Диссертация (1137359), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Как было упомянуто выше, для max |µ| < A∗правая сторона становится достаточно малой (т.е. возмущение стационарного решения течения в тонком пограничном слое убывает замалое время). Для max |µ| > A∗ течение в тонком пограничном слоестановится периодичным во времени (это явление было изучено в[49; 50], см. также п. 4.1 из § 4 данной главы). В этом случае вихрипоявляются и исчезают, и правая часть оценки (1.53) не являетсямалой (т.е. вихри в тонком пограничном слое у поверхности пластины поддерживают осцилляции течения в классическом пограничномслое).
Это справедливо в предположении, что µ ≡ 0 для x 6 M . Впротивном случае (когда µ 6= 0 для x ∈ [0, M ]), вихри могут бытьнеограничены при ε → 0 даже если ∂evst /∂t ≡ 0.49Таким образом, в окрестности точки M , существует пограничный слой, который согласуется с классическим течением, полученным в задаче о течении вдоль плоской пластины (см. § 2 Введения,стр.
13) и двухпалубной структурой в полуплоскости над неровностями (см. Теорему 1.1).Мы будем говорить, что уравнение (1.52) называется нестационарным уравнением типа Рэлея для осцилляций в классическомпограничном слое, поскольку соответствующее стационарное уравнение в терминах функций тока эквивалентно уравнению Рэлея дляравномерного двумерного течения.Доказательство теоремы 1.2.
Сначала докажем, что существуетрешение стационарного уравнения типа Рэлея, соответствующегоуравнению (1.52), которое имеет следующий вид:√ 000√xfτ/vst − vest= 0,f 0 τ / x ∆ex(1.54)и покажем, что это решение единственно для x > M , где M —расстояние от кромки пластины, которое определено в условии Теоремы 1.2.Запишем функцию vest в виде ряда Фурье по периодическойпеременной ξ:Xvest =Vk (x, τ )eikξ .(1.55)k6=0Поскольку функция vest не имеет среднего значения, то Vk (x, τ ) = 0при k = 0. Как будет показано ниже, это ключевое условие длядоказательства существования стационарного решения.Подставляя ряд (1.55) в уравнение (1.54), получаем, что коэффициенты разложения Vk должны удовлетворять следующей задаче: 2− ∂ Vk + k 2 − U V = 0,0k2∂τ Vk τ =0 = V0k , Vk τ →∞ → 0,k 6= 0,(1.56)50где V0k — это коэффициенты разложения Фурье, отвечающие граничному условию из (1.14), т.е.
разложение функции ve2∗ θ→∞ , и√ √ f 000 τ / xU0 =f0 τ/ xxОбозначим через L̂k следующий дифференциальный оператор:defL̂k = − ∂22U0 .+k−∂τ 2(1.57)Мы рассмотрим самосопряженное продолжение оператора L̂kна пространство L2 [0, ∞) для функций с нулевыми граничнымиусловиями при τ = 0 и τ → ∞. Для этого, нам нужно преобразовать задачу (1.56) с ненулевыми граничными условиями в задачу снулевыми граничными условиями и правой частью.Для этого представим функцию Vk в следующем виде:Vk = Wk + gk V0k ,(1.58)где gk ∈ C ∞ [0, ∞) — заданная функция, такая, чтоgk τ =0 = 1,gk τ →∞ = O τ −N , ∀ N ∈ Z+ .(1.59)Например, в качестве функции gk можно выбрать функцию, изображенную на рис.
1.3 Тогда задача (1.56) сводится к следующей:Рисунок 1.3L̂ W = −V L̂ g , k 6= 0,k k0k k kWk =0,W→ 0.kτ =0τ →∞(1.60)51Если существует k такое, что Ker L̂k = ∅, то задача (1.60) имеетрешение, и Wk определяются однозначно. Если существует k такоечто Ker L̂k 6= ∅, то задача (1.60) имеет решение тогда и только тогда,когдаZ∞L̂k gk Yk dτ = 0, Yk ∈ Ker L̂k .0Поскольку оператор L̂k самосопряженный, последнее соотношениеверно. Следовательно, задача (1.60) имеет решение, но в последнем случае функции Wk определены с точностью до функций с ядром L̂k . Подставляя явный вид функции U0 , можно легко получить,что√ 0001 f τ / x k2 − 0√ > 0, ∀k 6= 0, ∀x > M, ∀τ ∈ [0, ∞), (1.61)x f τ / x где 000 f (γ) ≈ 0.1442,M = max 0γ∈[0,∞) f (γ) (1.62)см.
рис. 1.6 на стр. 66. Таким образом, существует единственноестационарное решение уравнения (1.52) при x > M .Справедлива следующая лемма.Лемма 1.4.Wk τ →∞ = ce−|k|τ 1 + o(1) ,∀k 6= 0,c = const.(1.63)Доказательство Леммы 1.4. Мы рассмотрим задачу (1.56). Пусть√ 000τ/ x def 1 fα(x, τ ) = 0√ ,x f τ / x см. рис. 1.4. Легко доказать, что для τ > τ0 функция α(x, τ ) являZ∞ется гладкой и для x > M интеграл α(x, τ ) dτ < ∞.τ052Рисунок 1.4 – График функции α(x, τ ) при некоторых значениях xСледовательно, для (1.56) существует система фундаментальных решений φ1 , φ2 , такая, чтоφ1 = ekτ 1 + o(1) ,φ2 = e−kτ 1 + o(1) ,τ → ∞.Используя граничные условия для Wk , мы получим (1.63).Теперь продолжим доказательство Теоремы 1.2 и докажем, чторешение уравнения (1.52) устойчиво (в смысле орбитальной устойчивости).Пусть ṽst — стационарное решение уравнения типа Рэлея (1.52).Мы уже знаем, что оно существует. Пусть δṽst — малое возмущение,такое, что(1.64)δṽst τ =0 = 0, δṽst τ →∞ = 0,иδṽst t=0 = Ve0II − ṽst t=0 .Далее, пустьZξVest =Zξṽst dξ,Veδ =δṽst dξ.(1.65)53Подставляя функцию ve2II = vest + δevst в (1.52) и используя (1.65), мыприходим кε1/3∂ e∂ Veδ ∂ 2 u0 ∂ Veδ∂∆Vδ + u0 ∆−= −ε1/3 ∆Vest ,2∂t∂ξ∂τ ∂ξ∂tгде√ defu0 = f 0 τ / x .(1.66)(1.67)Заметим, что правая сторона (1.66) отлична от нуля, несмотряна то, что Vest приходит из стационарного решения уравнения (1.52).Причина этого состоит в том, что граничное условие vest τ =0 приходит из тонкого пограничного слоя и оно зависит от времени, нов масштабе, отличном от (1.66).
А именно, здесь мы имеем следующие два масштаба времени: одно t в тонком пограничном слое ивторое t1 = ε−1/3 t в (1.66). Соответственно, стационарное решениеvest зависит от времени t (через граничное условие), и не зависит отвремени t1 . Отметим, что мы не используем различные обозначениядля этих различных времен, но следует иметь ввиду, что праваячасть (1.66) имеет порядок ε1/3 , а первое слагаемое в левой части(1.66) имеет порядок 1.Мы начнем доказательство оценки (1.53) с некоторых вспомогательных результатов.Лемма 1.5.
Пусть φ(τ ) ∈ W21 [0, ∞] . Тогда1 1/3 ∂ε2∂tZ∞ Z2πφ(τ ) ∆Veδ02dξdτ +0Z∞ Z2π+0∂∂ 2 u0 ∂ Veδ ∂ Veδdξdτ =φ(τ ) 2∂τ∂τ∂ξ ∂τ0= −ε1/3Z∞ Z2π00∂φ(τ )∆Veδ ∆Vest dξdτ. (1.68)∂t54Доказательство Леммы 1.5. Умножая обе стороны формулы (1.66)на φ∆Veδ , получим:∂∂ε1/3 φ∆Veδ (τ ) ∆Veδ + u0 φ∆Veδ ∆Veδ −∂t∂ξ∂ 2 u0 ∂ Veδ∂e− φ∆Vδ 2= −ε1/3 φ∆Veδ ∆Vest .
(1.69)∂τ ∂ξ∂tПерепишем равенство (1.69) в следующем виде:221 ∂1 ∂ε1/3 φ∆Veδ + u0 φ∆Veδ −2 ∂t2 ∂ξ2∂ 2 u0 1 ∂ ∂ Veδ∂ 2 Veδ ∂ Veδ−φ 2=+∂τ2 ∂ξ ∂ξ∂τ 2 ∂ξ∂= −ε1/3 φ∆Veδ ∆Vest . (1.70)∂tПроинтегрируем равенство (1.70) по [0, ∞) × [0, 2π]:1ε1/32Z∞ Z2π02∂φ∆Veδ dξdτ +∂t0Z∞ Z2πu0 φ0Z∞ Z2π−φ0∂ 2 u0∂τ 221 ∂∆Veδ dξdτ −2 ∂ξ02∂ 2 Veδ ∂ Veδ1 ∂ ∂ Veδ+dξdτ =2 ∂ξ ∂ξ∂τ 2 ∂ξ0= −ε1/3Z∞ Z2πφ∆Veδ0∂ e∆Vst dξdτ. (1.71)∂t0Учитывая, что в силу периодичностиZ2π02∂∆Veδ dξ = 0,∂ξZ2π02∂ ∂ Veδdξ = 0,∂ξ ∂ξ55из (1.71) мы получаем1∂ε1/32 ∂tZ∞ Z2πφ(τ ) ∆Veδ02Z∞dξdτ −0∂ 2 u0φ(τ ) 2∂τZ∞ Z2πφ(τ )∆Veδ0∂ 2 Veδ ∂ Veδdξdτ =∂τ 2 ∂ξ00= −ε1/3Z2π∂ e∆Vst dξdτ. (1.72)∂t0Заметим, интеграл во втором слагаемом (1.72) можно преобразоватьZ2π2π2πZZ e∂ 2 Veδ ∂ Veδ∂ ∂ Veδ ∂ Veδ∂ Vδ ∂ ∂ Veδdξ =dξ −dξ =∂τ 2 ∂ξ∂τ ∂τ ∂ξ∂τ ∂τ ∂ξ000Z2π=Z2π e∂ ∂ Veδ ∂ Veδ∂ Vδ ∂ ∂ Veδdξ −dξ,∂τ ∂τ ∂ξ∂τ ∂ξ ∂τ00где последний интеграл равен нулю в силу периодичности (см.
утверждение 4 из (1.5)), т.е.Z2πZ2π e e∂ 2 Veδ ∂ Veδ∂∂ Vδ ∂ Vδdξ=dξ∂τ 2 ∂ξ∂τ∂τ ∂ξ0(1.73)0Подставим (1.73) во второе слагаемое стороны (1.72) и проинтегрируем его по частям:Z∞∂ 2 u0φ(τ ) 2∂τ0∂ 2 u0= φ(τ ) 2∂τZ2π02πZ0 Z2π e eZ∞∂ 2 Veδ ∂ Veδ∂ Vδ ∂ Vδ∂ 2 u0 ∂dξdτ = φ(τ ) 2dξ dτ =∂τ 2 ∂ξ∂τ ∂τ∂τ ∂ξ00∞ Z∞ Z2π e e∂ Veδ ∂ Veδ ∂∂ 2 u0∂ Vδ ∂ Vδdξ −φ(τ ) 2dξ dτ =∂τ ∂ξ∂τ∂τ∂τ ∂ξ00∞2πZ Z0∂∂ 2 u0 ∂ Veδ ∂ Veδφ(τ ) 2dξ dτ, (1.74)∂τ∂τ∂τ ∂ξ=−0056т.к. в силу того, что (см. (1.16) и (4))f 000 (0)∂ 2 u0 == 0,∂τ 2 τ =0x√ f 000 (τ / x) ∂ 2 u0 =→ 0,∂τ 2 τ →∞xτ →∞и граничных условий (1.64), первое слагаемое во второй стоке (1.74)равно нулю.
Подставляя (1.74) в (1.72) получаем искомое равенство (1.68).Лемма 1.6.1∂− ε1/32∂tZ∞ Z2π0∇Veδ 2 dξdτ +0Z∞ Z2π0∂u0 ∂ Veδ ∂ Veδdξdτ =∂τ ∂ξ ∂τ0= −ε1/3Z∞ Z2π0∂Veδ ∆Vest dξdτ. (1.75)∂t0Доказательство Леммы 1.6. Основная идея в доказательстве этойлеммы такая же как и в доказательстве Леммы 1.5. Умножая обестороны (1.66) на Veδ , мы имеемε1/3 Veδ∂ e∂ Veδ e ∂ Veδ ∂ 2 u01/3 e ∂∆Vδ + u0 Veδ ∆− Vδ=−εVδ ∆Vest .2∂t∂ξ∂ξ ∂τ∂t(1.76)Тогда, интегрируя выражение (1.76) по [0, ∞) × [0, 2π] и учитывая,Z2π∂ Veδчто (см.
утверждение 4 из (1.5)) Veδdξ = 0, мы получаем∂ξ0ε1/3Z∞ Z2π|00Z∞∂Veδ ∆Veδ dξdτ + u0∂t{z} |0I1Z2π0∂ VeδVeδ ∆dξdτ =∂ξ{z}I2= −ε1/3Z∞ Z2π00∂Veδ ∆Vest dξdτ. (1.77)∂t57Сделаем некоторые преобразования. Рассмотрим первое слагаемое из левой части (1.77):Z∞Z2πZ∞Z2π e∂ e e∂ Vδ eI1 =Vδ ∆Vδ dξdτ −∆Vδ dξdτ =∂t∂t0 00 0Z∞ Z2π=|00Z∞ Z2π e 2 e∂ e ∂ 2 Veδ∂ Vδ ∂ VδVδ 2 dξdτ −dξdτ +∂t∂ξ∂t ∂ξ 2{z} |0 0{z}J1Z2π Z∞+|00J2Z2π Z∞∂ e ∂ 2 VeδVδ 2 dτ dξ −∂t∂τ{z} |0J30∂ Veδ ∂ 2 Veδdτ dξ . (1.78)∂t ∂τ 2{z}J4В J1 –J4 возьмем по частям внутренние интегралы (учитывая периодичность, отсутствие среднего и граничные условия (1.73)):J1 =∂∂tZ∞ "02π Z2π 2 #Z∞ Z2π e 2ee∂V∂ Vδ∂∂Vδδ −Veδdξ dτ = −dξdτ,∂ξ 0∂ξ∂t∂ξ000Z∞ Z2π e 2Z∞ e e 2π Z2π e 2 e∂ Vδ ∂ Vδ1∂ ∂ Vδ∂ Vδ ∂ Vδ −dξdτ=−dξdτ,J2 =∂t ∂ξ 0∂ξ ∂ξ∂t2∂t ∂ξ00J3 =∂∂tZ2π "000∞ Z∞ 2 #Z∞ Z2π e 2ee∂ Vδ ∂ Vδ∂∂ VδVeδ−dτ dξ = −dξdτ,∂τ 0∂τ∂t∂τ000Z2π e e ∞ Z∞ e 2 eZ∞ Z2π e 2∂ Vδ ∂ Vδ ∂ Vδ ∂ Vδ∂ ∂ Vδ1J4 =−dτdξ=−dξdτ.∂t ∂τ 0∂τ ∂τ ∂t2∂t ∂τ000058Подставляя найденные значения интегралов J1 –J4 в (1.78), получаемZ∞Z2πZ∞ Z2π e 2 e 2 1∂∂∂ Vδ∂ VδI1 =Veδ∆Veδ dξdτ = −dξdτ =+∂t2 ∂t∂ξ∂τ0 0001∂=−2 ∂tZ∞ Z2π0∇Veδ 2 dξdτ (1.79)0Рассмотрим второе слагаемое из левой части (1.77) (I2 ) и проинтегрируем внутренний интеграл по частям (учитывая периодичность и отсутствие среднего):Z2π∂ VeδeVδ ∆dξ =∂ξ0Z2π02π Z2π∂∂ Veδ eeeeeVδ∆Vδ dξ = Vδ ∆Vδ −∆Vδ dξ =∂ξ∂ξ00Z2πZ2π∂ Veδ ∂ 2 Veδ∂ Veδ ∂ 2 Veδ=−dξ −dξ (1.80)∂ξ ∂ξ 2∂ξ ∂τ 2|0{z} |0{z}J5J6Проинтегрируем по частям J5 : e 2Z2π e 2 e∂ Vδ ∂ Vδ∂ Vδdξ=∂ξ ∂ξ 2∂ξ02π Z2π 2e e − ∂ Vδ ∂ Vδ dξ∂ξ 2 ∂ξ00Следовательно, получаем, что2Z2π e 2 e∂ Vδ ∂ Vδ1 ∂ Veδdξ =∂ξ ∂ξ 22 ∂ξ02π = 0,0т.е.
J5 = 0. Интеграл J6 был уже ранее посчитан, см. (1.73). Подставляя выражения для J5 , J6 в (1.80), получаемZ2π0∂ Veδ∂Veδ ∆dξ = −∂ξ∂τZ2π e e∂ Vδ ∂ Vδdξ.∂τ ∂ξ0(1.81)59Теперь проинтегрируем второе слагаемое из левой части (1.77) (I2 )по частям, учитывая (1.81), граничные условия для функции u0(см. (1.16)) и граничные условия (1.64):Z∞I2 = −∂u0∂τ0Z∞∂u0∂τ+ Z2π e e Z2π e e∞∂ Vδ ∂ Vδ∂ Vδ ∂ Vδdξ dτ = −u0dξ +∂τ ∂ξ∂τ ∂ξ0 Z2π000Z∞ Z2πee∂ Vδ ∂ Vδ∂u0 ∂ Veδ ∂ Veδdξ dτ =dξdτ.
(1.82)∂τ ∂ξ∂τ ∂τ ∂ξ000Подставляя в (1.77) выражения (1.79) и (1.82), получаем (1.75).Лемма 1.7.Z∞ Z2π0 2Veδ dξdτ 6Z∞ Z2π00∇Veδ 2 dξdτ.(1.83)0Доказательство Леммы 1.7. Учитывая граничное условие дляфункции Veδ (1.64), продолжим ее влево: Veδ ≡ 0, τ < 0. Запишемряд Фурье функции Veδ :Veδ =XVk (t, x, τ )eikξ .k6=0Пусть Vek† (t, x, ζ) = Fτ →ζ Vk (t, x, τ ) — это преобразование Фурьекоэффициентов Vk . Тогда из равенства Парсеваля следует, чтоZ∞ Z2π0∇Veδ 2 dξdτ =Z∞ X 2ζ 2 + k 2 Vek† dζ,(1.84)−∞ k6=00Z∞ Z2π00 2Veδ dξdτ =Z∞ X † 2Ve dζ.k−∞ k6=0(1.85)60Очевидно, чтоZ∞ X † 2Ve dζ 6kZ∞ X 2ζ 2 + k 2 Vek† dζ,−∞ k6=0−∞ k6=0т.к.
ζ 2 + k 2 > 1, в силу того, что k 6= 0 и k ∈ Z. Отсюда, учитывая (1.84), (1.85), получаем искомое неравенство.Вернемся к доказательству Теоремы 1.2. Складывая (1.68) и (1.75),получим1 1/3 ∂ε2∂tZ∞ Z2π 02 2 eeφ(τ ) ∆Vδ − ∇Vδ dξdτ +0Z∞ Z2π +0∂∂ 2 u0∂u0 ∂ Veδ ∂ Veδφ(τ ) 2 +dξdτ =∂τ∂τ∂τ ∂ξ ∂τ0= −ε1/3Z∞ Z2π0∂Veδ + φ(τ )∆Veδ∆Vest dξdτ. (1.86)∂t0Нам нужно выбрать функцию φ(τ ).
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
