La ecuación es correcta--- el (laminar) el flujo en el pequeño número de Reynolds es dado por hacer que el flujo a lo largo de la tubería, y sustituyendo en la Navier Stokes, que se reduce a su cosa. El problema es la señal--- $\Delta P$ es negativo si te refieres a que el flujo va a ser en la dirección z positiva. Voy a absorber las constantes y considerar el problema en el cuadro de [-1,1]x[-1,1].
No hay solución analítica de funciones elementales, porque el problema es equivalente a resolver la ecuación de Laplace con ciertas condiciones de contorno de Dirichlet en la plaza. Pero no es un simple y rápidamente convergente la serie que le da la respuesta.
La ecuación es
$$ \nabla^2 \phi = -A $$
Donde a es el (negativo) gradiente de presión sobre la viscosidad, en unidades de longitud, donde el tamaño de la caja es de 2. Para resolver esto, en primer lugar tenga en cuenta que la función cuadrática
$$ \phi_0(x,y) = {A\over 4} (2 - x^2 - y^2)$$
funciona, pero no satisface las condiciones de frontera. Este flujo (además de una constante) da el cilindro parabólico de flujo laminar de perfil, se satisface sin deslizamiento sobre el círculo de radio $\sqrt{2}$, sólo tocar las esquinas de la plaza. Reemplace $\phi$$\phi_0 - {A\over 4} \phi$, y el nuevo $\phi$ satisface la ecuación de Laplace:
$$ \nabla^2 \phi = 0$$
con las condiciones de frontera,$$\phi(x,1) = 1-x^2 $$, a fin de restar el valor distinto de cero de la velocidad en el límite de la plaza. Este es el problema de Dirichlet.
Así que usted necesita para resolver el problema de Dirichlet en la plaza. En principio, el interior de la unidad cuadrada puede ser conformemente asignada en el círculo, pero el tranformation es feo. Así que lo mejor es dar un acercamiento directo.
Escribir $\phi$ como la parte real de una analítica de la función $f(z)$ donde $z=x+iy$. La simetría del problema indica que la parte real de la $f(iz)$ es la parte real de la $f(z)$, de modo que (por analiticidad) $f(iz)=f(z)$ y la analítica de la función f es una ampliación de los poderes de $z^4$.
$$ \phi = \mathrm{Re} f(z) $$
$$ f(z) = a_0 + a_1 z^4 + a_2 z^8 + a_3 z^{12} $$
Entonces usted sabe que en el límite, $f(1+iy) = 1 - y^2 $, y esto corrige los coeficientes. A menor trivial orden, sólo la constante y el $z^4$ plazo, y encontrar
$$ \mathrm{Re} f(1+iy) = a_0 + a_1 (1 - 6 y^2 + y^4) = 1-y^2 $$
Lo que da (sólo mediante el establecimiento de la orden más bajo términos de igualdad) $a_1 = 1/6$$a_0 = 5/6$. El flujo es entonces, para el cuarto grado de la orden:
$$ V_z(x,y) = {A\over 4}( 7/6 - x^2 - y^2 - {1\over 6}(x^4 - 6 x^2 y^2 + y^4 )) $$
Esto no es una gran aproximación, pero usted puede ir a la orden de 8 de la orden de 12, o de la orden de 16 y hacer lo mismo para obtener el polinomio de aproximaciones para el flujo de cualquier orden.
Debo añadir que no es una lenta convergencia de la solución por la expansión en el cuadro de los modos, y obedece a las condiciones de frontera, pero es inferior a la de los métodos analíticos por encima de--- la serie de Fourier de una función constante sólo queda como 1/n.
