Диссертация (1137359), страница 8
Текст из файла (страница 8)
Выберем ее так, чтобы онаудовлетворяла тождеству∂ 2 u0∂φ(τ ) 2 + u0 ≡ 0.∂τ∂τЭто означает, чтоφ(τ )∂ 2 u0+ u0 = C = const.∂τ 2Выберем C = 1. Тогда 2 −1∂ u0φ(τ ) = (1 − u0 ),∂τ 2(1.87)61√ и учитывая, что u0 = f 0 τ / x , см. (1.67), получаем√ 1 − f0 τ/ xφ(τ ) = x 000√ .f τ/ x(1.88)φ(τ ) 6 0,(1.89)Очевидно, что√ √ т.к. 0 6 f 0 τ / x < 1, а −M1 6 f 000 τ / x 6 0, гдеM1 = max f 000 (γ) = const > 0, см.
рис. 1.5.γ∈[0,∞)Таким образом, подставляя (1.87) в (1.86), домножив обе частиравенства на −1 и проинтегрировав по t, получимZ∞ Z2π 0∇Veδ 2 − φ(τ )∆Veδ 2 dξdτ =0Z t Z∞ Z2π=200∂Veδ + φ(τ )∆Veδ∆Vest dξdτ dt. (1.90)∂t0Рассмотрим левую часть равенства (1.90):Z∞ Z2π 0∇Veδ 2 − φ(τ )∆Veδ 2 dξdτ =0=Z∞ Z2π 0∇Veδ 2 + |φ(τ )|∆Veδ 2 dξdτ, (1.91)0т.к. φ 6 0, см.
(1.89).Рисунок 1.5 – Графики функций f 0 (γ) и f 000 (γ)62Оценим правую часть равенства (1.90):Z t Z∞Z2π2∂∆Vest dξdτ dt 6Veδ + φ(τ )∆Veδ∂t0 0 0Z t Z∞Z2π ∂est dξdτ dt 6 Veδ + φ(τ )∆Veδ62∆V∂t0 0 0tZ Z∞Z2π ∂Veδ + |φ(τ )|∆Veδ ∆Vest dξdτ dt = ∂t620 0 0Z t Z∞Z2π=2 ∂Veδ ∆Vest dξdτ dt+ ∂t0 0 0Z t Z∞Z2π+2p∂ e p|φ(τ )|∆Vδ |φ(τ )| ∆Vest dξdτ dt 6∂t0 0 0Z t Z∞Z2π6|00 02 ∂1 + |φ(τ )| ∆Vest dξdτ dt+∂t{z}K1+Z t Z∞Z2π |02 2Veδ + |φ(τ )|∆Veδ dξdτ dt.
(1.92)0 0{zK2}Интеграл K2 из (1.92) оценим с помощью Леммы 1.7:K2 6Z t Z∞Z2π 22 ∇Veδ + |φ(τ )|∆Veδ dξdτ dt.(1.93)0 0 0Рассмотрим интеграл K1 из (1.92):Z t Z∞ Z2πK1 =F (t, x, τ, ξ) dξdτ dt,0 00(1.94)63где2∂F (t, x, τ, ξ) = (|φ| + 1) ∆Vest .∂tРанее мы доказали, что стационарное решение уравнения (1.52) (т.е.функция Vest ) существует при x > M (см.
(1.61)). Для функции∆Vest справедливо следующее представление (оно очевидно следуетиз (1.58) и (1.55)):∆Vest =X ∂ 2 Wkk6=0∂τ 2− k 2 + gk00 (τ )V0k (t) eikξ ,(1.95)Рассмотрим подынтегральную функцию F при τ = 0. Для√функций f 0 (γ) и f 000 (γ), где γ = τ / x, при τ = 0 и x > 0 справедливо следующее представление (см. [45; 47]):f 0 (γ) = A1 γ + A2 γ 4 + . . . ,f 000 (γ) = Â2 γ 2 + .
. . ,γ→0γ → 0.Следовательно, для функции φ(τ ) при τ = 0 справедливо следующее представление:φ=x1√ 2 + . . . ,Â2 τ / xτ → 0.В силу граничного условия Wk τ =0 = 0 (см. (1.60)) и в силу выборафункции gk (см. рис. 1.3), получаем, что∂ e ≡ 0.∆Vst ∂tτ =0Следовательно, F τ =0 = 0.Рассмотрим подынтегральную функцию F при τ → ∞. В силуЛеммы 1.4 функции Wk ∼ e−|k|τ , τ → ∞.
Для функций gk (в силуих выбора, см. (1.59)) справедливо асимптотическое представлениеgk ∼ e−|k|τ , τ → ∞.64Следовательно,∆vst τ →∞ → 0.Рассмотрим функцию φ(τ ) при τ → ∞. Воспользуемся асимптотическими представлениями для функции Блазиуса (см. [47]) приτ → ∞:2f 0 (γ) ∼ 1 + B1 e−Aγ ,2f 000 (γ) ∼ B2 e−Aγ ,γ → ∞,γ → ∞,√где γ = τ / x, A = const, B1 = const, B2 = const. Следовательно,для φ(τ ) справедливо следующее представление при τ → ∞:φ(τ ) = xB1,B2т.е. функция φ(τ ) — константа при τ → ∞ для ∀ x > 0 (x — параметр). Следовательно, F τ →∞ → 0.Очевидно, что интеграл K1 (1.94) сходится при ∀ x > M .Объединяя (1.93), (1.92) и (1.91), получаем искомую оценку:Z∞ Z2π 0∇Veδ 2 + |φ(τ )|∆Veδ 2 dξdτ 606Z t Z∞Z2π ∇Veδ 2 + |φ(τ )|∆Veδ 2 dξdτ dt+0 0 0Z t Z∞Z2π+0 0 0где φ(τ ) определено в (1.88).2 ∂1 + |φ(τ )| ∆Vest dξdτ dt,∂t65§ 3.Исследование уравнения типа Рэлея вобласти передней кромки пластиныВ этом параграфе мы будем исследовать существование стационарного решения уравнения типа Рэлея (1.13)√ 000√xfτ/f 0 τ / x ∆ev2II − ve2II= 0,x(1.96)при x > δ, где 0 < δ 6 M , а M определено выше (1.62), см.
такжерис. 1.6. Как мы увидим ниже, x играет роль спектрального параметра в одномерном уравнении Шредингера, определяющем свойства осциллирующего течения в классическом погранслое Прандтля.Вернемся к краевой задаче на коэффициенты разложения в рядФурье функции v2II с нулевыми граничными условиями (1.60). В кклассических погранслойных координатахyτγ=√ = √x ε x(1.97)задача (1.60) примет следующий видĤ φ = −V Ĥ q , k 6= 0,k k0k k kφk =0,φk γ→∞ → 0,γ=0(1.98)гдеdefĤk = −d2+ U (γ) + xk 2 ,2dγf 000 (γ)U (γ) = 0,(1.99)f (γ)qk = gk (1.97) , gk ∈ C ∞ [0, ∞) — заданная функция, удоветворяющая условиям (1.59), и φk = Wk (1.97) .def66Потенциал U (γ) представляет собой ямку глубины M и обладает следующими свойствами: U (0) = 0, U γ→∞ = O |γ|−N , гдеN — любое число, см.
рис. 1.6.Рисунок 1.6 – График потенциала U (γ), M ≈ 0.1442В предыдущем параграфе (см. Теорему 1.2 и ее доказательство)было показано что если x > δ > M , то решение задачи (1.98) существует и единственно. Теперь мы рассмотрим случай δ ∈ (0, M ]. Вэтом случае возможно, что Ker Ĥk 6= ∅.
Найдем Ker Ĥk . Для этогорассмотрим следующую задачу:Ĥ ψ = 0,k k(1.100)ψ(0) = 0, ψ → 0.γ→∞Преобразуем ее к виду−ψ 00 + U ψ = λ ψ ,kk kkψ(0) = 0, ψ → 0,(1.101)γ→∞где λk = −xk 2 . Очевидно, что эта задача представляет собой ничто иное, как задачу Штурма–Лиувилля на отыскание собственныхзначений и собственных функций оператора типа Шредингера с потенциалом U (γ) (1.99), изображенном на рис. 1.6. Ясно, что еслисуществуют собственные числа λk , то ядро оператора Ĥk не пусто.67Согласно [3], если собственные значения задачи (1.101) существуют, то они отрицательные (λk < 0), а также справедлива следующая оценка для количества собственных чисел дискретного спектра Nλ :Z∞Nλ 6γ|U (γ)| dγ.0С помощью численных методов легко получить значение интеграла,стоящего в правой части неравенства. Для потенциала U (1.99) оноравно примерно 1.23.
Следовательно, Nλ 6 1. Это означает, чтов нашей потенциальной яме возможно существования лишь одногособственного значения.Однако с помощью аналитических и численных методов вычислить это собственное значение не удалось, равно как и доказатьего отсутствие. Тем не менее справедлива следующая теорема.Теорема 1.3. Решение задачи (1.98) (а следовательно, и решение (1.96)) существует и единственно при любых x > 0, за исключением точек xk , k 6= 0, таких, что xk k 2 = λ, где λ — собственноезначение задачи (1.101) (в случае если оно существует).Доказательство.
Пусть λ — собственное значение оператора Ĥk(как было написано выше, оно единственное). Рассмотрим два случая.1. Пусть x 6= xk . В этом случае очевидно, что Ker Ĥk = ∅, и,−1следовательно, ∃ Ĥk .2. Пусть x = xk . Обозначим нетривиальное решение задачи(1.101) через ψ0 :−ψ000 + (U − λ)ψ0 = 0.(1.102)Тогда линейно независимое с ним решение уравнения (1.101) ψ0? находится по формуле Лиувилля (см. [32]):ψ0? = ψ0Zγ0dγ 0.ψ02 (γ 0 )68Решение неоднородного уравнения −ψ000 + (U − λ)ψ0 = G(γ)имеет следующий вид:Zγψ(γ) = C1 ψ0 + C2 ψ00dγ 0+ψ02 (γ 0 )Zγ+ ψ001ψ02 (γ 0 )Zγ 0ψ0 (γ 00 )G(γ 00 ) dγ 00 dγ 0 . (1.103)0В нашем случае функция G(γ) = −v0k Ĥk qk (γ), см.
(1.98). Следовательно, перепишем (1.103) в видеZγψ(γ) = C1 ψ0 + C2 ψ000dγ+ V0k ψ0ψ02 (γ 0 )Zγ01ψ02 (γ 0 )Zγ 0ψ0 (γ 00 ) qk00 (γ 00 )−000− (xk 2 + U (γ 00 ))qk (γ ) dγ 00 dγ 0 . (1.104)Теперь нужно определить постоянные C1 и C2 из граничныхусловий задачи (1.98):ψ γ→∞ → 0.ψ(0) = 0,Сначала рассмотрим первое их этих условий. Рассмотрим пределфункции ψ(γ) при γ → 0. Ясно, что ψ0 (0) = 0 в силу своего определения.
Предел второго слагаемого в формуле (1.104) найдем поправилу Лопиталя:Zγlim ψ0γ→000dγ= limψ02 (γ 0 ) γ→0Zγ00dγψ02 (γ 0 )1ψ0!=1 ψ021= lim 0 2 = 0 .γ→0 ψ ψψ0 (0)0069Интеграл в третьем слагаемом в формуле (1.104) преобразуеминтегрированием по частям. А именно, внутренний интеграл равенZγ 00Zγ 0−γ 0ψ0 (γ 00 ) qk00 (γ 00 )−(xk 2 +U (γ)) dγ 00 = ψ0 qk0 0 −Zγ 0ψ00 (γ 00 )qk0 (γ 00 ) dγ 00 −0ψ0 (γ 00 ) xk 2 +U (γ) qk (γ 00 ) dγ 00 = ψ0 (γ 0 )qk0 (γ 0 )−ψ00 (γ 0 )qk (γ 0 )+ψ00 (0)+0Zγ 0+0ψ000 (γ 00 )qk (γ 00 ) dγ 00 −Zγ 0ψ0 (γ 00 ) xk 2 + U (γ) qk (γ 00 ) dγ 00 =00= ψ0 (γ )qk0 (γ 0 ) − ψ00 (γ 0 )qk (γ 0 ) + ψ00 (0).
(1.105)Тогда внешний интеграл можно записать в видеZγ0ψ0 (γ 0 )qk0 (γ 0 ) − ψ00 (γ 0 )qk (γ 0 ) + ψ00 (0) 0dγ =ψ02 (γ 0 )= ψ00 (0)Zγ01dγ 0 +20ψ0 (γ )Zγ qk (γ 0 )ψo (γ 0 )0dγ 0 .0Действуя по аналогии со вторым слагаемым в (1.104), имеем0 Zγ Zγ01q(γ)kdγ 0 =lim ψ00 (0)ψ0 (γ)dγ 0 + ψ0 (γ)200γ→0ψ0 (γ )ψo (γ )000 !Zγ 0qk (γ )10= 1 + limdγ/= 1+γ→0ψo (γ 0 )ψ00!000 ψ0 gk0ψ0 gk − ψ0 qkψ0+ lim−=1+lim−+qk = 2, (1.106)γ→0γ→0ψ02ψ02ψ00т.к.
qk γ=0 = gk τ =0 = 1, см. (1.59). Следовательно, для выполненияусловия ψ(0) = 0 получаем условие на C2 (см. (1.104)):C2 = −2V0k ψ00 (0).(1.107)70Перейдем к рассмотрению условия на бесконечности. Ясно, чтопервое слагаемое в формуле (1.104) при γ → ∞ стремится к нулю.Следовательно, определить единственным образом константу C1 непредставляется возможным.
Второе слагаемое по правилу ЛопиталяравноZ γdγ 01lim ψ0=lim.2 0γ→∞ ψ 0 (γ)γ→00 ψ0 (γ )0Согласно [3], справедливо следующее асимптотическое представление для функции ψ0 на бесконечности:ψ0 (γ) = e−√−λγ1 + o(1) , γ → ∞.Следовательно, 1/ψ00 → ∞, γ → ∞, и нам необходимо положитьC2 = 0, что противоречит полученному ранее (см. (1.107)) выражению для C2 . Очевидно, что в этом случае (x = xk ) решение задачи (1.98) с нулевыми граничными условиями не существует.§ 4.Алгоритм численного решения ирезультаты его использованияАлгоритм нахождения решения задачи (1.1), (1.3), (1.4) следующий.1. Найти функции u∗1 , v2∗ , описывающее течение в тонком пограничном слое, решив задачу (1.11), (1.12) (см. п. 4.1 данногопараграфа).2. Найти lim ve2∗ , являющийся граничным условием для задачиθ→∞(1.13), (1.14).3.
Найти функцию ve2II , описывающую осцилляции в классическом пограничном слое, решив задачу (1.13), (1.14) (см. п. 4.2данного параграфа).714.1.Алгоритм численного решения системы уравненийтонкого пограничного слояМы будем численно решать задачу (1.11), (1.12) в переменных(ξ, θ0 ), в которых граница плоская (см. Замечание 1.2 к Теореме 1.1),т.е. мы будем решать систему (1.19), (1.20), но на рисунках будем использовать переменные (ξ, θ) (в которых граница криволинейная).Для удобства, перепишем систему уравнений (1.19), (1.20), подставляя явный вид для uII0 (см.
(1.16)): ∗∗∗II ∗∂u∂ 2 u∗1∂µ∂u∂pe∂u∂u112 11∗∗++u−+v=−,12∂t∂ξ∂ξ ∂θ0∂θ0∂ξ τ 0 =0 ∂θ02∂u∗1 ∂µ ∂u∗1 ∂v2∗−+ 0 = 0,∂ξ∂ξ ∂θ0∂θu∗1 θ0 =0 = v2∗ θ0 =0 = 0, u∗1 ξ = u∗1 ξ+2π , v2∗ ξ = v2∗ ξ+2π ,∗00∗∂uf(0)∂µ f 00 (0)∂u11√√ .,v ∗2 θ0 →∞ → 0,→→∂θ0 θ0 →∞∂ξ θ0 →∞∂ξxx(1.108)(1.109)Из второго уравнения системы (1.108) выразим v2∗ :v2∗ =Zθ0 ∂u∗ ∂µ ∂u∗1− 1+∂ξ∂ξ ∂θ00dθ00 .(1.110)0Из выражения для давления (1.18) получаем:∂ peIIf 00 (0) ∗ 2 = − √ v2 θ0 →∞ .∂ξ τ 0 =0x(1.111)Подставляя (1.110) и (1.111) в первое уравнение из (1.108), получаем∂u∗1∂t+ u∗1∂u∗1∂ξ−∂µ ∂u∗1∂ξ ∂θ0+∂u∗1∂θ0Zθ0 ∂u∗1 ∂µ ∂u∗1−+∂ξ∂ξ ∂θ00dθ00 =0f 00 (0)= √xZ∞ 0∂u∗1 ∂µ ∂u∗1−+∂ξ∂ξ ∂θ00∂ 2 u∗1dθ + 02 . (1.112)∂θ0072Нужно заметить, что при решении задачи (1.112), (1.109),(1.110) возникают две проблемы.1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
