王榮寬

【摘要】 本文構(gòu)造一個二維Boussinesq方程組的光滑解，其渦量符合雙指數(shù)增長的形式.Boussinesq方程描述的是流體在有熱對流的情況下，流體的速度和溫度的演化情況，這組方程是大氣洋流等領(lǐng)域的基本方程.于是對這個方程的研究便有很多，其中一個備受關(guān)注的問題便是局部光滑解可否延拓為全局光滑解，也就是局部光滑解可否在有限的時間內(nèi)喪失光滑性.例如，溫度梯度或者速度在某時間是無窮的以至于不能光滑的延拓下去.而這個問題至今仍然懸而未解.Chae、Constantin和Wu在2014年給出了一個溫度梯度有指數(shù)增長的例子，并表示用類似的方法便可以構(gòu)造出溫度梯度有雙指數(shù)增長的例子.本文便是按照該文章中提出的方法類似的方式構(gòu)造出這樣的一個解.

【關(guān)鍵詞】 Boussinesq方程;溫度梯度;渦量;雙指數(shù)增長

一、 背景介紹

本章討論二維區(qū)域Ω上的Boussinesq方程組

divu=0， ut+u·?SymbolQC@+?SymbolQC@p=θe2， θt+u·?SymbolQC@θ=0.? （1.1）

配合適當(dāng)?shù)某踔禇l件時，其中u（t，x）=（u1（t，x），u2（t，x））是速度場，x=（x1，x2）∈Ω，p（t，x）是壓力，θ（t，x）是溫度，u·?SymbolQC@表示算子u1 x1+u2 x2，所以

u·?SymbolQC@u=（（u·?SymbolQC@）u1，（u·?SymbolQC@）u2）T=（u1u1x1+u2u1x2，u1u2x1+u2u2x2）T，

描述不可壓流體在有熱對流的情況下，速度場與溫度的演化情況.

這組方程不但在大氣洋流等領(lǐng)域里有很重要的應(yīng)用，而且在理論方面的研究也頗受關(guān)注.已知對光滑初值，存在局部的光滑解，那么便存在一個廣受關(guān)注但是并沒有完全解決的問題就是局部光滑解能否延拓為全局光滑解，也就是說局部光滑解會不會在有限時間喪失光滑性.例如，θ或u在某時間是無窮的以至于又能光滑的延拓下去.由此我們不妨退一步就可以很容易地想到，我們先從考慮一些量的增長速度入手，就有可能找到一些增長得非?？斓牧?

Chae、Constantin和Wu在[1]中給出了一個全局光滑解的例子.其中溫度梯度（事實上是溫度的x2的偏導(dǎo)數(shù)）對時間是呈指數(shù)增長的，所以我們?nèi)菀椎弥妙愃频姆椒梢詷?gòu)造溫度梯度有雙指數(shù)增長的解.本文就是用上述文章中提到的方法類似的構(gòu)造一個雙指數(shù)增長的解.

二、預(yù)備知識

（一）用渦量形式表示的Boussinesq方程

Boussinesq方程組（1.1）可寫為以下的形式：

ωt+u·?SymbolQC@ω=θx1， θt+u·?SymbolQC@θ=0，x∈Ω，t>0， u=?SymbolQC@⊥ψ，Δψ=ω.? （2.1.1）

其中ω=u2x1-u1x2是渦量，ψ=ψ（t，x）是流函數(shù)，?SymbolQC@⊥ψ=（-ψx2，ψx1）T.以后我們用（2.1.1）i表示（2.1.1）中的第i個方程，i=1，2，3.以下我們從（1.1）推導(dǎo)（2.1.1）.

把原方程組中的divu=0寫開，便可以得到u1x1+u2x2=0，進一步整理也就是-u1x1=u2x2.在此處可以運用一些微積分中的技巧將上面的等式進行變換.因此，由定理2.1.1可推導(dǎo)出存在ψ使ψx1=u2，-ψx2=u1.即可以得到方程（21.1）3中的?SymbolQC@⊥ψ=u=? u1 u2? .

定理2.1.1 ?設(shè)Ω ?R 2為單連通區(qū)域，若M，N：Ω→ R 2，Mx2=Nx1，則 F：Ω→ R 2使得Fx1=M，F(xiàn)x2=N.

又因為ω=u2x1-u1x2并且Δψ=ψx1x1+ψx2x2=u2x1-u1x2，

所以Δψ=ω（參考[2]）;

由于

u·?SymbolQC@u=（u·?SymbolQC@）u= （u·?SymbolQC@）u1 （u·?SymbolQC@）u2 = u1u1x1+u2u1x1 u1u2x1+u2u2x1 . （2.1.2）

所以將（2.1.2）代入（1.1）中ut+u·?SymbolQC@+?SymbolQC@p=θe2中，可得

u1 u2 t+ u1u1x1+u2u1x1 u1u2x1+u2u2x1 + px1 px2 = 0 θ ，

整理得

u1t+u1u1x1+u2u1x2+px1=0， （2.1.3）

u2t+u1u2x1+u2u2x2+px2=0. （2.1.4）

分別對（2.1.3）的兩邊關(guān)于x1求偏導(dǎo)得到

（u2x1）t+u1x1u2x1+u1u2x1x1+u2x1u2x2+u2u2x2x1+px1x2=θx1， （2.1.5）

分別對（2.1.4）的兩邊關(guān)于x2求偏導(dǎo)得到

（u1x1）t+u1x2u2x1+u1u2x1x2+u2x2u1x2+u2u1x2x2+px1x2=0. （2.1.6）

由于我們上面就已經(jīng)由divu=0推出u1x1+u2x2=0，也就是-u1x1=u2x2.所以可以令（2.1.5）-（2.1.6）可得出

ωt+u1（u2x1x1-u1x1x2）+u2（u2x2x1-u1x2x2）=θx1，

也就是ωt+u1ωx1+u2ωx2=θx1，

即為ωt+u·?SymbolQC@ω=θx1.

（二）特征線法

考慮方程

tψ+a（x） xψ=0，（t，x）∈[0，∞）× R ， ψ（x，0）=ψ0（x），x∈ R .? （2.2.1）

其中ψ=ψ（t，x）：[0，∞）× R → R ，即可用特征線法解出（有關(guān)于特征線法的討論，可以參考[3][4]這對這種方法的討論）;

解法如下：令從α∈ R 出發(fā)的特征線為以下方程的解：

dx（t） dt =a（x（t）），t∈[0，∞）， x（0）=α.

若ψ滿足（2.2.1），則

dψ（x（t），t） dt =ψt+ψx dx dt =ψt+ψxa（x）=0.

所以ψ（x（t），t）=ψ（x（0），0）=ψ（α，0）=ψ0（α）.

即沿著該特征線ψ都取值ψ0（α）.

現(xiàn)給定（x0，t0）∈[0，∞）× R ，為了求出ψ（x0，t0），我們只需要找出通過（x0，t0）的特征線的出發(fā)點α0，則ψ（x0，t0）=ψ0（α0），即解

dx（t） dt =a（x（t））， x（t0）=x0.

然后有α0=x（0），即為所求.

三、一個雙指數(shù)增長的二維Boussinesq方程

（一）一個有角點區(qū)域上的例子

在本節(jié)，我們構(gòu)造一個二維區(qū)域Ω上的Boussinesq方程的解（u，θ，p），其中θx2有雙指數(shù)增長，明確一點即為θx2（x，t）形如ψ（x）eqteeqt，其中q為常數(shù).

現(xiàn)令Ω是以下直線圍成的區(qū)域：

x2=2x1，x2=-2x1，x1≥0.

如圖1所示：

在Ω上考慮Boussinesq方程組（2.1）：

tω+u·?SymbolQC@ω= x1θ， ?tθ+u·?SymbolQC@θ=0，x∈Ω，t>0， u=?SymbolQC@⊥ψ，Δψ=ω.

令其中流函數(shù)，速度場和渦量分別為

ψ（x）=? x22 2 ln x2 -x1x2ln|x2|，x2≥0， - x22 2 ln|x2|-x1x2ln|x2|，x2<0;

u1（x）=- x2ψ

= x1（ln|x2|+1）-x2ln|x2|- x2 2 ，x2≥0， x1（ln|x2|-1）+x2ln|x2|- x2 2 ，x2<0;

u2（x）= x1ψ=-x2ln|x2|;

ω（x）=Δψ= - x1 x2 +ln|x2|+ 3 2 ，x2≥0， - x1 x2 -ln|x2|- 3 2 ，x2<0.

圖2就是對應(yīng)這個速度場的流線.將上述條件帶入Boussinesq方程組中 tθ+u·?SymbolQC@θ=0，可得出

θt（t，x2）+（u1（t，x），u2（t，x））·（θx1（t，x2），θx2（t，x2））=0， （3.1）

對θ（x1，x2，t）進行分析，因為θ0不依賴于x1，速度場的第二分量u2（t，x）不依賴于x1并且由方程（2.1）2即可得出任何時候θ都不依賴于x1，即為θx1=0，即有

θt（t，x2）+（u2（t，x））θx2（t，x2）=0，

也就是

θt（t，x2）-（x2ln|x2|）θx2（t，x2）=0， （3.2）

圖2 解的質(zhì)點軌跡圖像

現(xiàn)在構(gòu)造一個函數(shù)x2（t）滿足

dx2（t） dt =-x2（t）ln|x2（t）|， x2（0）=x .? （3.3）

若θ滿足（3.3），則

dθ（x2（t），t） dt =θt（x2（t），t）+θx2（x2（t），t）· dx2（t） dt

=θt（x2（t），t）+（-x2）ln|x2（t）|θx2（x2（t），t）

=θt（x2（t），t）-x2（t）ln|x2（t）|θx2（x2（t），t）

=0， （3.4）

因此，θ沿著特征線（x2（t），t）不變，所以

θ（x2（t），t）=θ（x2（0），0）=θ（x ，0）=θ0（x ），

現(xiàn)在給定任意一點（x2，t）∈Ω，若想求出（x2，t）就要求出經(jīng)過它的特征線的出發(fā)點那么如果求出含它的特征線的出發(fā)點，即可以求出θ.解特征線方程

dx2（t） dt =-x2（t）ln|x2（t）|， x2（t）=x2.

如下：∫t0 1 x2（t）ln|x2（t）| · dx2（t） dt dt=∫t0-1dt，

令它的出發(fā)點為x ，則

∫x 2=x2x2=x ?1 ln|x2| d（ln|x2|）=-t，

即為ln|ln|x ||=ln|ln|x2||+t，

接下來對速度場進行分析，從u2（x1，x2）= x1ψ=-x2ln|x2|知當(dāng)且僅當(dāng)x2=-1，0，1時，u2（x1，x2）=0，而當(dāng)x2∈（-∞，-1）時，有u2（x1，x2）>0;當(dāng)x2∈（-1，0）時，有u2（x1，x2）<0;當(dāng)x2∈（0，1）時，有u2（x1，x2）>0;當(dāng)x2∈（1，+∞）時，有u2（x1，x2）<0;由此可知當(dāng)出發(fā)點坐標(biāo)x ∈（-∞，-1），（-1，0），（0，1），（1，+∞）時，亦有

x2∈（-∞，-1），（-1，0），（0，1），（1，+∞）.

那么有當(dāng)x ∈（-∞，-1）時，

ln|ln|x ||=ln|ln|x2||+t即可變換為

lnln（-x ）=lnln（-x2）+t，

即可求得x =-ee（t+lnln（-x2）），

因此，θ（x2，t）=θ0（-ee（t+lnln（-x2）））;

當(dāng)x ∈（-1，0）時，ln|ln|x ||=ln|ln|x2||+t可變換為

ln（-ln（-x ））=ln（-ln（-x2））+t，

即可求得x =-e-e（t+ln（-ln（-x2））），

因此，θ（x2，t）=θ0（-e-e（t+ln（-ln（-x2））））;

當(dāng)x ∈（0，1），ln|ln|x ||=ln|ln|x2||+t可變換為

ln（-lnx ）=ln（-lnx2）+t，

即可求得x =e-e（t+ln（-ln（x2））），

因此，θ（x2，t）=θ0（e-e（t+ln（-ln（x2））））;

當(dāng)x ∈（1，+∞），ln|ln|x ||=ln|ln|x2||+t可變換為

lnlnx =lnlnx2+t，

即可求得x =ee（t+lnln（x2）），

因此，θ（x2，t）=θ0（ee（t+lnln（x2）））;

接下來，在（2）對x2求偏導(dǎo)，得

tθx2-（ln|x2|+1）·θx2（x2，t）-x2ln|x2|· x2[θx2（x2，t）]=0，

也就是

tθx2- xx[（x2ln|x2|）θx2]=0，

整理得

1 x2ln|x2| ?t[（x2ln|x2|）θx2]- xx[（x2ln|x2|）θx2]=0，

所以得出

t[（x2ln|x2|）θx2]-（x2ln|x2|） xx[（x2ln|x2|）θx2]=0，

可令f（x2，t）=x2lnx2θx2，可得

t f（x2，t）-（x2ln|x2|） x2f（x2，t）=0，

設(shè)（x2，t）∈Ω，現(xiàn)在找過（x2，t）的特征線的出發(fā)點，類似的有：

dx2（t） dt =-x2（t）ln|x2（t）|， x2（t）=x2，

設(shè)x2（0）=x ，則

∫t0 1 x2（t）ln|x2（t）| · dx2（t） dt dt=∫t0-1dt，

整理得

當(dāng)x ∈（1，+∞），可求得

x =ee（t+lnln（x2）），

因此，

θ（x2，t）=θ0（ee（t+lnln（x2）））. （3.8）

另外可由（4）類似的得知f（x2（t），t）=f（x2（0），0）=f（x ，0），又因為

θ（x2，t） ?x2 = ?θ0（x2） ?x2 =θ0′（x2），

所以有f（x2，t）=f（x ，0）=x lnx θ0′（x ），

也就是x2ln|x2|θx2（x2，t）=x lnx θ0′（x ），

所以θx2（x2，t）= x lnx? x2ln|x2| θ0′（x ），

將（3.5）（3.6）（3.7）（3.8）代入得當(dāng)x ∈（-∞，-1）時，

θx2（x2，t）= -ee（t+lnln（-x2））et+lnln（-x2） x2ln（-x2） θ0′（-ee（t+lnln（-x2）））;

當(dāng)x ∈（-1，0）時，

θx2（x2，t）= -e-e（t+ln（-ln（-x2）））（-e（t+ln（-ln（-x2）））） x2ln（-x2） ·

θ0′（-e-e（t+ln（-ln（-x2））））;

當(dāng)x ∈（0，1）時，

θx2（x2，t）= e-e（t+ln（-ln（x2）））e（t+ln（-ln（x2））） x2ln（x2） θ0′（e-e（t+ln（-ln（x2））））;

當(dāng)x ∈（1，+∞）時，

θx2（x2，t）= ee（t+lnln（x2））e（t+lnln（x2）） x2ln（x2） θ0′（ee（t+lnln（x2）））.

所以若取θ0使得θ0′≥δ>0，則θx2對t就有雙指數(shù)增長.

（二）較一般區(qū)域上的例子

這一節(jié)中，我們在較一般的區(qū)域上構(gòu)造例子，令Ω為

x2=kx1，x2>0，k∈R， x2=-kx1，x2<0，k∈R.

兩條射線右邊的區(qū)域.對于任何一個k都可以找出一組流函數(shù)，速度場和渦量的值使得Boussinesq方程組在以上構(gòu)造出的范圍內(nèi)存在雙指數(shù)增長的解.而根據(jù)上述計算可知，當(dāng)u2（x）= x1ψ=-x2ln|x2|，Boussinesq方程組一定會存在增長的異?？斓牡慕獠⑶医庠鲩L的形式為雙指數(shù)增長.所以即可寫出ψ的表達式為

ψ=-x1x2ln|x2|+c（x2），

c為一個只含有未知量x2的待定函數(shù)，進而可以寫出u1（x）的表達式為

u1=x1 ln|x2|+ x2 |x2|? -c′（x2），

接下來用邊界條件來幫助決定c（x2），那么當(dāng)x2>0時，有 u2 u1 =k，即為

-x2ln|x2| x1（ln|x2|+1）-c′（x2） =k，

經(jīng)過化簡即可得出

c′（x2）=x1（lnx2+1）+ x2 k ln|x2|，

將邊界條件帶入即可求得c（x2）即為

c′（x2）= 2x2 k ln|x2|+ x2 k ，

進而可求出

c（x2）=∫c′（x2）dx2

=∫ 2x2 k ln|x2|dx2+∫ x2 k dx2

= x2 k ln|x2|-∫ x2 k dx2+∫ x2 k dx2

= x2 k ln|x2|，

即為

ψ= x22 k -x1x2ln|x2|，

u1（x）=x1（ln|x2|+1）- 2x2 k ln|x2|- x2 k .

相似的也可求出當(dāng)x2<0時有

ψ=- x22 k -x1x2ln|x2|，

u1（x）=x1（ln|x2|-1）+ 2x2 k ln|x2|- x2 k .

綜上所述，當(dāng)流函數(shù)，速度場和渦量為

ψ（x）=? x22 k -x1x2ln|x2|，x2≥0， - x22 k -x1x2ln|x2|，x2<0;

u1（x）=- x2ψ

= x1（ln|x2|+1）- 2x2 k ln|x2|- x2 k ，x2≥0， x1（ln|x2|-1）+ 2x2 k ln|x2|- x2 k ，x2<0;

u2（x）= x1ψ=-x2ln|x2|;

ω（x）= - x1 x2 + 2 k ln|x2|+ 3 k ，x2≥0， ?x1 x2 - 2 k ln|x2|+ 3 k ，x2<0.

其中k為任意值時，Boussinesq方程組在上述范圍內(nèi)存在雙指數(shù)增長的解.

【參考文獻】

[1]D Chae，P Constantin，J Wu.An incompressible 2D didactic model with singularity and explicit solutions of the 2D Boussinesq equations[J].Journal of Mathematical Fluid Mechanics，2014（16）：473-480.

[2] A J Chorin，J E Marsden.A mathematical introduction to fluid mechanics[M].New York：Springer-Verlag，1993：28-29.

[3]吳方同.數(shù)學(xué)物理方程[M].武漢：武漢大學(xué)出版社，2001：48-51.

[4]姜禮尚，孔德興，陳志浩.應(yīng)用偏微分方程講義[M].北京：高等教育出版社，2008：135-141.