⋅ u2 + u3 − 1 + u5

0

0

u4 − 4 ⋅ u5 + u6 + u2 + u8

0

u7 − 4 ⋅ u8 + u9 + u5 − 1

0

u2 − 4 ⋅ u3 + 0.75 − 0.75 + u6 u5 − 4 ⋅ u6 + 1 + u3 + u9

0

0

u8 − 4 ⋅ u9 + 0.75 + u6 − 0.75

0

Z := Find( u1 , u2 , u3 , u4 , u5 , u6 , u7 , u8 , u9) Сборка системы Ui1, j1 := Z3⋅( i1−1) + j1−1

⎛ ⎜ ⎜ U=⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0

−0.75

−1

−0.75

0

0.75

0

−0.25

0

0.75

1

0.25

0

0.25

1

0.75

0

−0.25

0

0.75

0

−0.75

−1

−0.75

0

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

⎛ ⎜ ⎜ U − U1 = ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

0 0 0 0 0 ⎞

⎟ ⎟ 0 0 0 0 0 ⎟ ⎟ 0 0 0 0 0 ⎟ 0 0 0 0 0 ⎠ 0 0 0 0 0

Графическое изображение результатов решения

U

6.5. ЗАДАЧА. ЭЛЛИПТИЧЕСКИЕ УРАВНЕНИЯ. УРАВНЕНИЕ ПУАССОНА. ∂ 2u ∂ 2u = − f ( x , y ) , показывающего стационарное распределение + Найти решение двумерного уравнения Пуассона ∂x 2 ∂y 2 температуры u(x,y) на прямоугольнике, с заданным расположением точечного источника тепла интенсивности f(x,y) равной 1000, удовлетворяющее нулевым граничным условиям на границах прямоугольника размером 8 х 8.

Дано:

N := 8 i := 0 .. N j := 0 .. N Mi, j := 0

матрица правой части уравнения Пуассона

M4 , 4 := 1000

расположение источника

Решение: Решение уравнения Пуассона с нулевыми граничными условиями A := multigrid( − M , 2 )

A

A

РАЗДЕЛ 7. МЕТОД КОНЕЧНЫХ ЭЛЕМЕНТОВ (МКЭ) 7.1. ЗАДАЧА. Выполнить расчет сил, действующих в узлах элемента (рис. 7.1) [7].

n y

p

Vi (vi)

E1 A1

xi

C α i

L

Ui (ui) yi

x Рис. 7.1. Шарнирно опертая балка C p – распределенная поперечная нагрузка, E1 – модуль упругости балки, A1 – постоянное сечение балки, L – длина балки, xi , yi – координаты узловых точек балки, ui , vi – перемещения узловых точек балки, Ui , Vi – перемещения балки, i, n – узловые точки балки Инженерные конструкции можно рассматривать как некоторую совокупность конструктивных элементов, соединенных в конечном числе узловых точек. Если известны соотношения между силами и перемещениями для каждого отдельного элемента, то можно описать свойства и исследовать поведение конструкции в целом. На рис. 7.2 изображена двумерная конструкция, состоящая из отдельных частей, соединенных между собой в точках, пронумерованных от 1 до n. Соединения в узлах предполагаются шарнирными.

Y4

{R4} p

4

3

X4

(c) y (a)

(d) (b) 5

2

1

6

x

V3

p y

3 (a)

U3

2 Узлы

1

x

Типичный элемент Рис. 7.2. Типичная конструкция, составленная из отдельных элементов Сначала допустим, что в результате расчета или на основе экспериментальных данных достоверно известны характеристики каждого элемента. Силы, возникающие в узлах 1 – 3 элемента a, однозначно определяются перемещениями этих узлов, действующей на элемент распределенной нагрузкой p и его начальной деформацией. Начальная деформация может быть обусловлена температурным воздействием, усадкой или несовершенством сборки. Силы и соответствующие им перемещения определяются компонентами U, V и u, v в какой-либо системе координат. Записывая силы, действующие во всех (в трех для рассматриваемого случая узлах элемента a, в виде матрицы), получим

{F }a

⎧U1 ⎫ ⎪V ⎪ 1 ⎧ F1 ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪U 2 ⎪⎪ = ⎨ F2 ⎬ = ⎨ ⎬ , ⎪ F ⎪ ⎪V2 ⎪ ⎩ 3 ⎭ ⎪U ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪⎩ V3 ⎪⎭

{δ}a

⎧ u1 ⎫ ⎪v ⎪ 1 ⎧ δ1 ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ u ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ = ⎨δ 2 ⎬ = ⎨ 2 ⎬ . ⎪ δ ⎪ ⎪ v2 ⎪ ⎩ 3 ⎭ ⎪u ⎪ 3 ⎪ ⎪ ⎪⎩ v3 ⎪⎭

а для соответствующих перемещений узлов

если предположить, что элемент упругий, то основные соотношения всегда могут быть записаны в виде

{F }a = [k ]a {δ}a + {F }ap + {F }aε , {F }aε – распределенные нагрузки,

(7.1)

0

a где {F }p – силы, уравновешивающие действующие на элемент

обусловленные

0

силы

в

узлах,

начальными деформациями, которые могут возникать, например, при изменении температуры без перемещения узлов. Первый член в этой формуле представляет собой силы, вызванные перемещениями узлов. Предварительный расчет или эксперимент позволяет однозначно определить напряжения в любой заданной точке через

узловые перемещения. Записывая эти напряжения в виде матрицы {σ}a , получаем соотношение в форме

{σ}a = [S ]a {δ}a + {σ}ap + {σ}aε

0

,

(7.2)

где последние два члена – напряжения, обусловленные распределенными нагрузками, и начальные напряжения при отсутствии узловых перемещений. Матрица [k ]a называется матрицей жесткости элемента, а [S ]a – матрицей напряжения элемента. Соотношения (7.1) и (7.2) проиллюстрированы на примере элемента с тремя узлами, в каждом из которых действуют только две компоненты силы. Ясно, что все рассуждения и определения справедливы и в более общем случае. Элемент b в рассматриваемом случае связан с соседними только в двух точках, хотя другие элементы могут иметь таких точек и больше. С другой стороны, если соединения элементов считать жесткими, то требуется рассматривать по три компоненты обобщенной силы и обобщенного перемещения, причем за третьи компоненты следует принять соответственно момент вращения и угол поворота. Для жесткого соединения в трехмерной конструкции число компонент в узле равняется шести. Таким образом, в общем случае

{F }a

⎧ F1 ⎫ ⎪ . ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ =⎨ . ⎬ ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ Fm ⎪⎭

{δ}a

и

⎧ δ1 ⎫ ⎪ . ⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ =⎨ . ⎬, ⎪ . ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩δm ⎪⎭

где Fi и δ i имеют одинаковое число компонент или степеней свободы. Ясно, что матрицы жесткости элемента всегда будут квадратными вида

[k ]

e

⎡ kii ⎢ . ⎢ =⎢ . ⎢ ⎢ . ⎢k mi ⎣

kij . . . kmj

kim ⎤ . ⎥⎥ . ⎥, ⎥ . ⎥ kmm ⎥⎦

где kii и т.д. – также квадратные подматрицы размерности l × l , а l – число компонент силы в рассматриваемых узлах. В качестве примера рассмотрим двумерную задачу о шарнирно опертой C балке постоянного сечения A с модулем упругости E (рис. 7.1). Балка нагружена равномерно распределенной поперечной нагрузкой p и подвержена однородной температурной деформации ε 0 = αT .

Если концы балки имеют координаты xi , yi и xn , yn , то ее длина может быть вычислена как

L=

{(x

n

}

− x i )2 + ( y n − y i )2 ,

а ее угол наклона к горизонтальной оси ⎛ y n − yi ⎞ ⎟⎟ . ⎝ x n − xi ⎠

α = arctg ⎜⎜

В каждой узловой точке необходимо рассмотреть только по две компоненты силы и перемещения. Очевидно, что узловые силы, обусловленные поперечной нагрузкой, записываются в виде матрицы

{F }ap

⎧U i ⎫ ⎧− sin α ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ cosα ⎪ ⎧F ⎫ ⎪V ⎪ ⎪ pL ⎪ =⎨ i⎬ =⎨ i ⎬ =⎨ . ⎬ F U sin α − ⎩ n ⎭p ⎪ n ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪⎩Vn ⎪⎭ ⎪⎩ cosα ⎪⎭ p

Элементы этой матрицы равны соответствующим компонентам реакций опор балки, то есть pL 2 . Для компенсации температурного расширения ε0 нужно приложить осевую силу EαTA , компоненты которой

{F }εa

0

⎧U i ⎫ ⎧− cosα ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ − sin α ⎪ ⎛ F ⎞ ⎪V ⎪ ⎪ ⎪ = ⎜⎜ i ⎟⎟ = ⎨ i ⎬ = − ⎨ ⎬(EαTA). F U cos α ⎝ n⎠ ⎪ n⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩Vn ⎪⎭ ⎪⎩ sin α ⎪⎭ ε0

Наконец, перемещения узловых точек элемента ⎧ ui ⎫ ⎪v ⎪ ⎧δ ⎫ {δ}a = ⎨ i ⎬ = ⎪⎨ i ⎪⎬ ⎩δn ⎭ ⎪un ⎪ ⎪⎩vn ⎪⎭ вызовут его удлинение (un − ui ) cos α + (vn − vi ) sin α . Величина удлинения, умноженная на EA L , даст осевую силу, компоненты которой можно найти, подставив величину этой силы вместо EαTA в предыдущее выражение. Стандартная форма имеет вид ⎧U i ⎫ ⎪V ⎪ F ⎧ ⎫ {F }δa = ⎨ i ⎬ = ⎪⎨ i ⎪⎬ = ⎩ Fn ⎭δ ⎪U n ⎪ ⎪⎩Vn ⎪⎭ δ ⎡ cos 2 α ⎢ EA ⎢ sin α cos α = L ⎢ − cos 2 α ⎢ ⎣⎢ − sin α cos α

− cos 2 α

sin α cos α 2

sin α

− sin α cos α

− sin α cos α

cos 2 α

− sin 2 α

sin α cos α

− sin α cos α ⎤ ⎥ − sin 2 α ⎥ × sin α cos α ⎥ ⎥ sin 2 α ⎦⎥

Итак,

для

рассматриваемого

простейшего

случая

⎧ ui ⎫ ⎪v ⎪ ⎪ ⎪ × ⎨ i ⎬ = [k ]a {δ }a . ⎪u n ⎪ ⎪⎩v n ⎪⎭

определены все слагаемые основного уравнения (7.1). Нетрудно записать в форме (7.2) и напряжения в любом поперечном сечении элемента. Если, например, ограничиться рассмотрением среднего сечения балки C, напряжения, возникающие в результате осевого растяжения и изгиба элемента, можно записать в виде ⎧σ 1 ⎫ E ⎡ − cos α ⎨ ⎬ = ⎢ ⎩σ 2 ⎭ C L ⎣ − cos α

− sin α − sin α

cos α cos α

sin α ⎤ a ⎧ 1 ⎫ pL2 d ⎧1⎫ {δ } + ⎨ ⎬ − ⎨ ⎬ E αT , sin α ⎥⎦ ⎩− 1⎭ 8 I ⎩1⎭

где d – половина высоты сечения, а I – момент инерции. В это выражение входят все слагаемые формулы (7.2). Для более сложных элементов требуются более тонкие приемы расчета, но все равно результаты имеют такую же форму.

Дано:

L := 1000 ⋅mm

длина балки

d := 20 ⋅mm

половина высоты сечения балки

h := 40 ⋅mm

ширина балки

α := 45 ⋅deg

угол наклона балки

5

E := 2.1 ⋅10 ⋅MPa a := 1.1 ⋅10

−5

⋅

1 K

T := 30 ⋅K p := 10 ⋅

⎛ ⎜ ⎜ δ := ⎜ ⎜ ⎝

N mm

модуль упругости материала балки коэффициент линейного расширения материала балки изменение температуры равномерно распределенная поперечная нагрузка

1 ⎞

⎟

2 ⎟ ⋅mm 1.5 ⎟

⎟

0.5 ⎠

перемещения узловых точек элемента

Решение: расчет площади сечения балки

A := 2 ⋅d ⋅h

⎛ ⎜ Fp := ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

−sin(α ) ⎞

⎟

cos (α ) ⎟ p ⋅L ⋅ −sin(α ) ⎟ 2

⎟

cos (α ) ⎠

⎛ ⎜ ⎜ Fε0 := ⎜ ⎜ ⎝

расчет сил, уравновешивающих действующие на элемент распределенные нагрузки

−cos (α ) ⎞

⎟

−sin(α ) ⎟ ⋅E⋅a ⋅T⋅A cos (α ) ⎟

расчет сил, обусловленных начальными деформациями

⎟

sin( α ) ⎠ Расчет матрицы жесткости элемента:

2 2 ⎛ −cos (α ) −sin( α ) ⋅cos ( α ) sin( α ) ⋅cos ( α ) cos ( α ) ⎜ 2 2 ⎜ sin(α ) ⋅cos (α ) sin(α ) −sin(α ) ⋅cos ( α ) −sin( α ) k := ⎜ 2 ⎜ −cos (α )2 −sin( α ) ⋅cos ( α ) cos (α ) sin( α ) ⋅cos (α ) ⎜ 2 2 −sin( α ) sin(α ) ⋅cos ( α ) sin(α ) ⎝ −sin(α ) ⋅cos (α )

расчет сил, вызванных перемещениями узлов

Fδ := k ⋅δ F := Fδ + Fp + Fε0

⎛ ⎜ F=⎜ ⎜ ⎜ ⎝

⎞ ⎟ ⎟ E⋅A ⎟⋅ ⎟ L ⎟ ⎠

расчет сил, действующих в узлах элемента

86.06 ⎞

⎟

93.132 ⎟ kN −93.132 ⎟

⎟

−86.06 ⎠

7.2. ЗАДАЧА. Прямоугольная пластина (рис. 7.3), нагруженная распределенным усилием p в 100 МПа, с жесткой заделкой по левому краю находится в плоско-напряженном состоянии. Решить задачу деформирования прямоугольной пластины МКЭ. В качестве критерия точности решения задачи принять перемещение ΔL края пластины, к которому приложена p⋅L (рис. 7.3), распределенная нагрузка, такое, что ΔL = 2⋅E где E – модуль упругости, L – длина пластины, h – высота пластины, p – распределенное усилие, μ – коэффициент Пуассона. L = 2 м, h = 2 м, E = 2·1011 Па, p = 1·108 Па, μ = 0.3.

h

p

L Рис. 7.3. Растяжение прямоугольной пластины, нагруженной усилием 100 МПа.

Типичная процедура решения задачи МКЭ по методу перемещений для плоского треугольного элемента при упругом поведении материала может быть представлена следующими этапами [7]:

1) Расчетная область разделяется воображаемыми линиями на конечные элементы (КЭ) простой формы, например, треугольники. 2) Производится нумерация КЭ и узлов, КЭ связываются между собой в узловых точках, определяются неизвестные в узлах и степени свободы узлов; в качестве неизвестных выбираются перемещения узлов. 3) Выбираются функции (линейные полиномы), аппроксимирующие перемещения в каждом КЭ, которые выражаются через узловые перемещения. Рассматривается КЭ e, имеющий три узла i, j, m. На рис. 7.4 показан типичный треугольный элемент с узлами i, j, m, пронумерованными против часовой стрелки. Перемещения каждого узла имеют две компоненты ⎧u ⎫ {δi } = ⎨ i ⎬ , ⎩vi ⎭ а шесть компонент перемещений элемента образуют вектор ⎧ δi ⎫ . {δ} = ⎪⎨ δ j ⎪⎬ ⎪δ ⎪ ⎩ m⎭ e

Перемещения внутри элемента должны однозначно определяться этими шестью величинами.

y vi(Ui) i

m

ui(Ui)

xi yi

j x

Рис. 7.4. Элемент сплошной среды для расчета плоского напряженного или плоского деформированного состояния Простейшим представлением являются линейные полиномы

u = α1 + α2 x + α3 y ,

(7.3)

v = α4 + α5 x + α6 y .

Значения шести постоянных α i легко найти из двух систем, состоящих из трех уравнений, которые получаются в результате подстановки в (7.3) узловых координат и приравнивания значения перемещений соответствующим перемещениям узловых точек. Записав, например, ui = α1 + α 2 xi + α3 yi ,

(7.4)

u j = α1 + α 2 x j + α3 y j , um = α1 + α 2 xm + α3 ym ,

выражают α1 ,α 2 ,α 3 через величины узловых перемещений ui ,u j ,um и окончательно u=

{

(

)

}

1 (ai + bi x + ci y )ui + a j + b j x + c j y u j + (am + bm x + cm y )um , (7.5а) 2Δ

где ai = x j y m − x m y j , bi = y j − ym = y jm ,

(7.5б)

ci = xm − x j = xmj ;

остальные коэффициенты получаются циклической перестановкой индексов i , j ,m , а величина 2Δ определяется соотношением ⎡1 xi 2Δ = det ⎢1 x j ⎢ ⎢⎣1 xm Аналогично можно представить перемещение v в вертикальном направлении

yi ⎤ . y j ⎥ = 2 ⋅ площадь треугольника ijm ⎥ ym ⎥⎦

(7.5в)

v=

{

(

)

}

1 (ai + bi x + ci y )vi + a j + b j x + c j y v j + (am + bm x + cm y )vm . 2Δ

(7.6)

Соотношения (7.5а) и (7.6) в стандартной форме определяют перемещения любой точки внутри элемента

[

{ f } = ⎧⎨

u⎫ e ⎬ = [N ]{δ} = IN i′ IN ′j v ⎩ ⎭

где I – единичная матрица размерности 2 × 2 , – координатные функции, которые называются функциями формы N i′

N i′ =

ai + bi x + ci y 2Δ

]

IN m′ {δ}e ,

и т.д.

(7.7)

(7.8).

4) Через узловые перемещения выражаются также деформации и напряжения. Полную деформацию в любой точке внутри элемента можно охарактеризовать тремя составляющими, которые дают вклад во внутреннюю работу: ⎧ ∂u ⎫ ⎪ ⎪ ⎧ ε x ⎫ ⎪ ∂x ⎪ . {ε} = ⎪⎨ ε y ⎪⎬ = ⎪⎨ ∂v ⎪⎬ ⎪ε ⎪ ⎪ ∂y ⎪ ⎩ xy ⎭ ⎪ ∂u ∂v ⎪ + ⎪ ∂y ∂x ⎪ ⎩ ⎭ Используя равенства (7.7) или (7.5а) и (7.6), имеют ⎡ ∂N i′ ⎢ ⎢ ∂x {ε} = ⎢⎢ 0 ⎢ ⎢ ∂N i′ ⎢⎣ ∂y ⎡bi 1 ⎢ 0 = 2Δ ⎢ ⎢ci ⎣

0 ∂N i′ ∂y ∂N i′ ∂x

∂N ′j ∂x 0

0 ∂N ′j

∂N ′j

∂y ∂N ′j

∂y

∂x

0 ci

bj 0

0 cj

bm 0

bi

cj

bj

cm

∂N m′ ∂x 0 ∂N m′ ∂y

⎤ ⎧ ui ⎫ 0 ⎥⎪ v ⎪ i ⎥⎪ ⎪ ∂N m′ ⎥ ⎪⎪ u j ⎪⎪ ⎨ ⎬= ∂y ⎥ ⎪ v j ⎪ ⎥ ∂N m′ ⎥ ⎪u m ⎪ ∂x ⎥⎦ ⎪⎪v ⎪⎪ ⎩ m⎭

(7.9)

0⎤ ⎥ c m ⎥{δ}e , bm ⎥⎦

что явным образом определяет матрицу [B] . Матрица [B] не зависит от координат точки внутри элемента, и, следовательно, деформации в нем постоянны. Матрица упругости [D] , входящая в соотношение, которое в рассматриваемом случае имеет вид ⎛ ⎧ εx ⎫ ⎞ ⎧ σx ⎫ ⎜⎪ ⎪ ⎟, ⎪ ⎪ {σ} = ⎨ σ y ⎬ = [D ]⎜ ⎨ ε y ⎬ − {ε 0 }⎟ ⎜⎜ ⎪ ⎪ ⎟⎟ ⎪σ ⎪ ε ⎩ xy ⎭ ⎝ ⎩ xy ⎭ ⎠ может быть записана в явном виде для любого материала (в соотношение (7.11) не включен аддитивный член {σ 0 }).

{ε0 }

(7.10)

– начальные деформации, не зависящие от напряжений, могут возникать по разным причинам. В общем случае

начальные деформации характеризуются вектором ⎧ ε x0 ⎫ . {ε0 } = ⎪⎨ ε y 0 ⎪⎬ ⎪γ ⎪ ⎩ xy 0 ⎭

Плоское напряженное состояние в изотропном материале. Для плоского напряженного состояния изотропного материала имеем по определению

σx ν ⋅ σ y + ε x0 , − E E ν ⋅ σx σ y εy = − + + ε y0 , E E 2 ⋅ ( 1 + ν ) ⋅ τ xy γ xy = + γ xy 0 . E

εx =

Разрешая эти соотношения относительно напряжений, получают матрицу [D] в виде ⎡ ⎤ 0 ⎥ ⎢1 ν , ⎢ν 1 [D ] = 0 ⎥ 2 1− ν ⎢ 1− ν⎥ ⎢0 0 ⎥ 2 ⎦ ⎣ E

(7.11)

где E – модуль упругости, а ν – коэффициент Пуассона. Плоское деформированное состояние в изотропном материале. В этом случае, кроме трех компонент напряжения, существует нормальное напряжение

σ z . Для частного случая изотропного теплового расширения σx ν ⋅ σ y ν ⋅ σz − + α ⋅ θe , − E E E ν ⋅ σx σ y ν ⋅ σz εy = − + − + α ⋅ θe , E E E 2 ⋅ ( 1 + ν ) ⋅ τ xy . γ xy = E

εx =

и, кроме того, εz = 0 = −

ν ⋅ σx ν ⋅ σ y σz − + + α ⋅ θe . E E E

Исключая σ z , определяют три остальные компоненты напряжения. Полагая начальную деформацию равной нулю и

сравнивая с соотношением (7.10) получают матрицу [D] в виде

⎡ ⎢ 1 ⎢ [D ] = E (1 − ν ) ⎢ ν ( 1 + ν )( 1 − 2ν ) ⎢ 1 − ν ⎢ ⎢ 0 ⎣

5) Определяется система сил

{F }e

{δi }

1 0

⎤ ⎥ ⎥. 0 ⎥ ⎥ 1 − 2ν ⎥ 2( 1 − ν ) ⎥⎦ 0

, которые статически эквиваленты граничным напряжениям и действующим на элемент

распределенным нагрузкам. Каждая из сил перемещения

ν 1− ν

{Fi }

должна иметь столько же компонент, сколько и соответствующие узловые

, и действовать в соответствующем направлении. Простейший способ сделать узловые силы статически

эквивалентными действующим граничным напряжениям и распределенным нагрузкам состоит в задании произвольного (виртуального) узлового перемещения и приравнивании внешней и внутренней работ, совершаемых различными силами и напряжениями на этом перемещении. Для КЭ e вектор-столбец усилий имеет вид , {F }e = [k ]e {δ}e + {F }ep + {F }oe где

{δ}e

– вектор-столбец перемещений узлов данного КЭ,

индексы р и о относятся к распределенным и начальным нагрузкам соответственно, [k ]e – матрица жесткости КЭ

[k ]e = ∫ [B]T [D] [B] dV . Матрица жесткости элемента ijm определяется с помощью общего соотношения

[k ]e = ∫ [B]T [D] [B] t dx dy ,

где t – толщина элемента, а интегрирование производится по площади треугольника. Если предположить, что толщина элемента постоянна, что тем ближе к истине, чем меньше размеры элемента, то, поскольку ни одна из матриц не содержит x или y, имеют простое выражение

[k ]e = [B]T [D] [B] t Δ , где Δ – площадь треугольника [введенная соотношением (7.5в)]. Такая форма записи позволяет вычислить матрицу с помощью

ЭВМ. Матрицу [B] , определенную соотношением (7.9), можно записать в виде

[B ] = [Bi , B j ,B m ]

⎧bi ⎪ , где [Bi ] = ⎨ 0 ⎪c ⎩ i

0⎫ ⎪ ci ⎬ 2 Δ bi ⎪⎭

и т.д.

(7.12)

Матрица жесткости элемента может быть записана в виде ⎡ kii

[k ]e = ⎢⎢ k ji

⎢kmi ⎣

kij k jj k mj

kim ⎤ ⎥, k jm ⎥ kmm ⎥⎦

(7.13)

где подматрицы размерности 2 × 2 строятся следующим образом:

[k rs ] = [Br ]T [D ] [Bs ] t Δ . 6) Составляется ансамбль КЭ и формируется глобальная матрица жесткости

всей расчетной схемы

[K ] .

(7.14)

[Kij ] = ∑[kij ] 7) Составляется

{F } = [K ]{δ} и решается система линейных алгебраических уравнений .

{δ} = [K ]−1{F } Считаем узловые силы, обусловленные начальной деформацией и напряжениями, нулевыми. В общем случае плоского напряженного или деформированного состояния на каждый элемент единичной площади в плоскости x, y действуют распределенные объемные силы

{p} = ⎧⎨

X⎫ ⎬ ⎩Y ⎭

в направлениях соответствующих осей. Вклад этих сил в узловые силы определяется выражением

{F }ep = − ∫ [N ]T ⎧⎨

X⎫ , ⎬ dx dy ⎩Y ⎭

или на основании (7.7)

{Fi }p = − ⎧⎨

X⎫ ⎬∫ [N ]i dx dy ⎩Y ⎭

при условии, что объемные силы X и Y постоянны. Так как N i не является постоянной, должно быть выполнено интегрирование. Если за начало координат выбран центр тяжести элемента, вычисления упрощаются. В этом случае

∫ x dx dy = ∫ y dx dy = 0 , и, используя (7.8), получают

{Fi }p = − ⎧⎨

X⎫ ⎧X ⎫ , ⎬ ∫ ai dx dy 2Δ = − ⎨ ⎬ ai 2 ⎩Y ⎭ ⎩Y ⎭

или

{Fi }p = − ⎧⎨

X⎫ ⎬ Δ 3 = Fj Y ⎩ ⎭

{ }p = {Fm }p .

Для всякого элемента

⎧X ⎫ ⎪Y ⎪ ⎪ ⎪ . (7.15) ⎪X ⎪ e {F }p = − ⎨ ⎬ Δ 3 ⎪Y ⎪ ⎪X ⎪ ⎪ ⎪ ⎩Y ⎭ Это означает, что все объемные силы, действующие в направлениях x и y, распределены между тремя узлами поровну. 8) По найденным значениям перемещений в каждом элементе определяются в соответствии с постановкой задачи деформации, а затем напряжения. Ниже реализована в математическом пакете Mathcad рассмотренная процедура решения для тестовой задачи растяжения пластины из двух КЭ. Узловые нагрузки распределяются по всем узлам пропорционально числу КЭ в узле. Дано:

μ := 0.3

коэффициент Пуассона материала пластины модуль упругости материала пластины, Па

11

E := 2 ⋅10

8

q_x := 10

распределенная нагрузка на пластину по оси X, Па распределенная нагрузка на пластину по оси Y, Па

q_y := 0

Геометрические размеры пластины, м a := 1

высота

L := a

длина

t := 1

толщина Решение:

ORIGIN ≡ 1 Матрица упругости при плоском напряженном состоянии форм. (7.11)

⎛ 1 μ 0 ⎜ E ⎜ μ 1 0 ⋅ D_N := 2 ⎜ 1−μ 1−μ ⎜ 0 0 2 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Аналитический расчет перемещений пластины по оси X σ_x := q_x ΔLmax :=

σ_x⋅L E −4

ΔLmax = 5 × 10

Матрица координат X (1 строка) и Y (2 строка) и номеров узлов 1 - 4 (3 строка)

⎛⎜ 0 a a 0 ⎟⎞ Nodes := ⎜ a a 0 0 ⎟ ⎜ 1 2 3 4⎟ ⎝ ⎠ Матрица топологии КЭ (номер строки - номер КЭ, номер столбца - номер узла)

⎛ 1 3 2⎞ ⎟ ⎝ 1 4 3⎠

Top := ⎜

Определение числа элементов и числа узлов в элементах пластины

⎛ n_element ⎞ ⎛ rows( Top) ⎞ ⎜ ⎟ := ⎜ ⎟ ⎝ nn_point ⎠ ⎝ cols( Top) ⎠ ie := 1 .. n_element j := 1 .. nn_point Составление матрицы индексов перемещений по матрице топологии КЭ M_ie , 2⋅ j−1 := 2 ⋅Topie , j − 1 M_ie , 2⋅ j := 2 ⋅Topie , j

Определение координат X, Y узлов элементов

⎛ Xnie , j ⎞ ⎡ Nodes1, (Top ie , j) ⎤ ⎜ ⎟ := ⎢ ⎥ ⎝ Ynie , j ⎠ ⎣ Nodes2, (Top ie , j) ⎦ j =

⎛⎜ 2 3 ⎞⎟ l := ⎜ 3 1 ⎟ ⎜ 1 2⎟ ⎝ ⎠

1 2 3

Определение координат центров масс элементов

y1_2ie := ymedie :=

Ynie , 1 + Ynie , 2 2 Ynie , 3 + 2 ⋅y1_2ie 1+ 2

x1_2ie :=

Xnie , 1 + Xnie , 2

xmedie :=

xmed1 = 0.667

xmed2 = 0.333

ymed1 = 0.667

ymed2 = 0.333

2 Xnie , 3 + 2 ⋅x1_2ie

Коэффициенты (7.5б) функции формы в форм. (7.5а) bnie , j := Ynie , ( lj , 1) − Ynie , ( lj , 2) cnie , j := Xnie , ( lj , 2) − Xnie , ( lj , 1) anie , j := Xnie , ( lj , 1) ⋅Ynie , ( lj , 2) − Xnie , ( lj , 2) ⋅Ynie , ( lj , 1)

1+ 2

Пластина из двух конечных элементов 1

0

0.5

0

0.5

1

1.5

узлы КЭ центры масс КЭ Расчет удвоенной площади конечных элементов форм. (7.5в)

⎛ 1 Xnie, 1 Ynie , 1 ⎜ Δ2nie := ⎜ 1 Xnie , 2 Ynie , 2 ⎜ 1 Xn ie , 3 Ynie , 3 ⎝

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠

Матрицы связи деформаций и узловых смещений форм. (7.12)

⎛ bnie , j 0 ⎜ Bnie , j := ⋅⎜ 0 cnie , j Δ2nie ⎜ ⎝ cnie , j bnie , j 1

(

(

T

⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ T

T

BBn( ie) := stack Bnie , 1 , Bnie , 2 , Bnie , 3

))T

Матрица жесткости конечного элемента - форм. (7.13) T

K_ie := BBn( ie) ⋅D_N ⋅BBn( ie) ⋅t⋅

Δ2nie 2

Составление глобальной матрицы жесткости (7.14) ii := 1 .. 2 ⋅nn_point

jj := 1 .. 2 ⋅nn_point

K( M_ ie , ii , M_ ie , jj) := K( M_ ie , ii , M_ ie , jj) + ( K_ie) ii, jj

Kii, jj := 0

Задание граничных условий A := K Жесткая заделка в узлах с номерами NN

⎛ 1 ⎞ ⎟ ⎝ 4 ⎠

NN := ⎜

n := 1 .. 2

k := 1 .. cols( Nodes ) ⋅2

Ak , 2⋅ NN n−1 := 0 A2⋅ NN n−1 , 2⋅ NN n−1 := ∞ Ak , 2⋅ NN n := 0 A NN n⋅ 2 , NN n⋅ 2 := ∞ Число вершин элементов в узле по порядку от первого узла

⎛ ⎜ Uzl := ⎜ ⎜ ⎜ ⎝

2 ⎞

⎟

1 ⎟ 2 ⎟

⎟

1 ⎠

Вектор узловых нагрузок - форм. (7.15) p := 1 .. cols( Nodes ) P2⋅ p −1 := P2⋅ p :=

Δ2nie 2 − q_x ⋅ ⋅ ⋅Uzl( Top ie , j) cols( Top) 2 L

Δ2nie 2 − q_y ⋅ ⋅ ⋅Uzl( Top ie , j) cols( Top) 2 L

Вектор узловых перемещений U := − A

−1

⋅P

U_xp := Up ⋅ 2−1 U_yp := Up ⋅ 2 Перемещения центров масс элементов - форм. (7.6) uie_xie :=

1

⎡

⋅⎢

Δ2nie ⎢

⎤

3

∑

⎣ j =1 ⎡ 3 1 ⎢ uie_yie := ⋅ Δ2nie ⎢ ⎣ j =1

∑

( anie , j + bnie , j⋅xmedie + cnie , j⋅ymedie) ⋅U_x(Top ie , j) ⎥⎥

⎦ ⎤ ( anie , j + bnie , j⋅xmedie + cnie , j⋅ymedie) ⋅U_y(Top ie , j) ⎥⎥ ⎦

Исходный и деформированный контуры. Перемещения узлов и центров масс элементов mno := 1000

⎛ xdie , j ⎞ ⎡⎢ Nodes 1 , ( Top ie , j) + (mno⋅U_xTop ie , j) ⎜ ⎟ := ⎝ ydie , j ⎠ ⎢⎣ Nodes 2 , ( Top ie , j) + ⎡⎣( mno⋅U_y) Top ie , j⎤⎦

⎤ ⎥ ⎥ ⎦

1

0

1

0.5

0

0.5

1

1.5

исходный контур деформированный контур центр масс исходного КЭ центр масс деформированного КЭ ΔLmax = 5 × 10

−4

uie_x1 − uie_x2 = 2.266 × 10

−4

2

s := 1 .. max( Top)

⎡(

x_s := ⎣ Nodes

⎡(

xs := ⎣ Nodes

T

T

)

)

⎡(

〈1〉 ⎤

⎦ s + U_xs

ys := ⎣ Nodes

⎡(

〈1〉 ⎤

⎦s

T

y_s := ⎣ Nodes

) T

〈2〉 ⎤

⎦s

)

〈2〉 ⎤

⎦ s + U_ys

Сравнение аналитического и численного расчета перемещений по оси X для узлов 2 и 3 δ_u2 := δ_u3 :=

( x_2 − x2) − ΔLmax ΔLmax ( x_3 − x3) − ΔLmax ΔLmax

δ_u2 = 35.943 % δ_u3 = 17.941 %

1

0

0

0.5

1

1.5

исходный контур деформированный контур

2

Напряжения σ и деформации ε в КЭ UUii, ie := U( M_ ie , ii ) εε σσ

〈ie〉

:= BBn( ie) ⋅UU

〈ie〉

:= D_N ⋅εε

элемент 1

σσ

εε

〈1〉

〈1〉

〈ie〉

〈ie〉 элемент 2

⎛ 1.371 × 108 ⎜ = ⎜ 3.728 × 106 ⎜ 6 ⎝ −3.728 × 10

⎞ ⎟ 〈2〉 ⎟ σσ ⎟ ⎠

⎛ 1.296 × 108 ⎜ = ⎜ 3.888 × 107 ⎜ 6 ⎝ 3.728 × 10

⎞ напряжение σx ⎟ ⎟ напряжение σy ⎟ ⎠ напряжение σxy

⎛ 6.797 × 10− 4 ⎜ = ⎜ −1.87 × 10− 4 ⎜ −5 ⎝ −4.847 × 10

⎞ ⎟ 〈2〉 ⎟ εε ⎟ ⎠

⎛ 5.897 × 10− 4 ⎜ =⎜ 0 ⎜ −5 ⎝ 4.847 × 10

εx ⎞ ⎟ ⎟ деформация εy ⎟ ⎠ деформация εxy

σ_x = 1 × 10 ΔLmax L

8

= 5 × 10

деформация

теоретическое напряжение σx −4

теоретическая деформация εx

ЛИТЕРАТУРА 1. Беляев Н.М. Лабораторные работы по сопротивлению материалов. – М.: ГТТИ, 1954. – 288 с. 2. Бутенин Н.В., Лунц Я.Л., Меркин Д.Р. Курс теоретической механики. В двух томах. Т. I: Статика и кинематика. – М.: Наука, 1985. – 240 с. 3. Бутенин Н.В., Лунц Я.Л., Меркин Д.Р. Курс теоретической механики. В двух томах. Т. II: Динамика. – М.: Наука, 1985. – 496 с. 4. Дёрффель К. Статистика в аналитической химии. Пер. с нем. – М.: Мир, 1994. – 268 с. 5. Дорохова Е.Н., Прохорова Г.В. Задачи и вопросы по аналитической химии. – М.: Мир, 2001. – 267 с. 6. Дьяконов В.П. Справочник по MathCAD PLUS 6.0 PRO. – М.: СК Пресс, – 1997 7. Зенкевич О. Метод конечных элементов в технике. Пер. с англ. – М.: Мир, 1975. – 541 с. 8. Кирьянов Д. Самоучитель MathCAD 2001. – СПб.: БХВ-Петербург, 2001. – 544 с. 9. Кудряшов И.В., Каретников Г.С. Сборник примеров и задач по физической химии. – М.: Высш. школа, – 1991 10. Лавренов С.М. Excel: Сборник примеров и задач. – М.: Финансы и статистика, 2002. – 336 с. 11. Мартинсон Л.К., Малов Ю.И. Дифференциальные уравнения математической физики. – М.: Изд-во МГТУ им. Н.Э. Баумана, 1996. – 368 с. 12. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления для втузов. В двух томах. Т 1. – М.: Наука, 1985. – 432 с. 13. Пискунов Н.С. Дифференциальное и интегральное исчисления для втузов. В двух томах. Т 2. – М.: Наука, 1985. – 560 с. 14. Пономарев К.К. Специальный курс высшей математики. – М: Высш. шк., 1988. – 367 с. 15. Рудикова Л.В. Microsoft Excel для студента. – СПб.: БХВ-Петербург, 2005. – 368 с. 16. Самуль В.И. Основы теории упругости и пластичности. – М.: Высш. шк., 1982. – 264 с. 17. Степин П.А. Сопротивление материалов. – М.: Высш. шк., 1988. – 367 с. 18. Турчак Л. И. Основы численных методов: Учеб. пособие. – М.: Наука, 1987. – 320 с. 19. Чарыков А.К. Математическая обработка результатов химического анализа. Учебное пособие. – Л.: Изд-во Ленингр. ун-та, 1977. – 120 с.