NHIỆM VỤ VÀ NỘI DUNG Đọc, tìm hiểu và tổng hợp lại các nội dung sau đây từ nhiều bài báo và tài liệutham khảo: - Kiến thức tổng quan.- Những vấn đề liên quan đến khí động lực học.- Giải
Hệ luật bảo toàn trong không gian nhiều chiều
Cho Ωlà một tập mở trongR p và f j , 16 j 6 d là các hàm trơn từ: Ω →R p Khi đó dạng tổng quát của hệ các định luật bảo toàn trong không gian nhiều chiều có dạng:
là hàm véctơ giá trị, u :R d × [0, +∞[ → Ω Tập Ω được gọi là tập các trạng thái và các hàm f j =
được gọi là hàm thông lượng.
Từ hệ (1.1), với D là miền tùy ý trong R d và n = (n 1 , , n d ) T là véctơ tiếp xúc với biên ∂D của D Ta có: d dt
Phương trình cân bằng này có ý nghĩa tự nhiên là biến phân theo thời gian của
D udx đúng bằng thông lượng thất thoát qua biên ∂D. Ký hiệu:
1 6 i, k 6 p là ma trận Jacobian của f j (u), với j = 1, , d. Định nghĩa 1.1 (xem [1], trang 1)
Hệ (1.1) được gọi là hệ hyperbolic nếu: với ∀u ∈ Ω và ∀ω = (ω 1 , , ω d ) ∈R d , ω 6=
X j=1 ω j A j (u) có p giá trị riêng thực: λ 1 (u, ω)6 λ 2 (u, ω)6 6 λ p (u, ω) và p vectơ riêng độc lập tuyến tính r 1 (u, ω), r 2 (u, ω), , r p (u, ω):
Khi đó, ta nói cặp λ k (u, ω)r k (u, ω) là trường đặc trưng thứ k (16 k 6 p ). Định nghĩa 1.2 (xem [1], trang 2) Hệ (1.1) được gọi là hệ hyperbolic ngặt nếu: ma trận A j (u) có p giá trị riêng phân biệt: λ 1 (u, ω) < λ 2 (u, ω) < < λ p (u, ω).
Bài toán Cauchy (bài toán giá trị ban đầu): tìm hàm u : (x, t) ∈R d × [0, +∞[ → u(x, t) ∈ Ω sao cho nghiệm của hệ (1.1) thỏa mãn điều kiện ban đầu: u(x, 0) = u 0 (x), x ∈R d , (1.2) trong đó: u 0 :R d → Ω là hàm cho trước.
Trong trường hợp bài toán một chiều, xét hàm dữ kiện ban đầu u 0 có dạng: u 0 (x) =
(1.3) với u l và u r là các trạng thái hằng cho trước.
Khi đó, bài toán Cauchy của hệ (1.1) được gọi là bài toán Riemann.
Trong trường hợp vô hướng (p = 1), ví dụ đơn giản nhất của hệ luật cân bằng phi tuyến là phương trình Burgers.
Ví dụ 1.1: Phương trình Burger có dạng (xem [1, 2]):
2 và f :R → R là hàm lồi, trơn.
Ví dụ 1.2: Hệ phương trình khí động lực học đẳng entropy một chiều trong hệ tọa độ Lagrangian (hệ p) (xem [1, 2]):
(1.4) với v là thể tích riêng, u là vận tốc, và áp suất p = p(v) làm hàm theo v. Trong trường hợp khí động lực học đẳng entropy nhiều chiều, ta có: p(v) = Av −γ với các hằng số A = A(s) > 0(phụ thuộc vào entropy) và γ > 1 , khi đó hệ (1.4) có dạng:
Hệ này là hệ hyperbolic ngặt với điều kiện ta giả định rằng p 0 (v) < 0. Trong trường hợp, ma trận Jacobian của f:
có hai giá trị riêng thực phân biệt λ 1 = −p
Trong trường hợp vô hướng, hệ p (1.4) là một ví dụ không tầm thường đơn giản nhất của hệ luật cân bằng phi tuyến Chú ý rằng bất kỳ phương trình sóng phi tuyến
= 0 đều có thể viết dưới dạng (1.4) bằng cách đặt: u = ∂g
∂x , p(v) = −σ(v) Ví dụ 1.3: Hệ phương trình khí động lực học trong hệ tọa độ Eulerian.
Ta có hệ phương trình Euler mô tả cho dòng chảy nén được và không có tính nhớt
(bỏ qua sự dẫn nhiệt) được viết dưới dạng (xem [1, 2]):
Trong đó ρ là mật độ của dòng chảy, u = (u 1 , u 2 , u 3 ) là vận tốc, p là áp suất, và e = ε + |u| 2
2 là năng lượng toàn phần riêng (với ε là nội năng riêng, nội năng trên một đơn vị khối lượng).
Trong trường hợp riêng phương trình trạng thái có dạng: p = p(ρ, ε).
Trong trường hợp đa hướng, phương trình trạng thái được cho bởi: p = (γ − 1)ρε, γ > 1. Đặt: q i = ρu i , 16 i 6 3, E = ρe, hệ (1.5) có thể được viết dưới dạng hệ (1.1), nếu ta lấy:
2ρ 2 và nếu tập trạng thái là
Ta thấy, trong trường hợp một chiều, hệ phương trình khí động lực học (1.5) với phương trình trạng thái là một hệ luật cân bằng hyperbolic phi tuyến đối xứng ngặt.
Trong nhiều ứng dụng, ta không phải giải cho một hệ đầy đủ Ví dụ như đối với dòng chảy đẳng entropy, với việc giảm thiểu phương trình trạng thái: p = p(ρ), cũng đủ để giải hệ phương trình cho định luật bảo toàn khối lượng và động lượngNếu giả định rằng dòng chảy có tính đối xứng, khi đó ta có thể giảm thiểu số lượng biến không gian, như trong trường hợp đối xứng, hệ phương trình khí động lực học trở thành:
Tương tự, ta chọn ρ, q = ρu, E = ρe là các biến độc lập Khi đó hệ (1.6) có thể viết lại thành hệ (1.1) với d = 1, p = 3.
Nghiệm yếu của định luật bảo toàn
Đường đặc trưng trong trường hợp vô hướng và một chiều 18
Giả sử p = d = 1 và cho f :R → R là một hàm trong không gian C 1 Xét bài toán:
∂x f(u) = 0, x ∈R , t > 0, (1.7) u(x, 0) = u 0 (x), x ∈R , (1.8) và đặt: a(u) = f 0 (u) (1.9) Để u là nghiệm cổ điển của (1.7), ta viết (1.7) dưới dạng phi bảo toàn:
∂x = 0, Đường cong đặc trưng của phương trình đạo hàm riêng (1.7) được định nghĩa là đường cong tích phân của phương trình vi phân: dx dt = a (u (x(t), t)) (1.10)
Nếu u là một nghiệm trơn của (1.7) thì các đường cong đặc trưng của (1.10) là những đường thẳng mà dọc theo đó hàm u là hàm hằng.
Xét bài toán mà nghiệm của nó là một đường cong đặc trưng đi qua điểm(x 0 , 0):
Khi đó tồn tại ít nhất một khoảng thời gian [0, t 0 ) nhỏ, sao cho dọc theo đường cong đó, hàm u là hàm hằng: d dt u (x(t), t) = ∂u
Do đó, theo (1.10) các đường cong đặc trưng là những đường thẳng có độ dốc không đổi phụ thuộc vào dữ liệu ban đầu, và những đường thẳng đặc trưng này đi qua điểm (x 0 , 0)được cho bởi phương trình: x = x 0 + ta (u 0 (x 0 )) (1.11) Ta có: u(x, t) = u 0 (x 0 ), (1.12) trong đó x 0 là nghiệm của (1.11) Giả sử tồn tại hai điểm x 1 < x 2 sao cho: m 1 = 1 a (u 0 (x 1 )) < m 2 = 1 a (u 0 (x 2 )) Khi đó, hai đường cong C 1 và C 2 được vẽ từ hai điểm (x 1 , 0) và (x 2 , 0), theo thứ tự sẽ có độ dốc là m 1 và m 2 và hai đường cong này cần phải giao nhau tại điểm P nào đó.
Tại điểm P này, nghiệm u nhận cả hai giá trị u 0 (x 1 ) và u 0 (x 2 ), điều này là không thể Do đó, nghiệm u không thể liên tục tại P.
Từ (1.11), ta có điều kiện để hai đường đặc trưng cắt nhau tại thời điểm t nếu: t (a (u 0 (x 1 )) − a (u 0 (x 2 ))) = x 2 − x 1
Nếu hàm x → a (u 0 (x)) tăng thì hai đường đặc trưng này cắt nhau tại t>0, ta không thể xác định được nghiệm u với mọi t>0 Tuy nhiên, nghiệm u của hệ vẫn tồn tại và có thể xây dựng bằng phương pháp đường đặc trưng đến một thời điểm lớn nhất T ∗ xác định bởi:
Hệ thức Rankine-Hugoniot
∂x j f j (u) = 0, x = (x 1 , , x d ) ∈R d , t > 0 u(x, 0) = u 0 (x), x ∈R d với u 0 ∈ L ∞ loc (R d ) p Áp dụng công thức Green ta được:
Chú ý: Dấu "." là tích vô hướng Euclid Do đó, nghiệm cổ điển u của (1.1), (1.2) thỏa mãn đẳng thức vi tich phân với: ∀ϕ ∈ C 0 1 (R d × [0, +∞[) p
R d u 0 (x).ϕ(x, 0)dx = 0 (1.13) Định nghĩa 1.3 (xem [1], trang 15)
Với u 0 ∈ L ∞ loc (R d ) p Khi đó, hàm u ∈ L ∞ loc (R d × [0, +∞[) p được gọi là nghiệm yếu của bài toán Cauchy (1.1), (1.2) nếu u(x, t) ∈ Ω hầu khắp nơi và thỏa mãn (1.13) với mọi hàm ϕ ∈ C 0 1 (R d × [0, +∞[) p Như vậy nếu u là nghiệm cổ điển của bài toán thì u cũng là nghiệm yếu Ngược lại, bằng cách chọn ϕ ⊂ C 0 ∞ (R d × ]0, ∞[) p Với ϕ ⊂ C 0 ∞ (R d × ]0, ∞[) p là không gian của các hàm C ∞
Trong R d × ]0, ∞[, nếu u là nghiệm yếu, khả vi liên tục thì nó cũng là nghiệm cổ điển.
Thật vậy, với ϕ ∈ C 0 1 (R d × ]0, +∞[) p , kết hợp với (1.13) ta có:
) ϕdxdt = 0 Định lý 1.1 (xem [1], trang 16) Cho u :R d × [0, +∞[ → Ω là một hàm trong C 1 Khi đó, u là nghiệm của (1.1) trên R d × ]0, +∞[ (theo ý nghĩa phân phối) nếu và chỉ nếu thỏa mãn hai điều kiện sau:
(i) u là nghiệm cổ điển của (1.1) trong miền mà u ∈ C 1 , (ii) u thỏa điều kiện
(f j (u + ) − f j (u − )) n x j = 0 (1.14) dọc theo bề mặt gián đoạn.
Hệ thức (1.14) được gọi là hệ thức Rankine-Hugoniot.
Chứng minh: (i) Giả sử rằng u là nghiệm yếu, trơn trong miền D ⊂R d × ]0, +∞[ Gọi P là bề mặt gián đoạn của u Khi đó, P tách miền D thành hai miền con, ký hiệu: D ± (tướng ứng với bên phải và bên trái của P
Giả sử n là véc tơ pháp tuyến P hướng từ D vào D + Áp dụng công thức Green trong miền D + và D − , ta được:
Vậy u là nghiệm cổ điển của (1.1) trong miền D + và D − , triệt tiêu tích phân thứ nhất và thứ ba, ta được:
[f j (u)] = f j (u + ) − f j (u − ), 16 j 6 d Khi đó, (1.14) tương đương với: n t [u] + d
X j=1 n x j [f j (u)] = 0 Nếu (n x 1 , , n x d ) 6= (0, , 0) thì véc tơ pháp tuyến có dạng n =
, trong đó: s ∈R và v = (v 1 , , v d ) T là véc tơ đơn vị trong R d Khi đó (1.14) tương đương với: s [u] = d
Giả sử rằng trong trường hợp hai chiều (d=2), P là một mặt cong trơn trong R 3 với các tham số có dạng (t, x 1 , x 2 = ξ(t, x 1 )) Ta có: n = (n t , n x 1 , n x 2 ) T = 1 +
, và các điểm v nằm theo hướng dương của của trụcx 1 Trong trường hợp một chiều (d=1), ta giả định rằng P là đường cong trơn với tham số (t, ξ(t)), ta có: n = (−s, 1) T , s = dξ dt , (1.16)
Khi đó, Hệ thức Rankine-Hugoniot (1.14) trở thành: s [u] = [f (u)] (1.17)
Với phương trình vô hướng, ta được: s = [f (u)]
[u] , Vậy đối với hệ gồm p phương trình, ta có: s [u i ] = [f i (u)] , 16 i 6 p.
Tính không duy nhất của nghiệm yếu
Xét bài toán Riemann của phương trình Burger sau đây (xem [1], trang 19):
Nếu u l 6= u r , theo hệ thức Rankine-Hugoniot, ta thu được một nghiệm yếu của bài toán do lan truyền gián đoạn với tốc độ s = 1 2 (u l + u r ), trong đó: u(x, t) =
(1.19) Để kiểm tra phương trình có nghiệm yếu khác hay không, ta cho a là hằng số thỏa a> max(u l , −u r ) Khi đó hàm u được định nghĩa như sau: u(x, t) =
−a, s 1 t < x < 0 a, 0 < x < s 2 t u r , x > s 2 t và u(x,t) cũng là nghiệm yếu nếu: s 1 = u l −a 2 , s 2 = u r 2 +a Do đó hệ thức Rankine- Hugoniot (2.17) được thỏa mãn dọc theo mỗi đường gián đoạn của u Ta thu được một họ các nghiệm yếu không liên tục.
Mặc khác, trong trường hợp u l 6 u r các đường đặc trưng không giao nhau Rõ ràng, ta có thể sử dụng phương pháp đường đặc trưng để xác định nghiệm ở bất kỳ khoảng nào ngoại trừ: u l 6 x t 6 u r Tuy nhiên, chú ý rằng hàm υ(x, t) = x t là một nghiệm cổ điển của phương trình Burger.
Từ đó, ta suy ra: u(x, t) =
(1.20) cũng là nghiệm yếu của bài toán (1.18).
Như vậy nghiệm yếu của bài toán Cauchy (1.1), (1.2) là không duy nhất vì thế, ta cần tìm một vài tiêu chuẩn để chọn ra nghiệm có ý nghĩa vật lý trong số các nghiệm yếu này Những tiêu chuẩn này sẽ dựa trên khái niệm entropy mà ta sẽ tìm hiểu trong các chương tiếp theo.
Nghiệm Entropy
Khái niệm entropy toán học
F j (u) = 0, (1.21) với u là nghiệm trơn của (1.1), U và F j , 16 j 6 d là những hàm trơn từ Ω →R Ta có:
∂u p và ánh xạ tuyến tính f j 0 :R p → R p , với ma trận: f 0 j = A j =
Giả sử u là một nghiệm cổ điển của (1.1), lấy vi phân hai vế ta được:
= 0 kết hợp với (1.22), ta có:
Giả sử Ω là tập lồi Khi đó, hàm lồi U : Ω →R được gọi là nghiệm entropy của hệ luật bảo toàn (1.1) nếu tồn tại hàm F sao cho F j : Ω → R , 1 6 j 6 d, thỏa (1.22).
Theo (1.22) ta có, bất kỳ nghiệm cổ điển của (1.1) đều thỏa hệ luật bảo toàn mở rộng (1.21) Mặt khác, u phải thỏa mãn hệ thức Rankine-Hugoniot (1.14): n t [U (u)] + d
Vấn đề đặt ra là phải tìm ra tất cả các hàm entropy của hệ luật cân bằng phi tuyến (1.1) Trong trường hợp tổng quát p>1, việc tìm ra các hàm entropy rất khó Ta chuyển hệ phương trình (1.22) dưới dạng hệ phương trình đạo hàm riêng tuyến tính p × d p
∂x p(v) = 0 Giả sử p 0 (v) < 0, gọi P là áp suất ban đầu của p Nhân hai vế của phương trình đầu với -p(v), phương trình thứ hai với u, cộng hai vế hai phương trình, ta được:
Khi đó cặp (U,F) là một hàm entropy và là entropy thông lượng của bài toán Với ma trận Hessian của U:
Cho U : Ω → R là hàm lồi ngặt Khi đó, điều kiện cần và đủ để U là nghiệm entropy của hệ (1.1) là ma trận kích thước (p × p): U 00 (u)f 0 j (u), 1 6 j 6 d là ma trận đối xứng.
Với U là hàm lồi ngặt và ma trận U 00 (u) là ma trận đối xứng, xác định dương, giả sử U là nghiệm entropy thỏa (1.25), lấy vi phân (1.25) đối với u l , ta được:
Khi đó sẽ tồn tại hàm F j
Theo định lý thì sẽ tồn tại hàm entropy, lồi ngặt để hệ (1.1) đối xứng Với:
∂x j = 0, trong đó U 00 (u) là ma trận đối xứng, xác định dương và ma trận U 00 (u)f 0 j (u) đối xứng. Đặt u=u(v) Phương trình (1.1) trở thành: u 0 (v) ∂v
∂x j = 0Do đó (1.1) đối xứng nếu u’(v) là ma trận đối xứng, xác định dương và ma trận f 0 j (u)u 0 (v) là đối xứng.
Sự tồn tại và duy nhất của nghiệm entropy trong trường hợp vô hướng
Định lý 1.3 (xem [2]) Giả sử u 0 ∈ L ∞ (R d ) Khi đó bài toán (1.1), (1.2) có nghiệm entropy duy nhất u ∈ L ∞ R d × (0, T )
Nếu u và v là hai nghiệm entropy của (1.1) với điều kiện ban đầu u 0 và v 0, ta có: u 0 > v 0 ⇒ (u., t)> v(., t) hầu khắp nơi.
Nếu u 0 ∈ L ∞ (R d ) ∩ BV ( R d ) , Khi đó u(., t) ∈ BV (R d ) với:
Chứng minh: Để chứng minh ta dùng cặp entropy Kruzkov
Khi đó nghiệm duy nhất này được viết dưới dạng: u(x, t) = w R x t ; u L ; u R
Với hàm ξ → w R (ξ; u, v) được định nghĩa chính xác như sau:
u, ξ < s v, ξ > s, Trong đó: s = f (u) − f (v) u − v là tốc độ lan truyền không liên tục.
NHỮNG VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN KHÍ ĐỘNG LỰC HỌC
Những đặc tính của Entropy vật lý
Xét chất lưu ở trạng thái cân bằng nhiệt động lực học địa phương Khi đó, trạng thái nhiệt động hoàn toàn được xác định bởi hai biến nhiệt động lực học bất kỳ (xem [1, 3]) Ta dùng ký hiệu: p = p(τ, s) = p(ρ, ε), ε = ε(τ, s) = ε(τ, p), T = T (τ, s) = T (τ, p),
Chọn τ là thể tích riêng, entropy riêng s và tập trung vào hàm (τ, s) → ε(τ, s). Theo định luật thứ hai của nhiệt động lực học, ta có: dε = T ds − pdτ
Vì ta đang xét chất lưu ở trạng thái cân bằng nhiệt động lực học địa phương, nên ta có hàm (τ, s) → ε(τ, s) là hàm lồi ngặt Có nghĩa là ma trận Hessian của hàm này,
, (2.2) là ma trận xác định dương, hoặc tương đương với:
∂τ 2 < 0, khi đó tốc độ âm thanh c được xác định bởi: c = τp
∂s > 0 ta có thể đảo ngược hàm s → ε(τ, s), do đó ta có hàm (τ, s) → s(τ, ε). Định lý 2.1 (xem [1], trang 100)
Ba khẳng định sau đây là tương đương:
(i) Hàm (τ, s) → ε(τ, s) là hàm lồi ngặt;
(ii) Hàm (τ, u = (u 1 , , u d ), e) → s(τ, e − |u| 2 2 ) là hàm lồi ngặt;
(iii) Hàm (ρ, q = (q 1 , , q d ), E) → −ρs( 1 ρ , E ρ − |q| 2ρ 2 2 ) là hàm lồi ngặt. Để chứng minh kết quả này cần một số bước đơn giản, tất cả phụ thuộc vào đạo hàm của hàm hợp Cho f và g là hai hàm thuộc C 2 được định nghĩa trên tập mở U (tương ứng V) của một không gian Banach E (tương ứng F) với f : U → V và g : V → G (G là không gian Banach), ta có công thức sau đây diễn tả tổng đạo hàm bậc hai của g o f: Với mọi a ∈ U, (x 1 , x 2 ) ∈ E × E
Bổ đề 2.1 (xem [1], trang 100) Hai khẳng định sau đây là tương đương:
(i) Hàm (τ, s) → ε(τ, s) là hàm lồi ngặt;
(ii) Hàm (τ, ε) → −s(τ, ε) là hàm lồi ngặt;
Chứng minh: Áp dụng công thức (2.5) cho hàm f(τ, ε) = (τ, s(τ, ε)) và g(τ, s) = ε(τ, s) ta có g o f(τ, s) = ε(τ, s(τ, ε)) = ε, và trong trường hợp này:
Biến đổi về phải của (2.5) với x 1 = x 2 = (τ 1 , ε 1 ), ta được:
(2.7) và với mọi (τ 1 , s 1 ) ta cũng có Dε(τ, s).(τ 1 , s 1 ) = ∂τ ∂ε (τ, s)τ 1 + ∂ε ∂s (τ, s)s 1 , kết hợp với (2.7) ta được:
Từ (2.5) và (2.9) ta thu được:
Từ đó ∂ε ∂s > 0 , điều này chứng minh rằng (i) ⇒ (ii), bằng cách thay đổi vai trò của hàm ε và hàm s.
Bổ đề 2.2 (xem [1], trang 101) Hai khẳng định sau đây là tương đương:
(i) Hàm (τ, ε) → −s(τ, ε) là hàm lồi ngặt;
(ii) Hàm (τ, u, e) → −s(τ, e − u 2 2 ) là hàm lồi ngặt;
Ta chọn f (τ, u, e) = (τ, e − u 2 2 ) và g(τ, ε) = s(τ, ε) Khi đó, dễ dàng tính được
Df (τ, u, e).(τ 1 , u 1 , e 1 ) = (τ 1 , e 1 − uu 1 ),D 2 f (τ, u, e).(τ 1 , u 1 , e 1 ) (2) = (0, −u 2 1 ), Áp dụng công thức (2.5) với mọi (τ 1 , u 1 , e 1 ), Ta có:
Từ đó ∂s ∂ε > 0 , điều này chứng minh rằng (i) ⇒ (ii) Bây giờ, nếu ta lấy u 1 = 0 thay vào (2.10), với mọi (τ 1 , e 1 )
Vậy ta đã chứng minh(ii) ⇒ (i)ChoC ∈R p là hình nón lồi, và cho π :R ∗ + ×C →R là một hàm C 2 Ta định nghĩa hàm ω :R ∗ + × C →R ω(à, v) = àπ
Bổ đề 2.3 (xem [1], trang 102) Hàm ω là hàm lồi ngặt (hàm lồi) nếu và chỉ nếu hàm π là hàm lồi ngặt (hàm lồi).
Khi đú, lấy vi phõn dạng song tuyến (à, v) → à.v, ta được:
Tiếp theo ta định nghĩa trên R ∗ + × C r(à, v) =
Từ π(à, v) = ˆ πor(à, v), ỏp dụng cụng thức (2.5) ta cú:
Lấy vi phân hai lần với àr(à, v) = (1, v) ta có
(0, 0) = 2à 1 Dr(à, v).(à 1 , v 1 ) + àD 2 r(à, v).(à 1 , v 1 ) (2) (2.15) thay (2.14) vào (2.12) và áp dụng (2.15), ta được
Điều này chứng minh rằng ω là hàm lồi (hàm lồi ngặt) nếu π là hàm lồi (hàm lồi ngặt)
Chứng minh chiều ngược lại: Từ π(λ, u) = λω 1 λ , u λ đổi chổ π và ω Tiếp theo, ta cho C là tập lồi củaR+ ×R p và cho ω : C →R thuộc C 2 Ta định nghĩa tập lồi C ¯ thuộc R n × R p sao cho:
Bổ đề 2.4 (xem [1], trang 103) Giả sử ω là hàm số đơn điệu, tăng đối với biến đầu tiên Khi đó, hàm ω ¯ là hàm lồi ngặt (hàm lồi) nếu và chỉ nếu hàm ω là hàm lồi ngặt (hàm lồi).
Chứng minh: Đặt n(x) = |x|, áp dụng công thức (2.5), ta có
Giả sử ∂ω ∂à > 0; khi đú, nếu ω là hàm lồi hoặc hàm lồi ngặt thỡ nú chớnh là hàm ω ¯. Ngược lại, Ta viết ω(à, v) = ¯ ω(àe, v), với e là véc tơ đơn vị cố định của R n Khi đó
Trong trường hợp d=1, theo bổ đề 2.2 ta có hàm
Trường hợp d>1, áp dụng bổ đề 2.4 cho hàm ω được định nghĩa bởi
> 0,Vậy các bổ đề 2.1, 2.2, 2.3 chứng minh được định lý 2.1.
Khí lý tưởng
Khí lý tưởng là khí mà các phân tử là những chất điểm, chuyển động hỗn loạn không ngừng và chỉ tương tác với nhau khi va chạm Từ khí lý tưởng, ta có thể suy ra gần đúng tính chất của các khí thực:
- Chất khí gồm các phân tử có kích thước rất nhỏ so với khoảng cách giữa chúng.
- Những phân từ này có cùng khối lượng.
- Các phân tử chuyển động hỗn loạn, không ngừng.
- Các phân tử chuyển động nhanh, va chạm đàn hồi lẫn nhau và với thành bình, tạo áp suất lên thành bình.
- Động năng trung bình của các phân tử khí chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ của hệ.
- Nhiệt độ của chất khí càng cao thì chúng chuyển động càng nhanh.
Phương trình trạng thái của khí lý tưởng Xét phương trình trạng thái (xem [2, 3, 4]) của khí lý tưởng thỏa định luật Gay-Lusac và Boyle p = ρRT = RT τ (2.16)
Trong đó: R là hằng số khí riêng; R = η 0và C v > 0, ta cóγ(T ) > 1 Xét Entanpy riêng h = ε + pτ, thỏa: dh = T ds + τ dp, ta được: h = ε + RT, h là hàm theo T, và dh dT = Rγ(T )
(γ(T ) − 1) dh dT là nhiệt độ riêng trong quá trình đẳng áp C p Do đó γ(T ) = C p
C v là tỉ số hai nhiệt dung riêng.
∂τ = −pτ (λ(T ) − 1) = −RT (γ(T ) − 1), từ đó ta có: c 2 = γ (T )RT = γ(T )p ρ (2.18)
Bây giờ ta xét trường hợp khí lý tưởng đa hướng (nhiệt và năng lượng đều hoàn hảo) với ε tỉ lệ thuận với T.
Do đó γ, C v = γ−1 R , C p = γ−1 Rγ là hằng số, và ε = C v T = RT γ − 1 , h = C p T = γRT γ − 1 , (2.19)
Xét 1 < γ 6 5 3 , từ (1.1) ta được: ds = C v dε ε − (γ − 1) dρ ρ
, trong đó: s − s 0 = C v Log ε ρ (γ−1) hoặc ε = ρ (γ−1) exp
Chú ý rằng: c 2 = γRT = (γ − 1)h, và hàm l mà u ± l là những bất biến Riemann 1, 3 được cho bởi: l = Z c ρ dρ = 2c γ − 1
GIẢI PHÁP RIEMANN ỨNGDỤNG CHO BÀI TOÁN KHÍ ĐỘNG LỰC HỌC
Tính chất cơ bản của hệ phương trình khí động lực học
Tính Hyperbolic
Xét hệ phương trình tuyến tính bậc nhất
∂x = 0, x ∈R , t > 0, (3.1) với u = (u 1 , , u p ) T là vectơ trong R p , A là ma trận hằng p × p.
Giả sử hệ này là hệ hyperbolic ngặt và ma trận A có p giá trị riêng thực phân biệt được sắp theo thứ tự tăng dần: λ 1 < λ 2 < < λ p Với mỗi giá trị riêng λ k tương ứng với một vectơ riêng bên phải r k ∈R p
Ar k = λ k r k (3.2) và một vectơ riêng bên trái l T k l T k A = λ k l T k (3.3)
Giả sử l k là một vectơ riêng của A T , với các giá trị riêng là phân biệt, các vectơ riêng r k , 16 k 6 p , hình thành môt cơ sở của R p , ta có l T j r k = l j r k = 0, j 6= k
Ngoài ra, ta có thể chuẩn hóa vectơ l T k bằng cách cho l k T r k = 1.
Sử dụng ký hiệu Kronecker Delta, ta được l j T r k = δ j k , 1 ≤ j, k ≤ p (3.4) Đặt u = p
Nên hệ bậc nhất (3.1) tương đương với hệ phương trình bậc nhất vô hướng với p ẩn
Do đó, ta có thể tìm được nghiệm u của bài toán Cauchy
Thật vậy, ta đặt α k0 (x) = l T k u 0 (x), khi đó ta có α k (x, t) = α k0 (x − λ k t) = l T k u 0 (x − λ k t), 16 k 6 p, và do đó u(x, t) = p
Xét trường hợp đặc biệt cho bài toán Riemann của hệ (3.1) ứng với điều kiện ban đầu u 0 (x) =
Nếu ta định nghĩa α kR và α kL , 16 k 6 p, bởi u L = p
α kL , x < λ k t, α kR , x > λ k t, Do đó, nghiệm u của bài toán Riemann (3.5), (3.7) là tự đồng dạng với u(x, t) = w R ( x t ; u L , u R ) (3.8) Hơn nữa, với λ m 6 x t 6 λ m+1, u sẽ nhận giá trị hằng w m = m
X k=m+1 α kL r k , 06 m 6 p (3.9) Với quy ước λ 0 = −∞, λ p+1 = +∞ Do đó, ta có: w R ( x t ; u L , u R ) =
(3.10) Điều này cho thấy rằng, trong trường hợp tổng quát, sự gián đoạn ban đầu chia thành p sóng gián đoạn (xem [1, 5]), với các tốc độ lan truyền đặc trưng λ k , 1 6 k 6 p (Hình 3.1) Chú ý rằng các trạng thái trung gian thỏa w m −w m−1 = (α mR − α mL )r m nên
Như vậy, trên đường gián đoạn x = λ m t thỏa hệ thức Rankine-Hugoniot(1.17).
Hình 3.1 Nghiệm của bài toán Riemann cho hệ tuyến tính.
Các trường đặc trưng thuần phi tuyến và suy biến tuyến tính 41
Cho Ωlà một tập mở trong R p và f : Ω →R p là hàm đủ trơn (ít nhất thuộc lớp C 2 ) Ta xét hệ phi tuyến của các định luật bảo toàn:
∂x f(u) = 0, x ∈R , t > 0, (3.11) với u = (u 1 , , u p ) T và f(u) = (f 1 (u), , f p (u)) T Ta giả định rằng hệ (3.11) là hệ hyperbolic ngặt, ví dụ như cho bất kỳ trạng thái u ∈ Ω, ma trận Jacobian p × p
1≤i, j≤p có p giá trị riêng thực phân biệt λ 1 (u) < λ 2 (u) < < λ p (u).
Với mỗi giá trị riêng λ k (u) ứng với một vectơ riêng bên phải r k (u)
A(u)r k (u) = λ k (u)r k (u) (3.12) và một "vectơ riêng bên trái" l k (u) l k (u) T A(u) = λ k (u)l k (u) T (3.13) tức là,l k (u)là một vectơ riêng củaA(u) T Với các giá trị riêng phân biêt thì (l k (u)) k là cơ sở đối ngẫu của (r k (u)) k và l j (u) T r k (u) = l j (u), r k (u) = 0, k 6= j (3.14)
Nếu ta giả sử rằng f là một hàm C m , ta có λ k , r k , l k là các hàm C m−1 theo u (ít nhất là các hàm C 1 ). Định nghĩa 3.1 (xem [1], trang 41) Trường đặc trưng thứ k được gọi là thuần phi tuyến nếu:
Dλ k (u).r k (u) 6= 0, ∀u ∈ Ω (3.15) Trường đặc trưng thứ k được gọi là suy biến tuyến tính nếu:
Trong (3.15) và (3.16),Dλ k (u) = λ k 0 (u) diễn tả đạo hàm của λ k (u) và có thể được xác định với một vectơ ∇λ k (u) củaR p
Ví dụ 3.1: Xét Hệ phương trình khí động lực học trong hệ tọa độ euler
Trong đó ρ là mật độ của dòng chảy, u = (u 1 , u 2 , u 3 ) là vận tốc, p là áp suất, và e = ε + |u| 2 2 là năng lượng toàn phần riêng (với ε là nội năng riêng, nội năng trên một đơn vị khối lượng).
Hệ (3.17) gồm ba phương trình, tuy nhiên lại có tới bốn ẩn cần tìm là ρ, u, p, ε nên để hệ phương trình có thể giải được, ta cần bổ sung thêm một phương trình nữa Trong khí động lực học, để mô tả trạng thái khí, ta có thể chọn hai tham số nhiệt động độc lập, và biểu diễn các thông số còn lại thông qua chúng Cách biểu diễn đó được gọi chung là phương trình trạng thái Trong trường hợp riêng phương trình trạng thái có dạng: ε = ε(τ, s) (3.18)
Với s là entropi, τ = 1 ρ là thể tích riêng Theo định luật thứ hai của nhiệt động lực học ta có
Từ đây có thể tìm được áp suất p và nhiệt độ tuyệt đối T thông qua các tham số τ, s theo các công thức: p = p(τ, s) = − ∂ε(τ,s) ∂τ , T = T (τ, s) = ∂ε(τ,s) ∂s
Vì thế, trong mọi trường hợp ta luôn có mối quan hệ sau p = p(ρ, ε) (3.21)
Chú ý rằng trong trường hợp dòng chảy trơn, hệ (3.17) được viết dưới dạng phi bảo toàn
Với τ = 1 ρ ⇒ dτ = − 1 ρ 2 dρ Thay vào (3.19) ta được
T ds = dε − p ρ 2 dρ, Khi đó, ta có
là ánh xạ trơn một - một với ma trận Jaconian
Khi đó (3.22) tương đương với:
Chọnρvà s là hai biến nhiệt động lực học độc lập, ta bổ sung vào hệ (3.22) phương trình trạng thái p = p(ρ, s) (3.24)
Khi đó ma trận Jacobian của hệ (3.23) có dạng
Ta có phương trình đặc trưng:
= 0, với các giá trị riêng thực, phân biệt λ 1 = u − c < λ 2 = u < λ 3 = u + c (3.26) Ta chọn các vectơ riêng của B r 1 =
∂ρ Sử dụng (3.25), ta được các trường đặc trưng số 1 và 3 là thuần phi tuyến, trường đặc trưng số 2 là suy biến tuyến tính.
Sóng sốc
Tập hợp Rankine-Hugoniot
Cho hai trạng thái u L vàu R ∈ Ω, ta cần tìm các nghiệm liên tục không gián đoạn của hệ (3.1) Gọi u là nghiệm yếu của (3.1) dọc theo đường gián đoạn x = ξ(t), u thỏa điều kiện nhảy Rankine-Hugoniot (xem [1, 4, 10]): σ[u] = [f(u)], với σ = ξ 0 (t) là tốc độ truyền của sự gián đoạn Do đó, hàm u(x, t) =
(3.28) là nghiệm yếu của hệ (3.1), σ là số thực thỏa mãn f (u R ) − f(u L ) = σ(u R − u L ) (3.29) Định nghĩa 3.2 (xem [1], trang 60) Tập hợp Rankine-Hugoniot của u 0 là tập tất cả các trạng thái của u ∈ Ω sao cho tồn tại σ(u 0 , u) ∈R với σ(u 0 , u)(u − u 0 ) = f (u) − f (u 0 ) (3.30) Định lý 3.1 (xem [1], trang 61) Cho u 0 ∈ Ω Tập hợp Rankine-Hugoniot của u 0 được tạo ra từ p đường cong S k (u 0 ), 1 ≤ k ≤ p Với mọi k, tồn tại ε của S k (u 0 ) : ε → Ψ k (ε) , với ε ≤ ε 1 , ε 1 đủ nhỏ, sao cho Ψ k (ε) = u 0 + εr k (u 0 ) + ε 2
A(u + s(v − u))ds, điều kiện (3.30) trở thành:
Với A(u 0 , u 0 ) = A(u 0 )là ma trận p × pcó p giá trị riêng λ 1 (u 0 ) < < λ p (u 0 )và hàm u → A(u 0 , u) liên tục.
Khi đó, tồn tại một miền lân cận N của u 0 và p hàm thựcu → λ k (u 0 , u), 1 ≤ k ≤ p là p giá trị riêng thực phân biệt của A(u 0 , u) với λ k (u 0 , u) = λ k (u 0 ).
Gọi l k (u 0 , u) T , 1 ≤ k ≤ p, là các vectơ riêng bên trái của ma trậnA(u 0 , u), ta có l k (u 0 , u) T A(u 0 , u) = λ k (u 0 , u)l k (u 0 , u) T Áp dụng công thức (3.31), khi đó trạng thái u ∈N dọc theo tập hợp Rankine- Hugoniot của u 0 nếu và chỉ nếu tồn tại một chỉ số k ∈ {1, , p} sao cho σ(u 0 , u) = λ k (u 0 , u) và u − u 0 là một vectơ riêng của A(u 0 , u) liên kết với λ k (u 0 , u) (*) Mặt khác, (*) thỏa mãn nếu và chỉ nếu: l j (u 0 , u) T (u − u 0 ) = 0, j 6= k (3.32) Khi đó một hệ gồm (p-1) phương trình với p ẩn chưa biết được viết dưới dạng:
Hơn nữa, các vectơ l j (u 0 , u 0 ) = l j (u 0 ), 1 ≤ j ≤ p độc lập tuyến tính, hạng của ma trận M k (u 0 ) là p-1 Do đó, theo định lý hàm ẩn, sẽ tồn tại một họ tham số S k (u 0 ) của tập nghiệm (3.32), θ → Ψ k (θ), |θ| ≤ θ 1 đủ nhỏ, với l j Ψ k (0) = u 0
Vậy ta đã chứng minh được tập hợp Rankine-Hugoniot củau 0 được tạo từ p đường cong S k (u 0 ).
Gián đoạn tiếp xúc
Định lý 3.2 (xem [1], trang 65) Nếu trường đặc trưng thứ k là suy biến tuyến tính, đường cong S k (u 0 ) được cho bởi định lý 3.1 là một đường cong tích phân của trường vectơ r k ,và σ(u 0 , Ψ k (ε)) = λ k (Ψ k (ε)) = λ k (u 0 ).
Lại có, với bất kỳ w là bất biến Riemann k thì: w(Ψ k (ε)) = w(u 0 ).
Giả sử đường cong tích phân của trường vectơ r k đi qua điểm u 0 , tức là nghiệm ξ → v (ξ) của
v 0 (ξ) = r k (v(ξ)), v(0) = u 0 kiểm tra điều kiện nhảy Rankine-Hugoniot thỏa mãn dọc theo đường cong tích phân với hằng số tốc độ σ(u 0 , u) = λ k (u 0 ) nếu trường đặc trưng thứ k là suy biến tuyến tính Thật vậy, ta có d dξ {f(v(ξ)) − f(u 0 )−λ k (v(ξ))(v(ξ)−u 0 )}
Vì thế, đường cong tích phân trùng với S k (u 0 ), và σ(u 0 , v(ξ)) = λ k (v(ξ)).
Mặt khác, Giả sử w là một bất biến Riemann k, khi đó w là hằng số trên đường cong tích phân của r k ; thật vậy, ta có d dξ w(v (ξ)) = Dw(v(ξ)).v 0 (ξ) = Dw(v(ξ)).r k (v(ξ)) = 0 sao cho w(v(ξ)) = w(u 0 ).
Giả sử trường đặc trưng thứ k là suy biến tuyến tính, và u R ∈ S k (u L ) hoặc u L ∈ S k (u R ), một nghiệm yếu u của hệ (1.1)thỏa (3.28), (3.29), trong đó σ = λ k (u L ) = λ k (u R ) = ¯ λ k tức là u(x, t) =
u L , x < λ ¯ k t, u R , x > ¯ λ k t, được gọi là một gián đoạn tiếp xúc k.
Ví dụ: xét bài toán khí động lực học được viết dưới dạng (3.23) Áp dụng (3.27), ta có
và đường cong 1-sốc đi qua điểm (ρ 0 , u 0 , s 0 ) có dạng tham số:
+ O(ε 3 ), s(ε) = s 0 + O(ε 3 ), trong khi đường cong 3-sốc đi qua điểm (ρ 0 , u 0 , s 0 ) có dạng:
Mặt khác đường cong gián đoạn tiếp xúc 2 cũng đi qua điểm (ρ 0 , u 0 , s 0 ) thỏa u(ε) = u 0 , p(ε) = p 0 với σ(ε) = u 0 ,
Sốc thỏa bất đẳng thức sốc Lax
Định nghĩa 3.3 (xem [1], trang 76) Sự gián đoạn thỏa điều kiện entropy Lax nếu tồn tại k ∈ {1, 2, , p} sao cho
λ k (u + ) < σ < λ k+1 (u + ), λ k−1 (u − ) < σ < λ k (u − ), nếu trường đặc trưng thứ k là thuần phi tuyến;
(ii) λ k (u − ) = σ = λ k (u + ), nếu trường đặc trưng thứ k là suy biến tuyến tính. Áp dụng định lý 3.1, gọi S k a (u L ) là tập các trạng thái Ψ k (ε) ∈ S k (u L ), tập này có thể được kết nối đến u L (bên phải của u L ) bởi sóng gián đoạn k thỏa điều kiện entropy Lax. Định lý 3.3 (xem [1], trang 76)
Nếu trường đặc trưng thứ k là thuần phi tuyến thì đường cong S k a (u L ) chứa các trạng thái Ψ k (ε) ∈ S k (u L ) thỏa ε ≤ 0, |ε| ≤ ε 1 đủ nhỏ.
Nếu trường đặc trưng thứ k là suy biến tuyến tính thì S k a (u L ) trùng với toàn bộ đường cong S k (u L ).
Giả sử trường đặc trưng thứ k là thuần phi tuyến. Đặt: u(ε) = Ψ k (ε), σ(ε) = σ(u L , Ψ k (ε)), ta có u(ε) = u L + εr k (u L ) + O(ε 2 ), σ(ε) = λ k (u L ) + 2 ε + O(ε 2 ), Áp dụng (3.33) ta được λ k (u(ε)) = λ k (u L ) + εDλ k (u L ) + O(ε 2 )
Tiếp theo, ta cần tìm điều kiện để đảm bảo λ k (u(ε)) < σ(ε) < λ k+1 (u(ε)), λ k−1 (u L ) < σ(ε) < λ k (u L ).
Ta có λ k (u(ε)) < σ(ε) cho ε đủ nhỏ nếu và chỉ nếu ε < 0 Từ λ k (u L ) < λ k+1 (u L ) và σ(ε) ε→0 → λ k (u L ), λ k+1 (u(ε)) ε→0 → λ k+1 (u L ), ta được σ(ε) < λ k+1 (u L ) với |ε| đủ nhỏ.
Mặt khác ta cóσ(ε) < λ k (u L )cho|ε|đủ nhỏ nếu và chỉ nếuε < 0 Từλ k−1 (u L ) < λ k (u L ), ta nhận được λ k−1 (u L ) < σ(ε) với |ε| đủ nhỏ.
Khi trường đặc trưng thứ k là suy biến tuyến tính, kết quả của định lý (3.2) đảm bảo rằng toàn bộ đường cong S k (u L ) thỏa mãn điều kiện entropy Lax.
Đường cong sốc chấp nhận được cho hệ phương trình khí động lực học
Định lý 3.4: (xem [6]) Đối với 1-sốc, sóng sốc được gọi là chấp nhận được khi và chỉ khi bốn điều kiện sau đây thõa mãn:
(3.33) Đối với 3-sốc, sóng sốc được gọi là chấp nhận được khi và chỉ khi bốn điều kiện sau đây thõa mãn:
Xét hai trạng thái a và b được nối với nhau bởi một sóng sốc, Gọi Q là thông lượng chất:
Q ≡ ρ a u a = ρ b u b , khi đó, áp dụng điều kiện Rankine-Hugoniot cho hệ phương trình khí động lực học (3.17), ta có:
Giả sử đường cong Hugoniot H a (τ, p) = 0 có thể được tham số hóa qua biến p ∈ [0, +∞[, tức là: τ = h a (p), τ a = h a (p a ), τ b = h b (p b ) với p→0 lim h a (p) = τ max , lim p→+∞ h a (p) = τ min , và h 0 a (p) < 0, lim p→+∞
Giả sử đường cong Hugoniot là hàm lồi, khi đó với mọi p 0 , ta có:
u a − f a (p b ),1-sốc, u a + f a (p b ),1-sốc. Trong trường hợp khí lý tưởng đa hướng, xét phương trình trạng thái: ε = pτ γ − 1 , γ > 1.
Khi đó, ta có phương trình đường cong Hugoniot:
2à , với τ min = àτ a , τ max = à −1 τ a Ta cú h a (p) = τ a (àp + p a ) p + àp a
, suy ra f a (p) = (p − p a ) r(1 − à)τ a p + àp a Tổng quát ta có: Đường cong 1-sốc S 1 (u a ): u = u a − (p − p a ) r(1 − à)τ a p + àp a , p ≥ p a đại diện cho những trạng thái trong mặt phẳng Opu có thể được nối với trạng thái a về phía bên phải (Hình 3.2).
Hình 3.2 Các trạng thái bên trái và bên phải có thể được nối với trạng thái a qua sóng sốc. Đường cong ngược 3-sốc S 3 B (u a ): u = u a + (p − p a ) r(1 − à)τ a p + àp a
, p ≥ p a đại diện cho những trạng thái trong mặt phẳng Opu có thể được kết nối với trạng thái a về phía bên trái (Hình 3.2).
Xét những trạng thái bên phải có thể nối với trạng thái a bởi một sốc chấp nhận được, áp dụng (3.33)(iv) ta có u − > u + , trong trường hợp này u a = u − (Hình 3.3),tương tự cho những trạng thái bên trái, ta có u a = u + (Hình 3.4).
Hình 3.3 Các trạng thái bên phải có thể được kết nối với trạng thái a qua sóng sốc.
Hình 3.4.Các trạng thái bên trái có thể được kết nối với trạng thái a qua sóng sốc.
Sóng giãn
Công thức sóng giãn
Cho u L và u R là hai trạng thái của Ω ⊂R p ; u là hàm trơn liên tục u : (x, t) → u(x, t) Khi đó nghiệm của (1.1) kết nối u L và u R có dạng (xem [1, 2]):
Ta có một nghiệm tự đồng dạng của (3.35) là u(x, t) = v x t
Xét họ nghiệm tự đồng dạng cổ điển của (3.1) thỏa mãn phương trình:
∂x = 0 trong trường hợp cổ điển, ta phải có
(A(v(ξ)) − ξI ) v 0 (ξ) = 0. suy ra hoặc v 0 (ξ) = 0 hoặc tồn tại k ∈ 1, , p do đó v 0 (ξ) = α(ξ)r k (v(ξ)), λ k (v(ξ)) = ξ.
Nếu v 0 (ξ) 6= 0 trên một khoảng nào đó, do các giá trị riêng phân biệt nên k sẽ không phụ thuộc vào ξ.
Nếu ta lấy đạo hàm phương trình thứ hai đối với ξ, ta nhận được
Dλ k (v(ξ)).v 0 (ξ) = 1, thay vào phương trình đầu tiên ta có α(ξ)Dλ k (v(ξ)).r k (v (ξ)) = 1 (3.36)
Phương trình (3.36) không thể giải nếu trường đặc trưng thứ k là suy biến tuyến tính Nhưng nếu trường đặc trưng thứ k này là thuần phi tuyến ta thu được α(ξ) = 1.
Khi đó v là một nghiệm của (3.36) với v(λ k (u L )) = u L , v(λ k (u R )) = u R Từ những phân tích trên ta thu được hàm u(x, t) =
Đường cong tích phân
Định lý 3.5 (xem [1], trang 51) Giả sử rằng trường đặc trưng thứ k là thuần phi tuyến Với u L ∈ Ω, tồn tại một đường cong R k (u L ) của tất cả các trạng thái trong Ω có thể được kết nối đến bên phải của u L bởi một sóng giãn thứ k.
Ngoài ra, còn tồn tại một tham số của R k (u L ) : ε → Φ k (ε), với 0 ≤ ε ≤ ε 0 , ε 0 đủ nhỏ, sao cho Φ k (ε) = u L + εr k (u L ) + ε 2
Gọi v : ξ → v(ξ) là nghiệm của hệ (3.35) v 0 (ξ) = r k (v(ξ)), ξ > λ k (u L ), (3.39) v(λ k (u L )) = u L (3.40)
Hàm v tồn tại khi λ k (u L ) ≤ ξ ≤ λ k (u L ) + ε 0 , ε 0 > 0 đủ nhỏ Áp dụng (3.39), ta có d dξ λ k (v(ξ)) = Dλ k (v(ξ)).v 0 (ξ) = Dλ k (v(ξ)).r k (v(ξ))
Mặc khác d dξ λ k (v(ξ)) = 1 So đó v thỏa mãn λ k (v (ξ)) − λ k (v(λ k (u L ))) = ξ − λ k (u L ).
Theo (3.40) ta có λ k (v(ξ)) = ξ Vì thế, hàm v thật sự là nghiệm của (3.37) Tiếp theo, ta định nghĩa
R k (u L ) = {v(ξ); λ k (u L ) ≤ ξ ≤ λ k (u L ) + ε 0 }. Đường cong R k (u L ) là tập hợp chứa tất cả các trạng thái của Ω có thể được kết nối đến bên phải u L bởi một sóng giãn thứ k Đặt Φ k (ε) = v(λ k (u L ) + ε), 0 ≤ ε ≤ ε 0 , ta có Φ k (0) = u L và Φ 0 k (0) = v 0 (λ k (u L )) = r k (v(λ k (u L ))) = r k (u L ).
Cuối cùng, từ v 00 (ε) = Dr k (v(ξ)).v 0 (ξ) = Dr k (v(ξ)).r k (v (ξ)), ta tìm được Φ k 00 (0) = Dr k (u L ).r k (u L ).
Vậy ta đã chứng minh phần mở rộng (3.38).
Vậy đường cong R k (u L )được gọi là đường cong sóng giãn k Nó là một đường cong tích phân của r k
Đường cong tích phân cho hệ phương trình khí động lực học 59
Cho hàm l = l(ρ, s) là hàm tăng (xem [1, 3, 6]) với:
∂ρ (ρ, s) = c(ρ, s) ρ , ta chọn {u − l, s} là cặp bất biến Riemann thứ 1, và {u + l, s} là cặp bất biến Riemann thứ 3, ta định nghĩa l theo hai biến p và s: l = l(p, s) và:
∂p (p, s)c 2 Xét hai trạng thái a và b được kết nối bởi sóng giãn: 1-giãn, ta biết rằng với đối với sóng giãn thứ k thì tất cả các bất biến Riemann thứ k đều là hằng số, vậy
Tương tự cho trường hợp hai trạng thái a và b được kết nối bởi sóng giãn: 3-giãn, ta có: u b = u a + g a (p b ).
Từ phương trình trạng thái: p = p(τ, s), ta có
−∂p/∂τ (τ, s) với s là hằng số, ta có: dp = ∂p ∂τ dτ = −ρ 2 c 2 dτ
Trong trường hợp khí lý tưởng đa hướng, xét phương trình trạng thái: p = p(ρ, s) = A(s)ρ γ , γ > 1
Từ đó ta thu được g a (p) = 2 √ γ γ − 1 p 1/2γ a τ a 1/2 p (γ−1)/2γ − p (γ−1)/2γ a
Tổng quát ta có: Đường cong 1-giãn: R 1 (u a ) : u = u a − g a (p) Đường cong 3-giãn: R B 3 (u a ) : u = u a + g a (p)
Nghiệm của bài toán Riemann
Bài toán Riemann
Bài toán Riemann cho hệ phương trình khí động lực học một chiều, phụ thuộc vào thời gian chính là bài toán giá trị ban đầu cho các định luật bảo toàn (xem [1], trang 126):
, (3.41) với điều kiện ban đầu:
Miền tính toán là tập hợp các điểm (x, t), với−∞ < x < +∞ và t > 0 Trong thực tế, x sẽ thay đổi trong một khoảng hữu hạn [x L , x R ] xung quanh điểm x = 0 Để giải quyết bài toán Riemann ta sẽ dùng vectơ W = (ρ, u, p) T với các biến nguyên thủy: ρ là mật độ, u là vận tốc và p là áp suất.
Dữ liệu đầu vào là hai trạng thái W L = (ρ L , u L , p L ) T nằm về phía bên trái của đường thẳng x = 0 và W R = (ρ R , u R , p R ) T nằm về phía bên phải của đường thẳng x = 0, được tách biệt bởi một gián đoạn tại x = 0 Sự gián đoạn trên màng ngăn tạo ra một hệ thống sóng gần như tập trung gồm sóng giãn, gián đoạn tiếp xúc và sóng sốc.
Trạng thái trên có thể đạt được bằng cách cho hai khối khí tiếp xúc với nhau và phân cách bởi màng ngăn Nén các khối khí đến các áp suất tương ứng rồi đột ngột bỏ màng ngăn Khi đó mặt tiếp giáp giữa hai khối khí này sẽ là mặt mà trên đó các hàm khí động có sự gián đoạn Bước nhảy của các thông số tại mặt gián đoạn có thể có giá trị bất kì Trong bài toán Riemann các tốc độ hạt u L và u R được phép khác 0.
Hình 3.5 Cấu trúc nghiệm của bài toán Riemann trên mặt phẳng x-t của hệ phương trình khí động lực học một chiều.
Xét phương trình trạng thái của khí lý tưởng ε = p
(γ − 1)ρ , (3.43) trong đó γ là tỉ số nhiệt dung riêng. Định lý 3.6 (xem [6]) Đường cong của các sóng với các trường đặc trưng phi tuyến tính được xác định như sau:
W 1 (u L ) = S 1 (u L ) ∪ R 1 (u L ) là tập hợp các trạng thái bên phải u L mà có thể nối với u L bởi 1-sốc hoặc 1-giãn.
W 3 (u L ) = S 3 B (u L ) ∪ R B 3 (u L ) là tập hợp các trạng thái bên trái u L mà có thể nối với u L bởi 3-sốc hoặc 3-giãn.
Vậy ta có tất cả bốn trường hợp có thể xảy ra.
Trường hợp 1: hai sóng sốc (1-sốc và 3-sốc)
Hình 3.6 Đường cong bài toán Riemann cho hai sóng sốc (1-sốc và 3-sốc).
Trường hợp 2: 1-sốc và 3-giãn
Hình 3.7 Đường cong bài toán Riemann cho 1-sốc và 3-giãn.
Trường hợp 3: 1-giãn và 3-sốc
Hình 3.8 Đường cong bài toán Riemann cho 1-giãn và 3-sốc.
Trường hợp 4: hai sóng giãn (1-giãn và 3-giãn)
Hình 3.9 Đường cong bài toán Riemann cho hai sóng giãn (1-giãn và 3-giãn).
Khoảng chân không hiện tại là nghiệm chính xác của bài toán Riemann (3.41) và (3.42) gồm có ba sóng liên kết với 3 giá trị riêng λ 1 = u − a, λ 2 = u, λ 3 = u + a (Hình 3.5) Ba sóng này tách ra bốn trạng thái theo thứ tự từ trái sang phải gồm:
W L , W ∗L , W ∗R , W R Trong đó, vùng chưa biết nằm giữa các sóng bên trái và sóng bên phải được gọi là vùng sao Vùng sao được chia thành hai vùng con bên trái (W ∗L ) và bên phải(W ∗R ) bởi một sóng ở giữa, sóng ở giữa này luôn luôn là sóng gián đoạn tiếp xúc và sóng bên trái, bên phải có thể là sóng sốc hoặc sóng giãn Như vậy vấn đề đặt ra là ta phải xác định được các giá trị trong vùng sao gồm: p ∗ , u ∗ , ρ ∗L , ρ ∗R
Thiết lập phương trình cho áp suất và vận tốc hạt
Trong phần này ta sẽ thiết lập hệ phương trình và phương pháp để tính áp suất p ∗ và vận tốc hạt u ∗ trong vùng sao.
Mệnh đề 3.1 (xem [2], trang 120) Nghiệm của áp suất p ∗ của bài toán Riemann (3.41), (3.42) với phương trình trạng thái của khí lý tưởng (3.43) được cho bởi phương trình đại số: f (p, W L , W R ) ≡ f L (p, W L ) + f R (p, W R ) + ∆u = 0, ∆u ≡ u R − u L , (3.44) trong đó f L được cho bởi: f L (p, W L ) =
(3.45) và hàm f R được cho bởi: f R (p, W R ) =
(3.46) trong đó: các hằng số A L , A R , B L , B R được cho bởi:
Chú ý: Nghiệm cho vận tốc hạt u ∗ trong vùng sao là: u ∗ = 1 2 (u L + u R ) + 1
2 [f R (p ∗ ) − f L (p ∗ )] (3.48) Hàm f L cho sóng sốc bên trái
Ta giả định rằng, sóng bên trái là sóng sốc di chuyển với tốc độ S L (Hình 3.10)(a) với các giá trị đầu sốc là ρ L , u L , p L và các giá trị sau sốc là ρ ∗ L, u ∗ , p ∗ Ta biến đổi các phương trình sang dạng mới với tốc độ sốc là 0 và vận tốc tương đối: ˆ u L = u L − S L , u ˆ ∗ = u ∗ − S L (3.49)
Hình 3.10 Sóng sốc bên trái với tốc độ S L : (a)Khung cố định, tốc độ sốc là S L ; (b) Khung tham chiếu tốc độ di chuyển S L , tốc độ sốc là 0. Điều kiện Rankine-Hugoniot cho trường hợp sóng sốc bên trái: ρ L u ˆ L = ρ ∗L u ˆ ∗ , (3.50) ρ L u ˆ 2 L + p L = ρ ∗L u ˆ 2 ∗ + p ∗ , (3.51) ˆ u L ( ˆ E L + p L ) = ˆ u ∗ ( ˆ E ∗L + p ∗ ), (3.52) Gọi Q L là thông lượng chất, từ (3.50) ta có:
Q L ≡ ρ L u ˆ L = ρ ∗L u ˆ ∗ (3.53) Ta có (3.51) tương đương với:
Từ (3.49) ta có u ˆ L − u ˆ ∗ = u L − u ∗ thay vào (3.54) ta được:
Như vậy ta đã xác định được mối quan hệ giữa u ∗ với dữ liệu phía bên trái Bây giờ ta cần tìm biểu thức quan hệ giữa Q L và p ∗ Thay ˆ u L = Q L ρ L , u ˆ ∗ = Q L ρ ∗L , vào phương trình (3.54) ta được:
Ta có mối liên hệ giữa mật độ ρ ∗L và áp suất p ∗ : ρ ∗L = ρ L
(γ + 1) ρ L Hàm f L cho sóng giãn bên trái
Theo luật đẳng entropy ta có: p = Cρ γ với C là hằng số, khi đó ta có: p L = Cρ γ L ⇒ C = p L ρ γ L
1/γ và u L + 2a L γ − 1 = u ∗ + 2a ∗L γ − 1 , với a L và a R biểu thị tốc độ âm thanh ở trạng thái trái và phải xung quanh sóng giãn bên trái.
Hàm f R cho sóng sốc bên phải Tương tự cho sóng sốc bên trái, ta có các giá trị đầu sốc là ρ R , u R , p R và các giá trị sau sốc là ρ ∗ R, u ∗ , p ∗
Khi đó ta có vận tốc hạt ở vùng sao thỏa: u ∗ = u R + f R (p ∗ , W R ), f R (p ∗ , W R ) = (p ∗ − p R ) h A R p ∗ +B R i1/2
Hàm f R cho sóng giãn bên phải Theo luật đẳng entropy ta có: ρ ∗R = ρ R p ∗ p R
1/γ Áp dụng bất biến Riemann tổng quát cho sóng giãn bên phải ta được: u ∗ − 2a ∗R γ − 1 = u R − 2a R γ − 1 với tốc độ âm thanh cho bởi: a ∗R = a R p ∗ p R γ−1 2γ ,
Phương pháp số cho bài toán Riemann
Hoạt động của hàm áp suất (xem [2], trang 125) Với các dữ liệu ρ L , u L , p L và ρ R , u R , p R , hàm áp suất f (p) hoạt động như Hình 3.5 Đạo hàm cấp một của f K (K = L, R) đối với p là: f 0 K =
Hình 3.11 Hoạt động của hàm áp suất trong việc tìm nghiệm của bài toán
Riemann Khi f 0 = f 0 L + f 0 R và f 0 K > 0 thì hàm f(p) là hàm đơn điệu Ta có đạo hàm cấp hai của hàm f K : f 00 K =
Khi f 00 = f 00 L + f 00 R và f 00 K < 0, hàm f(p) là hàm lõm Từ các phương trình (3.61) và (3.62), ta thấy rằng f 0 K → 0 khi p → ∞ và f 00 K → 0 khi p → ∞. Độ lệch vận tốc ∆u = u R − u L và các giá trị áp suất p L và p R là các tham số quan trọng của f(p) Ta định nghĩa: p min = min(p L , p R ), p max = max(p L , p R ), f min = f (p min ), f max = f(p max ).
Từ p L , p R , để xác định giá trị của p ∗ ta dựa vào độ lêch vận tốc ∆u Gọi I 1 , I 2 , I 3 là ba khoảng xác định như Hình 3.5, khi đó: p ∗ nằm trên I 1 = (0, p min ) nếuf min > 0 và f max > 0 p ∗ nằm trên I 2 = [p min , p max ] nếu f min ≤ 0 và f max ≥ 0 p ∗ nằm trên I 3 = (p max , ∞) nếu f min < 0 và f max < 0 Trong trường hợp ∆u đủ lớn, như (∆u) 1 trong hình 3.5 Nghiệm p ∗ chính là p ∗1 nằm trong I 1 và do đó p ∗ < p L , p ∗ < p R , khi đó cả hai sóng đều là sóng giãn.
Trường hợp ∆u là (∆u) 2 như hình 3.6, p ∗ = p ∗2 nằm giữa p L và p R , khi đó sẽ có một sóng giãn và một sóng sốc.
Trường hợp giá trị ∆u đủ nhỏ:∆u = (∆u) 3 , p ∗ = p ∗3 nằm trong I 3 thì p ∗ > p L , p ∗ > p R , có nghĩa là cả hai sóng đều là sóng sốc.
Phương pháp lặp tìm áp suất (xem [2], trang 127) Với f (p)là một hàm trơn, ta có thể tìm giá trị xấp xỉ của f (p) tại những điểm lân cận p 0 + σ thông qua khai triển Taylor: f(p 0 + σ) = f (p 0 ) + σf 0 (p 0 ) + O(σ 2 ) (3.63) Nếu p 0 + σ là một nghiệm của f (p) = 0 thì: f(p 0 ) + σf 0 (p 0 ) = 0 (3.64) khi đó: p 1 = p 0 + σ = p 0 − f(p 0 ) f 0 (p 0 ) (3.65)
Vậy ta có công thức tổng quát: p (k) = p (k−1) − f (p (k−1) ) f 0 (p (k−1) ) , (3.66)
Với p k là lần lặp thứ k Quá trình lặp dừng bất cứ khi nào có sự thay đổi áp suất tương đối nhỏ hơn dung sai nhỏ TOL, thông thường : T OL = 10 −6
1 2 p (k) + p (k−1) , (3.67) Để áp dụng phương pháp lặp này, ta phải xác định giá trị ban đầu p 0 Trường hợp sử dụng giải pháp Riemann cho hai sóng giãn, ta có: p T R =
, (3.68) khi đó giá trị p 0 được xác định theo:
(3.69) với a L , a R lá các hằng số tốc độ âm thanh bên trái và bên phải. a L = γ.p L ρ L 1/2
Trường hợp sử dụng giải pháp Riemann cho hai sóng sốc, ta có:
Kết quả chạy chương trình Ví dụ 1:
Hệ thống gồm một sóng giãn bên trái, một tiếp xúc và một sóng sốc bên phải.
Với: Độ dài miền tính toán: L = 1 (m), vị trí xảy ra gián đoạn tiếp xúc tại x tx = 0.5, số lượng ô tính toán là N = 10, tỉ số các nhiệt dung riêng γ = 1.4, t = 0.15(s) và
Bước 1: tính áp suất và vận tốc tại vùng sao.
Tính áp suất tại vùng sao:
Trước hết ta cần xác định p 0 , theo (3.69) ta có: p P V = 1
Lại có p min = min(p L , p R ) = p R = 0.1 (N/m 2 ), p max = max(p L , p R ) = p L = 1 (N/m 2 ), Vì p P V > p min , nên ta chọn giải pháp Riemann cho hai sóng sốc (3.70) để tính p 0 , ta có: p T S = g L (ˆ p)p L + g R (ˆ p)p R − ∆u g L (ˆ p) + g R (ˆ p) với g L (p) =
Sử dụng phương pháp lặp ở trên để tìm áp suất tại vùng sao.
Trước hết ta cần xác định sóng bên trái và sóng bên phải là loại sóng cơ sở nào và hàm f L , f R tương ứng của nó.
- Ví dụ cho lần lặp thứ 1 Sóng bên trái
Ta thấy: p 0 < p L , vậy sóng bên trái là sóng giãn, khi đó hàm áp suất f L , và đạo hàm của nó f L 0 được xác định dựa vào (3.45), (3.46), (3.61) và công thức xác định f L cho sóng giãn bên trái ta được:
Sóng bên phải Ta thấy: p 0 > p R , vậy sóng bên phải là sóng sốc, khi đó hàm áp suất f R , và đạo hàm của nó f R 0 được xác định dựa vào (3.45), (3.46), (3.61) và công thức xác định f R cho sóng sốc bên phải ta được:
= p 0 − (f L + f R + u R − u L )/(f 0 L + f 0 R ) = 0.3499, kiểm tra điều kiện dừng (3.67):
1 2 [p 1 + p 0 ] = 0.0175 > T OL = 10 −6 , tiếp tục quá trình lặp theo (3.66) và điều kiên dừng (3.67) cho đến khi CHA ≤ T OL = 10 −6 , ta được: p ∗ = 0.3499.
Theo (3.48) ta có vận tốc tại vùng sao: u ∗ = 0.5(u L + u R + f R − f L ) = 0.8241
Bước 2: tính giá trị của vận tốc, áp suất, mật độ và nội năng tại mỗi ô tính toán.
Với độ dài miền tính toán là L = 1(m), số lượng ô tính toán N = 10, vậy ta có:
Nghĩa là, ta cần xác định giá trị của vận tốc, áp suất, mật độ và nội năng tại từng điểm (x(i), t), với t = 0.15 (s), và: x(i) = (i − 0.5)∆x (1 ≤ i ≤ N ), khi đó ta có hiệu số vận tốc giữa điểm (x(i), 0.15) và điểm gián đoạn tiếp xúc (x tx , 0.15):
Nếu S ≤ u ∗ thì điểm (x(i), t) nằm về phía bên trái của gián đoạn tiếp xúc, ta xét:
- Sóng bên trái là sóng giãn p ∗ ≤ p L , gọi SHL = u L − a L là tốc độ nhánh đầu của sóng giãn, khi đó:
Nếu S ≤ SHL thì điểm (x(i), t) chính là điểm bên trái, tức là
Nếu S > SHL, gọi ST L = u ∗ − a L (p ∗ /p L ) γ−1 2γ là tốc độ nhánh cuối của sóng giãn, ta có:
Nếu S > ST L, thì điểm này là điểm sao bên trái
Ngược lại, sẽ nằm bên trong rẽ quạt bên trái:
- Sóng bên trái là sóng sốcp ∗ > p L , gọip ∗L = p ∗ /p L ,SL = u L −a L γ+12γ p ∗L + γ−1 2γ 1/2 là tốc độ của sóng sốc, khi đó:
Nếu S ≤ SL thì điểm (x(i), t) chính là điểm bên trái, tức là
Ngược lại, điểm này là điểm sao bên trái
Nếu S > u ∗ thì điểm (x(i), t) nằm về phía bên phải của gián đoạn tiếp xúc, ta xét:
- Sóng bên phải là sóng sốcp ∗ > p R , gọip ∗R = p ∗ /p R ,SR = u R +a R γ+1 2γ p ∗R + γ−1 2γ 1/2 là tốc độ của sóng sốc, khi đó:
Nếu S > SR thì điểm đang xét là điểm bên phải, tức là:
Ngược lại, điểm này là điểm sao bên phải
- Sóng bên phải là sóng giãn p ∗ ≤ p R , gọi SHR = u R + a R là tốc độ nhánh đầu của sóng giãn, ta có:
Nếu S ≥ SHR thì điểm đang xét là điểm bên phải, tức là:
ρ i = ρ R ,u i = u R ,p i = p R Ngược lại, gọi ST R = u ∗ + a R (p ∗ /p R ) γ−1/2γ là tốc độ nhánh cuối của sóng giãn, khi đó:
Nếu S ≤ ST R, thì điểm đang xét là điểm sao bên phải:
Ngược lại, điểm này sẽ nằm trong vùng rẽ quạt bên trái:
Hình 3.12 Nghiệm của bài toán riemann tại thời điểm t = 0.15 s.
Hệ thống gồm một hai sóng giãn và một gián đoạn tiếp xúc.
Hình 3.13 Nghiệm của bài toán riemann tại thời điểm t = 0.25 s.
Hệ thống gồm một sóng giãn bên trái, một gián đoạn tiếp xúc và một sóng sốc bên phải.
Hình 3.14 Nghiệm của bài toán riemann tại thời điểm t = 0.012 s.
Hệ thống gồm một sóng sốc bên trái, một gián đoạn tiếp xúc và một sóng giãn bên phải.
Hình 3.15 Nghiệm của bài toán riemann tại thời điểm t = 0.035 s.
Khí động lực học là một hướng nghiên cứu mới đang được sự quan tâm, nghiên cứu trong nhiều lĩnh vực như vật lý, cơ học, công nghiệp hàng không vũ trụ và các ngành khác Với việc sử dụng rộng rãi và ngày càng hiệu quả nhiều công cụ khác nhau của toán học hiện đại, đặc biệt là thành tựu mới của khí động lực học, hướng nghiên cứu này có triển vọng phát triển mạnh mẽ và sẽ đạt được ngày càng nhiều kết quả.
Luận văn chủ yếu tập trung vào:
- Trình bày những kiến thức cơ bản liên quan đến hệ phương trình hyperbolic của các định luật bảo toàn.
- Xây dựng phương pháp số giải bài toán Riemann bằng matlab, thông qua việc nghiên cứu các sóng cơ sở như sóng sốc, sóng giãn, gián đoạn tiếp xúc Từ đó có thể tìm được nghiệm chính xác của bài toán Riemann cho hệ phương trình khí động lực học và các mô hình khác Nghiệm của bài toán Riemann có thể được sử dụng để xây dựng phương pháp số, chẳng hạn phương pháp Godunov để xấp xỉ nghiệm bài toán giá trị ban đầu.
[1] Edwige Godlewski and Pierre-Arnaud Raviart, Numerical Approximation of Hyper- bolic Systems of Conservation Laws, Springer-Verlag, New York, 1996.
[2] E.F Toro, Riemann Solvers and Numerical Methods for Fluid Dynamics, Springer, Berlin, 2009.
[3] F D Lora-Clavijo, J P Cruz-Pérez, F Siddhartha Guzmán, and J A González Ex- act solution of the 1D riemann problem in Newtonian and relativistic hydrodynamics, Mexico, 2013.
[4] Joel Smoller, Shock Waves and Reaction-Diffusion Equations, Springer-Verlag, New York, 1994.
[5] M.D Thanh, A phase decomposition approach and the Riemann problem for a model of two-phase flows, J Math Anal Appl, 418 (2014), 569-594.
[6] M.D Thanh, The Riemann problem for a non-isentropic fluid in a nozzle with dis- continuous cross-sectional area, SIAM J Appl Math 69 (2009) ,1501—1519.
[7] M.D Thanh and D.H Cuong, Existence of solutions to the Riemann problem for a model of two-phase flows, Elect J Diff Eqs., Vol 2015 (2015), No 32, 1-18.
[8] D.H Cuong, M.D Thanh, Building a Godunov-type numerical scheme for a model of two-phase flows, Computers & Fluids, 148 (2017), 69-81.
[9] D.H Cuong, M.D Thanh, Constructing a Godunov-type scheme for the model of a general fluid flow in a nozzle with variable cross-section, Appl Math Comput.,305 (2017), 136-160.
[10] Robert D Zucker and Oscar Biblarz, Fundamentals of Gas Dynamics, John Wiley and Sons, New York, 2002.
