Диссертация (1145260), страница 16

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 16)

Принимая во внимание условия для ψ набесконечности, получимCH =U ρ0 αHe,αC0 =U ρ0.αИтак, имеем задачу: уравнение (4.36) и граничные условия∂Ψ U ρ0+γ3 ,∂yαU ρ0,Ψ = γ2 ζ +αΨ = γ1y = H,(4.40)y = 0,(4.41)гдеγ3 = eαH .Решение неоднородного уравнения (4.36) с неоднородными граничными условиями (4.40), (4.41) находим в видеΨ(x, y) = S(x, y) + a1 (x)y + a2 (x),(4.42)гдеU ρ0(1 − γ3 ) + γ2 ζ(x)a1 (x) = α,γ1 − Ha2 (x) = γ2 ζ(x) +U ρ0.αОтносительно искомой функции S(x, y) получим неоднородное уравнение∆S + q1 S = Φ(x, y)(4.43)и однородные краевые условияS = 0,∂SS = γ1 ,∂yy = 0,y = H.(4.44)(4.45)В уравнении (4.43) правая часть в интервале 0 ≤ y ≤ H представимарядомΦ(x, y) =∞Xn=0где2cn (x) =HZ H0cn (x) sin βn y,Φ(x, y) sin βn y dy,(4.46)– 119 –или, вычисляя интеграл,2 ½cn (x) =(γ1 − H)(a001 + q1 a1 ) cos βn H+Hβn¾002 βn H+ [q2 − (a2 + q1 a2 )] cos.2(4.47)Здесь учтено, чтоΦ(x, y) = q2 − y[a001 (x) + q1 a1 (x)] − a002 (x) − q1 a2 (x).Решение задачи (4.43) – (4.45) находим в видеS(x, y) =∞Xn=0Sn (x) sin βn y.(4.48)Одночленное решение удовлетворяет условию (4.44).

Оно удовлетворяет и условию (4.45), если величина βn является корнем трансцендентного уравненияtg βn H = γ1 βn .Подставляя (4.48) и (4.46) в уравнение (4.43) и приравнивая коэффициенты при sin βn y, получим краевые задачи³´Sn00 + q1 − βn2 Sn = cn (x),Sn (−∞) = 0,|Sn (+∞)| < ∞,(4.49)th βn H = γ1 βn .Решение задачи (4.49) существенно различно для q1 − βn2 > 0 идля q1 − βn2 < 0. В обоих случаях произвольные постоянные общегорешения соответствующего однородного уравнения (4.49) аннулируются: в первом случае в силу условия Sn (−∞) = 0, во втором — всилу условия |Sn (+∞)| < +∞.

Следовательно, решением краевой задачи (4.49) является частное решение дифференциального уравнения(4.49), которое находится методом вариации произвольных постоянных и имеет видSn (x) =Z x1√sin[µn (x − ξ)] cn (ξ) dξ,q1 − βn2 −∞qµn = q1 − βn2 ,еслиq1 > βn2 ,– 120 –Sn (x) = −Z x1q2 βn2 − q1√sh [ µn (x − ξ)] cn (ξ) dξ,−∞µn = βn2 − q1 ,q1 < βn2 .еслиПодставляя Sn в (4.48) и используя (4.42), (4.35) и выражение дляeфункции ψ(y),получимÃ!1!1ακyU ρ0 αy ½ 2(κ−1)gρ0 αy − 2(κ−1) ¾×ψ(x, y) =e + ep0 −eαα·q¸∞ sin β y Z xXn2q×sinq−β(x−ξ)c(ξ)dξ+a(x)y+a(x),1n12nn=0 q1 − β 2 −∞nq1 > βn2 ,еслиÃακygρ0 αy − 2(κ−1) ¾U ρ0 αy ½ 2(κ−1)e + ep0 −e×ψ(x, y) =αα·¸Z∞qxXsin βn y2 − q (x − ξ) c (ξ) dξ +a (x)y + a (x) ,qsh×−β1n12n n=0 2 β 2 − q1 −∞nq1 < βn2 .еслиИз соотношения (4.30) найдем соответствующие уравнения возмущенной поверхности жидкости с точностью до малых второго порядкаη(x) = −e−αH 0ψ (x, H),U ρ0гдеακH Ãe 2(κ−1) p0½0ψ (x, H) =∞Xgρ0 αH−eα1!−¾2(κ−1)×¸sin βn H Z x ·q2q×sinq−β(x−ξ)c(ξ)dξ+a(x)H+a(x),1n12nn=0 q1 − β 2 −∞nдля q1 > βn2ψ 0 (x, H) =×−∞Xsin βn Hq2n=0 2 βn − q1Z xsh−∞ακH Ãe 2(κ−1) p0½·qgρ0 αH−eα¸1!−¾2(κ−1)×βn2 − q1 (x − ξ) cn (ξ) dξ +a1 (x)H +a2 (x),для q1 < βn2 .– 121 –При малом значении параметра γ1 получим βn H = πn, тогдаη(x) =αHe− 21!gρ0 αH − 2(κ−1)(a1 (κ)H + a1 (κ)) ,p0 −eαÃИтак, при решении проведена редукция исходной краевой задачи ккраевой задаче для двух нелинейных уравнений в частных производных, в результате решения которой в явном виде получено выражениевозмущенной поверхности жидкости с точностью до малых второгопорядка.Подобная задача рассматривалась А.А.

Дородницыным [43]. С помощью линеаризации исходной системы уравнений, в результате чегопредставление искомого возмущения поверхности жидкости в явномвиде вызвало затруднение.§ 4.2.Атмосферные волны над возвышениемповерхности Земли4.2.1.Основные уравнения и граничные условияРассмотрим слой жидкости, ограниченный снизу твердым непроницаемым дном y = −H(x, t), сверху — свободной поверхностьюy = ζ(x, t).

Здесь система осей xy прямоугольная, ось x совпадает сневозмущенной свободной поверхностью, ось y направлена вертикально вверх. Используем уравнения движения сжимаемой бароклиннойидеальной тяжелой жидкости (1.1), (1.2) и (1.4) в эйлеровых переменных∂vx∂vx1 ∂p∂vx+ vx+ vy=−,∂t∂x∂yρ ∂x∂vy∂vy1 ∂p∂vy+ vx+ vy=−− g,∂t∂x∂yρ ∂y∂ρ ∂ρvx ∂ρvy++= 0,∂t∂x∂y∂ p∂ p∂ p+v+v= 0,xy∂t ρκ∂x ρκ∂y ρκ(4.50)– 122 –где vx = vx (x, y, t), vy = vy (x, y, t) — компоненты скорости, ρ == ρ(x, y, t) — плотность, p = p(x, y, t) — давление, g — величинаускорения силы тяжести.На свободной поверхности выполняются кинематическое и динамическое граничные условия∂ζ= vy , p = p0 (x, t), y = ζ(x, t),(4.51)ζt + vx∂xи выполняется граничное условие непротекания через деформируемоедно∂H+ vy = 0, y = −H(x, t).∂xКроме того, учитываем начальные условияH t + vxvx (x, y, 0) = vx0 (x, y),vy (x, y, 0) = vy0 (x, y).(4.52)ζ(x, 0) = ζ0 (x),Система (4.50) имеет решение ρ = ρ̃(y), p = p̃(y), vx = ṽx (y), vy = 0,ζ = 0, причем плотность ρ̃(y) и давление p̃(y) связаны соотношением∂ p̃= −ρ̃(y)g.∂yЭто решение существует в случае горизонтального дна и описываетгоризонтальное установившееся течение жидкости, параметры которого зависят от глубины.Перепишем задачу (4.50) – (4.52) в отклонениях [3]:vx = ṽx (y) + vx0 ,ρ = ρ̃(y) + ρ0 ,vy = vy0 ,p = p̃(y) + p0 ,ζ = ζ 0.Таким образом, имеем00∂vx0∂p0000 ∂vx00 ∂ (ṽx + vx )(ρ̃ + ρ ) + (ρ̃ + ρ ) (ṽx + vx )+ (ρ̃ + ρ ) vy=− ,∂t∂x∂y∂x000∂vy∂v∂v(ρ̃ + ρ0 ) + (ρ̃ + ρ0 ) (ṽx + vx0 ) y + (ρ̃ + ρ0 ) vy0 y =∂t∂x∂y0∂ (p̃ + p )=−− g (ρ̃ + ρ0 ) ,∂y0∂ ρ̃vy ∂ρ0 ṽx ∂ρ0 vx0∂ρ0 vy0∂ρ0 ∂ ρ̃vx0+++++= 0,∂t∂x∂y∂x∂x∂x– 123 –0∂  p̃ + p0 ∂  p̃ + p0 00 ∂  p̃ + p + (ṽx + vx )+ vy= 0,∂t (ρ̃ + ρ0 )κ∂x (ρ̃ + ρ0 )κ∂y (ρ̃ + ρ0 )κ∂ζζt + (ṽx + vx0 )= vy0 ,p = p0 (x, t),y = ζ,∂x∂HHt + (ṽx + vx0 )+ vy0 = 0,y = −H(x, t).∂xРассмотрим соответствующую линейную задачу относительно vx0 , vy0 ,ρ0 , p0 при малом отклонении H от H0 = const и малом |∇H|:∂p0∂p00+= − , Dρ̃vy = −− gρ0 ,∂x∂y0∂ ρ̃vxρ̃d ln ΘDρ0 ++= 0,Dp0 − Dρ0 + ρ̃vy0= 0,∂x∂yκ p̃dy∂ζζt + ṽx= vy0 ,p = p0 (x, t),y = 0,∂x∂H ∂vy∞0Ht + (ṽx + vx∞)−(H − H0 ) + vy0 = 0, y = −H0 ,∂x∂yDρ̃vx0ṽx0 ρ̃vy0∂ ρ̃vy0(4.53)0где vx∞и vy∞ — горизонтальная и вертикальная скорости в исходной∂∂волне, D =+ ṽx— дифференциальный оператор и∂t∂x1p̃ κΘ=.ρ̃Результатом последовательного исключения из системы (4.53) искомых функций ρ0 , p0 является задача20∂ 2 ρ̃vy0∂ ρ̃vy0 d ln Θ20002  ∂ ρ̃vx = 0,−D ρ̃vx − ṽx Dρ̃vy + ã++2∂x∂x∂y∂x dy0000∂ρ̃v∂ρ̃v∂ρ̃v∂ρ̃vyyxx−+ ṽx0+ ṽx00 ρ̃vy0  −D2 − D ṽx0∂x∂y∂x∂y2020∂ ρ̃vx ∂ ρ̃vy += 0,(4.54)−g ∂x∂y∂x2∂ ρ̃vy0∂p02000−D ρ̃vx + ṽx Dρ̃vy + g= −D,y = 0,(4.55)∂x∂x∂H ∂vy∞0Ht + (ṽx + vx∞−(H − H0 ) + vy0 = 0, y = −H0 , (4.56))∂x∂yκ p̃— квадрат скорости звука.ρ̃Рассмотрим частные задачи.где ã2 =– 124 –4.2.2.Свободные волны над горизонтальным дномРешение ищем в видеρ̃vy0 = W (y)ei(kx − ωt) ,ρ̃vx0 = U (y)ei(kx − ωt) .Относительно новых искомых функций W (y) и U (y) имеем задачуh22 2"iU (ω − kṽx ) −ã k +W i#ṽx0 (ωd ln Θ∂W− kṽx ) + ã k−ikã2= 0,dy∂y2hi∂Wi [ṽx0 (ω − kṽx ) − gk] + U −ṽx0 k (ω − kṽx ) + gk 2 +∂y∂U(ω − kṽx )2 + W i [(ω − kṽx ) (−k (ω − kṽx ) + ṽx00 i)] = 0,+∂yhiU (ω − kṽx )2 + V i [ṽx0 (ω − kṽx ) − gk] = 0,W = 0,y = 0,y = −H.Исключая функцию U (y), получим относительно функции W (y) уравнениеW 00 − 2α(y)W 0 + m(y)W = 0и краевые условияβ(y)W 0 + η(y)W = 0,W = 0,y = 0,y = −H,(4.57)гдеhi−2α(y) = λ̃2 Ψ(2k 2 ã2 − λ̃21 ) − k 2 ã2 Λ Υ,#( "02 d ln Θ(Λ − λ̃2 Ψ) + λ̃1 λ̃22 (k λ̃1 − ṽx00 )+m(y) = k ṽx λ̃1 + kãdy2dlnΘdlnΘ Υ,+ kã2+λ̃1 ṽx00 λ̃1 − kṽx02 + 2kã0dydy 2 d ln Θβ(y) = kã2 λ̃21 ,η(y) = −k λ̃21 (g + ã2) − k 2 ã2 Ψ,dyλ̃2 = λ̃21 − k 2 ã2 ,λ̃1 = ω − kṽx ,−1Υ = (kã2 λ̃2 λ̃21 ) ,Ψ = ṽx0 λ̃1 − gk,ω,kΛ = 2λ̃21 (λ̃1 ṽx0 + kãã0 ).ω 6= kṽx ,ṽx ± ã2 6=– 125 –RСледствием замены W = V (y)exp α(y)dy является задача относительно V = V (y):V 00 + q(y)V = 0,V 0 + γ(y)V = 0,V = 0,y = 0,(4.58)y = −H,гдеηγ(y) = α(y) + (y).βЗдесь q зависит от y через горизонтальный поток ṽx и температуруq(y) = α0 (y) − α2 (y) + m(y),Tf, где ã2 = κRTf, R — газовая постоянная, а Θ зависит от p̃ и Tf:1κ−1p̃ κΘ== RTfp̃− κ ,ρ̃поэтомуd ln Θ1 dTf κ − 1 dp̃= f−.dyκ p̃ dyT dyПодставляя в правую частьdp̃= −g ρ̃,dyполучимd ln Θ1 κ − 1 gdTf= f+.dyκ R dyTВ изотермической атмосфере (Tf = const) при постоянном потоке ṽxбудет q = const.

Предположим, как и в предыдущем параграфе, чтоTf линейно зависит от высоты y и мало отличается от своего среднего значения T1 . В условиях атмосферы можно после дифференцирования Tf по y считать Tf = T1 . Кроме того, полагаем ṽx = const,q(y) = const, −H ≤ y ≤ 0. При этом общее решение дифференциального уравнения системы (4.58):√√iqy−iqyV = C1 e+ C2 e– 126 –с учетом граничных условий имеет видV = C sh (iгдеth (i√√q(y + H)) ,qH) =√iqγ,C — произвольная постоянная.

Пустьq1 ,y1 ≤ y ≤ 0,q2 ,−H ≤ y < y1 .q=Следствием непрерывной дифференцируемости V (y) в точке y = y1и краевых условий является дисперсионное соотношение¯¯√¯ γ + i√qγ−iq1¯1¯¯¯¯¯√√¯−iq1 y1¯ ei q1 y1e¯¯¯¯¯¯√√¯ √¯ i q ei q1 y1 −i√q e−i q1 y1¯11¯¯¯¯¯¯¯00¯0√ie q2 y1√√−i q2 ei q2 y1√−iq2 He¯¯¯0¯¯¯¯¯¯√¯−iqy¯21e¯¯¯¯¯¯√ −i√q2 y1 ¯¯i q2 e¯¯¯¯¯¯√¯iqH¯2e¯= 0.В общем случае функции q(y) краевая задача (4.58) сводится кинтегральному уравнениюZ0V (y) =K(y, ξ)q(ξ)V (ξ) dξ,−HK=1 − γy(ξ + H),1 + γH1 − γξ(y + H),1 + γHξ ≤ y,ξ ≥ y.– 127 –4.2.3.Прохождение волны над неровным дномРассмотрим случай без течения.

Характеристики

Список файлов диссертации