Дивергентная осесимметричная форма уравнений газодинамики

[Roy Rogers]

Доброго времени суток, уважаемые участники!

Читал я много книжек по численным методам и решил воплотить в жизнь решение простой вроде бы задачи. Во всех руководствах задачу сначала приводят к дивергентному виду. Для прямоугольных декартовых координат это что-то такое (плоская задача)

$$\frac{\partial R}{\partial t}+\frac{\partial Q}{\partial x}+\frac{\partial W}{\partial y}=0$$

Дальше вроде всё понятно как делать - записывать разности и прочее (в зависимости от схемы).
А у меня задачка с цилиндрической симметрией, осесимметричная. В тех книжках, где я смотрел, явно никто дивергентную форму для такого случая почему-то не выписывал. Я так понимаю, что смысл в том, чтобы записать все уравнения в виде

$$\frac{\partial R}{\partial t}+ \operatorname{div} \bold{W}=0$$

Вроде логично. Первое, что смущает - перед дифференциалами в цилиндрических координатах появляются различные множители типа $r$ или $1/r$. Как-то это непривычно. И что с ними делать я не знаю - к каким узлам их относить, например? Если пройти мимо этого, то дальше возникает вопрос с формой записи уравнений. С неразрывностью и энергией все вроде понятно. А с эйлером возникает вопрос. Дивергентная форма будет такой

$$\frac{\partial \rho u_i}{\partial t}+(\operatorname{Div} \Pi)_i =0, \qquad \Pi_{ij}=\rho u_i u_j + \delta_{ij}p$$

Но дивергенция этого тензора в цилиндрических координатах содержит слагаемые типа $\rho u_r^2/r$. Их, опять же, можно внести под дифференциал при условии, что перед ним будет стоять $1/r$. Таким образом, например, проекция дивергенции на радиальное направление будет

$$\frac{1}{r} \frac{\partial (r \rho u_r^2)}{\partial r}+\frac{\partial p}{\partial r}+\frac{\partial}{\partial z} (\rho u_z^2+p)$$

Это в лучшем случае. Тут и две разные производные по $r$ (которые я не вижу как свести к одной) и все в целом как-то не так. Или я что-то совсем неправильно делаю?

[Утундрий]

Вам поможет строго дивергентная форма Вивьяна.

[Roy Rogers]

Утундрий в сообщении #598451 писал(а):

Вам поможет строго дивергентная форма Вивьяна.

Что-то не получается найти ничего по такому запросу.

[Утундрий]

Прошу прощения за задержку. Вопрос видел, но возможности ответить должным образом не имел.

В общем, идея здесь такова. Пусть в физическом пространстве введены произвольные криволинейные координаты $\left( {x \in \mathbb{R}^3 } \right) \mapsto {\mathbf{r}}\left( x \right) \in \mathbb{R}^3 $. Тогда нам известна метрика $g_{\mu \nu } \equiv {\mathbf{r}}_{,\mu } \cdot {\mathbf{r}}_{,\nu } $, обратная метрика $g^{\mu \nu } $ и символ ${\mathbf{r}}^\mu \equiv g^{\mu \nu } {\mathbf{r}}_{,\nu } $. Поскольку пространство плоское, то ${\mathbf{r}}_{,\mu \nu } = \Gamma _{\mu \nu }^\alpha {\mathbf{r}}_{,\alpha } $. В таком случае тождество $g^{\mu \nu } _{;\nu } \equiv 0$ можно переписать в виде $\left( {\sqrt g {\mathbf{r}}^\mu } \right)_{,\mu } \equiv 0$. Учитывая также факт, что ${\mathbf{r}}^\mu = \nabla x^\mu $, можно записать следующее соотношение:

$$\sqrt g \nabla \Im = \sqrt g \nabla x^\mu \Im _{,\mu } = \sqrt g {\mathbf{r}}^\mu \Im _{,\mu } = \left( {\sqrt g {\mathbf{r}}^\mu \Im } \right)_{,\mu } $$

То есть, от дивергентной формы в декартовых координатах мы безболезненно перешли к таковой же в криволинейных. При этом типичные "гидродинамические" слагаемые преобразуются так:

$$\sqrt g \nabla \cdot {\mathbf{v}} = \left( {\sqrt g v^\mu } \right)_{,\mu } $$

$$\sqrt g \nabla \cdot {\mathbf{vv}} = \left( {\sqrt g v^\mu {\mathbf{v}}} \right)_{,\mu } $$

$$\sqrt g \nabla p = \left( {\sqrt g {\mathbf{r}}^\mu p} \right)_{,\mu } $$

(Здесь $v^\mu \equiv {\mathbf{v}} \cdot {\mathbf{r}}^\mu $)

[Roy Rogers]

Утундрий
Извините, что пропал надолго. Я ответ ваш давно прочитал, не было времени поблагодарить.

[Утундрий]

На здоровье. По форме сей вывод вряд ли будет совпадать с книжным, потому как по памяти восстановлен. А книжка... читал я ее настолько давно, что помню только, что она тоненькая, в двух томах и обложка у нее то ли синяя то ли зеленая... впрочем, может и вовсе серая.