陳志豪，鄧大文

(湘潭大學(xué)數(shù)學(xué)與計算科學(xué)學(xué)院， 湖南 湘潭 411105)

0 引言

本文中的角對稱區(qū)域是指對應(yīng)于極坐標(biāo)中長方形區(qū)域的二維區(qū)域，包括全平面(r,θ)∈[0,∞)×[0,2π]，半平面[0,∞)×[0,π]，圓塊0≤rR0等等. 本研究考慮兩個二維理想流體方程組在角對稱區(qū)域Ω上的穩(wěn)態(tài)解，它們通常都是在直角坐標(biāo)中給出. 第一個是二維不可壓Euler方程組[1]

(1)

(2)

其中ur和uθ是速度場的徑向和切向分量:u(r,θ,t)=ur(r,θ,t)er+uθ(r,θ,t)eθ，er=(cosθ,sinθ)，eθ=(-sinθ,cosθ)，ur，uθ，ω，ψ都是關(guān)于r,θ,t的標(biāo)量函數(shù).

又考慮半平面或平面上的無粘性無熱傳導(dǎo)性Boussinesq方程組[1]

(3)

(4)

其中,ω，ρ，ψ是關(guān)于r，θ，t的標(biāo)量函數(shù).

顯式解一直是偏微分方程領(lǐng)域中的重要問題. 對不可壓理想流體，經(jīng)典工作都集中在二維和三維Euler方程的顯式解，一些經(jīng)典的結(jié)論和方法可參考Majda-Bertozzi[1]的專著. Shvydkoy[2]和Sun[3]等研究關(guān)于三維穩(wěn)態(tài)齊次解與軸對稱解的工作. 對Boussinesq方程組，Majda[4]收集了一些經(jīng)典的顯式解. 2014年，Chae-Constantin-Wu[5]在一個二維的錐上，在特殊條件下把Boussinesq方程組去耦為二維Euler方程和一條傳輸方程，從而得到一些溫度梯度有快速增長的解. 文獻[6]中利用二維Boussinesq方程和三維Euler方程的相似性找到一些三維Euler方程組的顯式解. 文獻[7]中推廣了文獻[5]中去耦的方法，在各種光滑區(qū)域上找到類似的解. 由于要滿足邊界條件，解的存在區(qū)域都是不規(guī)則的.

另外，顯式解或可對解決領(lǐng)域中的開問題提供一些線索. 近年關(guān)于不可壓理想流體的大問題是它們的全局正則性，即對三維Euler方程和二維，三維Boussinesq方程組，局部光滑解可否在有限時間失去正則性. 2019年，Elgindi[8]，Elgindi-Ghoul-Masmoudi[9]在這個問題上取得了很大的進展. 2014年Luo-Hou[10](也參看文獻[11])提出了一種在柱體上的Euler方程局部光滑解在有限時間爆破的情景，給出一個初值，它引發(fā)出的局部光滑解可能在有限時間爆破，并提供數(shù)值計算結(jié)果支持. 另一個相關(guān)的問題是二維Euler方程的渦量梯度的增長. 眾所周知，它的極大模相對于時間最多只可有雙指數(shù)增長. 2015年Kiselev-Sverak[12]證明這增長率可以在流場的雙曲點附近達到. Zlatos[13]證明了達到這極大增長率的范圍比文獻[12]中的范圍大，雖然仍然很小. 這現(xiàn)象能否在區(qū)域中大范圍發(fā)生是廣受關(guān)注的問題. 本研究試著找這些方程的初值問題(或一些特殊情況)的解的公式，希望它們能夠提供探索以上兩個問題的提示，或退一或多步在一些對稱區(qū)域上找一些顯式解. 筆者是從分離變量出發(fā)找到一些顯式穩(wěn)態(tài)解.

1 Euler方程的穩(wěn)態(tài)解

以下引理收集了本文中需要的貝塞爾函數(shù)的性質(zhì).

引理令N*為正整數(shù)集合，ν∈(0,∞)，k∈N*，x∈[0,∞).

a)ν-階第一類貝塞爾函數(shù)(在正軸上的限制)是[14，p339]

(5)

整數(shù)階第二類貝塞爾函數(shù)是[14，p357]

(6)

c) 令φ:[0,∞)→R是滿足φ(0)≠0的一般光滑函數(shù)(在各式子中，甚至等號兩邊，φ可以不同). 則

(7)

(8)

(9)

e)由文獻[14，p369]，當(dāng)x→∞，

f)Jν(x),Yk(x)有可數(shù)個正零點，若排成上升列，它們趨向+∞.

g) 對x≥0，x/2-J1(x)≥0，且x>0時嚴(yán)格大于0.

引理的證明由(5)-(6)式得(c)-(d). 由e)得f). 下證g).

令h(x)=x/2-J1(x)，則h(0)=h′(0)=0.當(dāng)x∈(0,5/2]，J″1(x)是交錯級數(shù)，從而小于它的首項，所以J″1(x)<0，h″(x)>0，h′(x)>0，h(x)>0.又知J1的最大值點是在(0,5/2]中[15]，所以對x>0，h(x)>0，知(g)成立.

定理1令Ω為開圓盤B(0,L),L>0.對k,n∈N*，α∈R，

(10)

定理1的證明可把上述公式代入(2)式直接驗證.本文中約定，(2)i是指(2)式中第i個方程，i=1，2，3.為了解釋求得這些解的方法，我們做以下推理.

第一步，先在B(0,L)-{(0,0)}上解(2)式且要求ω，u有界. 從分離變量開始，觀察(2)式的形式，試找以下形式的解:

ur(r,θ)=r-1F(r)kcos(kθ+α),k=1,2,3,…,α∈R，

其中F:[0,L]→R滿足F(L)=0(使ur(L,θ)=0,從而在?B(0,L)上u·n=0).則從(2)2得ψθ=-rur=-F(r)kcos(kθ+α)，取ψ=-F(r)sin(kθ+α)，從而uθ=ψr=-F′(r)sin(kθ+α).由(2)2得

ω(r,θ)=[-F″(r)-r-1F′(r)+r-2k2F(r)]sin(kθ+α)=Φk(r)sinΘk

(11)

其中Φk(r):=-F″(r)-r-1F′(r)+r-2k2F(r)，Θk:=kθ+α，則

ωr(r,θ)=Φ′k(r)sinΘk，ωθ(r,θ)=Φk(r)kcosΘk.

由(2)1得

r-1F(r)kcosΘkΦ′k(r)sinΘk-r-1F′(r)sinΘkΦk(r)kcosΘk=0，

即F(r)Φ′k(r)-F′(r)Φk(r)=0，所以?r[Φk(r)/F(r)]=0，得Φk(r)=dF(r)，d∈R.

下面求F有界且使邊界條件(2)3成立:

(12)

G″(s)+s-1G′(s)+(1-s-2k2)G(s)=0

(13)

(14)

則Fk,n(r)滿足(12)2.把Fk,n(r)代入(11)式得(10)式.

以下證明ω，ui可C1地、ψ可以C2地拓展到(0,0)，并在該點處滿足(2)式.

第二步，我們斷言對k,n∈N*，u可以連續(xù)地擴張到(0,0)為

(15)

因為該處沒有極坐標(biāo)，我們要用歐氏坐標(biāo)討論. 從

u(x1,x2)=u1(x1,x2)e1+u2(x1,x2)e2=ur(r,θ)er+uθ(r,θ)eθ

得

u1(r,θ)=r-1Fk,n(r)kcos(kθ+α)cosθ+F′k,n(r)sin(kθ+α)sinθ

(16)

u2(r,θ)=r-1Fk,n(r)kcos(kθ+α)sinθ-F′k,n(r)sin(kθ+α)cosθ

(17)

從(7)、(8)、(14)式得

(18)

(19)

=Ik+IIk.

ω(0,0)=0

(20)

則ω在(0,0)處連續(xù). 我們斷言，

(21)

證明如下.

左右導(dǎo)數(shù)相等，則ωx1(0,0)存在. 同理可證(21)式成立.

最后證ωx1(0,0)，ωx2(0,0)在(0,0)連續(xù). 當(dāng)(x1,x2)≠(0,0)，

從(7)、(8)式得

即ωx1(0,0)，ωx2(0,0)在(0,0)處連續(xù).

第六步，證明ψ可以C2地拓展到(0,0).只要證明ψ可連續(xù)地拓展到(0,0)，ψx1(0,0)=u2(0,0)，-ψx2(0,0)=u1(0,0)，則可知在B(0,L)內(nèi)，⊥ψ=u.再從已證的u∈C1(B(0,L))，則可得到ψ∈C2(B(0,L)).從(14)式與第一步第一段中的式子知由(7)式得若令ψ(0,0)=0，則ψ在該處也連續(xù).再討論ψ在(0,0)處的偏導(dǎo).

由(7)式得，ψ在(0,0)處的右導(dǎo)數(shù)是

左導(dǎo)數(shù)是

類似地，可得-ψx2(0,0)=u1(0,0).定理得證.

積分得

從而

其中C是常數(shù). 事實上，只從Jk，sin(kθ+α)在各區(qū)域的符號就可以描出圖1中的軌跡.

圖1 定理1中k=1，n=3，α=0時的情況. (a)和(b)分別顯示ur，uθ的符號，(c)是質(zhì)點軌跡，當(dāng)中實線圓跟x1-軸的6個交點是流場的雙曲點. 當(dāng)k，n增大，雙曲點在圓盤中可以任意稠密.

從圖1可見在很多角對稱區(qū)域，及它們的隨意并，邊界條件(2)3都被滿足. 我們有以下定理.

(22)

對應(yīng)的速度場是

注1) 圓環(huán)區(qū)域(r,θ)∈(a,b)×[0,2π]是a)中區(qū)域的特例情況，此時，θ0=2π，從而ν=N/2，N是正整數(shù).當(dāng)N是偶數(shù)，得如定理1中的整數(shù)階貝塞爾函數(shù). 當(dāng)N是奇數(shù)時，JN/2有較簡單的表達式(引理b)).

2) 錐(r,θ)∈(0,∞)×(γ,γ+θ0)(包括半平面)是b)在a=0時的特殊情況. 對任何d∈(0,∞)，令

定理2的證明與定理1的證明相似，但對F要求F(a)=F(b)=0(使在r=a,b處ur≡0)，且ν=Nπ/θ0一般不是整數(shù)，所以涉及非整數(shù)ν的貝塞爾函數(shù)

2 Boussinesq方程的穩(wěn)態(tài)解

本節(jié)考慮半平面和全平面上Boussinesq方程(4)的穩(wěn)態(tài)解. 在有界角對稱區(qū)域上(例如圓盤)，由引理g)，不可能在有限圓盤上找到滿足邊界條件ur=0的解，所以只討論這兩種情況.

定理3令H為上半平面，(r,θ)∈(0,∞)×(0,π)，(4)式在H上有解

i)

(23)

其中J1為貝塞爾函數(shù)，d>0,c∈R.對應(yīng)的速度場和流函數(shù)是

ii)

其中a∈R.對應(yīng)的速度場和流函數(shù)分別是

ur(r,θ)=ar2cosθ，uθ(r,θ)=-3ar2sinθ，ψ(r,θ)=-ar3sinθ.

定理3的證明可以把(23)式直接代入(4)式驗證.本文中約定，(4)i表示(4)式中第i個方程，i=1，2，3. 為了解釋得到該解的方法，我們做以下的推理. 從分離變量出發(fā)，通過觀察(4)1的形式，我們找形如ur(r,θ)=r-1F(r)cosθ的解，F(xiàn)待定. 跟定理1 Euler方程的情況不一樣，(4)1的右邊有cosθ,sinθ出現(xiàn)，以致不能找到形如ur(r,θ)=r-1F(r)kcoskθ，k≥2，的解. 由(4)3得ψθ=-F(r)cosθ，取ψ=-F(r)sinθ，從而uθ=ψr=-F′(r)sinθ(這已保證uθ在?H-{(0,0)}是0，(4)4在這里滿足). 從(4)3ω=Φ(r)sinθ，其中Φ(r)=-F″(r)-r-1F′(r)+r-2F(r).因此ωr=Φ′(r)sinθ,ωθ=Φ(r)cosθ.(4)1的左方為[r-1F(r)cosθ]Φ′(r)sinθ-r-1[F′(r)sinθ]Φ(r)cosθ.

觀察(4)1的形式，令ρ(r,θ)=g(r)sinθ，g待定. 則ρr=g′(r)sinθ，ρθ=g(r)cosθ.代入(4)2得Fg′-F′g=0，從而[g/F]′=0，g(r)=cF(r),c∈R.再代入(4)1得

[r-1F(r)cosθ]Φ′(r)sinθ+r-1[-F′(r)sinθ]Φ(r)cosθ=[g′(r)-r-1g(r)]sinθcosθ

(24)

即F(r)Φ′(r)-F′(r)Φ(r)=rg′(r)-g(r)=crF′(r)-cF(r).兩邊同乘以F-2得?r[Φ(r)F-1(r)]=-c?r[rF-1(r)]，積分得F″(r)+r-1F′(r)+(d-r-2)F(r)=cr，c,d∈R

(25)

G″(s)+s-1G′(s)+(1-s-2)G(s)=csd-3/2

(26)

若d=0，(25)式退化為F″(r)+r-1F′(r)-r-2F(r)=cr，其通解為F(r)=ar3,a=c/8，a∈R.(4)式有解ω(r,θ)=-8arsinθ，ρ(r,θ)=8a2r3sinθ.

定理得證.

定理4在全平面R2上(4)式的解為

(27)

定理4的證明因為R2沒有邊界，所以(4)4是虛的.

第一步，類似于定理3的證明，得在R2{(0,0)}上的解

(28)

只需證明它們可以C1地、ψ可以C2地延拓到(0,0)，在該處滿足(4)式.

(29)

第三步，我們斷言

(30)

可通過直接計算證明. 例如對ω，當(dāng)x1>0，(x1,0)的極坐標(biāo)是(r,θ)=(x1,0).由(28)式得ω在(0,0)處右導(dǎo)數(shù)是

而左導(dǎo)數(shù)是

第五步，下證ψ可以C2地拓展到(0,0).類似于定理1第六步證法，令ψ(0,0)=0，則ψ在該點連續(xù).又直接證明ψx1(0,0)=u2(0,0)，-ψx2(0,0)=u1(0,0)，則在R2上，⊥ψ=u.又由u∈C1，得ψ∈C2.

定理得證.