基金项目:国家自然科学基金(11161021,61262031,61472138,11561024)
通信作者:zhuxush13@163.com.
(School of Science,East China Jiaotong University,Nanchang 330013,China)
DOI: 10.6043/j.issn.0438-0479.201701016
研究n维空间中带阻尼项的非等熵可压缩欧拉方程组的初边值问题的球对称解的爆破.采用泛函方法,在几种关于初始加权动量的泛函足够大时分别得到了经典解在某一时刻前必定爆的结论,其中部分结论是在一般熵的条件下获得的.
The blowup of spherically symmetric solutions for the initial-boundary value problem of the non-isentropic compressible Euler equation in the n-dimensional space is studied.We show by functional methods that the classical solutions will blow up prior to a certain time under the assumption that the functional associated with the initial weighted momentum is sufficiently large.Some of these conclusions are drawn under the condition of general entropy.
研究如下n维可压缩欧拉方程组
{Ztρ+div(ρu)=0,
ρ(t+(u·Δ))u+Δp=
-αρu,|x|>1,t>0,
St+u·ΔS=0.(1)
的初边值问题,其边界条件为
u·n||x|=1=0.(2)
这里x∈Rn是空间变量,t是时间变量,ρ,u,S,p分别代表气体的密度、速度、熵和压强.考虑气体的状态方程为p=p(ρ,S)=AργeS(A>0),γ为绝热指数(1<γ≤3),α为阻尼系数(α>0),r=|x|=(x21+…+x2n)1/2,n为单位球面上的单位外法向量.
欧拉方程组经典解爆破的研究成果已有很多,但仍比较热门,对研究的方程可分为等熵与非等熵,带阻尼项与不带阻尼项,或是否带松弛项.对于流体是否出现真空,问题又可分为真空问题和非真空问题.Sideris[1]给出了非等熵的欧拉方程组经典解爆破的经典结果,该结果主要采用泛函方法,当初始泛函较大时,证明经典解必定会在有限时间内爆破.最近,Zhu等[2]对Sideris[1]的研究成果做了有益补充和推广:文献[1]以及其他文献用泛函方法研究此类问题都是在条件∫[ρ(x,0)-(-overρ)]dx≥0,∫[ρ(x,0)e(S(x,0))/γ-(-overρ)e((-overS))/γ]dx≥0下获得的,而文献[2]则是在这些不成立的条件下得到非等熵可压缩欧拉方程组初值问题的经典解的爆破.球对称解(也称作径向对称解或轴对称解)的研究结果参见文献[3-7].Li等[3]利用相平面分析的方法对球对称解进行研究得到一类解的爆破条件,此类成果的最新进展参见文献[4].Yin等[5]则是通过构造一个近似解以及对解与近似解的差进行估计来证明解的爆破并对解的寿命进行了估计,隋玉霞等[6]用此方法研究了二维非等熵欧拉方程组的径向对称解的爆破.Zhu等[7]则是用泛函的方法研究了轴对称解的爆破,且其求解泛函不等式的方法有较大的突破,Zhu等[2]则是借用了此类方法才带来研究成果的突破.带松弛项的欧拉方程组的研究参见文献[8].真空文献的研究参见文献[9-10].Zheng[11]研究了一维情况可压缩欧拉方程组方程在拉格朗日坐标系下的情形,也得到了某些情形下经典解的爆破.其他研究成果参见文献[12-17],不一一叙述.本研究在文献[2,13]的基础上,将三维空间中带阻尼项的等熵欧拉方程组的球对称解的爆破推广到n维空间下带阻尼项的非等熵可压缩欧拉方程组球对称解的爆破,构造了4个不同的泛函,并且对每个泛函证明了在初始数据较大时经典解必定在有限时间内发生爆破.定理中若要满足泛函条件,则意味着初始流体有向外的超音速流,因此造成爆破.与等熵相比,熵的出现使得∫R+σt1f(r)(p-(-overp))dr处理变得更加困难.
本研究仅考虑方程组(1)的球对称解,即解具有如下形式:
ρ(x,t)=ρ(r,t),u(x,t)=u(r,t)(x)/r,
S(x,t)=S(r,t),
则方程组(1)变为
{Ztρ+r(ρu)+((n-1)ρu)/r=0,
ρ(tu+uru)+pr=-αρu,
St+uSr=0,(3)
其中,r>1,t>0,相应的边界条件(2)变为
u(1,t)=0.(4)
考虑方程组(3)的初边值问题,其初始条件为:
{Zρ(r,0)=(-overρ)+ρ0(r)>0,
u(r,0)=u0(r),
S(r,0)=(-overS)+S0(r),
supp(ρ0,u0,S0){r|r≤R,R>1}.(5)
定义
m(t)=∫+∞1(ρ(r,t)-(-overρ))rn-1dr,(6)
N(t)=∫+∞1n(ρeS/γ-(-overρ)e((-overS))/γ)rn-1dr,(7)
则有
引理1 设(ρ,u,S)是初边值问题(3)~(5)在区域[1,+∞)×[0,T)上的C1解,则对所有的0≤t<T,有m(t)=m(0),N(t)=N(0).
引理2 设(ρ,u,S)是初边值问题(3)~(5)在区域[1,+∞)×[0,T)上的C1解,则对所有的0≤t<T,有supp(ρ-(-overρ),u,S-(-overS)){r|r≤R+σt},σ=(ρp((-overρ),(-overS)))1/2且ρ(r,t)>0.
现在定义
{ZF1(t)=∫+∞1ρu(rn-1)dr=∫R+σt1ρu(rn-1)dr,
A1(t)=(m(0)+(-overρ)((R+σt)n-1)/n)(R+σt)2,
K1(t)=(-overp)[(R+σt)n-1],(-overp)=A(-overρ)γe(-overs),(8)
若F1(0)足够大,可以证明初边值问题(3)~(5)的经典解会爆破.
定理1 设(ρ,u,S)是初边值问题(3)~(5)在区域[1,+∞)×[0,T)上的C1解,若N(0)≥0且F1(0)>{∫+∞0(A1(s)eαs)-1ds}-1,则T必是有限的.
证明 一方面,由于
F1(t)=∫+∞1ρu(rn-1)dr=∫R+σt1ρu(rn-1)dr,
所以
F'1(t)=∫+∞1(ρu)t(rn-1)dr=
∫R+σt1(ρu)t(rn-1)dr,
再根据方程组(3)通过分部积分有
F'1(t)+αF1(t)=∫R+σt1rn-1ρu2dr+
∫R+σt1(n-1)/rρu2dr+∫R+σt1nrn-1(p-(-overp))dr,(9)
显然
∫R+σt1(n-1)/rρu2dr≥0.(10)
另外∫R+σt1nrn-1(p-(-overp))dr≥0,可以采用Hölder不等式进行证明,由于N(0)≥0,所以
∫R+σt1nrn-1pdr=∫R+σt1pdrn=A∫R+σt1(ρeS/γ)γdrn≥
A(∫R+σt1drn)1-γ(∫R+σt1ρeS/γdrn)γ=A(∫R+σt1drn)1-γ
(N(0)+∫R+σt1(-overρ)e((-overS))/γdrn)γ≥A(-overρ)γe(-overS)∫R+σt1drn=
∫R+σt1(-overp)drn=∫R+σt1nrn-1(-overp)dr,(11)
综合式(10)和(11),代入式(9)可以化为
F'1(t)+αF1(t)≥∫R+σt1rn-1ρu2dr.(12)
另一方面,根据Schwarz不等式
F21(t)=(∫R+σt1ρu(rn-1)dr)2≤
∫R+σt1ρu2rn-1dr∫R+σt1ρrn+1dr≤(R+
σt)2∫R+σt1ρu2rn-1dr∫R+σt1ρrn-1dr,
又因为
∫R+σt1ρrn-1dr=m(t)+∫R+σt1(-overρ)rn-1dr=
m(0)+(-overρ)((R+σt)n-1)/n,
则上式化为
F21(t)≤(R+σt)2(m(0)+
(-overρ)∫R+σt1rn-1dr)∫R+σt1ρu2rn-1dr=(R+
σt)2(m(0)+(-overρ)((R+σt)n-1)/n)
∫R+σt1ρu2rn-1dr=:A1(t)∫R+σt1ρu2rn-1dr.(13)
结合式(12),(13),即可得到
F'1(t)+αF1(t)≥(F21(t))/(A1(t)).
记(~overF)1(t)=eαtF1(t),再由定理假设条件可知,显然(~overF)1(0)=F1(0)>0,且上式可以化为
(~overF)'1(t)≥((~overF)21(t))/(A1(t)eαt),(14)
由上式注意到(~overF)'1(t)≥0,且(~overF)1(0)>0,从而(~overF)1(t)>0,0≤t<T.
然后对式(14)两边同时在[0,t]上积分,就可得到
1/(F1(0))>1/(F1(0))-1/((~overF)1(t))≥∫t01/(A1(s)eαs)ds.
因此由定理条件可知若想满足F1(0)>{∫+∞0(A1(s)eαs)-1ds}-1,则上式中的t必是有限的,否则矛盾,从而T是有限的.
定理2 设(ρ,u,S)是初边值问题(3)~(5)在区域[1,+∞)×[0,T)上的C1解,若对任意固定的时刻τ>0,有F1(0)>max{(2e2ατA1(τ)K1(τ))1/2,(∫τ0(2A1(s)eαs)-1ds)-1},则T<τ.
证明 一方面,同定理1中式(9)
F'1(t)+αF1(t)=∫R+σt1rn-1ρu2dr+
∫R+σt1(n-1)/rρu2dr+∫R+σt1nrn-1(p-(-overp))dr≥
∫R+σt1rn-1ρu2dr+∫R+σt1nrn-1(p-(-overp))dr,(15)
另外
∫R+σt1nrn-1(p-(-overp))dr≥-(-overp)∫R+σt1nrn-1dr=
-(-overp)[(R+σt)n-1]=:-K1(t),
代入式(15)即得
F'1(t)+αF1(t)≥∫R+σt1rn-1ρu2dr-K1(t).(16)
另一方面,由式(13)即得
F21(t)≤A1(t)∫R+σt1ρu2rn-1dr.(17)
结合式(16),(17),即可得到
F'1(t)+αF1(t)≥(F21(t))/(A1(t))-K1(t).
记(~overF)1(t)=eαtF1(t),再由定理假设条件,显然(~overF)1(0)=F1(0)>0,且上式可以化为
(~overF)'1(t)≥((~overF)21(t))/(2A1(t)eαt)+((~overF)21(t))/(2A1(t)eαt)-K1(t)eαt.
当0≤t≤τ,可得
(~overF)'1(t)≥((~overF)21(t))/(2A1(t)eαt)+
[((~overF)21(t))/(2A1(τ)eατ)-K1(τ)eατ],(18)
由定理2中的条件可知
(F21(0))/(2A1(τ)eατ)-K1(τ)eατ>0,
由式(18)得(~overF)'1(t)|t=0>0,这意味着至少在一小段时间内(~overF)1(t)>F1(0)>0成立,则进一步可得
((~overF)21(t))/(2A1(τ)eατ)-K1(τ)eατ>0,
所以式(18)可以改写成
(~overF)'1(t)>((~overF)21(t))/(2A1(t)eαt).
然后对上式两边同时在[0,t]上积分,可得
1/(F1(0))>1/(F1(0))-1/((~overF)1(t))>∫t01/(2A1(s)eαs)ds.
因此由定理条件可知若想满足F1(0)>{∫τ0(2A1(s)eαs)-1ds}-1,则意味着上式中t<τ,从而T<τ.
注1 从式(18)开始也可如此处理(~overF)'1(t)≥((~overF)21(t))/(2A1(τ)eατ)+[((~overF)21(t))/(2A1(τ)eατ)-(-overp)[(R+στ)n-1]eατ],其余证明过程类似,不作赘述,同样可得如下结论:
设(ρ,u,S)是初边值问题(3)~(5)在区域[1,+∞)×[0,T)上的C1解,若对任意固定的常数τ>0,有F1(0)>max{(2A1(τ)e2ατ(-overp)[(R+στ)n-1])1/2,2A1(τ)eαττ-1},则T<τ.
注2 定理1主要是考虑了在N(0)≥0时,若初始泛函足够大,得到了经典解不会整体存在; 定理2则是讨论了对任意的N(0),同样若初始泛函足够大,也可以得到经典必定会在有限时间内爆破.
现在定义
{ZF2(t)=∫+∞1ρurnlnrdr=∫R+σt1ρurnlnrdr,
A2(t)=(R+σt)2
((ln(R+σt))2)/(1+ln(R+σt))(m(0)+(-overρ)((R+σt)n-1)/n),
K2(t)=(-overp)(R+σt)nln(R+σt),(19)
若F2(0)足够大,则可以证明初边值问题(3)~(5)的经典解会爆破,证明方法类似定理2.
定理3 设(ρ,u,S)是初边值问题(3)~(5)在区域[1,+∞)×[0,T)上的C1解,若对任意固定的时刻τ>0且满足F2(0)>max{(2e2ατA2(τ)K2(τ))1/2,(∫τ0(2A2(s)eαs)-1ds)-1},则T<τ.
证明 先对F2(t)进行求导,然后根据方程组(3)通过分部积分有
F'2(t)+αF2(t)=∫R+σt1rn-1(1+lnr)ρu2dr+
∫R+σt1rn-1(1+nlnr)(p-(-overp))dr.(20)
其中
∫R+σt1rn-1(1+nlnr)(p-(-overp))dr≥-∫R+σt1rn-1
(1+nlnr)(-overp)dr=-(-overp)∫R+σt1(rnlnr)'dr=
-(-overp)(R+σt)nln(R+σt):=-K2(t),
将上式代入式(20)可得
F'2(t)+αF2(t)≥∫R+σt1rn-1(1+lnr)ρu2dr-
∫R+σt1rn-1(1+nlnr)(-overp)dr≥∫R+σt1rn-1(1+
lnr)ρu2dr-K2(t).(21)
再根据Schwarz不等式有
F22(t)=(∫R+σt1ρurnlnrdr)2≤∫R+σt1rn-1(1+
lnr)ρu2dr∫R+σt1ρrn+1((lnr)2)/(1+lnr)dr≤(R+σt)2
((ln(R+σt))2)/(1+ln(R+σt))(m(0)+(-overρ)((R+σt)n-1)/n)
∫R+σt1rn-1(1+lnr)ρu2dr:=A2(t)∫R+σt1rn-1
(1+lnr)ρu2dr.(22)
结合式(21),(22),即可得到
F'2(t)+αF2(t)≥(F22(t))/(A2(t))-K2(t).
记(~overF)2(t)=eαtF2(t),显然(~overF)2(0)=F2(0)>0,所以上式等价于
(~overF)'2(t)≥((~overF)22(t))/(2A2(t)eαt)+((~overF)22(t))/(2A2(t)eαt)-K2(t)eαt.(23)
当0≤t≤τ,根据定理假设条件可知
((~overF)22(t))/(2A2(τ)eατ)-K2(τ)eατ>0,
所以式(23)可以改写成
(~overF)'2(t)>((~overF)22(t))/(2A2(t)eαt).
然后对上式两边同时在[0,t]上积分,可得下式
1/(F2(0))>1/(F2(0))-1/((~overF)2(t))>∫t01/(2A2(s)eαs)ds.
因此由定理条件可知若想满足F2(0)>{∫τ0(2A2(s)eαs)-1ds}-1,则意味着上式中t<τ,从而T<τ.
现在定义
{ZF3(t)=∫+∞1ρurn(er-e)dr=
∫R+σt1ρurn(er-e)dr,
A3(t)=(m(0)+(-overρ)((R+σt)n-1)/n)
(R+σt)eR+σt,
K3(t)=(-overp)(R+σt)n(eR+σt-e),(24)
若F3(0)足够大,可以证明初边值问题(3)~(5)的经典解会爆破,证明方法类似定理2.
定理4 设(ρ,u,S)是初边值问题(3)~(5)在区域[1,+∞)×[0,T)上的C1解,若对任意固定的时刻τ>0且满足F3(0)>max{(2e2ατA3(τ)K3(τ))1/2,(∫τ0(2A3(s)eαs)-1ds)-1},则T<τ.
证明 对F3(t)进行求导,再由方程组(3)通过分部积分有
F'3(t)+αF3(t)=∫R+σt1[(r+1)er-e]rn-1
ρu2dr+∫R+σt1[(n+r)er-ne]rn-1(p-(-overp))dr.(25)
其中
∫R+σt1[(n+r)er-ne]rn-1(p-(-overp))dr≥
-∫R+σt1[(n+r)er-ne]rn-1(-overp)dr=
-(-overp)∫R+σt1[rn(er-e)]'dr=-(-overp)(R+σt)n
(eR+σt-e):=-K3(t),(26)
另外
∫R+σt1[(r+1)er-e]rn-1ρu2dr=
∫R+σt1[rer+(er-e)]rn-1ρu2dr≥
∫R+σt1errnρu2dr,(27)
综合式(26)和(27),代入式(25)可得
F'3(t)+αF3(t)≥∫R+σt1errnρu2dr-K3(t).(28)
再利用Schwarz不等式,有
F23(t)=(∫R+σt1ρurn(er-e)dr)2≤
∫R+σt1errnρu2dr∫R+σt1ρrn((er-e)2)/(er)dr≤
∫R+σt1errnρu2dr∫R+σt1ρrnerdr≤eR+σt(R+
σt)(m(0)+(-overρ)((R+σt)n-1)/n)
∫R+σt1errnρu2dr:=A3(t)∫R+σt1errnρu2dr,(29)
结合式(28),(29),即可得到
F'3(t)+αF3(t)≥(F23(t))/(A3(t))-K3(t).(30)
记(~overF)3(t)=eαtF3(t),且当0≤t≤τ,再根据定理假设条件,则式(30)可以化为
(~overF)'3(t)>((~overF)23(t))/(2A3(t)eαt).
因此由定理条件可知若想满足F3(0)>{∫τ0(2A3(s)eαs)-1ds}-1,则意味着T<τ,由于证明过程与定理2相似,这里不作赘述.
注3 可采用泛函F3(t)=∫+∞1ρurn(e-e1/r)dr=∫R+σt1ρurn(e-e1/r)dr,同样也可以得到当初始泛函足够大,经典解必定会爆破的结论,证明过程类似.
现在定义
{ZF4(t)=∫+∞1ρurn(arctanr-(π)/4)dr=
∫R+σt1ρurn(arctanr-(π)/4)dr,
A4(t)=(R+σt)[1+(R+σt)2]
[arctan(R+σt)-(π)/4]2
(m(0)+(-overρ)((R+σt)n-1)/n),
K4(t)=(-overp)(R+σt)n[arctan(R+σt)-(π)/4],(31)
通过对F4(t)求导,再根据方程组(3)进行分部积分,有
F'4(t)+αF4(t)=
∫R+σt1[r/(1+r2)+(arctanr-(π)/4)]rn-1ρu2dr+
∫R+σt1[r/(1+r2)+n(arctanr-(π)/4)]rn-1(p-
(-overp))dr≥∫R+σt1(rn)/(1+r2)ρu2dr-
(-overp)∫R+σt1[r/(1+r2)+n(arctanr-(π)/4)]rn-1dr≥
F24(t){(R+σt)[1+(R+
σt)2][arctan(R+σt)-(π)/4]2
(m(0)+(-overρ)((R+σt)n-1)/n)}-1-
(-overp)(R+σt)n[arctan(R+σt)-(π)/4]=
(F24(t))/(A4(t))-K4(t).
若F4(0)足够大,同样可以证明初边值问题(3)~(5)的经典解会爆破.
定理5 设(ρ,u,S)是初边值问题(3)~(5)在区域[1,+∞)×[0,T)上的C1解,若对任意固定的时刻τ>0且满足F4(0)>max{(2A4(τ)K4(τ)e2ατ)1/2,(∫τ0(2A4(s)eαs)-1ds)-1},则T<τ.
注4 也可采用泛函F4(t)=∫+∞1ρurnarctan(r-1)dr=∫R+σt1ρurnarctan(r-1)dr,同样也可以得到当初始泛函足够大,经典解必定会爆破的结论,证明过程类似.