二维守恒型方程的差分放缩

1. 连续方程

考虑二维守恒型方程：

$${\partial }_t\rho +\nabla \cdot (\rho \mathbf{u})=S$$

其中：

$$\mathbf{u}=(u_x,u_y)$$

展开散度项：

$$\nabla \cdot (\rho \mathbf{u})={\partial }_x(\rho u_x)+{\partial }_y(\rho u_y)$$

所以方程可写为：

$${\partial }_t\rho +{\partial }_x(\rho u_x)+{\partial }_y(\rho u_y)=S$$

进一步展开通量项：

$${\partial }_x(\rho u_x)=u_x{\partial }_x\rho +\rho {\partial }_x{u}_x$$ $${\partial }_y(\rho u_y)=u_y{\partial }_y\rho +\rho {\partial }_y{u}_y$$

因此：

$${\partial }_t\rho +u_x{\partial }_x\rho +u_y{\partial }_y\rho +\rho ({\partial }_x{u}_x+{\partial }_y{u}_y)=S$$

即：

$${\partial }_t\rho +\mathbf{u}\cdot \nabla \rho +\rho \nabla \cdot \mathbf{u}=S$$

沿流线方向的物质导数为：

$$\frac{D\rho }{Dt}={\partial }_t\rho +\mathbf{u}\cdot \nabla \rho$$

所以有：

$$\frac{D\rho }{Dt}=S-\rho \nabla \cdot \mathbf{u}$$

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2. 通量记号

令：

$$F=\rho u_x,G=\rho u_y$$

则二维守恒型方程写成：

$${\partial }_t\rho +{\partial }_{x}F+{\partial }_{y}G=S$$

在网格点 $(i,j)$ 和时间层 $n$ 上，记：

$$F_{i,j}^n=(\rho u_x{)}_{i,j}^n$$ $$G_{i,j}^n=(\rho u_y{)}_{i,j}^n$$

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3. 中心差分格式

对空间导数使用中心差分：

$${\partial }_{x}F\approx \frac{F_{i+1,j}^n-F_{i-1,j}^n}{2\Delta x}$$ $${\partial }_{y}G\approx \frac{G_{i,j+1}^n-G_{i,j-1}^n}{2\Delta y}$$

时间方向使用显式 Euler 格式：

$$\frac{{\rho }_{i,j}^{n+1}-{\rho }_{i,j}^n}{\Delta t}+\frac{F_{i+1,j}^n-F_{i-1,j}^n}{2\Delta x}+\frac{G_{i,j+1}^n-G_{i,j-1}^n}{2\Delta y}=S_{i,j}^n$$

因此：

$${\rho }_{i,j}^{n+1}={\rho }_{i,j}^n-\Delta t\left[\frac{F_{i+1,j}^n-F_{i-1,j}^n}{2\Delta x}+\frac{G_{i,j+1}^n-G_{i,j-1}^n}{2\Delta y}\right]+\Delta t{S}_{i,j}^n$$

这里选择中心差分而不是迎风差分，看似是脱离了实际场景，实则是为了约掉后面三角放缩的倍数2。

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4. 有界性假设

设：

$$|{\rho }_{i,j}^n|\le R_n$$ $$|u_{x,i,j}^n|\le V_x$$ $$|u_{y,i,j}^n|\le V_y$$ $$|S_{i,j}^n|\le S_0$$

其中：

$$R_n=\Vert {\rho }^n{\Vert }_{\infty }=\underset{i,j}{\max }|{\rho }_{i,j}^n|$$

由通量定义：

$$F_{i,j}^n=(\rho u_x{)}_{i,j}^n$$

所以：

$$|F_{i,j}^n|=|{\rho }_{i,j}^n{u}_{x,i,j}^n|\le R_n{V}_x$$

同理：

$$|G_{i,j}^n|=|{\rho }_{i,j}^n{u}_{y,i,j}^n|\le R_n{V}_y$$

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5. 中心差分项的放缩

先看 $x$ 方向：

$$\left|\frac{F_{i+1,j}^n-F_{i-1,j}^n}{2\Delta x}\right|\le \frac{|F_{i+1,j}^n|+|F_{i-1,j}^n|}{2\Delta x}$$

由于：

$$|F_{i+1,j}^n|\le R_n{V}_x$$ $$|F_{i-1,j}^n|\le R_n{V}_x$$

所以：

$$\left|\frac{F_{i+1,j}^n-F_{i-1,j}^n}{2\Delta x}\right|\le \frac{2R_n{V}_x}{2\Delta x}=\frac{R_n{V}_x}{\Delta x}$$

同理，$y$ 方向有：

$$\left|\frac{G_{i,j+1}^n-G_{i,j-1}^n}{2\Delta y}\right|\le \frac{R_n{V}_y}{\Delta y}$$

所以中心差分下的空间项整体满足：

$$\left|\frac{F_{i+1,j}^n-F_{i-1,j}^n}{2\Delta x}+\frac{G_{i,j+1}^n-G_{i,j-1}^n}{2\Delta y}\right|\le R_n\left(\frac{V_x}{\Delta x}+\frac{V_y}{\Delta y}\right)$$

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6. 对 ${\rho }_{i,j}^{n+1}$ 做放缩

由差分格式：

$${\rho }_{i,j}^{n+1}={\rho }_{i,j}^n-\Delta t\left[\frac{F_{i+1,j}^n-F_{i-1,j}^n}{2\Delta x}+\frac{G_{i,j+1}^n-G_{i,j-1}^n}{2\Delta y}\right]+\Delta t{S}_{i,j}^n$$

取绝对值并使用三角不等式：

$$|{\rho }_{i,j}^{n+1}|\le |{\rho }_{i,j}^n|+\Delta t\left|\frac{F_{i+1,j}^n-F_{i-1,j}^n}{2\Delta x}+\frac{G_{i,j+1}^n-G_{i,j-1}^n}{2\Delta y}\right|+\Delta t|S_{i,j}^n|$$

代入前面的有界性估计：

$$|{\rho }_{i,j}^{n+1}|\le R_n+\Delta t{R}_n\left(\frac{V_x}{\Delta x}+\frac{V_y}{\Delta y}\right)+\Delta t{S}_0$$

即：

$$|{\rho }_{i,j}^{n+1}|\le R_n\left[1+\Delta t\left(\frac{V_x}{\Delta x}+\frac{V_y}{\Delta y}\right)\right]+\Delta t{S}_0$$

由于左边对任意 $(i,j)$ 成立，所以取最大值得：

$$R_{n+1}\le R_n\left[1+\Delta t\left(\frac{V_x}{\Delta x}+\frac{V_y}{\Delta y}\right)\right]+\Delta t{S}_0$$

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7. 记号简化

令：

$$a=\frac{V_x}{\Delta x}+\frac{V_y}{\Delta y}$$

则递推不等式变为：

$$R_{n+1}\le (1+a\Delta t)R_n+\Delta t{S}_0$$

这就是后续使用离散 Gronwall 不等式的基本形式。

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8. 递推展开

由：

$$R_{n+1}\le (1+a\Delta t)R_n+\Delta t{S}_0$$

可得：

$$R_1\le (1+a\Delta t)R_0+\Delta t{S}_0$$ $$R_2\le (1+a\Delta t)R_1+\Delta t{S}_0$$

代入 $R_1$：

$$R_2\le (1+a\Delta t{)}^2{R}_0+\Delta t{S}_0(1+a\Delta t)+\Delta t{S}_0$$

继续递推，得到：

$$R_n\le (1+a\Delta t{)}^n{R}_0+\Delta t{S}_0\sum _{k=0}^{n-1}(1+a\Delta t{)}^k$$

利用等比数列求和：

$$\sum _{k=0}^{n-1}(1+a\Delta t{)}^k=\frac{(1+a\Delta t{)}^n-1}{a\Delta t}$$

所以：

$$R_n\le (1+a\Delta t{)}^n{R}_0+\frac{S_0}{a}\left[(1+a\Delta t{)}^n-1\right]$$

整理得：

$$R_n\le (1+a\Delta t{)}^n\left(R_0+\frac{S_0}{a}\right)-\frac{S_0}{a}$$

进一步放松：

$$R_n\le (1+a\Delta t{)}^n\left(R_0+\frac{S_0}{a}\right)$$

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9. 指数上界

令：

$$t_n=n\Delta t$$

由于：

$$1+x\le e^x$$

所以：

$$(1+a\Delta t{)}^n\le e^{an\Delta t}=e^{a{t}_n}$$

因此：

$$R_n\le e^{a{t}_n}\left(R_0+\frac{S_0}{a}\right)-\frac{S_0}{a}$$

进一步放松为：

$$R_n\le e^{a{t}_n}\left(R_0+\frac{S_0}{a}\right)$$

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10. 如何严格压出 $1.5R_0$

由前面递推估计可得：

$$R_n\le e^{a{t}_n}\left(R_0+\frac{S_0}{a}\right)-\frac{S_0}{a}$$

即：

$$R_n\le e^{a{t}_n}{R}_0+\left(e^{a{t}_n}-1\right)\frac{S_0}{a}.$$

注意，如果只假设：

$$e^{a{t}_n}\le \frac{3}{2},$$

那么只能推出：

$$R_n\le \frac{3}{2}{R}_0+\frac{1}{2}\frac{S_0}{a},$$

因此一般不能推出：

$$R_n\le \frac{3}{2}{R}_0.$$

要严格得到 $1.5R_0$，必须对源项额外施加小量假设，并且不能把指数因子直接用满到 $\frac{3}{2}$。

例如，取中间收紧条件：

$$e^{aT}\le \frac{5}{4},$$

等价地，只要假设：

$$aT\le \ln \frac{5}{4}.$$

于是对任意 $0\le t_n\le T$，有：

$$e^{a{t}_n}\le \frac{5}{4},e^{a{t}_n}-1\le \frac{1}{4}.$$

因此：

$$R_n\le \frac{5}{4}{R}_0+\frac{1}{4}\frac{S_0}{a}.$$

若进一步假设源项满足：

$$\frac{S_0}{a}\le R_0,$$

则：

$$R_n\le \frac{5}{4}{R}_0+\frac{1}{4}{R}_0=\frac{3}{2}{R}_0.$$

所以，在有源项的情况下，严格结论应写为：

$$R_n\le 1.5R_0$$

成立的充分条件是：

$$aT\le \ln \frac{5}{4},\frac{S_0}{a}\le R_0.$$

其中：

$$a=\frac{V_x}{\Delta x}+\frac{V_y}{\Delta y}.$$