\documentclass[russian,a4paper]{article}
\usepackage{amsmath}
\usepackage[cp1251]{inputenc}
\usepackage{babel}
\usepackage[LCY]{fontenc}
\usepackage{glonti}

\textwidth 160mm
\textheight 237mm
\hoffset=-19mm
\voffset=-20mm

\begin{document}

Теплообменник на встречных потоках

Уравнение теплопроводности в случае движущейся среды имеет вид (см.\ ЛЛ6,
(50,1))
$$
\frac{\partial T}{\partial t}+({\bf v}\nabla)T=k\Delta T
$$
$k$ --- коэффициент температуропроводности. Рассмотрим двумерную стационарную
задачу. Пусть в области $0<y<b$ вода течет в положительном направлении оси $x$,
а в области $-b<y<0$ --- с такой же скоростью в отрицательном. При $y=\pm b$
потоки теплоизолированы, $\partial T/\partial y(x,\pm b)=0$, а при $y=0$
имеется окно $-a<x<a$ теплового контакта, в котором $T(x,+0)=T(x,-0)$,
$\partial T/\partial y(x,+0)=\partial T/\partial y(x,-0)$, в области $|x|>a$
потоки теплоизолированы $\partial T/\partial y(x,\pm 0)=0$. В соответствие
со сказанным выше, температура в полосах $0<y<b$ и $-b<y<0$
удовлетворяет уравнениям
$$
\pm\frac vk\frac{\partial T}{\partial x}=\frac{\partial^2 T}{\partial x^2}
+\frac{\partial^2 T}{\partial y^2}.
$$
На входе в теплообменник, то есть при $x\to-\infty$, $-b<y<0$ и $x\to+\infty$,
$0<y<b$ температуры (без ограничения общности) равны $\pm T_0$. Отметим, что
тогда температура удовлетворяет соотношению $T(x,y)=-T(-x,-y)$. Нужно определить
температуры на выходе из теплообменника.

Обезразмерим задачу. Введем $\tilde x=x/a$, $\tilde y=y/a$, $\tilde T=T/T_0$
и безразмерные параметры $\varepsilon=b/a$, $u=vb^2\!/ka$.
Тогда (тильды опускаем)
$$
\pm u\frac{\partial T}{\partial x}=\varepsilon^2
\frac{\partial^2 T}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 T}{\partial y^2},
$$
а граничные условия принимают вид
$$
\begin{gathered}
\frac{\partial T}{\partial y}(x,\pm1)=0,\\
\frac{\partial T}{\partial y}(x,\pm0)=0,\quad |x|>1,\\
T(x,+0)=T(x,-0),\quad |x|<1,\\
\frac{\partial T}{\partial y}(x,+0)=\frac{\partial T}{\partial y}(x,-0),
\quad |x|<1.
\end{gathered}
$$
Температура на входе
$$
T(x,y)\to\begin{cases}
1,&x\to-\infty,\quad 0<y<1,\\
-1,&x\to+\infty,\quad -1<y<0.
\end{cases}
$$

Решение удобно представить через функцию Грина. Введем оператор
$$
L=u\frac\partial{\partial x}-\varepsilon^2
\frac{\partial^2}{\partial x^2}-\frac{\partial^2}{\partial y^2}
$$
и сопряженный к нему оператор
$$
L^\dag=-u\frac\partial{\partial x}-\varepsilon^2
\frac{\partial^2}{\partial x^2}-\frac{\partial^2}{\partial y^2}.
$$
Тогда $LT=0$, а уравнение для функции Грина
$$
L^\dag G=\delta(x-x')\delta(y-y').
$$
Граничные условия $\partial G/\partial y(x,0)=\partial G/\partial y(x,1)=0$.
На обеих бесконечностях $\partial G/\partial x(x,y)\to0$ при $x\to\pm\infty$.
А вот сама функция Грина не может стремиться к нулю сразу на обеих
бесконечностях. Это очевидно, если проинтегрировать уравнение для нее
по полосе $-\infty<x<\infty$, $0<y<1$
$$
-\int_0^1dy\,(uG+\varepsilon^2G_x)|_{x=-\infty}^{x=+\infty}=1.
$$
В качестве условия на бесконечности удобно задать
$G(x,y)\to0$ при $x\to+\infty$. Тогда $G(x,y)\to1/u$ при $x\to-\infty$.
Пишем
%$$
\begin{multline*}
T(x',y')=\int_{-\infty}^{+\infty}dx\int_0^1dy\,TL^\dag G=\\
=-u\int_0^1dy\,TG|_{x=-\infty}^{x=+\infty}
-\varepsilon^2\int_0^1dy\,(TG_x-T_xG)|_{x=-\infty}^{x=+\infty}-
\int_{-\infty}^{+\infty}dx\,(TG_y-T_yG)|_{y=0}^{y=1}=\\
=u\int_0^1dy\,TG|_{x=-\infty}-
\int_{-1}^1dx\,T_yG|_{y=0}=1-\int_{-1}^1dx\,T_yG|_{y=0}.
\end{multline*}
%$$
При $x'\to+\infty$ имеем
$$
T|_{x=+\infty}=1-\frac1u\int_{-1}^1dx\,T_y|_{y=0}.
$$

Чтобы найти тепловой поток $T_y|_{y=0}$ через окно $|x|<1$, воспользуемся
симметрией температуры. Пишем
$$
\begin{gathered}
T(x',0)=1-\int_{-1}^1dx\,T_y(x,0)G(x,0;x',0),\\
T(-x',0)=1-\int_{-1}^1dx\,T_y(x,0)G(x,0;-x',0)=
1-\int_{-1}^1dx\,T_y(x,0)G(-x,0;-x',0)
\end{gathered}
$$
и складываем эти равенства
$$
2=\int_{-1}^1dx\,T_y(x,0)[G(x,0;x',0)+G(-x,0;-x',0)].
$$
Поскольку функция Грина зависит в действительности только от $x-x'$,
в квадратных скобках стоит четная функция
$K(x-x')=G(x-x',0;0,0)+G(x'-x,0;0,0)$.
Мы получили интегральное уравнение относительно $T_y$. Для фактического его
решения нужно определить функцию Грина.

Будем искать ее в виде разложения по собственным функциям оператора
$\partial^2/\partial y^2$ с граничными условиями
$\partial G/\partial y(x,0)=\partial G/\partial y(x,1)=0$
$$
G(x,y)=g_0/2+\sum_{n=1}^\infty g_n(x)\cos\pi ny. 
$$
Коэффициенты удовлетворяют уравнениям
$$
-ug'_n-\varepsilon^2g''_n+\pi^2n^2g_n=2\delta(x-x')\cos\pi ny'.
$$
Решения соответствующих однородных уравнений, производные которых убывают
при $x\to\pm\infty$, равны соответственно $A_ne^{a_{n-}x}$ и $B_ne^{a_{n+}x}$,
где
$$
a_{n\pm}=\frac{-u\mp\sqrt{u^2+4\varepsilon^2\pi^2n^2}}{2\varepsilon^2}
$$
--- корни уравнения $-ua-\varepsilon^2a^2+\pi^2n^2=0$.
Отметим, что $a_{n+}+a_{n-}=-u/\varepsilon^2$,
$a_{n+}a_{n-}=-\pi^2n^2/\varepsilon^2$. Коэффициенты $A_n$, $B_n$
определяются из условий непрерывности коэффициентов $g_n$ при $x=x'$
и скачка их производных $-\varepsilon^2[g'_n(x'+0)-g'_n(x'-0)]=2\cos\pi ny'$.
Окончательно
$$
G(x,y;x',y')=\begin{cases}
\displaystyle
\frac1u+\frac2{\varepsilon^2}\sum_{n=1}^\infty
\frac{\cos\pi ny\cos\pi ny'e^{a_{n-}(x-x')}}{a_{n-}-a_{n+}},&x<x'\\
\noalign{\vskip5pt}
\displaystyle
\frac1ue^{-(x-x')u/\varepsilon^2}+\frac2{\varepsilon^2}\sum_{n=1}^\infty
\frac{\cos\pi ny\cos\pi ny'e^{a_{n+}(x-x')}}
{a_{n-}-a_{n+}},&x>x'.
\end{cases}
$$
Ядро интегрального уравнение для $T_y(x,0)$ имеет вид
$$
K(x)=\frac1u(1+e^{-|x|u/\varepsilon^2})
+\frac2{\varepsilon^2}\sum_{n=1}^\infty
\frac{e^{a_{n+}|x|}+e^{-a_{n-}|x|}}{a_{n-}-a_{n+}}=
\frac1u+\tilde K(x).
$$
Отметим, что убывающие на бесконечности члены все положительны, а интеграл
от них равен
$$
\int_{-\infty}^{+\infty}\tilde K(x)\,dx=
\int_{-\infty}^{+\infty}\left(\frac1ue^{-|x|u/\varepsilon^2}
+\frac2{\varepsilon^2}\sum_{n=1}^\infty
\frac{e^{a_{n+}|x|}+e^{-a_{n-}|x|}}{a_{n-}-a_{n+}}\right)dx=
\frac{2\varepsilon^2}{u^2}-\frac4{\varepsilon^2}\sum_{n=1}^\infty
\frac1{a_{n+}a_{n-}}=\frac{2\varepsilon^2}{u^2}+\frac23.
$$

Можно получить простую оценку на температуру на выходе из теплообменника.
Обозначим полный тепловой поток через окно $Q=\int_{-1}^1T_y(x,0)\,dx$
и перепишем уравнение для $T_y(x,0)$ в виде
$$
2=\frac Qu+\int_{-1}^1\tilde K(x-x')T_y(x',0)\,dx'.
$$
Проинтегрируем его по $x$
$$
2=\frac Qu+\frac12\int_{-1}^1dx'\,T_y(x',0)
\left(\int_{-1}^1\tilde K(x-x')\,dx\right).
$$
Для величины в круглых скобках справедлива оценка
$$
\int_{-1}^1\tilde K(x-x')\,dx\leq\frac{2\varepsilon^2}{u^2}+\frac23.
$$
Используя вполне естественное предположение, что всюду $T_y(x,0)>0$
(неплохо бы это потом доказать), получаем оценку
$$
2\leq\frac Qu+\left(\frac{\varepsilon^2}{u^2}+\frac13\right)Q,
$$
откуда
$$
T|_{x=+\infty}=1-\frac Qu\leq-\frac{1-c}{1+c},\quad
c=\left(\frac{\varepsilon^2}{u^2}+\frac13\right)u.
$$
Минимальное значение $c=2\varepsilon/\sqrt3$ достигается при
$u=\varepsilon\sqrt3$, на температуру при этом получается самая лучшая
оценка.

\end{document}

Самый простой случай --- когда $u$ является малой того же порядка,
что и $\varepsilon$, $u=\varepsilon w$. Тогда убывающие на бесконечности
члены в ядре $K$ оцениваются как $e^{-c|x|/varepsilon}$, а потому можно
написать


\end{document}
