4.8 オイラー座標系の理想気体の場合

ここでは、オイラー座標系での理想気体の保存則方程式系 (3.12) の不連続解である 1-衝撃波、3-衝撃波、 2-接触不連続を求めてみる。

ランキン-ユゴニオ条件はこの場合、

$$\begin{array}{l} s[\rho]=[\rho u],\\ s[\rho u]=[\rho u^2... ...ht] = \left[\frac{1}{2}\rho u^3+\rho eu+Pu\right] \end{array}$$ (4.91)

となる。ここで、$[U]=U-U_0$ とする ($U_r=U$, $U_l=U_0$)。

まずは 2-接触不連続を求める。 この場合、$U$ は $r_2(U)={\,}^T\!(1,0,0)$ の積分曲線であるから、

$$U=U_0+{\,}^T\!(\xi,0,0)$$

すなわち $P=P_0$, $u=u_0$ がその曲線となる。$s=s_2$ は

$$s=\lambda_2(U)=u=u_0$$

となる。この $[u]=[P]=0$, $s=u_0$ が (4.42) を満たすことは、

$$[\rho u]=u_0[\rho]=s[\rho], \hspace{1zw}\rho e=\frac{1}{\gamma-1}P, \hspace{1zw}\rho eu+Pu=\frac{\gamma}{\gamma-1}Pu$$

等より容易に検証できる。 この接触不連続は、固有ベクトルの積分曲線上を動くから、 2-リーマン不変量 $\{u,P\}$ を定数にするもの、 と考えることもできる。 よって、2-接触不連続曲線 $C_2(U_0)$ は

$$\rho=\rho_0+\delta, \hspace{1zw}u=u_0,\hspace{1zw}P=P_0 \hspace{1zw}(\delta>-\rho_0)$$

となる。

次は衝撃波を求める。 (4.42) の 1 本目と 2 本目の式から $s$ を消去すると

$$[\rho][\rho u^2+P]=[\rho u]^2$$

となる。ここで、(4.20) より、一般に

$${[\rho f][\rho g]-[\rho][\rho fg]}$$

$$= [\rho f]([\rho]g_r+\rho_l[g])-[\rho]([\rho f]g_r+\rho_l f_l[g]) = \rho_l[g]([\rho f]-[\rho]f_l)$$

$$= \rho_l\rho_r[f][g]$$ (4.92)

が成り立つので、

$$[\rho u]^2-[\rho][\rho u^2]=\rho_0\rho[u]^2$$

となり、よって

$$\rho_0\rho[u]^2=[\rho][P]$$ (4.93)

が得られる。

また、(4.42) の 1 本目と 3 本目の式から $s$ を消去すると

$$[\rho][\rho Bu+Pu]=[\rho u][\rho B] \hspace{1zw}\left(B=\frac{u^2}{2}+e=\frac{u^2}{2}+\frac{P}{(\gamma-1)\rho}\right)$$

となるので、同様に (4.43) を使えば

$$\rho_0\rho[u][B]=[\rho][Pu]$$ (4.94)

が得られるが、

$$[u][B] =\frac{1}{2}[u][u^2]+\frac{1}{\gamma-1}[u]\left[\frac{... ...+u_0}{2}[u]^2+\frac{1}{\gamma-1}[u]\left[\frac{P}{\rho}\right]$$

なので、(4.45) は

$$\rho_0\rho\frac{u+u_0}{2}[u]^2 +\frac{\rho_0\rho}{\gamma-1}[u]\left[\frac{P}{\rho}\right] =[\rho][Pu]$$

と変形でき、これに (4.44) を代入すると、

$$\frac{u+u_0}{2}[\rho][P] +\frac{\rho_0\rho}{\gamma-1}[u]\left[\frac{P}{\rho}\right] =[\rho][Pu]$$

となる。ここで (4.20) より、

$$[Pu]=P[u]+u_0[P]=P_0[u]+u[P]$$

であるから足して 2 で割れば

$$[Pu]=\frac{P+P_0}{2}[u]+\frac{u+u_0}{2}[P]$$

となるので、結局

$$\frac{\rho_0\rho}{\gamma-1}[u]\left[\frac{P}{\rho}\right] =\frac{P+P_0}{2}[\rho][u]$$

が残ることになる。今 $[u]\neq 0$ であることを示そう。 もし $[u]=0$ であると、(4.42) より

$$(s-u_0)[\rho]=0$$

となり、衝撃波では $s\neq \lambda_2(U_l)=u_0$ なので $[\rho]=0$ となり、

$$[\rho u^2+P]-s[\rho u] =u_0^2[\rho]+[P]-s u_0[\rho] =[P] =0$$

となるので $[U]=0$ となってしまって不連続でなくなる。 よって $[u]\neq 0$ でなければならない。 よって、

$$\rho_0\rho\left[\frac{P}{\rho}\right] =\theta(P+P_0)[\rho] \hspace{1zw}\left(\theta=\frac{\gamma-1}{2}\right)$$

となる。これを展開して $P$ について解けば

$$P=P_0\frac{\rho+\theta[\rho]}{\rho_0-\theta[\rho]} =P_0\frac{(1+\theta)\rho-\theta\rho_0}{(1+\theta)\rho_0-\theta\rho}$$

となるので、 $\rho/\rho_0=\xi$ ($>0$) と置くと、

$$\frac{P}{P_0}=\frac{(1+\theta)\xi-\theta}{1+\theta-\theta\xi... ...{\theta}{1+\theta}}{\displaystyle \frac{1+\theta}{\theta}-\xi}$$

となる。$1<\gamma<3$ より $0<\theta<1$ なので、 $P/P_0$ が正であるためには

$$\frac{\theta}{1+\theta}<\xi<\frac{1+\theta}{\theta}$$

である必要がある。 そして、(4.44) より、

$$\begin{eqnarray*}[u]^2 &=& \frac{[\rho]}{\rho_0\rho}[P] = \frac{\xi-1}{\rho_... ...a\xi)}\,\frac{\gamma P_0}{\rho_0} \hspace{1zw}(\gamma=2\theta+1)\end{eqnarray*}$$

よって、

$$[u]=\pm C_0f_0(\xi) \hspace{1zw}\left(C_0=\sqrt{\frac{\gamma ... ...}f_0(\xi)=\frac{\xi-1}{\sqrt{\xi(1+\theta-\theta\xi)}} \right)$$

となる。以上により、$U$ は $\xi$ によって

$$\rho=\rho_0\xi, \hspace{1zw}u=u_0\pm C_0f_0(\xi), \hspace{1zw}P=P_0\frac{(1+\theta)\xi-\theta}{1+\theta-\theta\xi}$$ (4.95)

のように表されることになる。

なお、これは $(\rho,u,P)$ での表現であり、 厳密には $U$ ではなく、命題 3.2 の $W$ に 相当する。 この場合、命題 3.2 より、例えば接触不連続の条件 (4.39) は、$W$ で言えば

$$U_k'(\delta)=\nabla_W G(W_k(\delta))W_k'(\delta) \hspace{1zw}(\mbox{$U_k(\delta)=G(W_k(\delta))$\ とする})$$ (4.96)

より

$$\left\{\begin{array}{l} W_k'(\delta)\mathrel{/\!/}\beta_k(U... ...\delta)=\lambda_k(U(\delta))=\mu_k(W(\delta))\end{array}\right.$$

となるので、$W$ の固有値、固有ベクトルで考えればよいことがわかる。 衝撃波については、(4.34), (4.35) は次のようになる。

命題 4.4

$U=U_k(\delta)$, $s=s_k(\delta)$ が (4.34), (4.35) を 満たすとき、 $U_k(\delta)=G(W_k(\delta))$ とするとき、 $W=W_k(\delta)$ に対して次が成り立つ:

$$\left\{\begin{array}{l} W_k(0)=W_l,\\ W_k'(0)=\beta_k(W_... ...a_k(W_l)\beta_k(W_l)+\sigma_k \beta_k(W_l) \end{array}\right.$$ (4.97)

$$\left\{\begin{array}{l} \displaystyle s_k(0)=\mu_k(W_l),\\... ...rac{1}{2}(\nabla_W\mu_k\cdot \beta_k)(W_l) \end{array}\right.$$ (4.98)

($G(W_l)=U_l$)

証明

命題 3.2 より (4.49) の方は明らかに成り立つ。 また、(4.48) の最初の 2 本も 命題 3.2 と 式 (4.47) より明らか。 よって、(4.48) の最後の式のみを示す。 $U_k(\delta)=G(W_k(\delta))$ を $\delta$ で 2 階微分すると

$$U_k''(\delta)=\{\nabla_W G(W_k(\delta))\}' W_k'(\delta) +\nabla_W G(W_k(\delta)) W_k''(\delta)$$

となるので $\delta=0$ を代入すると

$$U_k''(0)=\{\nabla_W G(W_k(\delta))\}'(0) \beta_k(W_l) +\nabla_W G(W_l) W_k''(0)$$ (4.99)

となる。

一方、命題 3.2 より

$$r_k(U_k(\delta)) =r_k(G(W_k(\delta))) =\nabla_W G(W_k(\delta))\beta_k(W_k(\delta))$$

であるので、この式を $\delta$ で微分すると

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\nabla_U r_k(U_k(\delta))U_k'(\delta)} \\ &=& \{\nab... ...\nabla_W G(W_k(\delta))\nabla_W\beta_k(W_k(\delta))W_k'(\delta) \end{eqnarray*}$$

となり、$\delta=0$ とすれば

$${\nabla_U r_k(U_l)r_k(U_l)}$$

$$= \{\nabla_W G(W_k(\delta))\}'(0)\beta_k(W_l) +\nabla_W G(W_l)(\nabla_W\beta_k\cdot\beta_k)(W_l)$$ (4.100)

となるので、(4.50) と (4.51) の両辺を引き算すると、

$$U_k''(0)-\nabla_U r_k(U_l)r_k(U_l) = \nabla_W G(W_l)\{W_k''(0)-\nabla_W\beta_k(W_l)\beta_k(W_l)\}$$

となる。(4.34) より、この左辺は

$$\sigma_kr_k(U_l)=\nabla_W G(W_l)(\sigma_k\beta_k(W_l))$$

となるので、これで (4.48) の最後の式が得られる。

よって、(4.34), (4.35) を 考えるときは $(\rho,m,E)$ で考えても $(\rho,u,P)$ で考えても、 同じ形で書けることになる。

式 (4.46) に戻る。

今、$\xi=1+\tau$ として $f_0(\xi)$ を $\tau$ に関して マクローリン展開すると

$$\begin{eqnarray*}f_0(\xi) &=& \frac{\tau}{\sqrt{(1+\tau)(1-\theta\tau)}} = \... ... && (\mbox{$O(\tau^n)$\ は $n$\ 次以上の次数の項の和を意味する})\end{eqnarray*}$$

となるので、

$$f_0(1)=0,\hspace{1zw}f_0'(1)=1,\hspace{1zw}f_0''(1)=-(1-\theta)$$

であることがわかる。同様に、

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\frac{(1+\theta)\xi-\theta}{1+\theta-\theta\xi} =\fra... ...\tau+\theta\gamma\tau^2+O(\tau^3) \hspace{1zw}(\gamma=2\theta+1)\end{eqnarray*}$$

なので、

$$P(1)=P_0, \hspace{1zw}\frac{d P}{d \xi}(1)=\gamma P_0, \hspace{1zw}\frac{d^{2} P}{d \xi^{2}}(1)=2\theta\gamma P_0$$

となる。よって、(4.46) の $U$ を $V_{\pm}(\xi)$ と書くことにすると、

$$V_{\pm}'(1)=\left[\begin{array}{c}\rho_0\\ \pm C_0\\ \gamma P_0\end{array}\right]$$

となるので、 $V_{+}'(1)=r_3(U_0)$, $V_{-}'(1)=-r_1(U_0)$ となる。

これを 4.7 節の $U_k(\delta)$ と比較すると、

$$\left\{\begin{array}{lll} U_3(\delta)=V_{+}(\xi_3(\delta))... ..._1(\delta)), & \xi_1(0)=1, & \xi_1'(0)=-1<0 \end{array}\right.$$ (4.101)

のように書けることがわかり、よって、 $U=V_{+}(\xi)$ ($\xi\leq 0$) が 3-衝撃波曲線、 $U=V_{-}(\xi)$ ($\xi\geq 0$) が 1-衝撃波曲線を与える。

衝撃波速度 $s$ は、

$$\begin{eqnarray*}s &=& \frac{[\rho u]}{[\rho]} = \frac{[\rho]u_0+\rho[u]}{[\... ..._0(\xi)) \\ &=& u_0\pm C_0\sqrt{\frac{\xi}{1+\theta-\theta\xi}}\end{eqnarray*}$$

によって与えられる (複号は $+$ が $s_3$, $-$ が $s_1$)。

$${\sqrt{\frac{\xi}{1+\theta-\theta\xi}} = \{1+(\xi-1)\}^{1/2}\{1-\theta(\xi-1)\}^{-1/2}}$$

$$= \left\{1+\frac{1}{2}(\xi-1)+O((\xi-1)^2)\right\} \left\{1+\frac{\theta}{2}(\xi-1)+O((\xi-1)^2)\right\}$$

$$= 1+\frac{\theta+1}{2}(\xi-1)+O((\xi-1)^2) = 1+\frac{\gamma+1}{4}(\xi-1)+O((\xi-1)^2)$$ (4.102)

なので、(3.15) より

$$\frac{d s}{d \xi}\Big\vert _{\xi=1} =\pm C_0\frac{\gamma+1}{4} =\pm \frac{1}{2}(\nabla_U\lambda_j\cdot r_j)(U_0)$$

となるので、確かに

$$\frac{d s}{d \delta}\Big\vert _{\delta=0} =\frac{d s}{d \xi}... ...{\xi=1}\xi_j'(0) =\frac{1}{2}(\nabla_U\lambda_j\cdot r_j)(U_0)$$

となる。

また、$V_{\pm}$ の 2 階微分の $\xi=1$ での値も、

$$V_{\pm}''(1)=\left[\begin{array}{c}0\\ \mp(1-\theta)C_0\\ 2\theta\gamma P_0\end{array}\right]$$

と求められる。 補題 4.2 に従って、 この 2 階微分の値と $\nabla_U r_j\cdot r_j$ の値を比較してみる。

$$\begin{eqnarray*}\lefteqn{\nabla_Ur_1\cdot r_1} \\ &=& \nabla_U\left[\begin{ar... ...ft[\begin{array}{c}\rho\\ \theta C\\ \gamma^2 P\end{array}\right]\end{eqnarray*}$$

であるから、

$$\begin{eqnarray*}(\nabla_Ur_1\cdot r_1)(U_0)+r_1(U_0) &=& \left[\begin{array}{... ... P_0\end{array}\right] =V_{+}''(1)\hspace{1zw}(\gamma-1=2\theta)\end{eqnarray*}$$

となる。 よって、(4.52) にさらに

$$\xi_1''(0)=\xi_3''(0)=1$$ (4.103)

であれば、

$$\begin{eqnarray*}U_1''(0) &=& V_{-}''(1)(\xi_1'(0))^2+V_{-}'(1)\xi_1''(0) = ... ... r_3)(U_0)-r_3(U_0)+r_3(U_0) \\ &=& (\nabla_Ur_3\cdot r_3)(U_0)\end{eqnarray*}$$

となるので、この $\xi_j(\delta)$ によって 補題 4.2 を満たす $U_j(\delta)$ が 作れることになる。

(4.52), (4.54) を満たす 満たす $\xi_1$, $\xi_3$ は、例えば

$$\xi_1(\delta)=e^{-\delta},\hspace{1zw}\xi_3(\delta)=e^{\delta}$$

と取ればよいから、(4.46) の $-$ の方 ($V_{-}(\xi)$) に $\xi=e^{-\delta}$ ($\delta\leq 0$) を 代入したのが 1-衝撃波曲線、 $+$ の方($V_{+}(\xi)$) に $\xi=e^{\delta}$ ($\delta\leq 0$) を 代入したのが 3-衝撃波曲線となる ($\delta\leq 0$ は補題 4.3 より)。 ただし、$0<P<\infty$ である必要があるので、1-衝撃波では

$$1<\xi_1=e^{-\delta}<\frac{1+\theta}{\theta}$$

3-衝撃波では

$$1>\xi_3=e^{\delta}>\frac{\theta}{1+\theta}$$

の範囲である必要がある。