4.1.1. Введение: метод Прандтля
Чтобы описать метод сращивания асимптотических разложений, рассмотрим простую краевую задачу
\[
\begin{array}{c}
\varepsilon y^{\prime \prime}+y^{\prime}+y=0, \\
y(0)=\alpha, \quad y(1)=\beta,
\end{array}
\]

введенную в п. 2.2.1. При $\varepsilon \rightarrow 0$ уравнение (4.1.1) приводится к виду
\[
y^{\prime}+y=0 .
\]

Это уравнение является уравнением первого порядка и не может, вообще говоря, удовлетворить общим граничным условиям (4.1.2). Следовательно, одно из этих граничных условий должно быть опущено. В п. 4.1.2 будет показано, что должно быть опущено условие $y(0)=\alpha$. Это можно видеть также и из точного решения $(2.2 .7)$.
Если $\varepsilon \longrightarrow 0$, то при фиксированном $x
eq 0$
\[
y \rightarrow \beta e^{1-x},
\]
что является решением предельного уравнения (4.1.3), подчиненным условию $y(1)=\beta$. Решение предельного уравнения обозначим через $y^{o}$ и будем называть внешним решением. При малых $\varepsilon$ решение предельного уравнения близко к точному решению (2.2.7) всюду, за исключением малого интервала возле конечной точки $x=0$, где точное решение быстро изменяется так, чтобы удовлетворить краевому условию $y(0)=\alpha$, которое было почти потеряно. Этот малый интервал, в котором у очень сильно изменяется, называется пограничным слоем в механике жидкости, областью краевого эффекта в механике твердого тела и поверхностным слоем в электродинамике.

Чтобы определить разложение, пригодное в пограничном слое, мы увеличим этот слой, введя преобразование растяжения
\[
\zeta=\frac{x}{\varepsilon} .
\]

Определение подходящего преобразования растяжения будет обсуждено ниже в этой главе. После этого преобразования уравнение (4.1.1) примет вид
\[
\frac{d^{2} y}{d \zeta^{2}}+\frac{d y}{d \zeta}+\varepsilon y=0
\]

и при фиксированном $\zeta$ приводится к
\[
\frac{d^{2} y}{d \zeta^{2}}+\frac{d y}{d \zeta}=0
\]
где $\varepsilon \longrightarrow 0$. Общее решение этого уравнения имеет вид
\[
y=A+B e^{-5},
\]
где $A$ и $B$-постоянные. Так как это решение пригодно в пограничном слое, то оно пригодно в начале координат и, следовательно, должно удовлетворять краевому условию $y(x=0)=\alpha$. Поскольку $\zeta=0$ соответствует $x=0$, то $y(\xi=0)=\alpha$; следовательно, $B=\alpha-A$, и выражение (4.1.8) примет вид
\[
y=A+(\alpha-A) e^{-\zeta} .
\]

Это выражение содержит одну произвольную постоянную $A$. Обозначим это решение через $y^{i}$ и назовем его внутренним решением или внутренним разложением.
Чтобы определить $A$, заметим, что
\[
\lim _{x \rightarrow 0} y^{o}=\beta e
\]

Кроме того, из (4.1.5) следует, что любое малое фиксированное значение $x_{0}$ соответствует $\zeta \longrightarrow \infty$ при $\varepsilon \longrightarrow 0$, и
\[
\lim _{\zeta \rightarrow \infty} y^{i}=A \text {. }
\]

Таким образом, эти пределы представляют собой одно и то же значение $y$ при очень малом значении $x=x_{0}
eq 0$. Следовательно,
\[
A=\beta e \text {. }
\]

Поэтому
\[
y^{i}=\beta e+(\alpha-\beta e) e^{-6} .
\]

При определении внешнего и внутреннего разложений мы использовали два различных предельных процесса: внешний предел, определяемый
\[
y^{o}=\lim _{\substack{\varepsilon \rightarrow 0 \\ x \text { фиксировано }}} y(x ; \varepsilon),
\]
и внутренний предел
\[
y^{i}=\lim _{\substack{\varepsilon \rightarrow 0 \\ \text { бфксировано }}} y\left(\varepsilon_{\circ} ; \varepsilon\right) .
\]

Процесс определения $A$ называется сращиванием. Мы использовали следующее условие сращивания:
\[
\lim _{x \rightarrow 0} y^{o}(x ; \varepsilon)=\lim _{\zeta \rightarrow \infty} y^{i}(\zeta ; \varepsilon),
\]
что эквивалентно равенству
внутреннего предела внешнего решения, обозначенного через $\left(y^{o}\right)^{i}$, внешнему пределу внутреннего решения, обозначенному через $\left(y^{i}\right)^{o}$.
Приближенное решение исходной задачи дается (4.1.4) для $x$ вне окрестности нуля и (4.1.13) для $x$, близких к $x=0$. Чтобы вычислить $y$ как функцию от $x$, необходимо при возрастании $x$ переключиться с одного решения на другое при некотором малом значении $x$, например при таком $x$, когда оба решения могут пересечься. Это переключение неудобно, и поэтому из этих двух решений мы построим одно равномерно пригодное решение, называемое составным решением и обозначаемое через $y^{c}$. Оно имеет вид (Эрдейи [1961])
\[
y^{c}=y^{o}+y^{i}-\left(y^{o}\right)^{i}=y^{o}+y^{i}-\left(y^{i}\right)^{o} .
\]

Поскольку
то
\[
\left(\left(y^{o}\right)^{i}\right)^{o}=\left(y^{o}\right)^{i}=\left(y^{i}\right)^{o}=\left(\left(y^{o}\right)^{i}\right)^{i},
\]
\[
\begin{array}{l}
\left(y^{c}\right)^{o}=y^{o}+\left(y^{i}\right)^{o}-\left(y^{o}\right)^{i}=y^{o}, \\
\left(y^{c}\right)^{i}=\left(y^{o}\right)^{i}+y^{i}-\left(y^{o}\right)^{i}=y^{i} .
\end{array}
\]

Таким образом, составное решение является хорошим приближением во внешней области как внешнее решение и во внутренней области как внутреннее решение. Это наводит на мысль, что составное решение является равномерным приближением на всем интервале изменения $x$, включая промежуток между внешней и внутренней областями. Успех сращивания обусловлен наличием общей области, в которой как внешнее, так и внутреннее решение пригодно, и, следовательно, между этими областями нет пробела.

Сложив (4.1.4) и (4.1.13) и вычтя $\beta е$, равное $\left(y^{o}\right)^{i}=\left(y^{i}\right)^{o}$, в силу (4.1.17), получим
\[
y^{c}=\beta e^{1-x}+(\alpha-\beta e) e^{-x / \varepsilon}+O(\varepsilon) .
\]

Метод, рассматриваемый в этом пункте, был развит Прандтлем [1905] для решения задачи обтекания тела потоком вязкой жидкости при больших скоростях. Функция тока, описывающая двумерное обтекание тела, должна удовлетворять уравнению в частных производных четвертого порядка. Для вязкой жид-
кости как нормальная, так и тангенциальная компоненты скорости на поверхности тела должны обратиться в нуль. Последнее условие называется условием прилипания, потому что любая незначительная вязкость заставляет жидкость прилипать к телу. Если вязкость обращается в нуль, то уравнение для функции тока приводится к уравнению третьего порядка (п.2.2.2) и, следовательно, не может удовлетворить всем граничным условиям. Поскольку невязкая жидкость может проскальзывать, то условие прилипания опускается, и в результате решение будет представлять движение жидкости всюду, кроме малой области вблизи тела, называемой пограничным слоем Прандтля. В этой области тангенциальные компоненты скорости изменяются очень сильно от значения, полученного из предельного уравнения (с вязкостью, равной нулю), до нуля, чтобы удовлетворить краевому условию прилипания, которое ранее было опущено. Для описания течения в этой области Прандтль увеличил ее, введя преобразование растяжения, оценил порядок величины различных членов исходного дифференциального уравнения и отбросил малые члены. Полученные таким образом уравнения были решены, и их решения были сращены с решением задачи для невязкой жидкости с использованием условия сращивания (4.1.16).

Аналогичную процедуру сращивания использовали Рэлей [1912], Ганс [1915], Джеффри [1924], Вентцель [1926], Крамерс [1926] и Бриллюэн [1926] для соединения приближенных разложений с различных сторон от точки ветвления (ср. п. 7.3.1).

Аналогичные методики применялись в девятнадцатом столетии: 1) Лапласом [1805] для решения задач о большой невесомой капле на плоскости и о широком мениске; 2) Максвеллом [1866] для решения задачи о крутильных колебаниях круглых дисков, вращающихся между близкими фиксированными дисками; 3) Кирхгофом [1877] для решения задачи о конденсаторе, состоящем из двух различно заряженных конечных круглых дисков.

4.1.2. Высшие приближения и усовершенствованные процедуры сращивания

Спустя годы многие исследователи расширили и обобщили метод Прандтля. В их числе можно назвать таких ученых, как Вейль [1942], Фридрихс [1942], Дородницын [1947], Латта [1951], Каплун [1954], [1957], [1967], Каплун и Лагерстром [1957], Праудман и Пирсон [1957], Вишик и Люстерник [1957], Васильева [1959], [1963] и Ван Дайк [1964]¹). Процедуру сращивания формализовали Васильева [1959], [1963], Ван Дайк [1964] и Каплун и Лагерстром [1957]. Кэрриер [1953], [1954] на частных примерах сравнил метод растянутых координат и метод сращивания асимптотических разложений.

В этом пункте мы определим высшие приближения для задачи (4.1.1) и (4.1.2). Начнем с выяснения вопроса, какое краевое условие можно опустить, и попутно найдем соответствующее преобразование растяжения. Затем найдем внешнее и внутреннее разложения и срастим их, используя условие Ван Дайка. В конце мы построим равномерно пригодное составное разложение.

Какое краевое условие должно быть опущено? Қак отмечалось в предыдущем пункте, если $\varepsilon$ обращается в нуль, то (4.1.1) приводится к уравнению первого порядка (4.1.3), решение которого не может одновременно удовлетворить двум краевым условиям $y(0)=\alpha$ и $y(1)=\beta$, и, следовательно, одно из них должно быть опущено. В окрестности того конца, где краевое условие опускается, $y$ изменяется очень быстро и выходит на заданное граничное значение. Такое поведение $y$ сильно отличается от поведения решения предельного уравнения. Эта малая область называется пограничным слоем, или областью неоднородности.

Чтобы выяснить, должно ли быть опущено краевое условие $y(1)=\beta$, введем следующее преобразование растяжения:
\[
\zeta=(1-x) \varepsilon^{-\lambda}, \quad \lambda>0 .
\]

Тогда уравнение (4.1.1) преобразуется к виду
\[
\varepsilon^{1-2 \lambda} \frac{d^{2} y}{d \zeta^{2}}-\varepsilon^{-\lambda} \frac{d y}{d \xi}+y=0 .
\]

При $\varepsilon \rightarrow 0$ уравнение (4.1.22) будет принимать различные предельные формы в зависимости от $\lambda$.
Случай $\lambda>1$
\[
\frac{d^{2} y}{d \zeta^{2}}=0 \quad \text { или } \quad y^{i}=A+B \zeta .
\]

Поскольку предполагалось, что решение предельного уравнения (4.1.3) пригодно при $x=0$, то
\[
y^{o}=\alpha e^{-x} \text { (внешнее решение). }
\]

Условие сращивания (4.1.16) требует, чтобы
\[
\lim _{\zeta \rightarrow \infty}(A+B \zeta)=\lim _{x \rightarrow 1} \alpha e^{-x}
\]
или
\[
B=0 \quad \text { и } \quad A=\alpha e^{-1} .
\]

Следовательно,
\[
y^{i}=\alpha e^{-1} .
\]

Поскольку это решение пригодно при $x=1$, то оно должно удовлетворять краевому условию $y(x=1)=\beta$, следовательно,
\[
\beta=\alpha e^{-1},
\]
что, вообще говоря, не верно. Мы отбросим этот случай, поскольку он не приводит к удовлетворению обоих граничных условий. Случай $\lambda<1$
\[
\frac{d y}{d \zeta}=0 \quad \text { или } \quad y^{i}=A=\beta .
\]

Этот случай должен быть отброшен, так как он не может удовлетворить условию сращивания.
Случай $\lambda==1$
\[
\frac{d^{2} y}{d \zeta^{2}}-\frac{d y}{d \zeta}=0 \quad \text { или } \quad y^{i}=A+B e^{\zeta} .
\]

Из условия сращивания следует
\[
\begin{array}{c}
\lim _{\zeta \rightarrow \infty}\left(A+B e^{\zeta}\right)=\lim _{x \rightarrow 1} \alpha e^{-x}, \\
B=0 \text { и } A=\alpha e^{-1} .
\end{array}
\]

Таким образом, этот случай также должен быть отброшен, поскольку краевое условие $y(x=1)=\beta$ приводит к (4.1.27).

Таким образом, пограничный слой не может существовать в окрестности $x=1$, и, следовательно, краевое условие в этой точке нельзя опустить.

Чтобы исследовать вопрос, можно ли опустить краевое условие $y(0)=\alpha$, введем преобразование растяжения
\[
\zeta=x \varepsilon^{-\lambda}, \quad \lambda>0,
\]
тогда уравнение (4.1.1) примет вид
\[
\varepsilon^{1-2 \lambda} \frac{d^{2} y}{d \zeta^{2}}+\varepsilon^{-\lambda} \frac{d y}{d \zeta}+y=0 .
\]

В этом случае также существуют три предельные формы этого уравнения при $\varepsilon \longrightarrow 0$ в зависимости от $\lambda$.
Случай $\lambda>1$
\[
\frac{d^{2} y}{d \zeta^{2}}=0 \quad \text { или } \quad y^{i}=A+B \zeta .
\]

Случай $\lambda<1$
\[
\frac{d y}{d \zeta}=0 \quad \text { или } \quad y^{i}=A .
\]

Случай $\lambda=1$
\[
\frac{d^{2} y}{d \zeta^{2}}+\frac{d y}{d \zeta}=0, \quad y^{i}=A+B e^{-\zeta} .
\]

Первые два случая должны быть отброшены по причинам, которые были рассмотрены выше. Третий же случай при использовании краевого условия $y(0)=\alpha$ дает внутреннее решение
\[
y^{i}=A+(\alpha-A) e^{-\zeta} .
\]

Условие сращивания требует
\[
\lim _{\zeta \rightarrow \infty}\left[A+(\alpha-A) e^{-\xi}\right]=\lim _{x \rightarrow 0}\left(\beta e^{1-x}\right), \text { или } A==\beta e,
\]
откуда
\[
y^{i}=\beta e+(\alpha-\beta e) e^{-\xi} .
\]

Таким образом, пограничный слой существует в окрестности точки $x=0$, и краевое условие $y(0)=\alpha$ не может быть наложено на предельное уравнение (4.1.3). Попутно мы нашли преобразование растяжения
\[
\zeta=x \varepsilon^{-1},
\]

которое использовалось в (4.1.5). Следовательно, область неоднородности имеет вид
\[
x=O(\varepsilon) .
\]

Внешнее разложение. Будем искать внешнее разложение в виде
\[
y^{o}(x ; \varepsilon)=\sum_{n=0}^{N-1} \varepsilon^{n} y_{n}(x)+O\left(\varepsilon^{N}\right) .
\]

Используя внешний предельный переход
\[
\varepsilon \rightarrow 0, x \text { фиксировано, }
\]
имеем
\[
y_{0}(x)=\lim _{\substack{\varepsilon \rightarrow 0 \\ x \text { фиксировано }}} y(x ; \varepsilon)
\]
и
\[
y_{m}(x)=\lim _{\substack{\varepsilon \rightarrow 0 \\ \boldsymbol{\varepsilon} \text { фисировано }}} \frac{y-\sum_{n=0}^{m-1} \varepsilon^{n} y_{n}(x)}{\varepsilon^{m}} .
\]

Чтобы определить это разложение, подставим (4.1.41) в (4.1.1) и приравняем коэффициенты при равных степенях $\varepsilon$. Получим
\[
\begin{aligned}
y_{0}^{\prime}+y_{0} & =0, \\
y_{n}^{\prime}+y_{n} & =-y_{n-1}^{\prime \prime}, \quad n \geqslant 1 .
\end{aligned}
\]

Қак было отмечено в предыдущем пункте, это внешнее решение пригодно всюду, за исключением области $x=O(\varepsilon)$. Следовательно, оно должно удовлетворять краевому условию $y^{\circ}(1)=\beta$, которое вместе с (4.1.41) приводит к
\[
y_{0}(1)=\beta, \quad y_{n}(1)=0 \text { при } n \geqslant 1 .
\]

Решение уравнения (4.1.44), подчиненное условию $y_{0}(1)=\beta$, имеет вид
\[
y_{0}=\beta e^{1-x} .
\]

Решение уравнения $y_{n}(1)=0$, имеет вид
(4.1.45) при $n=1$, подчиненное условию
\[
y_{1}=\beta(1-x) e^{1-x} .
\]
Поэтому
\[
y^{o}=\beta[1+\varepsilon(1-x)] e^{1-x}+O\left(\varepsilon^{2}\right) .
\]

Внутреннее разложение. Чтобы построить разложение, пригодное вблизи начала координат, применим преобразование растяжения (4.1.39) и преобразуем $(4.1 .1)$ к виду
\[
\frac{d^{2} y^{i}}{d \zeta^{2}}+\frac{d y^{i}}{d \zeta}+\varepsilon y^{i}=0 .
\]

Будем искать внутреннее разложение в виде
\[
y^{i}(x ; \varepsilon)=\sum_{n=1}^{N-1} \varepsilon^{n} Y_{n}(\zeta)+O\left(\varepsilon^{N}\right),
\]
используя внутренний предельный процесс
\[
\varepsilon \longrightarrow 0, \quad \zeta=x \varepsilon^{-1} \text { фиксировано. }
\]

Таким образом,
\[
\begin{array}{l}
Y_{0}(\zeta)=\lim _{\substack{\varepsilon \rightarrow 0 \\
\zeta \text { фиксировано }}} y(\varepsilon \zeta ; \varepsilon), \\
Y_{m}(\zeta)=\lim _{\substack{\varepsilon \rightarrow 0 \\
\zeta \text { фиксировано }}} \frac{y(\varepsilon \zeta ; \varepsilon)-\sum_{n=0}^{m-1} \varepsilon^{n} Y_{n}(\zeta)}{\varepsilon^{m}} .
\end{array}
\]
§ фиксировано

Чтобы определить это разложение, подставим (4.1.51) в (4.1.50), приравняем коэффициенты при равных степенях $\varepsilon$ и, учитывая, что $\zeta$ – независимая переменная, получим
\[
\begin{array}{c}
Y_{0}^{\prime \prime}+Y_{0}^{\prime}=0, \\
Y_{n}^{\prime \prime}+Y_{n}^{\prime}=-Y_{n-1}, \quad n \geqslant 1 .
\end{array}
\]

Хотя это внутреннее разложение и удовлетворяет краевому условию при $x=0$, но, вообще говоря, не предполагается, что оно удовлетворит краевому условию при $x=1$. Поскольку $x=0$ соответствует $\zeta=0$, краевое условие $y(x=0)=\alpha$ вместе с (4.1.51) дает
\[
Y_{0}(0)=\alpha, Y_{n}(0)=0 \text { при } n \geqslant 1 .
\]

Решение уравнения (4.1.54), подчиненное условию $Y_{0}(0)=\alpha$, имеет вид
\[
Y_{0}=\alpha-A_{0}\left(1-e^{-\zeta}\right) .
\]

Решение задачи (4.1.55), (4.1.56) при $n=1$ имеет вид
\[
Y_{1}=A_{1}\left(1-e^{-\zeta}\right)-\left[\alpha-A_{0}\left(1+e^{-\zeta}\right)\right] \zeta .
\]

Поэтому
\[
y^{i}=\alpha-A_{0}\left(1-e^{-\zeta}\right)+\varepsilon\left\{A_{1}\left(1-e^{-\zeta}\right)-\left[\alpha-A_{0}\left(1+e^{-\xi}\right)\right] \zeta\right\}+O\left(\varepsilon^{2}\right) .
\]

Это внутреннее разложение содержит произвольные постоянные $A_{0}$ и $A_{1}$, которые должны определиться при сращивании с внешним решением (4.1.49).

Усовершенствованная процедура сращивания. Простейшая форма сращивания внутреннего и внешнего решений-это условіе Прандтля:
\[
\lim _{x \rightarrow 0} y^{o}=\lim _{i \rightarrow \infty} y^{i} .
\]

Это условие приводит к сращиванию первых членов внешнего и внутреннего разложений и дает
\[
A_{0}=\alpha-\beta e .
\]

Легко видеть, что это условие сращивания не может быть использовано при сращивании других членов. Действительно,
\[
\lim _{x \rightarrow 0} y^{o}=\beta e(1+\varepsilon)+O\left(\varepsilon^{2}\right),
\]
в то время как
\[
\lim _{\zeta \rightarrow \infty} y^{i}=\alpha-A_{0}+\varepsilon\left[A_{1}-\left(\alpha-A_{0}\right) \zeta\right]+O\left(\varepsilon^{2}\right) .
\]
Поскольку в силу условия сращивания (4.1.60) оба эти разложения должны совпадать для всех значений $\zeta$, то
\[
A_{0}=\alpha, \quad A_{1}=\beta e\left(\frac{1}{\varepsilon}+1\right) .
\]

Это нарушает предположение, что $A_{1}=O(1)$, которое было использовано при выписывании разложения (4.1.59).
Более общая формулировка условия сращивания имеет вид внутренний предел (внешнего предела) равен внешнему пределу (внутреннего предела).

Еще более общая форма условия сращивания имеет вид внутреннее разложение (внешнего разложения) равно внешнему разложению (внутреннего разложения).

Соответствующие разложения строятся с использованием внешнего и внутреннего предельных процессов, определяемых (4.1.41)(4.1.43) и (4.1.51) – (4.1.53) соответственно. Ван Дайк [1964] предложил следующее условие сращивания:
$m$-членное внутреннее разложение ( $n$-членного внешнего разложения) равно
$n$-членному внешнему разложению ( $m$-членного внутреннего разложения),

где $m$ и $n$-два произвольных целых числа, которые могут быть равны или не равны. Чтобы определить $m$-й член внутреннего разложения ( $n$-го члена внешнего разложения), перепишем первые $n$ членов внешнего разложения и выразим их через внутреннюю переменную, затем разложим их для малых $\varepsilon$ при фиксированном значении внутренней переменной до $m$ членов. Аналогично получаем правую часть (4.1.66). Условие сращивания Ван Дайка широко используется благодаря своей простоте. Более общее и строгое условие предложил Каплун [1967], который использовал промежуточные пределы. Френкель [1969] сравнил эти условия сращивания и пришел к выводу, что хотя условие сращивания Ван Дайка и может быть некорректно, но оно проще в употреблении, чем принцип наложения Каплуна.

Условие сращивания Ван Дайка. Чтобы показать действие условия сращивания Ван Дайка, мы применим его к сращиванию внешнего разложения (4.1.49) с внутренним разложением (4.1.59), взяв $m=n=1 ; m=1, n=2 ; m=n=2$.

Для сращивания одночленного внешнего разложения с одночленным внутренним разложением будем действовать следующим образом.
Одночленное внешнее разложение: $y \sim \beta e^{1-x}$.
Выразим через внутреннюю переменную: $=\beta e^{1-\varepsilon \zeta}$.

Разложим при малых $\varepsilon:=\beta e(1-\varepsilon \zeta+\ldots)$.
Одночленное внутреннее разложение: $=\beta e$.
Одночленное внутреннее разложение: $y \sim \alpha-A_{0}\left(1-e^{-\xi}\right)$.
Выразим через внешнюю переменную:
\[
=\alpha-A_{0}\left(1-e^{-x / \varepsilon}\right) \text {. }
\]

Разложим при малых $\varepsilon$ : $=\alpha-A_{0}$.
Одночленное внешнее разложение: $=\alpha-A_{0}$.
Приравняв (4.1.67г) и (4.1.68г) в соответствии с условием сращивания (4.1.66), получим
\[
\beta e=\alpha-A_{0} \text { или } A_{0}=\alpha-\beta e .
\]

Теперь срастим одночленное внешнее разложение с двучленным внутренним разложением. Положим $m=1$ и $n=2$. Имеем Одночленное внешнее разложение: $y \sim \beta e^{1-x}$.
Выразим через внутреннюю переменную: $=\beta e^{1-\varepsilon \zeta}$.
Разложим при малых $\varepsilon:=\beta e\left(1-\varepsilon \zeta+\frac{1}{2} \varepsilon^{2} \zeta^{2}+\ldots\right)$.
Двучленное внутреннее разложение: $=\beta e(1-\varepsilon \xi)$.

Двучленное внутреннее разложение: $y \sim \alpha-A_{0}\left(1-e^{-\zeta}\right)+$ $+\varepsilon\left\{A_{1}\left(1-e^{-\xi}\right)-\left[\alpha-A_{0}\left(1+e^{-\zeta}\right) \zeta\right]\right\}$.
Выразим через внешнюю переменную: $=\alpha-A_{0}\left(1-e^{-x / \varepsilon}\right)+$
\[
+\varepsilon\left\{A_{1}\left(1-e^{-x / \varepsilon}\right)-\left[\alpha-A_{0}\left(1+e^{-x / \varepsilon}\right)\right] \frac{x}{\varepsilon}\right\} \text {. }
\]

Разложим при малых $\varepsilon:=\left(\alpha-A_{0}\right)(1-x)+\varepsilon A_{1}$.
Одночленное внешнее разложение: $=\left(\alpha-A_{0}\right)(1-x)$. (4.1.71г) Приравняв (4.1.70г) и (4.1.71г) в соответствии с условием сращивания (4.1.66), получим
\[
\beta e(1-\varepsilon \zeta)=\left(\alpha-A_{0}\right)(1-x) .
\]

Поскольку $x=\varepsilon \zeta$, то
\[
\alpha-A_{0}=\beta e \text { или } A_{0}=\alpha-\beta e .
\]

Таким образом, мы не получили никакой информации относительно $A_{1}$.
Положив $m=n=2$ в (4.1.66), получим

Двучленное внешнее разложение: $y \sim \beta[1+\varepsilon(1-x)] e^{1-x}$. (4.1.73а)
Выразим через внутреннюю переменную: $=\beta[1+\varepsilon(1-\varepsilon \zeta)] e^{1-e \xi}$.
Разложим при малых $\varepsilon:=\beta e(1+\varepsilon-\varepsilon \zeta+\ldots)$.
Двучленное внутреннее разложение: $=\beta e(1+\varepsilon-\varepsilon \zeta)$. (4.1.73г) Двучленное внутреннее разложение: $\quad y \sim \alpha-A_{0}\left(1-e^{-\zeta}\right)+$ $+\varepsilon\left\{A_{1}\left(1-e^{-\xi}\right)-\left[\alpha-A_{0}\left(1+e^{-\xi}\right)\right] \zeta\right\}$.
Выразим через внешнюю переменную: $=\alpha-A_{0}\left(1-e^{-x / \varepsilon}\right)+$
\[
+\varepsilon\left\{A_{1}\left(1-e^{-x / \varepsilon}\right)-\left[\alpha-A_{0}\left(1+e^{-x / \varepsilon}\right)\right] \frac{x}{\varepsilon}\right\} \text {. }
\]

Разложим при малых $\varepsilon:=\left(\alpha-A_{0}\right)(1-x)+\varepsilon A_{1}$.
Двучленное внешнее разложение: $=\left(\alpha-A_{0}\right)(1-x)+\varepsilon A_{1}$.
(4.1.74r)

Приравняв (4.1.73г) и (4.1.74г) в соответствии с условием сращивания (4.1.66), получим
\[
A_{0}=\alpha-\beta e, \quad A_{1}=\beta e .
\]

Поэтому
\[
y^{i}=\beta e+(\alpha-\beta e) e^{-\zeta}+\varepsilon\left\{\beta e\left(1-e^{-\xi}\right)-\left[\beta e-(\alpha-\beta e) e^{-\zeta}\right] \zeta\right\}+O\left(\varepsilon^{2}\right) .
\]

Составное разложение. Қак обсуждалось выше, внешнее разложение непригодно в окрестности начала координат, в то время как внутреннее разложение, вообще говоря, непригодно нигде, кроме области $x=O(\varepsilon)$. Чтобы найти разложение, пригодное на всем интервале, построим составное разложение $y^{c}$ (Васильева [1959]; Эрдейи [1961])
\[
y^{c}=y^{o}+y^{i}-\left(y^{o}\right)^{i}=y^{o}+y^{i}-\left(y^{i}\right)^{o} .
\]

Эти два выражения эквивалентны в силу условия сращивания (4.1.66), требующего, чтобы
\[
\left(y^{o}\right)^{i}=\left(y^{i}\right)^{o} .
\]

А поскольку
\[
\left(y^{i}\right)^{i}=y^{i}, \quad\left(y^{o}\right)^{o}=y^{o},
\]

то (4.1.77) приводит к
\[
\left(y^{c}\right)^{o}=y^{o} \text { и }\left(y^{c}\right)^{i}=y^{i} .
\]

Поэтому $y^{c}$ будет таким же хорошим приближением для $y$, как $y^{o}$ во внешней области и как $y^{i}$ во внутренней области.

Поскольку как (4.1.73г), так и (4.1.74г) определяет $\left(y^{o}\right)^{i}$, то составное разложение можно получить, прибавив к внешнему разложению (4.1.49) внутреннее разложение (4.1.76) и вычтя внутреннее разложение внешнего разложения (4.1.74г). Таким образом, получим
\[
y^{c}=\beta[1+\varepsilon(1-x)] e^{1-x}+[(\alpha-\beta e)(1+x)-\varepsilon \beta e] e^{-x / \varepsilon}+O\left(\varepsilon^{2}\right) .
\]

4.1.3. Уравнение второго порядка с переменными коэффициентами

В этом пункте мы построим равномерно пригодное разложение первого порядка для решения задачи
\[
\begin{array}{c}
\varepsilon y^{\prime \prime}+a(x) y^{\prime}+b(x) y=0, \\
y(0)=\alpha, \quad y(1)=\beta,
\end{array}
\]

где $\varepsilon \ll 1, a(x)$ и $b(x)$-аналитические в интервале $[0,1]$ функции от $x$. Уравнение (4.1.1), которое обсуждалось в двух предыдущих пунктах, можно записать в виде (4.1.82), положив $a(x)=b(x) \equiv 1$. Если $\varepsilon$ обращается в нуль, то уравнение (4.1.82) приводится к уравнению первого порядка
\[
a(x) y^{\prime}+b(x) y=0,
\]

решение которого не может удовлетворить обоим краевым условиям, и, следовательно, одно из них должно быть опущено. Как будет показано ниже, ответ на вопрос, какое условие должно быть опущено, зависит от того, какой знак принимает $a(x)$ на интервале $[0,1]$. Если $a(x)>0$, то необходимо опустить условие $y(0)=\alpha$ и внутреннее разложение строить в окрестности точки $x=0$, сращивая его с внешним разложением. Если $a<0$, то надо опустить условие $y(1)=\beta$ и строить внутреннее разложение вблизи точки $x=1$, сращивая его с внешним разложением. Однако если $a(x)$ меняет знак в $[0,1]$, то $y$ может изменить характер с осциллирующего на экспоненциально растущий или выродиться в окрестности нуля $a(x)$. Такие нули называются точками поворота или точками ветвления. Задача о точках ветвления исследуется в $\S 7.3$.

Какое краевое условие должно быть опущено? Чтобы исследовать вопрос, может ли быть опущено условие $y(0)=\alpha$ (т. е. образуется ли пограничный слой в окрестности нуля), введем преобразование растяжения
\[
\zeta=x \varepsilon^{-\lambda}, \quad \lambda>0 .
\]

Тогда (4.1.82) примет вид

При $\varepsilon \rightarrow 0(4.1 .86)$ примет вид
\[
\begin{aligned}
\frac{d^{2} y}{d \zeta^{2}} & =0 \text { при } \lambda>1, \\
\frac{d y}{d \zeta} & =0 \text { при } \lambda<1, \\
\frac{d^{2} y}{d \zeta^{2}}+a(0) \frac{d y}{d \zeta} & =0 \text { при } \lambda=1 .
\end{aligned}
\]

Чтобы можно было срастить решение уравнения (4.1.87) с внешним решением, определяемым предельным уравнением (4.1.84), необходимо, чтобы существовали решения уравнения (4.1.87), ограниченные при $\zeta \longrightarrow \infty$. Ограниченными решениями в первых двух случаях будут постоянные, следовательно, они должны быть отброшены как приводящие к определенным противоречиям, анало-

гичным тем, с которыми мы столкнулись в п. 4.1.2. Аналогично, если $a(0)<0$, то ограниченным решением в последнем случае (т. е. при $\lambda=1$ ) будет также лишь постоянная, и этот случай надо будет также отбросить. Следовательно, в точке $x=0$ не будет пограничного слоя. Если $a(0)>0$, то общее решение при $\lambda=1$ имеет вид
\[
y^{i}=A+B e^{-a(0) \zeta} .
\]

Это решение ограничено при $\zeta \longrightarrow \infty$ и содержит две произвольные постоянные, следовательно, оно может быть принято за внутреннее разложение, так как вместе с решением предельного уравнения может удовлетворить обоим краевым условиям.

Чтобы исследовать, должно ли быть опущено условие $y(1)=\beta$, введем преобразование растяжения
\[
\eta=(1-x) \varepsilon^{-\lambda}, \quad \lambda>0,
\]

и преобразуем (4.1.82) к виду
\[
\varepsilon^{1-2 \hat{\lambda}} \frac{d^{2} y}{d \eta^{2}}-\varepsilon^{-\lambda} a\left(1-\varepsilon^{\lambda} \eta\right) \frac{d y}{d \eta}+b\left(1-\varepsilon^{\lambda} \eta\right)=0 .
\]

При $\varepsilon \longrightarrow 0$ это уравнение примет вид
\[
\begin{aligned}
\frac{d^{2} y}{d \eta^{2}} & =0 \text { при } \lambda>1, \\
\frac{d y}{d \eta} & =0 \text { при } \lambda<1, \\
\frac{d^{2} y}{d \eta^{2}}-a(1) \frac{d y}{d \eta} & =0 \text { при } \lambda=1 .
\end{aligned}
\]

Решением уравнения (4.1.91), ограниченным при $\eta \rightarrow \infty$, будет постоянная, если $\lambda
eq 1$ или если $a$ (1) $>0$ и $\lambda=1$, и, следовательно, эти случаи надо отбросить. Однако, если $a(1)<0$ при $\lambda=1$, общее решение (4.1.91) имеет вид
\[
y^{i}=A+B e^{a(1) \eta} .
\]

Это решение ограничено при $\eta \longrightarrow \infty$, следовательно, оно может быть принято в качестве внутреннего разложения, так как оно содержит две произвольные постоянные, которые позволяют сочетать его с внешним решением и удовлетворить обоим краевым условиям.
Таким образом, пограничный слой будет при
\[
x=0, \text { если } a(x)>0,
\]

и при
\[
x=1, \quad \text { если } a(x)<0 .
\]

Далее мы определим равномерно пригодное разложение первого порядка для первого случая.

Случай $a(x)>0$. В этом случае первый член внешнего разложения (4.1.41) определяется из уравнения
\[
a(x) y^{\prime}+b(x) y=0, \quad y(1)=\beta .
\]

что приводит к
\[
y^{o}=\beta \exp \left[-\int_{1}^{x} \frac{b(t)}{a(t)} d t\right] .
\]

Общее решение для первого члена внутреннего разложения (4.1.51) дается (4.1.88). После преобразования (4.1.85) краевое условие $y(x=0)=\alpha$ преобразуется к виду $y(\zeta=0)=\alpha$, следовательно,
\[
y^{i}=\alpha-B+B e^{-a(0)} .
\]

Чтобы срастить $y^{o}$ и $y^{i}$, мы положим $m=n=1$ в (4.1.66). Имеем
одночленное внутреннее разложение (одночленного
\[
\text { внешнего разложения) }=\beta \exp \left[-\int_{1}^{0} \frac{b(t)}{a(t)} d t\right] \text {, }
\]

одночленное внешнее разложение (одночленного внутреннего разложения) $=\alpha-B$.
Приравняв (4.1.97) и (4.1.98) в соответствии с условием сращивания (4.1.66), получим
\[
B=\alpha-\beta \exp \left[-\int_{1}^{0} \frac{b(t)}{a(t)} d t\right] .
\]

Сформируем составное разложение. Для этого к (4.1.95) прибавим (4.1.96) и вычтем (4.1.98); получим
\[
\begin{array}{r}
y^{c}=\beta \exp \left[-\int_{1}^{x} \frac{b(t)}{a(t)} d t\right]+\left\{\alpha-\beta \exp \left[-\int_{1}^{0} \frac{b(t)}{a(t)} d t\right]\right\} \times \\
\times \exp \left[-\frac{a(0) x}{\varepsilon}\right]+O(\varepsilon) .
\end{array}
\]

Положив $a(x)=b(x)=1$, придем к
\[
y^{c}=\beta e^{1-x}+(\alpha-\beta e) e^{-x / \varepsilon}+O(\varepsilon),
\]

что соответствует (4.1.20). Положив $a(x)=2 x+1$ и $b(x)=2$, получим
\[
y^{c}=\frac{3 \beta}{1+2 x}+(\alpha-3 \beta) e^{-x / \varepsilon}+O(\varepsilon) .
\]

4.1.4. Уравнение Рейнольдса для скользящей опоры

Распределение давлений в изотермическом сжимаемом слое в бесконечно длинной скользящей опоре (см. рис. 4.1) определяется из уравнения Рейнольдса, которое в безразмерных переменных имеет вид
\[
\frac{d}{d x}\left(h^{3} p \frac{d p}{d x}\right)=\Lambda \frac{d}{d x}(p h) .
\]

Здесь расстояние $x$, толщина слоя $h$ и давление $p$ приведены к безразмерному виду с помощью следующих характерных пара-
Рис. 4.1.

метров задачи: длины опоры вдоль направления движения $L$, толщины слоя смазки $T$ на заднем конце опоры и внешнего давления $p_{a}$. Число $\Lambda$ определяется выражением $\Lambda=6 \mu L U / p_{a} T^{2}$, где $\mu$-вязкость жидкости, а $U$-скорость верхней поверхности. Граничные условия имеют вид
\[
p=1 \text { при } x=0 \text { и } x=1 .
\]

Следуя Ди Прима [1969], будем искать асимптотическое решение этой задачи при больших $\Lambda$, используя метод сращивания асимптотических разложений.
Внешнее разложение ищем в виде
\[
p^{o}=p_{0}(x)+\Lambda^{-1} p_{1}(x)+\ldots .
\]

Подставив это разложение в (4.1.103) и приравняв коэффициенты при равных степенях $\Lambda^{-1}$, получим
\[
\begin{array}{c}
\frac{d}{d x}\left(h p_{0}\right)=0, \\
\frac{d}{d x}\left(h p_{1}\right)=\frac{d}{d x}\left(h^{3} p_{0} \frac{d p_{0}}{d x}\right) .
\end{array}
\]

Поскольку эти уравнения являются уравнениями первого порядка, то одно из граничных условий должно быть опущено, и внешнее разложение будет непригодным вблизи этой границы. Так как $h$ и $\Lambda$ положительны, то по соображениям, аналогичным тем, которые использовались в п. 4.1.2 и 4.1.3, придем к выводу, что должно быть опущено краевое условие при $x=1$.

Следовательно, условие $p^{o}(0)=1$ вместе с (4.1.105) дает
\[
p_{0}(0)=1, \quad p_{1}(0)=0 .
\]

Поэтому решение для $p_{0}$ имеет вид
\[
p_{0}=\frac{h_{0}}{h(x)},
\]

а решение для $p_{1}$ имеет вид
\[
p_{1}=\frac{h_{0}^{2}\left[h^{\prime}(0)-h^{\prime}(x)\right]}{h(x)} .
\]

Это внешнее разложение необходимо дополнить внутренним разложением (решением в пограничном слое) вблизи $x=1$. Введя преобразование растяжения
\[
\zeta=(1-x) \Lambda^{\sigma}, \quad \sigma>0,
\]

преобразуем (4.1.103) к виду
\[
\Lambda^{\sigma-1} \frac{d}{d \zeta}\left[h^{3}\left(1-\zeta \Lambda^{-\sigma}\right) p \frac{d p}{d \zeta}\right]=-\frac{d}{d \zeta}\left[h\left(1-\zeta \Lambda^{-\sigma}\right) p\right] .
\]

При $\Lambda \rightarrow \infty$ это уравнение приводится к одному из трех видов
\[
\begin{aligned}
\frac{d}{d \zeta}\left(p \frac{d p}{d \zeta}\right) & =0 \text { при } \sigma>1, \\
\frac{d p}{d \xi} & =0 \text { при } \sigma<1, \\
\frac{d}{d \zeta}\left(p \frac{d p}{d \xi}\right) & =-\frac{d p}{d \zeta} \text { при } \sigma=1 .
\end{aligned}
\]

Первые два случая должны быть отброшены. Действительно, решением второго уравнения является постоянная, а решение первого уравнения выходит на постоянную при $\zeta \rightarrow \infty^{1}$ ), и, таким образом, оба эти случая не могут удовлетворить граничным условиям. В третьем случае уравнение имеет первый интеграл вида
\[
p \frac{d p}{d \zeta}+p=A,
\]

где $A$-постоянная. Решение уравнения (4.1.114) имеет вид
\[
-\zeta=p+A \ln (p-A)+B,
\]

где $B$-другая постоянная. Это решение, таким образом, является первым членом $P_{0}$ внутреннего разложения
\[
p^{i}=P_{0}(\zeta)+\Lambda^{-1} P_{1}(\zeta)+\ldots
\]
1) Точнее, ограниченные при $\zeta \longrightarrow \infty$ решения первого уравнения (4.1.113) суть постоянные.- Прим. ред.

и, следовательно, оно должно удовлетворять краевому условию $p(x=1)=1$ или $p^{i}(\zeta=0)=1$, что вместе с (4.1.116) приводит к
\[
P_{0}(0)=1 \text {. }
\]

Подставив (4.1.117) в (4.1.115), получим
\[
B=-1-A \ln (1-A) \text {. }
\]

Следовательно, $P_{0}$ неявно определяется уравнением
\[
-\zeta=P_{0}-1+A \ln \frac{A-P_{0}}{A-1} .
\]

Чтобы определить $A$, положим $m=n=1$ в условии сращивания (4.1.66). Имеем
одночленное внутреннее разложение (одночленного внешнего разложения) $=h_{0}$,
одночленное внешнее разложение (одночленного внутреннего разложения) $=A$.

Равенство (4.1.121) получено в результате разложения уравнения (4.1.119) при больших $\zeta$ с учетом неявной зависимости $P_{0}$ от $\zeta$. Приравняв (4.1.120) и (4.1.121) в соответствии с условием сращивания, получим
\[
A=h_{0},
\]

следовательно,
\[
-\zeta=P_{0}-1+h_{0} \ln \frac{h_{0}-P_{0}}{h_{0}-1} .
\]

Составное равномерно пригодное разложение первого порядка в соответствии с
\[
y^{c}=y^{o}+y^{i}-\left(y^{o}\right)^{i}
\]

имеет вид
\[
y^{c}=\frac{h_{0}}{h(x)}+P_{0}(\zeta)-h_{0}+O\left(\Lambda^{-1}\right)
\]

где $P_{0}$ определяется из (4.1.122б).

4.1.5. Несимметричный изгиб предварительно напряженных кольцевых пластин

Рассмотрим теперь задачу о несимметричном изгибе предварительно напряженных кольцевых пластин, которую поставили Альцхаймер и Дэвис [1968] и которая обсуждалась в п. 2.2.4. Эта задача приводит к краевой задаче для обыкновенного дифференциального уравнения четвертого порядка (2.2.28) с краевыми условиями (2.2.29), (2.2.30). При $\varepsilon \rightarrow 0$ уравнение (2.2.28) при-

водится к уравнению второго порядка (2.2.31), решение которого, вообще говоря, может удовлетворить только двум из четырех краевых условий. Следовательно, его решение не будет пригодным в окрестности одной или обеих границ, где необходимо вводить пограничные слои.

С помощью рассуждений, аналогичных использованным в п. 4.1.2, 4.1.3, можно прийти к выводу, что пограничный слой будет образовываться в окрестностях обоих концов, т. е. при $r=b$ и $r=1$. Пограничный слой при $r=b$ характеризуется преобразованием растяжения
\[
\zeta=(r-b) \varepsilon^{-1} .
\]

Тогда в окрестности точки $r=b$ уравнение для $u$ примет вид
\[
\left[\frac{d^{2}}{d \xi^{2}}+\frac{\varepsilon}{b+\varepsilon \zeta} \frac{d}{d \zeta}-\frac{\varepsilon^{2}}{(b+\varepsilon \zeta)^{2}}\right]^{2} u-\left[\frac{d^{2} u}{d \zeta^{2}}+\frac{\varepsilon}{b+\varepsilon \zeta} \frac{d u}{d \zeta}-\frac{u \varepsilon^{2}}{(b+\varepsilon \zeta)^{2}}\right] \Rightarrow 0 .
\]

При $r=1$ пограничный слой характеризуется преобразованием растяжения
\[
\eta=(1-r) \varepsilon^{-1},
\]

и поэтому в окрестности точки $r=1 u(g)$ должно удовлетворять уравнению
\[
\left[\frac{d^{2}}{d \eta^{2}}-\frac{\varepsilon}{1-\varepsilon \eta} \frac{d}{d \eta}-\frac{\varepsilon^{2}}{(1-\varepsilon \eta)^{2}}\right]^{2} u-\left[\frac{d^{2} u}{d \eta^{2}}-\frac{\varepsilon}{1-\varepsilon \eta} \frac{d u}{d \eta}-\frac{u \varepsilon^{2}}{(1-\varepsilon \eta)^{2}}\right]=0 .
\]

Внешнее разложение. Будем искать разложение вида
\[
u^{o}=\sum_{n=0}^{N-1} \varepsilon^{n} u_{n}(r)+O\left(\varepsilon^{N}\right)
\]

с помощью внешнего предельного перехода: $\varepsilon \rightarrow 0$ при фиксированном $r$. Для этого, подставив это разложение в (2.2.28) и приравняв коэффициенты при равных степенях $\varepsilon$, получим
\[
\frac{d^{2} u_{n}}{d r^{2}}+\frac{1}{r} \frac{d u_{n}}{d r}-\frac{u_{n}}{r^{2}}=0 \text { при всех } n,
\]

откуда
\[
u_{n}=\frac{A_{n}}{r}+B_{n} r,
\]

где $A_{n}$ и $B_{n}$-постоянные. Поскольку пограничный слой присутствует в обоих концах, то мы не можем использовать граничные условия для определения этих постоянных. Они определятся при сращивании внешнего решения с решениями в пограничных слоях.

Внутреннее разложение в окрестности $r=b$. В этом случае внутреннее разложение мы будем искать с помощью внутреннего предельного перехода $\varepsilon \longrightarrow 0$ при фиксированном $\zeta=$ $=(r-b) \varepsilon^{-1}$. Пусть
\[
u^{i}=U_{0}(\zeta)+\varepsilon U_{1}(\zeta)+\ldots .
\]

Подставив это разложение в (4.1.125) и приравняв коэффициенты при равных степенях $\varepsilon$, получим
\[
\begin{array}{c}
\left(\frac{d^{2}}{d \zeta^{2}}-1\right) \frac{d^{2} U_{0}}{d \zeta^{2}}=0, \\
\left(\frac{d^{2}}{d \zeta^{2}}-1\right) \frac{d^{2} U_{1}}{d \zeta^{2}}=\frac{1}{b}\left(1-2 \frac{d^{2}}{d \zeta^{2}}\right) \frac{d U_{0}}{d \zeta} .
\end{array}
\]

Это разложение должно удовлетворять граничным условиям $(2.2 .29)$, т. е.
\[
u^{i}(\zeta=0)=b \alpha, \quad \frac{d u^{i}}{d \zeta}(\zeta=0)=\varepsilon \alpha .
\]

Последние условия вместе с (4.1.131) приводят к
\[
\begin{array}{ll}
U_{0}(0)=b \alpha, & U_{0}^{\prime}(0)=0, \\
U_{1}(0)=0, & U_{1}^{\prime}(0)=\alpha .
\end{array}
\]

Общее решение (4.1.132) имеет вид
\[
U_{0}=a_{0}+b_{0} \zeta+c_{0} e^{-\zeta}+d_{0} e^{\zeta} .
\]

Постоянная $d_{0}$ должна быть равна нулю, иначе $U_{0}$ будет экспоненциально расти и его нельзя будет срастить с внешним разложением.
Краевое условие (4.1.135a) требует, чтобы
\[
b_{0}=c_{0}, \quad a_{0}+c_{0}=b \alpha .
\]

Таким образом, $U_{0}$ может быть записано в виде
\[
U_{0}=b \alpha+c_{0}\left(e^{-\zeta}+\zeta-1\right) \text {, }
\]

где $c_{0}$-постоянная, которая должна будет определиться при сращивании. Чтобы произвести сращивание, положим $m=n=1$ в условии сращивания (4.1.66). Имеем
\[
\frac{A_{0}}{b}+B_{0} b=\left\{\begin{array}{ll}
\frac{c_{0}(r-b)}{\varepsilon}, & \text { если } c_{0}
eq 0, \\
b \alpha, & \text { если } c_{0}=0 .
\end{array}\right.
\]

Следовательно,
\[
c_{0}=0, \quad \frac{A_{0}}{b}+B_{0} b=b \alpha .
\]

Для того чтобы определить $A_{0}$ и $B_{0}$, требуется еще одно соотношение между ними, которое может быть получено только при сращивании внешнего разложения с внутренним при $r=1$.

В этом примере можно было бы сразу выписать разложение до высших порядков и затем применить сращивание. При этом возникли бы громоздкие алгебраические выражения, пропорциональные $c_{0}$. Вообще говоря, не удается определить внешнее и внутреннее разложения до любого порядка и затем применить сращивание для определения произвольных постоянных. Например, в задаче об обтекании тела при больших числах Рейнольдса приходится строить разложение последовательно шаг за шагом (см., например, Ван Дайк [1964]).

Если $U_{0}=b \alpha$, то решение уравнения (4.1.133), удовлетворяющее краевому условию (4.1.135б) и не растущее экспоненниально, имеет вид
\[
U_{1}=c_{1}\left(e^{-\zeta}+\zeta-1\right)+\alpha \zeta .
\]

Чтобы определить $c_{1}$, мы срастим двучленное внутреннее разложение с двучленным внешним разложением. Имеем
двучленное внутреннее разложение (двучленного внешнего разложения) $=$
\[
=\frac{A_{0}}{b}+B_{0} b+\varepsilon\left[\frac{A_{1}}{b}+B_{1} b+\left(B_{0}-\frac{A_{0}}{b^{2}}\right) \zeta\right],
\]

двучленное внешнее разложение (двучленного внутреннего разложения) $=b \alpha+\left(c_{1}+\alpha\right) \times$ $\times(r-b)-\varepsilon c_{1}$.
Приравняв (4.1.141) и (4.1.142) в соответствии с условием сращивания, потучим
\[
\begin{aligned}
\frac{A_{0}}{b}+B_{0} b+\varepsilon\left[\frac{A_{1}}{b}+B_{1} b+\left(B_{0}-\frac{A_{0}}{b^{2}}\right) \xi\right] & = \\
& =b \alpha+\left(c_{1}+\alpha\right)(r-b)-\varepsilon c_{1} .
\end{aligned}
\]

Поскольку $\zeta=(r-b) \varepsilon^{-\mathbf{1}}$, имеем
\[
\frac{A_{1}}{b}+B_{1} b=-c_{1}, \quad B_{0}-\frac{A_{0}}{b^{2}}=c_{1}+\alpha .
\]

Таким образом, мы имеем два уравнения для $A_{1}, B_{1}$ и $c_{1}$; третье соотношение между ними получается при сращивании внешнего разложения с внутренним в точке $r=1$.

Внутреннее разложение в окрестности точки $r=1$. Внутреннее разложение вида
\[
u^{I}=\tilde{U}_{\mathrm{e}}(\eta)+\varepsilon \tilde{U}_{1}(\eta)+\ldots
\]

вблизи точки $r=1$ будем искать с помощью внутреннего предельного перехода $\varepsilon \longrightarrow 0$ при фиксированном $\eta=(1-r) \varepsilon^{-1}$. Подставив это разложение в (4.1.127) и приравняв коэффициенты при равных степенях $\varepsilon$, получим
\[
\begin{array}{c}
\left(\frac{d^{2}}{d \eta^{2}}-1\right) \frac{d^{2} \tilde{U}_{0}}{d \eta^{2}}=0, \\
\left(\frac{d^{2}}{d \eta^{2}}-1\right) \frac{d^{2} \tilde{U}_{1}}{d \eta^{2}}=\left(2 \frac{d^{2}}{d \eta^{2}}-1\right) \frac{d \tilde{U}_{0}}{d \eta} .
\end{array}
\]

Поскольку $r=1$ соответствует $\eta=0$, то $u^{l}$ должно удовлетворять граничным условиям (2.2.30), т. е.
\[
u^{I}=\frac{d u^{I}}{d \eta}=0 \quad \text { при } \quad \eta=0 .
\]

Эти условия в сочетании с (4.1.145) дают
\[
\begin{array}{ll}
\tilde{U}_{0}(0)=0, & \tilde{U}_{0}^{\prime}(0)=0, \\
\tilde{U}_{1}(0)=0, & \tilde{U}_{1}^{\prime}(0)=0 .
\end{array}
\]

Решение задачи (4.1.146), (4.1.149), не растущее экспоненциально, имеет вид
\[
\tilde{U}_{0}=\tilde{c}_{0}\left(e^{-\eta}+\eta-1\right) \text {. }
\]

Чтобы определить $\tilde{c}_{0}$, срастим одночленное внешнее разложение с одночленным внутренним разложением. Получим
\[
A_{0}+B_{0}=\tilde{c}_{0} \frac{1-r}{\varepsilon},
\]

откуда
\[
\tilde{c}_{0}=0 \quad \text { и } \quad A_{0}+B_{0}=0
\]

и
\[
\tilde{U}_{0}=0 .
\]

Решив (4.1.139) и (4.1.153) относительно $A_{0}$ и $B_{0}$, получим
\[
A_{0}=-B_{0}=\frac{b^{2} \alpha}{1-b^{2}} \text {. }
\]

Следовательно,
\[
u_{0}=\frac{b^{2} x}{1-b^{2}}\left(\frac{1}{r}-r\right) .
\]

Поскольку $\tilde{U}_{0}=0$, то решение задачи (4.1.147), (4.1.150), не растущее эксполенциально, имеет вид
\[
\tilde{U}_{1}=\tilde{c}_{1}\left(e^{-\eta}+\eta-1\right) \text {. }
\]

Чтобы определить $\tilde{c}_{1}$, срастим двучленное внешнее разложение с двучленным внутренним разложением. Имеем
двучленное внутреннее разложение (двучленного внешнего разложения) $=0+\varepsilon\left(2 A_{0} \eta+A_{1}+B_{1}\right)$,
двучленное внешнее разложение (двучленного внутреннего разложения) $=\tilde{c}_{1}(1-r)-\varepsilon \tilde{c}_{1}$.

Приравняв (4.1.158) и (4.1.159) в соответствии с условием сращивания, получим
\[
\tilde{c}_{1}=2 A_{0}=\frac{2 b^{2} \alpha}{1-b^{2}}, A_{1}+B_{1}=-\tilde{c}_{1}=-\frac{2 b^{2} \alpha}{1-b^{2}} .
\]

Поскольку $A_{0}$ и $B_{0}$ определяются из (4.1.155), то (4.1.144) дает
\[
c_{1}=-\frac{2 \alpha}{1-b^{2}},
\]

а из (4.1.144) и (4.1.160) следует
\[
A_{1}=\frac{2 \alpha b\left(1+b^{3}\right)}{\left(1-b^{2}\right)^{2}}, \quad B_{1}=-\frac{2 a b(1+b)}{\left(1-b^{2}\right)^{2}} .
\]

Это завершает определение всех постоянных интегрирования для разложения второго порядка.

Составное разложение. Сначала соберем все результаты предыдущих трех пунктов
\[
\begin{array}{c}
u^{o}=\frac{b^{2} \alpha}{1-b^{2}}\left(\frac{1}{r}-r\right)+\varepsilon \frac{2 \alpha b}{\left(1-b^{2}\right)^{2}}\left[\frac{1+b^{3}}{r}-(1+b) r\right]+O\left(\varepsilon^{2}\right), \\
u^{i}=b \alpha-\varepsilon \frac{2 \alpha}{1-b^{2}}\left(e^{-\xi}+\frac{1+b^{2}}{2} \zeta-1\right)+O\left(\varepsilon^{2}\right), \\
u^{I}=\varepsilon \frac{2 b^{2} \alpha}{1-b^{2}}\left(e^{-\eta}+\eta-1\right)+O\left(\varepsilon^{2}\right), \\
\left(u^{o}\right)^{i}=b \alpha-\frac{2 \alpha}{1-b^{2}} \varepsilon\left(\frac{1+b^{2}}{2} \zeta-1\right)+O\left(\varepsilon^{2}\right), \\
\left(u^{o}\right)^{I}=\frac{2 b^{2} \alpha}{1-b^{2}} \varepsilon(\eta-1)+O\left(\varepsilon^{2}\right) .
\end{array}
\]

Таким образом, составное разложение, равномерно пригодное в интервале $[b, 1]$, имеет вид
\[
\begin{array}{l}
u^{c}=u^{o}+u^{i}+u^{I}-\left(u^{o}\right)^{i}-\left(u^{o}\right)^{I}= \\
=\frac{b^{2} \alpha}{1-b^{2}}\left(\frac{1}{r}-r\right)+\frac{2 \varepsilon \alpha b^{2}}{\left(1-b^{2}\right)^{2}}\left[\frac{1+b^{3}}{r}-(1+b) r\right]- \\
-\frac{2 \varepsilon \alpha}{1-b^{2}} e^{-5}+\frac{2 \varepsilon b^{2} \alpha}{1-b^{2}} e^{-\eta}+O\left(\varepsilon^{2}\right) .
\end{array}
\]

4.1.6. Термоупругие поверхностные волны

В п. 2.4.3 задача о термоупругих поверхностных волнах была сведена к решению алгебраических уравнений (2.4.35) для квадрата волновой скорости $x=c^{2}$. Прямое разложение для решения этого уравнения при малых $\varepsilon$ (см. п. 2.4.3) имеет вид
\[
x=x_{R}\left\{1-\varepsilon \frac{\tau x_{R}\left(1-\frac{1-x_{R}}{F}\right)}{\left(1-\tau x_{R}\right)\left[1+G^{\prime}\left(x_{R}\right)\right]}\right\}+O\left(\varepsilon^{2}\right)
\]

при малых $\tau$ и
\[
x=\frac{1}{\tau}\left\{1-\frac{\varepsilon \tau}{\tau-1}-\frac{\varepsilon^{2} \tau}{\tau-1}\left[\frac{-\tau^{2}}{(\tau-1)^{2}}+M^{2}\right]\right\}+O\left(\varepsilon^{3}\right)
\]

при больших $\tau$, где $F\left(c_{R}^{2}\right)$ и $M\left(c_{R}^{2}\right)$ определяются из (2.4.39) и (2.4.42) соответственно, и
\[
x_{R}=c_{R}^{2} \approx 0,2817 \text { (квадрат скорости волн Рэлея). }
\]

Скорость волн Рэлея является решением уравнения
\[
G\left(c_{R}^{2}\right)=1-c_{R}^{2} .
\]

Ясно, что разложение (4.1.169) становится непригодным, если $\tau \uparrow 1 / x_{R}$. Действительно, $x \rightarrow \infty$, если $\tau \rightarrow 1 / x_{R}$. Второй член разложения (4.1.170) показывает, что оно становится непригодным при $\tau \downarrow 1$, а из рассмотрения третьего члена следует, что пригодность этого разложения нарушается задолго до $\tau=1$. Поскольку из (4.1.171) $G\left(x_{R}\right)=1-x_{R}$, то коэффициент при $M^{2}$ в (2.4.42) обращается в нуль, если $\tau=1 / x_{R} \approx 3,550$. Следовательно, как $M$, так и $x$ стремятся к бесконечности при $\tau \downarrow 1 / x_{R}$. Таким образом, оба эти разложения становятся непригодными при $\tau_{R}=1 / x_{R}$.

Чтобы определить разложение, равномерно пригодное для всех $\tau$, мы будем рассматривать вышеприведенные разложения в качестве внешних разложений и дополним их внутренними разложениями вблизи $\tau=\tau_{R}$. Во всех примерах, рассмотренных до сих пор, нам приходилось применять преобразование растяжения только к независимым переменным. Однако в этом случае мы нашли, что преобразование растяжения необходимо применить как к независимой переменной $\tau$, так и к зависимой переменной $x$. Введем следующее преобразование:
\[
T=\frac{\tau-\tau_{R}}{\tau_{R}} \varepsilon^{-n}, \quad X=\frac{x_{R}-x}{x_{R}} \varepsilon^{-m}, 0<m, n<1 .
\]

Прежде чем делать замену переменных в (2.4.35), заметим, что
\[
\begin{array}{l}
{[1-x \tau(1+\varepsilon)+A]^{2}=} \\
=(1-x \tau+A)^{2}-2 x \tau \varepsilon(1-x \tau+A)+O\left(\varepsilon^{2}\right)= \\
=(1-x \tau)^{2}+2 A(1-x \tau)+A^{2}-2 \varepsilon x \tau(1-x \tau+A)+O\left(\varepsilon^{2}\right)= \\
=(1-x \tau)\left[2-x \tau-x+2 A-\varepsilon x \tau \frac{3-2 x \tau+2 A}{1-x \tau}\right]+O\left(\varepsilon^{2}\right) . \\
\end{array}
\]

Следовательно, соотношение (2.4.35) может быть переписано в виде
\[
G(x)=1-x-\frac{\varepsilon x^{2} \tau}{2-x-x \tau+2 A}\left(1+\frac{2 A}{1-x \tau}\right)+O\left(\varepsilon^{2}\right) .
\]

После преобразования (4.1.172) получим
\[
X\left[1+G^{\prime}\left(x_{R}\right)\right]=\frac{2}{\sqrt{1-x_{R}}} \frac{\varepsilon^{1-3 m / 2}}{\sqrt{X-\varepsilon^{n-m} T}}+O(\varepsilon) .
\]

Чтобы получить нетривиальный результат при $\varepsilon \longrightarrow 0$, положим
\[
m=n=\frac{2}{3},
\]

тогда при $\varepsilon \longrightarrow 0$ равенство (4.1.174) примет вид
\[
X\left[1+G^{\prime}\left(x_{R}\right)\right]=\frac{1}{\sqrt{1-x_{R}} \sqrt{\bar{X}-\vec{T}}} .
\]

Полагая
\[
\xi^{2}=X-T,
\]

можно переписать это уравнение в виде
\[
\xi^{3}+T \xi=K,
\]

где
\[
K=\frac{2}{\sqrt{1-x_{R}}\left[1+G^{\prime}\left(x_{R}\right)\right]} .
\]

Следовательно, решение этого кубического уравнения дает первый член внутреннего разложения. Это кубическое уравнение имеет один или три корня в зависимости от того, положительно выражение
\[
D=\frac{K^{2}}{4}+\frac{T^{3}}{27}
\]

или нет. При положительных или малых отрицательных $T$ величина $D$ положительна, и уравнение имеет только один действительный корень:
\[
\xi=\sqrt[3]{-\frac{1}{2} K+\sqrt{D}}-\sqrt[3]{\frac{1}{2} K+V \bar{D}} .
\]

При $T<-3 \sqrt[3]{K^{2} / 4}$ существуют три действительных корня для $\xi$. В этом случае мы выберем тот, который определяется выражением (4.1.177), если в нем изменить знак при $D$. Срастим это внутреннее разложение с внешними разложениями (4.1.169) и (4.1.170) и затем построим равномерно пригодные составные разложения.

Разложение для $0 \leqslant \tau \leqslant \tau_{R}$. Срастим внутреннее разложение с внешним разложением (4.1.169), положив в (4.1.66) $m=n=2$. Имеем
двучленное внутреннее разложение (двучленного внешнего разложения) $=$
\[
=x_{R}\left[1-\varepsilon^{2 / 3} \frac{K}{\sqrt{-T}}\right] \text {, }
\]

двучленное внешнее разложение (двучленного внутреннего разложения) $=$
\[
=x_{R}\left[1-\varepsilon^{2 / 3} \frac{K}{\sqrt{-T}}\right] \text {. }
\]

Написав (4.1.179), мы нашли решение уравнения (4.1.176) при больших отрицательных значениях $T$ и выбрали корень
\[
\xi=\sqrt{-T}-\frac{K}{2 T}+\ldots \text { при } T \rightarrow-\infty,
\]

так как выражение (4.1.177) непригодно для больших отрицательных T. Поскольку (4.1.178) и (4.1.179) равны, то внешнее разложение (4.1.169) фактически уже сращено с внутренним разложением, представленным (4.1.176). Поэтому составное разложение, пригодное для всех $0 \leqslant \tau \leqslant \tau_{R}$, дается выражением
\[
\begin{array}{l}
x^{c}=x^{o}+x^{i}-\left(x^{o}\right)^{i}= \\
=x_{R}\left\{1-\varepsilon \frac{\tau x_{R}\left(1-\frac{1-x_{R}}{F}\right)}{\left(1-\tau x_{R}\right)\left[1+G^{\prime}\left(x_{R}\right)\right]}+\right. \\
\left.\quad+\varepsilon^{2 / 3}\left[\frac{K}{\sqrt{-T}}-T-\xi^{2}\right]\right\}+O\left(\varepsilon^{2}\right) .
\end{array}
\]

Заметим, что это разложение регулярно при $\tau=\tau_{R}$, так как вклад в сингулярность члена порядка $\varepsilon$ в точности уничтожается членом $\varepsilon^{2 / 3} K / \sqrt{-T}$. Срастим внешнее разложение (4.1.170) с внутренним, положив, так же как и в предыдущем случае, $m=n=2$. Имеем

двучленное внутреннее разложение (двучленного внешнего разложения) $=$
\[
=x_{R}\left(1-\varepsilon^{2 / 3} T\right) \text {, }
\]

двучленное внешнее разложение (двучленного внутреннего разложения) $=$
\[
=x_{R}\left[1-\frac{\tau-\tau_{R}}{\tau_{R}}+0 \cdot \varepsilon\right] \text {. }
\]

Так как выражения (4.1.182) и (4.1.183) равны, то эти разложения фактически уже сращены. Составное разложение, равномерно пригодное при $\tau \geqslant \tau_{R}$, имеет вид
\[
\begin{aligned}
x^{c} & =x^{o}+x^{i}-\left(x^{o}\right)^{i}= \\
& =\frac{1}{\tau}-\frac{\varepsilon}{\tau-1}-\varepsilon^{2 / 3} x_{R} \xi^{2}+O\left(\varepsilon^{2}\right) .
\end{aligned}
\]

Найфэ и Неммат-Нассер [1971] первыми исследовали эту задачу с помощью метода сращивания асимптотических разложений. Результаты этого пункта показывают, что внешнее и внутреннее разложения, вообще говоря, не могут быть представлены в виде одинаковых асимптотических последовательностей, скажем, по степеням $\varepsilon$. В этом примере внешние разложения строились по целым степеням $\varepsilon$, в то время как внутреннее разложение по дробным степеням $\varepsilon$. Кроме того, этот пример служит демонстрацией того, что неоднородность может возникать внутри области, а не только на границе, как это было в ранее рассмотренных примерах.

4.1.7. Задача о космическом корабле Земля – Луна ‘)

В примерах, обсуждавшихся до сих пор, асимптотические последовательности содержали либо целые степени $\varepsilon^{n}$, либо дробные степени $\varepsilon^{m / n}$ малого параметра. В некоторых случаях эти асимптотические последовательности могу’т оказаться неспособными представить решение. Тогда их приходится дополнять членами, содержащими $\log (1 / \varepsilon)$, которые, будучи умноженными на любую дробную степень $\varepsilon$, стремятся к нулю. Из настоящего примера видно, что следует иметь в виду тот факт, что может оказаться необходимым дополнить эти последовательности членами, содержащими такие логарифмы, как $\log (1 / \varepsilon), \log [\log (1 / \varepsilon)]$, $\log \{\log [\log (1 / \varepsilon)]\}$, или им эквивалентные.

Рассматриваемая задача математически представлена уравнениями (2.4.7) – (2.4.9) в п. 2.4.2. Одномерная задача исследовалась в п. 3.2.2 с помощью метода растянутых координат. В п. 3.5.3 показано, что в двумерном случае метод растянутых координат приводит к ошибочным результатам.

Если вместо $t$ в качестве независимой переменной выбрать $x$, то прямое разложение (полученное с использованием внешнего предельного перехода $\mu \longrightarrow 0$ при фиксированном $x$ ) дается выражениями (2.4.17)-(2.4.19). Было отмечено, что вблизи точки $x=1$ это разложение становится непригодным, так как второй член в разложении (2.4.18) имеет логарифмическую, а третийалгебраическую особенность вблизи $x=1$. Величину неравномерности, а значит, и соответствующее преобразование растяжения, можно оценить, рассматривая отношение наиболее сингулярной части члена $O\left(\mu^{2}\right)$ к наиболее сингулярной части члена $O(\mu)$. Эта оценка наводит на мысль, что областью неоднородности является $1-x=O(\mu)$. Если бы мы взяли отношение сингулярной части члена $O(\mu)$ к первому члену, то пришли бы к выводу, что областью неравномерности является $1-x=O\left(e^{-1 / \mu}\right)$, что неверно.

Лучшим способом оценки величины неоднородности и определения преобразования растяжения является исследование порядка величины разных членов в уравнениях, как мы это делали в более ранних примерах. Введем преобразование
\[
\xi=\frac{1-x}{\mu^{\alpha}}, \quad \zeta=\frac{y}{\mu^{\alpha}}, \quad \eta=\frac{t-\tau}{\mu^{\beta}}, \quad \alpha \text { и } \beta>0,
\]

где $\tau$-время, необходимое для достижения $x=1$. Преобразуем (2.4.7) к виду
\[
\frac{d^{2} \xi}{d \eta^{2}}=\frac{(1-\mu) \mu^{2 \beta-\alpha}\left(1-\mu^{\alpha} \xi\right)}{\left[\left(1-\mu^{\alpha} \xi\right)^{2}+\mu^{2 \alpha} \zeta^{2}\right]^{3 / 2}}-\mu^{1-3 \alpha+2 \beta} \frac{\xi}{\left(\xi^{2}+\zeta^{2}\right)^{3 / 2}} .
\]

Левая часть этого уравнения представляет собой ускорение космического корабля; первый член правой части равен вкладу притяжения Земли в ускорение космического корабля, последний член представляет собой вклад притяжения Луны в это ускорение. Если мы пренебрежем силой притяжения Луны в сравнении с силой притяжения Земли, то мы получим внешнее разложение (2.4.12), которое непригодно в окрестности точки $x=1$. Таким образом, чтобы получить разложение, пригодное вблизи Луны, (т.е. $x=1$ ), надо считать, что вклад в ускорение космического корабля от притяжения Луны имеет тот же порядок, что и само ускорение, т.е.
\[
3 \alpha-2 \beta=1 .
\]

Этому условию могут удовлетворить бесконечно много значений $\alpha$ и $\beta$. Поскольку внутреннее разложение должно быть сращено с внешним, то скорость $d \xi / d \eta$ в окрестности Луны должна иметь тот же порядок, что и скорость $d x / d t=O$ (1) вдали от Луны;

следовательно,
\[
\alpha=\beta
\]

Поэтому
\[
\alpha=\beta=1
\]

и исходное уравнение может быть переписано с использованием внутренней переменной $\xi=(1-x) \mu^{-1}$ в виде
\[
\begin{array}{l}
\mu \frac{d^{2} \xi}{d t^{2}}=(1-\mu) \frac{1-\mu \xi}{\left[(1-\mu \xi)^{2}+y^{2}\right]^{3 / 2}}-\mu^{2} \frac{\xi}{\left(\mu^{2} \xi^{2}+y^{2}\right)^{3 / 2}}, \\
\frac{d^{2} y}{d t^{2}}=-(1-\mu) \frac{y}{\left[(1-\mu \xi)^{2}+y^{2}\right]^{3 / 2}}-\mu \frac{y}{\left(\mu^{2} \xi^{2}+y^{2}\right)^{3 / 2}} .
\end{array}
\]

Ниже мы рассмотрим одномерный случай. Лагерстром и Кеворкян [1963b] рассмотрели двумерный случай, а Лагерстром и Кеворкян [1963a] и Брекуэлл и Перко [1966] исследовали случай вращающихся центров масс.

Положим $y=0$ и проинтегрируем уравнение (2.4.7) с начальными условиями (2.4.10) при $h=\rho=0$. Имеем
\[
\frac{1}{2}\left(\frac{d x}{d t}\right)^{2}=\frac{1-\mu}{x}+\frac{\mu}{1-x}, t(0)=0 .
\]

Внешнее разложение (полученное с использованием внешнего предела $\mu \longrightarrow 0$ при $x$ фиксированном) имеет вид (упражнение 2.12):
\[
\sqrt{2} t^{o}=\frac{2}{3} x^{3 / 2}+\mu\left(\frac{2}{3} x^{3 / 2}+\sqrt{x}-\frac{1}{2} \ln \frac{1+\sqrt{x}}{1-\sqrt{x}}\right)+O\left(\mu^{2}\right) \text {. }
\]

При $x \rightarrow 1$ оно становится непригодным. Чтобы описать решение вблизи $x=1$, положим $\xi=(1-x) \mu^{-1}$. Тогда уравнение $(4.1 .192)$ примет вид
\[
\frac{1}{2} \mu^{2}\left(\frac{d \xi}{d t}\right)^{2}=\frac{1-\mu}{1-\mu \xi}+\frac{1}{\xi} .
\]

Используя внутренний предельный переход $\mu \rightarrow 0$ при $\xi$ фиксированном, будем искать внутреннее разложение в виде
\[
t^{i}=\tau_{0}+\mu T_{1}(\xi)+O\left(\mu^{2}\right) .
\]

Приравнивая коэффициенты при равных степенях $\mu$, получим
\[
\frac{1}{2}\left(\frac{d \xi}{d T_{1}}\right)^{2}=1+\frac{1}{\xi}
\]

Общее решение этого уравнения имеет вид
\[
\sqrt{2} T_{1}=-\sqrt{\xi(\xi+1)}+\operatorname{Arsh} \sqrt{\xi}+\tau_{1},
\]

где $\tau_{1}$, и $\tau_{0}$ – постоянные, которые должны определиться при сращивании, так как это разложение непригодно вблизи $x=0$ и мы не можем использовать начальное условие $t(x=0)=0$. Чтобы произвести сращивание, положим $m=n=2$ в $(4.1 .66$ ) и получим
двучленное внутреннее разложение (двучленного внешнего разложения) $=$
\[
=\frac{2}{3}+\mu\left[-\xi+\frac{5}{3}-\ln 2+\frac{1}{2} \ln \mu+\frac{1}{2} \ln \xi\right],
\]

двучленное внешнее разложение (двучленного внутреннего разложения) $=$
\[
=\sqrt{2} \tau_{0}-1+x-\mu\left[\frac{1}{2}-\ln 2-\tau_{1}-\frac{1}{2} \ln \frac{1-x}{\mu}\right] .
\]

Приравняв (4.1.198) и (4.1.199) в соответствии с условием сращивания, получим
\[
\sqrt{2} \tau_{0}=\frac{2}{3}, \quad \tau_{1}=\frac{13}{6}-2 \ln 2+\frac{1}{2} \ln \mu .
\]

Откуда
\[
\sqrt{2} t^{i}=\frac{2}{3}+\mu\left[\frac{13}{6}-2 \ln 2+\frac{1}{2} \ln \mu-\sqrt{\xi(\xi+1)}+\operatorname{Arsh} \sqrt{\xi}\right]+O\left(\mu^{2}\right) .
\]

Это разложение кроме членов $O(\mu)$ содержит член $\mu \ln \mu$. Составное разложение, равномерно пригодное на интервале $[0,1]$, может быть получено в соответствии с
\[
t^{c}=t^{o}+t^{i}-\left(t^{o}\right)^{i}
\]

откуда
\[
\begin{array}{r}
\sqrt{2} t^{c}=\frac{2}{3} x^{3 / 2}+\mu\left[\frac{1}{2}-\ln 2+\frac{1}{2} \ln \mu+\frac{2}{3} x^{3 / 2}+\sqrt{x}-\right. \\
-\ln (1+\sqrt{x})+\xi-\sqrt{\xi(\xi+1)}+\operatorname{Arsh} \sqrt{\bar{\xi}}]+O\left(\mu^{2}\right) .
\end{array}
\]

4.1.8. Обтекание сферы при малых числах Рейнольдса

В качестве последнего примера рассмотрим задачу обтекания сферы при малых числах Рейнольдса, которая обсуждалась в п. 2.1.4. Этот пример отличается от предыдущих тем, что он описывается дифференциальным уравнением в частных производных. Кроме того, он показывает, что иногда необходимо преобразование сжатия, а не растяжения. Функция тока удовлет-

воряет уравнению в частных производных четвертого порядка (2.1.37) и граничным условиям (2.1.39) и (2.1.40).

Разложение Стокса. В п. 2.1.4 было получено прямое разложение (2.1.59), которое Лагерстром и Коул [1955] назвали разложением Стокса. Оно было получено с помоцью так называемого предельного перехода Стокса: $R \longrightarrow 0$ при фиксированном $r$. Как было отмечено в п. 2.1.4, разложение Стокса удовлетворяет условию (2.1.39) на поверхности сферы, но не удовлетворяет условию на бесконечности (2.1.40). Таким образом, разложение Стокса становится непригодным при $r \longrightarrow \infty$ (парадокс Уайтхеда).

Разложение Озеена. Чтобы выяснить причину этой неравномерности, Озеен [1910] исследовал относительную величину „конвективных“ членов, которыми Стокс пренебрег, и „вязких“ членов, которые были Стоксом оставлены. Правая часть уравнения (2.1.45) показывает, что
\[
\text { пренебрегаемые члены }=O\left(\frac{R}{r^{2}}\right),
\]

в то время как перекрестные члены, оставляемые в (2.1.42), равны
\[
\frac{\partial^{2}}{\partial r^{2}}\left[\frac{\sin \theta}{r^{2}} \frac{\partial}{\partial \theta}\left(\frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\right)\right] \psi_{0}=O\left(\frac{1}{r^{3}}\right) .
\]

Следовательно,
\[
\frac{\text { пренебрегаемые }}{\text { оставляемые }}=O(R r) \text { при } \quad r \rightarrow \infty,
\]

и разложение Стокса становится непригодным при $r$, возрастающем до $O\left(R^{-1}\right)$.

K этому выводу можно прийти также, заметив, что причиной неравномерности является член – (3/16) $R r^{2} \sin ^{2} \theta \cos \theta$ в частном решении, который не ведет себя надлежащим образом при $r \longrightarrow \infty$. Следовательно, разложение Стокса пригодно, пока этот член мал в сравнении с членом – (3/4) $r \sin ^{2} \theta$ в $\psi_{0}$, и разложение Стокса становится непригодным, если эти члены имеют одинаковый порядок, т. е. если $r R=O(1)$.

Эти соображения позволили Озеену [1910] получить приближение к потоку, пригодное везде. Это два первых члена того, что Лагерстром и Коул [1955] назвали разложением Озеена. Разложение Озеена получается с помощью предельного перехода Озеена: $R \rightarrow 0$ при фиксированном $\rho=R r$. Отметим, что переход к $\rho$ является преобразованием сжатия, а не растяжения. В но-

вых переменных уравнение (2.1.37) примет вид
\[
D^{4} \psi=\frac{R^{2}}{\rho^{2} \sin \theta}\left(\psi_{\theta} \frac{\partial}{\partial \rho}-\psi_{\rho} \frac{\partial}{\partial \theta}+2 \operatorname{ctg} \theta \psi_{\rho}-2 \frac{\psi_{\theta}}{\rho}\right) D^{2} \psi,
\]

где
\[
D^{2}=\frac{\partial^{2}}{\partial \rho^{2}}+\frac{\sin \theta}{\rho^{2}} \frac{\partial}{\partial \theta}\left(\frac{1}{\sin \theta} \frac{\partial}{\partial \theta}\right) .
\]

Поскольку общее решение дифференциальных уравнений в частных производных, вообще говоря, не известно, то, по-видимому, более удобно и целесообразно строить внутреннее и внешнее разложения последовательно, член за членом, применяя условие сращивания в качестве ведущего принципа при формировании этих разложений. Так как решение Стокса (2.1.51) равномерно пригодно, то мы можем найти первый член в разложении Озеена, применив предельный переход Озеена в (2.1.51). Чтобы определить вид второго члена, используем условие сращивания
одночленное разложение Стокса (двучленного разложения Озеена) $=$ двучленному разложению Озеена (одночленного разложения (токса) $=$
\[
=\frac{1}{2} \frac{1}{R^{2}} \rho^{2} \sin ^{2} \theta-\frac{3}{4} \frac{1}{R} \rho \sin ^{2} \theta .
\]

Таким образом, разложение Озеена (обозначаемое через $\psi^{o}$ ) должно иметь вид
\[
\psi^{o}=\frac{1}{2} \frac{1}{R^{2}} \rho^{2} \sin ^{2} \theta+\frac{1}{R} \Psi_{1}(\rho, \theta)+\Psi_{2}(\rho, \theta) .
\]

Первый член соответствует решению Стокса. Подставив это разложение в (4.1.204) и приравняв коэффициенты при $R$, получим
\[
\left(D^{2}-\cos \theta \frac{\partial}{\partial \rho}+\frac{\sin \theta}{\rho} \frac{\partial}{\partial \theta}\right) D^{2} \Psi_{1}=0 .
\]

Это уравнение называется уравнением Озеена. Оно было получено Озееном из физических соображений.

Чтобы решить уравнение Озеена, мы, следуя Голдстейну [1929], положим
\[
D^{2} \Psi_{1}=\varphi e^{(1 / 2) \rho \cos \theta},
\]

и имеем
\[
\left(D^{2}-\frac{1}{4}\right) \varphi=0 .
\]

Вместо того чтобы искать общее решение уравнения (4.1.208), решая (4.1.209), (4.1.210), и затем использовать условие сращивания (4.1.206) для выделения членов, соответствующих решению Стокса, Праудмен и Пирсон [1957] срастили сначала $\mathscr{D}^{2} \psi^{s}$ и $\mathscr{D}^{2} \psi^{o}$. Поскольку
\[
\begin{aligned}
\mathscr{D}^{2} \psi^{s} & =\frac{3}{2} \frac{1}{r} \sin ^{2} \theta+O(R), \\
\mathscr{D}^{2} \psi^{o} & =R^{2} D^{2} \psi^{o}=R D^{2} \psi_{1}(\rho, \theta)+O\left(R^{2}\right),
\end{aligned}
\]

и условие сращивания означает, что
одночленное разложение Стокса (одного члена $\mathscr{D}^{2} \psi^{o}$ ) $=$ $=$ одночленному разложению Озеена (одного члена $\mathscr{D}^{2} \psi^{s}$ ),

то получим
одночленное разложение Стокса $\left(D^{2} \Psi_{1}\right)=\frac{3}{2} \frac{1}{\rho} \sin ^{2} \theta$.

Чтобы удовлетворить этому условию, будем искать решение в виде
\[
\varphi=\sin ^{2} \theta f(\rho) .
\]

Имеем
\[
f^{\prime \prime}-\left(\frac{2}{\rho^{2}}+\frac{1}{4}\right) f=0 .
\]

Решение для $f$, не растущее экспоненциально, имеет вид
\[
f=A\left(1+\frac{2}{\rho}\right) e^{-(1 / 2) \rho} .
\]

Тогда
\[
D^{2} \Psi_{1}=A\left(1+\frac{2}{\rho}\right) \sin ^{2} \theta e^{-(1 / 2) \rho(1-\cos \theta)} .
\]

Следовательно,
\[
\text { одночленное разложение Стокса }\left(D^{2} \Psi_{1}\right)=\frac{2 A}{R} \frac{1}{r} \sin ^{2} \theta \text {. }
\]

В этом случае (4.1.213) дает $A=3 / 4$ и $D^{2} \Psi_{1}$ принимает вид
\[
D^{2} \Psi_{1}=\frac{3}{4}\left(1+\frac{2}{\rho}\right) \sin ^{2} \theta e^{-(1 / 2) \rho(1-\cos \theta)} .
\]

Частное решение уравнения (4.1.219) имеет вид
\[
\Psi_{1 p}=\frac{3}{2}(1+\cos \theta) e^{-(1 / 2) \rho(1-\cos \theta)} .
\]

Поэтому
\[
\Psi_{\mathrm{I}}=\Psi_{1 c}+\frac{3}{2}(1+\cos \theta) e^{-(1 / 2) \rho(1-\cos \theta)} .
\]

Тогда из (4.1.206) получим
одночленное разложение Стокса: $\left(\Psi_{1 c}\right)=-\frac{3}{2}(1+\cos \theta)$.
Следовательно, $\Psi_{1 c}=-3(1+\cos \theta) / 2$ и разложение Озеена примет вид
\[
\psi^{o}=\frac{1}{2 R^{2}} \rho^{2} \sin ^{2} \theta-\frac{3}{2 R}(1+\cos \theta)\left[1-e^{-(1 / 2) \rho(1-\cos \theta)}\right]+O(1) .
\]

Второй член в разложении Стокса. Из уравнений (2.1.51), (2.1.52) и (2.1.58) следует, что разложение Стокса второго порядка имеет вид
\[
\begin{aligned}
\psi^{s}= & \frac{1}{4}\left(2 r^{2}-3 r+\frac{1}{r}\right) \sin ^{2} \theta+ \\
& +R\left[-\frac{3}{32}\left(2 r^{2}-3 r+1-\frac{1}{r}+\frac{1}{r^{2}}\right) \sin ^{2} \theta \cos \theta+\psi_{1 c}\right]+O\left(R^{2}\right),
\end{aligned}
\]

где $\psi_{1 c}$-дополнительное решение уравнения (2.1.52). Чтобы найти $\psi_{1 c}$, срастим два члена $\psi^{s}$ с двумя членами $\psi^{\circ}$. Имеем двучленное разложение Стокса: $\psi \sim \psi_{0}+R\left(\psi_{1 p}+\psi_{1 c}\right)$. (4.1.225а)
Запишем через переменные Озеена:
\[
\begin{aligned}
=\frac{1}{4}\left(2 \frac{\rho^{2}}{R^{2}}-\frac{3 \rho}{R}+\frac{R}{\rho}\right) & \sin ^{2} \theta+ \\
+R\left[-\frac{3}{32}\right. & \left(2 \frac{\rho^{2}}{R^{2}}-\frac{3 \rho}{R}+1-\frac{R}{\rho}+\frac{R^{2}}{\rho^{2}}\right) \times \\
& \times \sin ^{2} \theta \cos \theta+\psi_{1 c}\left(\frac{\rho}{R}, \theta\right) .
\end{aligned}
\]

Двучленное разложение Озеена: $=\frac{1}{2 R^{2}} \rho^{2} \sin ^{2} \theta+$
\[
\begin{array}{l}
+\frac{1}{R}\left[-\frac{3}{4}\left(\rho \sin ^{2} \theta+\frac{1}{4} \rho^{2} \sin ^{2} \theta \cos \theta\right)+\right. \\
\left.+ \text { члены порядка } O(1) \text { по } R^{2} \psi_{1 c}\left(\frac{\rho}{R}, \theta\right)\right] .
\end{array}
\]

Двучленное разложение Озеена: $\psi \sim \frac{1}{2 R^{2}} \rho^{2} \sin ^{2} \theta-$
\[
-\frac{3}{2 R}(1+\cos \theta)\left[1-e^{-(1 / 2) \rho(1-\cos \theta)}\right] .
\]

Запишем через переменные Стокса: $=\frac{1}{2} r^{2} \sin ^{2} \theta-$
\[
-\frac{3}{2 R}(1+\cos \theta)\left[1-e^{-(1 / 2) r R(1-\cos \theta)}\right] .
\]

Двучленное разложение Стокса: $=\left(\frac{1}{2} r^{2}-\frac{3}{4} r\right) \sin ^{2} \theta+$
\[
+\frac{3}{16} r^{2} R \sin ^{2} \theta(1-\cos \theta) .
\]

Приравнивая (4.1.225в) и (4.1.226в) в соответствии с условием сращивания, получим
\[
\text { одночленное разложение Озеена: }\left(\psi_{1 c}\right)=\frac{3}{16} r^{2} \sin ^{2} \theta \text {. }
\]

Это наводит на мысль, что решение надо искать в виде
\[
\psi_{1 c}=f(r) \sin ^{2} \theta .
\]

Тогда из (2.1.50) получим
\[
f(r)=c_{4} r^{4}+c_{2} r^{2}+c_{1} r+c_{-1} r^{-1} .
\]

Условие сращивания (4.1.227) требует, чтобы $c_{4}=0$ и $c_{2}=3 / 1$ s, в то время как граничные условия $\psi_{1}(1, \theta)=\psi_{1 r}(1, \theta)=0$ означают, что $c_{1}=-\frac{9}{32}, c_{-1}=\frac{3}{32}$. Поэтому
\[
\begin{array}{r}
\psi^{s}=\frac{1}{4}\left(2 r^{2}-3 r+\frac{1}{r}\right) \sin ^{2} \theta+\frac{3}{32} R\left[\left(2 r^{2}-3 r+\frac{1}{r}\right) \sin ^{2} \theta-\right. \\
\left.-\left(2 r^{2}-3 r+1-\frac{1}{r}+\frac{1}{r^{2}}\right) \sin ^{2} \theta \cos \theta\right]+O\left(R^{2}\right) .
\end{array}
\]

Высшие приближения. Праудмен и Пирсон [1957] нашли, что частное решение для $\psi_{2}$ содержит $\ln r$, что приводит к появлению $\ln R$ при сращивании. Это является еще одним примером, в котором возникают логарифмы параметра возмущения в результате сращивания разложений, одно из которых содержит логарифмы независимой переменной.