温度梯度有双指数增长的二维Boussinesq方程组的光滑解

王荣宽

【摘要】 本文构造一个二维Boussinesq方程组的光滑解，其涡量符合双指数增长的形式.Boussinesq方程描述的是流体在有热对流的情况下，流体的速度和温度的演化情况，这组方程是大气洋流等领域的基本方程.于是对这个方程的研究便有很多，其中一个备受关注的问题便是局部光滑解可否延拓为全局光滑解，也就是局部光滑解可否在有限的时间内丧失光滑性.例如，温度梯度或者速度在某时间是无穷的以至于不能光滑的延拓下去.而这个问题至今仍然悬而未解.Chae、Constantin和Wu在2014年给出了一个温度梯度有指数增长的例子，并表示用类似的方法便可以构造出温度梯度有双指数增长的例子.本文便是按照该文章中提出的方法类似的方式构造出这样的一个解.

【关键词】 Boussinesq方程;温度梯度;涡量;双指数增长

一、 背景介绍

本章讨论二维区域Ω上的Boussinesq方程组

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

配合适当的初值条件时，其中u（t，x）=（u1（t，x），u2（t，x））是速度场，x=（x1，x2）∈Ω，p（t，x）是压力，θ（t，x）是温度，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，

描述不可压流体在有热对流的情况下，速度场与温度的演化情况.

这组方程不但在大气洋流等领域里有很重要的应用，而且在理论方面的研究也颇受关注.已知对光滑初值，存在局部的光滑解，那么便存在一个广受关注但是并没有完全解决的问题就是局部光滑解能否延拓为全局光滑解，也就是说局部光滑解会不会在有限时间丧失光滑性.例如，θ或u在某时间是无穷的以至于又能光滑的延拓下去.由此我们不妨退一步就可以很容易地想到，我们先从考虑一些量的增长速度入手，就有可能找到一些增长得非常快的量.

Chae、Constantin和Wu在[1]中给出了一个全局光滑解的例子.其中温度梯度（事实上是温度的x2的偏导数）对时间是呈指数增长的，所以我们容易得知用类似的方法可以构造温度梯度有双指数增长的解.本文就是用上述文章中提到的方法类似的构造一个双指数增长的解.

二、预备知识

（一）用涡量形式表示的Boussinesq方程

Boussinesq方程组（1.1）可写为以下的形式：

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）是流函数， SymbolQC@⊥ψ=（-ψx2，ψx1）T.以后我们用（2.1.1）i表示（2.1.1）中的第i个方程，i=1，2，3.以下我们从（1.1）推导（2.1.1）.

把原方程组中的divu=0写开，便可以得到u1x1+u2x2=0，进一步整理也就是-u1x1=u2x2.在此处可以运用一些微积分中的技巧将上面的等式进行变换.因此，由定理2.1.1可推导出存在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  设Ω  R 2为单连通区域，若M，N：Ω→ R 2，Mx2=Nx1，则 F：Ω→ R 2使得Fx1=M，Fx2=N.

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

所以Δψ=ω（参考[2]）;

由于

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

所以将（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）

分别对（2.1.3）的两边关于x1求偏导得到

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

分别对（2.1.4）的两边关于x2求偏导得到

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

由于我们上面就已经由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，

即为ωt+u· SymbolQC@ω=θx1.

（二）特征线法

考虑方程

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 ，即可用特征线法解出（有关于特征线法的讨论，可以参考[3][4]这对这种方法的讨论）;

解法如下：令从α∈ R 出发的特征线为以下方程的解：

dx（t） dt =a（x（t）），t∈[0，∞）， x（0）=α.

若ψ满足（2.2.1），则

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）.

即沿着该特征线ψ都取值ψ0（α）.

现给定（x0，t0）∈[0，∞）× R ，为了求出ψ（x0，t0），我们只需要找出通过（x0，t0）的特征线的出发点α0，则ψ（x0，t0）=ψ0（α0），即解

dx（t） dt =a（x（t））， x（t0）=x0.

然后有α0=x（0），即为所求.

三、一个双指数增长的二维Boussinesq方程

（一）一个有角点区域上的例子

在本节，我们构造一个二维区域Ω上的Boussinesq方程的解（u，θ，p），其中θx2有双指数增长，明确一点即为θx2（x，t）形如ψ（x）eqteeqt，其中q为常数.

现令Ω是以下直线围成的区域：

x2=2x1，x2=-2x1，x1≥0.

如图1所示：

在Ω上考虑Boussinesq方程组（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，速度场和涡量分别为

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.

图2就是对应这个速度场的流线.将上述条件带入Boussinesq方程组中 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）

对θ（x1，x2，t）进行分析，因为θ0不依赖于x1，速度场的第二分量u2（t，x）不依赖于x1并且由方程（2.1）2即可得出任何时候θ都不依赖于x1，即为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）

图2 解的质点轨迹图像

现在构造一个函数x2（t）满足

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

若θ满足（3.3），则

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沿着特征线（x2（t），t）不变，所以

θ（x2（t），t）=θ（x2（0），0）=θ（x ，0）=θ0（x ），

现在给定任意一点（x2，t）∈Ω，若想求出（x2，t）就要求出经过它的特征线的出发点那么如果求出含它的特征线的出发点，即可以求出θ.解特征线方程

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，

令它的出发点为x ，则

∫x 2=x2x2=x  1 ln|x2| d（ln|x2|）=-t，

即为ln|ln|x ||=ln|ln|x2||+t，

接下来对速度场进行分析，从u2（x1，x2）= x1ψ=-x2ln|x2|知当且仅当x2=-1，0，1时，u2（x1，x2）=0，而当x2∈（-∞，-1）时，有u2（x1，x2）>0;当x2∈（-1，0）时，有u2（x1，x2）<0;当x2∈（0，1）时，有u2（x1，x2）>0;当x2∈（1，+∞）时，有u2（x1，x2）<0;由此可知当出发点坐标x ∈（-∞，-1），（-1，0），（0，1），（1，+∞）时，亦有

x2∈（-∞，-1），（-1，0），（0，1），（1，+∞）.

那么有当x ∈（-∞，-1）时，

ln|ln|x ||=ln|ln|x2||+t即可变换为

lnln（-x ）=lnln（-x2）+t，

即可求得x =-ee（t+lnln（-x2）），

因此，θ（x2，t）=θ0（-ee（t+lnln（-x2）））;

当x ∈（-1，0）时，ln|ln|x ||=ln|ln|x2||+t可变换为

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））））;

当x ∈（0，1），ln|ln|x ||=ln|ln|x2||+t可变换为

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））））;

当x ∈（1，+∞），ln|ln|x ||=ln|ln|x2||+t可变换为

lnlnx =lnlnx2+t，

即可求得x =ee（t+lnln（x2）），

因此，θ（x2，t）=θ0（ee（t+lnln（x2）））;

接下来，在（2）对x2求偏导，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，

设（x2，t）∈Ω，现在找过（x2，t）的特征线的出发点，类似的有：

dx2（t） dt =-x2（t）ln|x2（t）|， x2（t）=x2，

设x2（0）=x ，则

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

整理得

当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）类似的得知f（x2（t），t）=f（x2（0），0）=f（x ，0），又因为

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 ），

将（3.5）（3.6）（3.7）（3.8）代入得当x ∈（-∞，-1）时，

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

当x ∈（-1，0）时，

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

θ0′（-e-e（t+ln（-ln（-x2））））;

当x ∈（0，1）时，

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

當x ∈（1，+∞）时，

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，则θx2对t就有双指数增长.

（二）较一般区域上的例子

这一节中，我们在较一般的区域上构造例子，令Ω为

x2=kx1，x2>0，k∈R， x2=-kx1，x2<0，k∈R.

两条射线右边的区域.对于任何一个k都可以找出一组流函数，速度场和涡量的值使得Boussinesq方程组在以上构造出的范围内存在双指数增长的解.而根据上述计算可知，当u2（x）= x1ψ=-x2ln|x2|，Boussinesq方程组一定会存在增长的异常快的的解并且解增长的形式为双指数增长.所以即可写出ψ的表达式为

ψ=-x1x2ln|x2|+c（x2），

c为一个只含有未知量x2的待定函数，进而可以写出u1（x）的表达式为

u1=x1 ln|x2|+ x2 |x2|  -c′（x2），

接下来用边界条件来帮助决定c（x2），那么当x2>0时，有 u2 u1 =k，即为

-x2ln|x2| x1（ln|x2|+1）-c′（x2） =k，

经过化简即可得出

c′（x2）=x1（lnx2+1）+ x2 k ln|x2|，

将边界条件带入即可求得c（x2）即为

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|，

即为

ψ= x22 k -x1x2ln|x2|，

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

相似的也可求出当x2<0时有

ψ=- x22 k -x1x2ln|x2|，

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

综上所述，当流函数，速度场和涡量为

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为任意值时，Boussinesq方程组在上述范围内存在双指数增长的解.

【参考文献】

[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]吴方同.数学物理方程[M].武汉：武汉大学出版社，2001：48-51.

[4]姜礼尚，孔德兴，陈志浩.应用偏微分方程讲义[M].北京：高等教育出版社，2008：135-141.