3 3 次元オイラー方程式からの導出

2 節では、 積分形での質量保存、運動量保存、エネルギー保存を考えて そこからノズル方程式 (1) を導いた。

一方、空間 3 次元の未知関数 $\rho=\rho(x,y,z,t)$, $P=P(x,y,z,t)$, および 3 次元速度ベクトル $\mbox{\boldmath {$v$}}=\mbox{\boldmath {$v$}}(x,y,z,t)$ に対する 圧縮性オイラー方程式

  $$\left\{\begin{array}{l} \rho_t + \nabla\mathop{・}(\rho\mbox{\bo... ... \nabla\mathop{・}\{(\rho E + P)\mbox{\boldmath {$v$}}\} = 0 \end{array}\right.$$ (6)

も (1) と同様に 積分形での保存則から発散定理を用いて導かれていて、 一度その段階は通っているから、 それを行わずに (6) から ノズル方程式 (1) が直接得られないかを考えてみる。

そのためには、3 次元方程式 (6) を $S(x)$ で $y,z$ に関して積分すればよさそうであるが、 実は少し面倒なところがあるので、本節ではその前段階として、 3 次元方程式 (6) を $V(a,b)$ で積分することで 改めて積分方程式を導き、そこから (1) に対応する 方程式を導いてみる。$S(x)$ での積分による直接の導出については、 4 節で考察する。

まず、議論を少し簡単にするため、密度 $\rho$ と圧力 $P$ は $y$, $z$ によらない $S(x)$ 内で一様な関数であるとする。

$$\rho(x,y,z,t) = \hat{\rho}(x,t), \hspace{1zw}P(x,y,z,t) = \hat{P}(x,t)$$

また、以後 $x,y,z,t$ の関数 $f(x,y,z,t)$ の、$y,z$ に関する 断面平均を $\bar{f}(x,t)$ と書くことにする。

$$\bar{f}(x,t) = \frac{1}{A(x)}\int_{S(x)}f(x,y,z,t)dydz$$

壁 $B(a,b)$ では、 $\mbox{\boldmath {$v$}}$ は境界条件

  $$\mbox{\boldmath {$v$}}\perp\mbox{\boldmath {$n$}}\hspace{1zw}((x,y,z)\in B(a,b))$$ (7)

を満たす必要がある。

(6) の 1 本目を、$V(a,b)$ で積分する。 $\rho=\hat{\rho}(x,t)$ は $y,z$ に依らないので、

$$\int_{V(a,b)}\rho_t\,dv = \int_a^b\hat{\rho}_t\,dx\int_{S(x)}dydz = \int_a^bA(x)\hat{\rho}_t\,dx$$

と書ける。 一方、 $\mbox{\boldmath {$v$}}=(v_x,v_y,v_z)=(u,v,w)$ とすると、発散定理より、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\int_{V(a,b)}\nabla\mathop{・}(\rho\mbox{\boldmath {$v$... ...\rho}(a,t)u(a,y,z)dydz + \int_{S(b)}\hat{\rho}(b,t)u(b,y,z)dydz\end{eqnarray*}$$

と書ける。境界条件 (7) よりこの $B(a,b)$ 上の 面積分は 0 となるので、 結局 (6) の 1 本目の積分は、

$$\int_a^bA(x)\hat{\rho}_t\,dx + \left[\hat{\rho}\int_{S(x)}udydz\right]_a^b = 0$$

となり、

$$\int_{S(x)}udydz = A(x)\frac{1}{A(x)}\int_{S(x)}udydz = A(x)\bar{u}(x,t)$$

なので、

$$\int_a^bA(x)\hat{\rho}_t\,dx + \left[\hat{\rho}A(x)\bar{u}\right]_a^b = \int_a^b\{A(x)\hat{\rho}_t +(\hat{\rho}A(x)\bar{u})_x\}dx = 0$$

となり、よって $a,b$ の任意性により

  $$A(x)\hat{\rho}_t + (A(x)\hat{\rho}\bar{u})_x = 0$$ (8)

が得られる。これは、$\hat{\rho}$, $\bar{u}$ に関する (1) の 1 本目の式に対応する。

次は運動量。まずは、(6) の 2 本目の、 $j=x$ に対する式を積分する。

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\int_{V(a,b)}(\rho u)_t\,dv \ =\ \int_a^b dx\int_{S(x... ...ydz\right)_t\,dx} \\ &=& \int_a^b (\hat{\rho}A(x)\bar{u})_t\,dx\end{eqnarray*}$$

で、発散の積分は、1 本目と同様境界条件により、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\int_{V(a,b)}\nabla\mathop{・}(\rho u\mbox{\boldmath {$... ...ho}A(x)\overline{u^2}(x,t)\right]_a^b +\int_a^bA(x)\hat{P}_x\,dx\end{eqnarray*}$$

と変形できる。よって、

$$\int_a^bA(x)(\hat{\rho}\bar{u})_t\,dx +\left[\hat{\rho}A(x)\overline{u^2}(x,t)\right]_a^b +\int_a^bA(x)\hat{P}_x\,dx = 0$$

と $a$, $b$ の任意性により、

  $$A(x)(\hat{\rho}\bar{u})_t + (A(x)\hat{\rho}\,\overline{u^2})_x +A(x)\hat{P}_x = 0$$ (9)

が得られる。これは、(1) の 2 本目と 完全に同じものではないが、 $\overline{u^2}$ が近似的に $\bar{u}^2$ に等しいと考えれば (例えば $u$ が $x,t$ にのみ依存する場合など)、 $\hat{\rho}$, $\bar{u}$ に関する (1) の 2 本目の式に対応する。

同様に、(6) の 2 本目の、$j=y$ に対する式を 積分してみると、

$$\nabla\cdot(P\mbox{\boldmath {$e$}}_y) = \hat{P}_y = 0$$

および境界条件により、

$$\begin{eqnarray*}\int_{V(a,b)}(\rho v)_t\,dv &=& \int_a^b (\hat{\rho}A(x)\bar{... ...\right]_a^b \\ &=& \left[\hat{\rho}A(x)\overline{uv}\right]_a^b\end{eqnarray*}$$

となり、よって、

  $$A(x)(\hat{\rho}\bar{v})_t+(A(x)\hat{\rho}\,\overline{uv})_x = 0$$ (10)

が得られる。同様に、$j=z$ の式を積分すれば、

  $$A(x)(\hat{\rho}\bar{w})_t+(A(x)\hat{\rho}\,\overline{uw})_x = 0$$ (11)

が得られる。

最後はエネルギー。(6) の 3 本目を積分する。

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\int_{V(a,b)}(\rho E)_t\,dv \ =\ \int_a^b \left(\ha... ... \left[A(x)(\hat{\rho}\,\overline{Eu}+\hat{P}\bar{u})\right]_a^b\end{eqnarray*}$$

よって、

  $$A(x)(\hat{\rho}\bar{E})_t + \{A(x)(\hat{\rho}\,\overline{Eu}+\hat{P}\bar{u})\}_x = 0$$ (12)

となる。ここで、$\bar{E}$, $\overline{Eu}$ は、

$$\bar{E} = \frac{1}{2}(\overline{u^2}+\overline{v^2}+\overline{w^2... ...v^2}+\overline{uw^2}) +\frac{1}{\gamma-1}\,\frac{\hat{P}}{\hat{\rho}}\bar{u}$$

である。 よって (12) は (1) の 3 本目 とは完全には一致しないが、近似的に

$$\overline{v^2} = \overline{w^2} = \overline{uv^2} = \overline{uw^... ...hspace{1zw}\overline{u^2} = \bar{u}^2, \hspace{1zw}\overline{u^3} = \bar{u}^3$$

と考えれば (1) の 3 本目に対応する。