这一节, 首先介绍一下研究背景, 并给出一些基本概念和引理, 这些将在本文后续定理的证明中被用到.

本文将研究具有以下形式的高维非齐次标量守恒律方程

(1.1) $ \begin{align} u_t+\sum\limits^n_{i=1}f_i(u)_{x_i}=g(t, u), \end{align} $

其中$ x=(x_1, x_2, \cdots, x_n) $, $ u=u(t, x)\in \mathbb {R}, $方程(1.1) 和许多物理模型有关联, 如交通流, 半导体^[9]以及不定常流^[8], 等等.

对于方程(1.1) 的Cauchy问题, Conway、Smoller^{[1, 2]}以及Volpert^[11]证明了齐次情形下弱解的整体存在性, 并在一定条件下得到了解的唯一性. Kruzkov^[7]利用黏性消失方法在有界可测函数空间中, 证明了方程(1.1) Cauchy问题弱解的全局存在性, 其中流函数和非齐次项为一般的关于$ t, x, u $的函数; 并提出了Kruzkov熵条件, 当弱解满足熵条件时, 证明了其唯一性. 当非齐次项为$ g(u) $时, 杨小舟、张同^[15]证明了方程(1.1) 全局光滑解的存在性, 并得到了解的公式.

对于二维齐次情形下方程(1.1) 的Riemann问题, 张同、肖玲、张朋和郑玉玺^{[3, 16-17]}利用一般特征分析和自相似变换方法构造了四片常数初值Riemann问题的自相似解, 其中初值分布于坐标平面的四个象限中, 初值间断为坐标轴; 陈贵强、李德宁、谭德春^[4], Guckenheimier^[6]以及Sheng^[10]分别对三片常数初值的情形做了深入的研究.

而对于方程(1.1) 的高维Riemann解, 杨小舟^[13]首次提出了$ H $条件, 并利用$ H $条件构造了齐次情形下的高维非自相似稀疏波和激波的表达式, 而后得到了Riemann问题的解及其全局结构; 杨小舟^[14]研究了$ n $维齐次Burgers方程的$ n $维非自相似解的全局结构以及非自相似基本波的相互作用, 给出了一个构造高维激波表达式的新方法; 曹高伟、向伟以及杨小舟^[5]同样利用$ H $条件, 构造了非齐次情形下的高维非自相似稀疏波和激波的表达式, 并得到了Riemann问题的解及其全局结构. 在文献[5] 和^[13]中, 初值为两片常数, 分别分布在两个无界区域, 由$ n-1 $维光滑流形隔开.

本文主要研究了当$ f_i(u)=\frac{u^2}{2}, g(t, u)=-\alpha u $时, 方程(1.1) 的二维Riemann问题, 初值间断曲线为两个圆, 由于可以通过放缩变换而解的结构不变, 我们此文中就讨论等价的初始间断曲线是两个单位圆的情形. 初值为三片常数, 分别分布在两个有界区域和一个无界区域, 这和文献[13, 14] 以及^[5]的情形不一样, 会遇到新的困难: 非齐次项的存在导致基本波的相互作用更复杂, 也会得到新的现象: 激波和稀疏波围成的区域在一定条件下不会消失.

本文的结构分为以下几个部分: 第二节, 先列出本文的主要定理, 其证明过程放在后面几节; 第三节, 计算从初值间断发出的稀疏波的轮廓: $ R^1_{c_1} $、$ R^2_{c_2} $的表达式, 还有激波: $ S^{1}_\pm $、$ S^{2}_\pm $的表达式, 并研究它们之间的相互作用, 发现$ S^{1}_\pm $和$ R^1_{u_-} $, $ S^{2}_\pm $和$ R^2_{u_-} $会相交的充分条件, 而后, 当$ 0 < t<T_1 $时, 得到由$ S^{1}_\pm $和$ R^1_{u_-} $交集发出的激波$ S_{1} $, 以及由$ S^{2}_\pm $和$ R^2_{u_-} $交集发出的激波$ S_{2} $; 第四节, 发现$ R_{u_+}^2 $和激波$ S_{1} $会相交的充分条件, 而后, 当$ T_1\leq t<T_2 $时, 得到从它们交集发出的激波$ S_3 $; 第五节, 发现$ S_3 $和$ S_{2} $会相交的另一充分条件, 而后, 当$ t\geq T_2 $时, 得到由它们交集发出的激波$ S_4 $; 文中还讨论了全局解的渐近行为.

定义1.1^[7]  假设方程$ (1.1) $的初值为$ u_0(x) \in L^\infty({\Bbb R}^n) $, 若对任意测试函数$ \varphi=\varphi(t, x)\in C^\infty_0({\Bbb R}_+ \times {\Bbb R}^n) $,

(1.2) $ \begin{align} \int_{{\Bbb R}_+}\int_{{\Bbb R}^n} \bigg(u\varphi_t+\sum^n_{i=1}f_i(u)\varphi_{x_i} +g(t, u)\varphi\bigg){\rm d}x{\rm d}t+ \int_{{\Bbb R}^n}u_0(x)\varphi(0, x){\rm d}x=0 \end{align} $

成立, 那么就称$ u=u(t, x) $是方程$ (1.1) $的弱解.

定义1.2(Rankine-Hugoniot条件)^[12]  假设$ S $是间断曲面, 解$ u $在$ S $两边的值分别为$ u_l $以及$ u_r $, 给定点$ P\in S $, 若

$ \rm (i) $$ \vec{n} $是$ S $在$ P $点的单位法向量,

$ \rm (ii) $$ u_r=\lim\limits_{\varepsilon \rightarrow 0^+} u(P+\varepsilon \vec{n}) $,

$ \rm (iii) $$ u_l=\lim\limits_{\varepsilon \rightarrow 0^+} u(P-\varepsilon \vec{n}) $,

则

(1.3) $ \begin{align} \vec{n}\cdot ([u], [f_1], [f_2], \cdots, [f_n])=0, \end{align} $

其中$ [u]=u_r-u_l, [f_i]=f_i(u_r)-f_i(u_l) $.

定义1.3($ H (H') $条件)^[13]  若对任意$ u\in (a, b) $以及$ (x_1, x_2, \cdots, x_n)\in M(x)=0 $,

(1.4) $ \begin{align} \sum^n_{i=1}M_{x_i}f''_i(u) >0(<0) \end{align} $

成立, 则称Riemann问题$ (1.6) $–$ (1.7) $满足$ H(H') $条件, 其中$ (a, b) $为区间, $ a, b $取有限数或者$ \infty $,

$ M_{x_i}\triangleq \frac{\partial M(x_1, x_2, \cdots, x_n)}{\partial x_i} \Big|_{(x_1, x_2, \cdots, x_n)\in \{x\in {\Bbb R}^n|M(x)=0\}}. $

定义1.4$ ({\cal G} $条件)^[5]  令$ h(t)\in C({\Bbb R}) $, $ g(u)\in C^1({\Bbb R}) $, 若

(1.5) $ \begin{align} h(t)=h(-t)\not=0, \; \; t\in {\Bbb R}, \; \; \mathop{\overline{\lim}}_{\eta\rightarrow \infty} \rm{sign}(h(t))\frac{g(\eta)}{\eta}<+\infty \end{align} $

成立, 则称$ h(t)g(u) $满足$ {\cal G} $条件.

给定下面$ n $维非齐次标量守恒律的Riemann问题

$ \left\{\begin{array}{l} { } u_t+\sum\limits^n_{i=1}f_i(u)_{x_i}=h(t)g(u), \\ u_0(x)= \left\{\begin{array}{ll}u_-, \; \; &\mbox{若}\; M(x)<0, \\ u_+, \; \; & \mbox{若}\; M(x)>0, \end{array}\right. \end{array}\right. \left.\begin{array}{r} (1.6)\\ \\ (1.7) \end{array}\right. $

其中$ x=(x_1, x_2, \cdots, x_n) $, $ u=u(t, x) $, $ f_i(u)\in C^2({{{\Bbb R}} }) $, $ M(x)\in C^1({{{\Bbb R}} }^n) $. 初值间断$ M(x)=0 $是一个$ n-1 $维光滑流形, 并且把$ {{{\Bbb R}} }^n $分割为两个无界区域.

根据文献[5], Riemann问题(1.6)–(1.7) 的解由下面命题给出.

命题1.1^[5]  假设$ H(H') $条件成立, 且$ h(t)g(u) $满足$ {\cal G} $条件, 则

$ \rm (i) $若$ u_->u_+\; (u_-<u_+) $, 则$ \rm Riemann $问题$ (1.6) $–$ (1.7) $的解是激波解

(1.8) $ \begin{align} u(t, x)= \left\{\begin{array}{ll} \bar{u}(t, u_-), \; \; &\mbox{若}\; M\big(x_1-[\chi_1](t), x_2-[\chi_2](t), \cdots, x_n-[\chi_n](t)\big)<0, \\ \bar{u}(t, u_+), \; \; & \mbox{若}\; M\big(x_1-[\chi_1](t), x_2-[\chi_2](t), \cdots, x_n-[\chi_n](t)\big)>0, \end{array}\right. \end{align} $

其中$ \bar{u}(t, \cdot) $是常微分方程d$ \bar{u}/ $d$ t=h(t)g(\bar{u}) $关于初值$ \bar{u}(0, c)=c $的解, $ [\chi_i](t) $定义为

$ [\chi_i](t)=\int^t_0 \frac{f_i(\bar{u}(\tau, u_-))-f_i(\bar{u}(\tau, u_+))}{\bar{u}(\tau, u_-)-\bar{u}(\tau, u_+)}{\rm d}\tau, t \in [0, +\infty). $

而且, 激波曲面由下面方程给出

(1.9) $ \begin{align} M\big(x_1-[\chi_1](t), x_2-[\chi_2](t), \cdots, x_n-[\chi_n](t)\big)=0. \end{align} $

激波曲面$ (1.9) $由初值间断曲面$ M(x)=0 $沿着向量场$ \big(1, \frac{[f_1]}{[u]}(t), \frac{[f_2]}{[u]}(t), \cdots, \frac{[f_n]}{[u]}(t)\big) $移动而生成, 这里

$ \frac{[f_i]}{[u]}(t)=\frac{f_i(\bar{u}(t, u_-))-f_i(\bar{u}(t, u_+))} {\bar{u}(t, u_-)-\bar{u}(t, u_+)}. $

$ \rm (ii) $若$ u_-<u_+\; (u_->u_+) $, 则Riemann问题$ (1.6)(1.7) $的解是稀疏波解

(1.10) $ \begin{align} u(t, x)=\left\{\begin{array}{ll} \bar{u}(t, u_-), &\mbox{若}\; M\big(x_1-\chi_1(t, u_-), \cdots, x_n-\chi_n(t, u_-)\big)<0, t\geq 0, \\ \bar{u}(t, c(t, x)), &\mbox{若}\; M\big(x_1-\chi_1(t, u_-), \cdots, x_n-\chi_n(t, u_-)\big)\geq 0, \\ &\; \; \; \; M\big(x_1-\chi_1(t, u_+), \cdots, x_n-\chi_n(t, u_+)\big)\leq 0, t>0, \\ \bar{u}(t, u_+), &\mbox{若}\; M\big(x_1-\chi_1(t, u_+), \cdots, x_n-\chi_n(t, u_+)\big)>0, t\geq 0, \end{array}\right. \end{align} $

其中$ c(t, x) $是由方程

(1.11) $ \begin{align} M\big(x_1-\chi_1(t, c), x_2-\chi_2(t, c), \cdots, x_n-\chi_n(t, c)\big)=0 \end{align} $

确定的稀疏波区域上的全局隐函数$ c=c(t, x) $, 这里$ \chi_i(t, s)=\int^t_0 f'_i(\bar{u}(\tau, s)){\rm d}\tau, \; \forall s\in {\Bbb R}, \; t \in [0, +\infty). $由$ c(x, t)=c $决定的稀疏波的介面是通过初值间断曲面$ M(x)=0 $沿着向量场$ \big (1, f'_1(\bar{u}(t, c)), f'_2(\bar{u}(t, c)), \cdots, f'_n(\bar{u}(t, c))\big) $移动而生成.

本文主要研究下面二维非齐次Burgers方程Riemann问题的解及其结构

$ \left\{\begin{array}{ll} { } u_t+(\frac{u^2}{2})_x+(\frac{u^2}{2})_y=-\alpha u, \\ u_0(x, y)= \left\{\begin{array}{l}u_-, \; \; \mbox{若}\; (x, y)\in U, \\ u_+, \; \; \mbox{若}\; (x, y)\in {\Bbb R}^2\backslash U. \end{array}\right. \end{array}\right. \left.\begin{array}{r} (2.1)\\ \\ (2.2) \end{array}\right. $

其中$ \alpha >0 $, $ U=\{(x, y)|(x-\sqrt{2})^2+(y-\sqrt{2})^2<1\} \cup\{(x, y)|(x+\sqrt{2})^2+(y+\sqrt{2})^2<1\} $, 初值间断为图 1中两个单位圆. 本文只研究$ u_-<u_+ $时, Riemann问题(2.1)–(2.2) 的非自相似全局解及其结构, $ u_->u_+ $的情况能用类似的方法处理.

这一节先给出主要的定理: 定理2.1–2.3, 这三个定理的证明过程放在第3–5节中.

定理2.1   若$ u_+-u_-\leq 2\sqrt{2}\alpha $, 则当$ t>0 $时, Riemann问题$ (2.1) $–$ (2.2) $的解是

(2.3) $ \begin{align} u(x, y, t)= \left\{ \begin{array}{ll} u_-e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_{1}\cup\Omega_{2}, \\ c_1e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in \Omega_3, \\ c_2e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_4, \\ u_+e^{-\alpha t}, &\mbox{其他}, \end{array}\right. \end{align} $

其中

(2.4) $ \begin{eqnarray} \Omega_{1}&=&\bigg \{(x, y, t) \big|\big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1, {} \\ &&\big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1\bigg \}, \end{eqnarray} $

(2.5) $ \begin{eqnarray} \Omega_{2}&=&\bigg \{(x, y, t) \big|\big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1, {} \\ &&\big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1\bigg \}, \end{eqnarray} $

(2.6) $ \begin{equation} c_1=\frac{\alpha}{2(1-e^{-\alpha t})} \big(x+y-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}\big), \; t>0 \end{equation} $

(2.7) $ \begin{equation} c_2=\frac{\alpha}{2(1-e^{-\alpha t})} \big(x+y+2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}\big), \; t>0 \end{equation} $

(2.8) $ \begin{equation} \Omega_3=\Omega_{R^1_{c_1}}\cap \{(x, y, t)|S_{1}(x, y, t)>0\}, \; \Omega_4=\Omega_{R^2_{c_2}}\cap \{(x, y, t)|S_{2}(x, y, t)>0\}, \end{equation} $

(2.9) $ \begin{equation} \Omega_{R^1_{c_1}}=\bigcup\limits_{c_1\in [u_-, u_+]}R^1_{c_1}, \; \Omega_{R^2_{c_2}}=\bigcup\limits_{c_2\in [u_-, u_+]}R^2_{c_2}, \end{equation} $

(2.10) $ \begin{eqnarray} R^1_{c_1}&=&\bigg \{(x, y, t)\big|\big(x-\sqrt{2}-\frac{c_1}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{c_1}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y-2\sqrt{2} -\frac{2c_1}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0\bigg \}, \end{eqnarray} $

(2.11) $ \begin{eqnarray} R^2_{c_2}&=&\bigg \{(x, y, t) \big|\big(x+\sqrt{2}-\frac{c_2}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{c_2}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y+2\sqrt{2}-\frac{2c_2}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0\bigg \}, \end{eqnarray} $

(2.12) $ \begin{eqnarray} S_{1}(x, y, t)&=&x+y-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}){} \\ &&+\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\bigg(2-(x-y)^2\bigg)^\frac{1}{4}, \end{eqnarray} $

(2.13) $ \begin{eqnarray} S_{2}(x, y, t)&=&x+y+2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}){} \\ &&+\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\bigg(2-(x-y)^2\bigg)^\frac{1}{4}, \end{eqnarray} $

(2.14) $ \begin{eqnarray} S^1_\pm&=&\bigg \{(x, y, t) \big| \big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y-2\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})<0\bigg \}. \end{eqnarray} $

(2.15) $ \begin{eqnarray} S^2_\pm&=&\bigg \{(x, y, t) \big| \big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y+2\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})<0\bigg \}. \end{eqnarray} $

解$ (2.3) $的结构如图 2所示, 曲面$ A_1B_1C_1I_1H_1K_1 $表示$ R^1_{u_+} $, 该面的两侧分别是$ u=c_1e^{-\alpha t} $和$ u= u_+e^{-\alpha t} $; $ D_1G_1F_1K_1H_1I_1 $表示$ R^1_{u_-} $, 该面的两侧分别是$ u=c_1e^{-\alpha t} $和$ u= u_-e^{-\alpha t} $; $ C_1D_1I_1\cup A_1F_1K_1 $表示激波曲面$ S_{1}(x, y, t)=0 $, 该面的两侧分别是$ u=c_1e^{-\alpha t} $和$ u= u_+e^{-\alpha t} $; $ D_1 E_1 F_1K_1J_1I_1 $表示激波曲面$ S^1_\pm $, 此处及后面的下标$ \pm $表示是状态$ u_-e^{-\alpha t} $和$ u_+e^{-\alpha t} $之间的介面; $ A_2B_2C_2I_2H_2K_2 $表示$ R^2_{u_+} $, 该面的两侧分别是$ u=c_2e^{-\alpha t} $和$ u= u_+e^{-\alpha t} $; $ D_2G_2F_2K_2H_2I_2 $表示$ R^2_{u_-} $, 该面的两侧分别是$ u=c_2e^{-\alpha t} $和$ u= u_-e^{-\alpha t} $; $ C_2D_2I_2\cup A_2F_2K_2 $表示激波曲面$ S_{2}(x, y, t)=0 $, 该面的两侧分别是$ u=c_2e^{-\alpha t} $和$ u= u_+e^{-\alpha t} $; $ D_2E_2F_2K_2J_2I_2 $表示激波曲面$ S^2_\pm $, 该面的两侧分别是$ u=u_-e^{-\alpha t} $和$ u= u_+e^{-\alpha t} $; $ \Omega_1 $是由$ R^1_{u_-} $和$ S^1_\pm $围成的区域; $ \Omega_2 $是由$ R^2_{u_-} $和$ S^2_\pm $围成的区域; $ \Omega_3 $是由$ R^1_{u_+} $、$ R^1_{u_-} $和$ S_1(x, y, t)=0 $围成的区域; $ \Omega_4 $是由$ R^2_{u_+} $、$ R^2_{u_-} $和$ S_2(x, y, t)=0 $围成的区域.

当$ u_+-u_-\leq 2\sqrt{2}\alpha $时, $ \Omega_1 $和$ \Omega_2 $不会消失, 也即$ R^1_{u_-} $和$ S^1_\pm $会一直相互作用, $ R^2_{u_-} $和$ S^2_\pm $也会一直相互作用. 而齐次情形下, 在有限的时间内$ \Omega_1 $和$ \Omega_2 $会消失.

注2.1   $ B_1 $和$ E_1 $的距离为$ 2+\frac{\sqrt{2}(u_+-u_-)}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $, 当$ t\rightarrow +\infty $时, 这个距离趋近于$ 2+\frac{\sqrt{2}(u_+-u_-)}{2\alpha} $, 这里$ u_+-u_-\leq 2\sqrt{2}\alpha $.

定理2.2   若$ 2\sqrt{2}\alpha <u_+-u_-\leq 2\alpha(3\sqrt{2}+4) $, 则

$ \rm (i) $当$ t\in (0, T_1) $时, Riemann问题$ (2.1) $–$ (2.2) $的解是

(2.16) $ \begin{equation} u(x, y, t)= \left\{ \begin{array}{ll} u_-e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_{1}\cup\Omega_{2}, \\ c_1e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_3, \\ c_2e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_4, \\ u_+e^{-\alpha t}, &\mbox{其他}, \end{array}\right. \end{equation} $

$ \rm (ii) $当$ t\geq T_1 $时, Riemann问题$ (2.1) $–$ (2.2) $的解是

(2.17) $ \begin{equation} u(x, y, t)= \left\{ \begin{array}{ll} c_1e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_5, \\ c_2e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_6, \\ u_+e^{-\alpha t}, &\mbox{其他}, \end{array}\right. \end{equation} $

其中

(2.18) $ \begin{equation} \Omega_5=\Omega_{R^1_{c_1}}\cap \{(x, y, t)|S_{1}(x, y, t)>0\}\cap\{(x, y, t)|S_3(x, y, t)>0\}, \end{equation} $

(2.19) $ \begin{equation} \Omega_6=\Omega_{R^2_{c_2}}\cap \{(x, y, t)|S_{2}(x, y, t)>0\}\cap \{(x, y, t)|S_3(x, y, t)<0\}, \end{equation} $

(2.20) $ \begin{equation} T_1=\frac{1}{\alpha}\ln\frac{(u_+-u_-)}{(u_+-u_-)-2\sqrt{2}\alpha}, \end{equation} $

(2.21) $ \begin{eqnarray} S_3(x, y, t)&=&x+y-\sqrt{2-(x-y)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}){} \\ &&+\frac{\sqrt{2}}{2\alpha}(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})\sqrt{2-(x-y)^2}, \end{eqnarray} $

解$ (2.16) $–$ (2.17) $的结构分别如图 2、图 3所示, 曲面$ A_4B_4C_4C_3B_3A_3 $表示$ R^1_{u_+} $; $ C_4D_4D_3C_3 $$ \cup A_4E_4D_3A_3 $表示激波曲面$ S_{1}(x, y, t)=0 $; $ D_3-D_4H_4E_4 $表示激波曲面$ S_3(x, y, t)=0 $, 该面的两侧分别是$ u=c_1e^{-\alpha t} $和$ u= c_2e^{-\alpha t} $; $ D_4G_4F_3D_3\cup E_4F_4E_3D_3 $表示$ R^2_{u_+} $; $ G_4I_4G_3F_3\cup F_4I_4G_3E_3 $表示激波曲面$ S_{2}(x, y, t)=0 $; $ \Omega_5 $是由$ R^1_{u_+} $、$ S_1(x, y, t)=0 $和$ S_3(x, y, t)=0 $围成的区域; $ \Omega_6 $是由$ R^2_{u_+} $、$ S_2(x, y, t)=0 $和$ S_3(x, y, t)=0 $围成的区域.

当$ 2\sqrt{2}\alpha <u_+-u_-\leq 2\alpha(3\sqrt{2}+4) $时, $ \Omega_1 $和$ \Omega_2 $在$ t=T_1 $时消失, 激波曲面$ S_3(x, y, t)=0 $和$ S_2(x, y, t)=0 $不会相交, 而在齐次情形下$ S_3(x, y, t)=0 $和$ S_2(x, y, t)=0 $会在有限时间内相交.

注2.2   $ B_4 $和$ H_4 $的距离为$ 2+\frac{\sqrt{2}(u_+-u_-)}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $, 当$ t\rightarrow +\infty $时, 这个距离趋近于$ 2+\frac{\sqrt{2}(u_+-u_-)}{2\alpha} $, 其中$ 2\sqrt{2}\alpha <u_+-u_-\leq 2\alpha (3\sqrt{2}+4) $, $ t\geq T_1 $.

注2.3   $ B_4 $和$ I_4 $的距离为$ 2\sqrt{\frac{\sqrt{2}(u_+-u_-)}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})}+4 $, 当$ t\rightarrow +\infty $时, 这个距离趋近于$ 2\sqrt{\frac{\sqrt{2}(u_+-u_-)}{\alpha}}+4 $, 其中$ 2\sqrt{2}\alpha <u_+-u_-\leq 2\alpha (3\sqrt{2}+4) $, $ t\geq T_1 $.

定理2.3   若$ u_+-u_->2\alpha(3\sqrt{2}+4) $, 则

$ \rm (i) $当$ t\in (0, T_1) $时, $ \rm Riemann $问题$ (2.1) $–$ (2.2) $的解是

(2.22) $ \begin{equation} u(x, y, t)= \left\{ \begin{array}{ll} u_-e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_{1}\cup\Omega_{2}, \\ c_1e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_3, \\ c_2e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_4, \\ u_+e^{-\alpha t}, &\mbox{其他}, \end{array}\right. \end{equation} $

$ \rm (ii) $当$ T_1\leq t<T_2 $时, $ \rm Riemann $问题$ (2.1) $–$ (2.2) $的解是

(2.23) $ \begin{equation} u(x, y, t)= \left\{ \begin{array}{ll} c_1e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_5, \\ c_2e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_6, \\ u_+e^{-\alpha t}, &\mbox{其他}, \end{array}\right. \end{equation} $

$ \rm (iii) $当$ t \geq T_2 $时, $ \rm Riemann $问题$ (2.1) $–$ (2.2) $的解是

(2.24) $ \begin{equation} u(x, y, t)=\left\{ \begin{array}{ll} c_1e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_7, \\ c_2e^{-\alpha t}, &(x, y, t)\in\Omega_8, \\ u_+e^{-\alpha t}, &\mbox{其他}. \end{array}\right. \end{equation} $

其中

(2.25) $ \begin{eqnarray} \Omega_7 &=&\Omega_{R^1_{c_1}}\cap \{(x, y, t)|S_{1}(x, y, t)>0\}\cap\{(x, y, t)|S_3(x, y, t)>0\}{}\\ &&\cap \{(x, y, t)|S_4(x, y, t)>0\}, \end{eqnarray} $

(2.26) $ \begin{eqnarray} \Omega_8&=&\Omega_{R^2_{c_2}}\cap \{(x, y, t)|S_{2}(x, y, t)>0\}\cap \{(x, y, t)|S_3(x, y, t)<0\}, \end{eqnarray} $

(2.27) $ \begin{equation} T_2=\frac{1}{\alpha}\ln\frac{(u_+-u_-)}{(u_+-u_-)-2\alpha(3\sqrt{2}+4)}, \end{equation} $

(2.28) $ \begin{eqnarray} S_4(x, y, t)&=&x+y-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}){} \\ &&+4\sqrt{\frac{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}{\alpha}}\big(2-(x-y)^2\big)^\frac{1}{4}, \end{eqnarray} $

解$ (2.22) $–$ (2.24) $的结构分别如图 2–4所示, 曲面$ A_6B_6C_6C_5B_5A_5 $表示$ R^1_{u_+} $; $ C_6D_6D_5C_5\cup A_6E_6E_5A_5 $表示$ S_{1}(x, y, t)=0 $; $ D_6F_6F_5D_5D_6\cup E_6G_6G_5E_5E_6 $表示$ R^2_{u_+} $; $ F_6H_6H_5F_5F_6\cup G_6I_6H_5G_5G_6 $表示$ S_{2}(x, y, t)=0 $; $ D_6H_6H_5D_5D_6\cup E_6I_6H_5E_5E_6 $表示$ S_3(x, y, t)=0 $; $ H_5-H_6J_6I_6 $表示$ S_4(x, y, t)=0 $, 该面的两侧分别是$ u=c_1e^{-\alpha t} $和$ u= u_+e^{-\alpha t} $; $ \Omega_7 $是由$ R^1_{u_+} $、$ S_1(x, y, t)=0 $、$ S_3(x, y, t)=0 $和$ S_4(x, y, t)=0 $围成的区域; $ \Omega_8 $是由$ R^2_{u_+} $、$ S_2(x, y, $$ t)=0 $和$ S_3(x, y, t)=0 $围成的区域.

当$ u_+-u_->2\alpha(3\sqrt{2}+4) $时, $ \Omega_1 $和$ \Omega_2 $在$ t=T_1 $时消失, 激波曲面$ S_3(x, y, t)=0 $和$ S_2(x, y, $$ t)=0 $在$ t=T_2 $时开始相交.

注2.4   $ B_6 $和$ J_6 $的距离为$ 2\sqrt{\frac{2\sqrt{2}(u_+-u_-)}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})} $, 当$ t\rightarrow +\infty $时, 这个距离趋近于$ 2\sqrt{\frac{2\sqrt{2}(u_+-u_-)}{\alpha}} $, 其中$ u_+-u_-> 2\alpha (3\sqrt{2}+4) $, $ t\geq T_2 $.

注2.5   $ \forall \; t>0, $

$ |AE|=|CG|=|A_1A_2|=|C_1C_2|=|A_4F_4|=|C_4G_4|=|A_6G_6|=|C_6F_6|=4. $

事实上, $ A_1C_1:x+y-2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), A_2C_2:x+y+2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $. 因此, 直线$ A_1C_1 $和$ A_2C_2 $的距离为$ 4 $. 也即$ |A_1A_2|=|C_1C_2|=4 $. 类似可得到$ |A_4F_4|=|C_4G_4|=|A_6G_6|=|C_6F_6|=4 $. 显然, 图 1中$ |AE|=|CG|=4 $.

注2.6   由引理3.8, 当$ t\geq T(d) $时, $ S_{1}(x, y, t)=0 $和$ R_{u_+}^2 $相交, 其中

$ T(d)= \frac{1}{\alpha}\ln \frac{u_+-u_-}{(u_+-u_-)-4\alpha/\sqrt{2-d^2}}, $

这里$ u_+-u_->4\alpha/\sqrt{2-d^2} $以及$ d\in(-\sqrt{2}, \sqrt{2}) $. 直线$ D_6E_6:x+y=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha T(d)})+\frac{4\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha T(d)})}-2\sqrt{2} $和$ F_6G_6: x+y+2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha T(d)}) $的距离为$ \frac{2\sqrt{2}\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha T(d)})} $, 显然这个距离关于$ T(d) $严格单调递减, 然而$ T(d) $的定义域由$ u_+-u_- $决定. 因此$ u_+-u_- $越大, 点$ D_6 $就越靠近$ F_6 $, 点$ E_6 $也越靠近$ G_6 $.

注2.7   根据引理4.2, 当$ t\geq T(x, y) $时, $ S_{3}(x, y, t)=0 $和$ S_{2}(x, y, t)=0 $相交, 其中

$ T(x, y)=\frac{1}{\alpha}\ln\frac{(u_+-u_-)\sqrt{2-(x-y)^2}}{(u_+-u_-)\sqrt{2-(x-y)^2}-4\alpha(3+2\sqrt{2})}, $

这里$ (u_+-u_-)\sqrt{2-(x-y)^2}>4\alpha(3+2\sqrt{2}) $以及$ (x-y)^2\in[0, 2) $. 直线$ H_6I_6:x+y-2\sqrt{2}=\frac{4(3+2\sqrt{2})\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha T(x, y)})}+\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha T(x, y)})-8(1+\sqrt{2}) $和$ F_6G_6: x+y+2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha T(x, y)}) $的距离为$ 4(\sqrt{2}+1)-\frac{2(3\sqrt{2}+4)\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha T(x, y)})} $, 显然这个距离关于$ T(x, y) $严格单调递增, 而$ T(x, y) $的定义域由$ u_+-u_- $决定. 因此若$ u_+-u_- $越大, 则直线$ F_6G_6 $和$ H_6I_6 $的距离越接近$ 4(\sqrt{2}+1) $.

本文接来下的章节将通过引理3.1–3.8, 4.1–4.2证明定理2.1–2.3.

先求解(2.1)–(2.2) 的特征方程

$ \left\{\begin{array}{l} {\rm d}x/{\rm d}t=\bar{u}(t, c), \; {\rm d}y/{\rm d}t=\bar{u}(t, c), \\ x(t)\big|_{t=0}=x_{0}, \; y(t)\big|_{t=0}=y_{0}, \\ {\rm d}\bar{u}/{\rm d}t=- \alpha \bar{u}(t, c), \; \bar{u}(0, c)=c, \end{array}\right. $

得到$ \bar{u}(t, c)=ce^{-\alpha t}, $$ x(t)-x_{0}=\frac{c}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), $$ y(t)-y_{0}=\frac{c}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}). $

记$ M_1(x, y)=(x-\sqrt{2})^2+(y-\sqrt{2})^2-1, M_2(x, y)=(x+\sqrt{2})^2+(y+\sqrt{2})^2-1 $, 则

$ \frac{ \partial M_1}{ \partial x}f''(u)+\frac{ \partial M_1}{\partial y}g''(u)=2x+2y-4\sqrt{2}, $

$ \frac{ \partial M_2}{\partial x}f''(u)+\frac{ \partial M_2}{\partial y}g''(u)=2x+2y+4\sqrt{2}. $

将$ M_1(x, y)=0 $分成两个不相连的部分

$ L_{11}=\{(x, y)|(x-\sqrt{2})^2+(y-\sqrt{2})^2=1, x+y-2\sqrt{2}>0\}, $

$ L_{12}=\{(x, y)|(x-\sqrt{2})^2+(y-\sqrt{2})^2=1, x+y-2\sqrt{2}<0\}, $

分别由图 1中弧$ \widehat{ABC} $, $ \widehat{ADC} $表示, 则在$ L_{11} $上

(3.1) $ \begin{align} \frac{ \partial M_1}{ \partial x}f''(u)+\frac{ \partial M_1}{\partial y}g''(u)>0 \end{align} $

$ H $条件成立; 在$ L_{12} $上

(3.2) $ \begin{align} \frac{ \partial M_1}{ \partial x}f''(u)+\frac{ \partial M_1}{\partial y}g''(u)<0 \end{align} $

$ H' $条件成立.

将$ M_2(x, y)=0 $分成两个不相连的部分

$ L_{21}=\{(x, y)|(x+\sqrt{2})^2+(y+\sqrt{2})^2=1, x+y+2\sqrt{2}>0\}, $

$ L_{22}=\{(x, y)|(x+\sqrt{2})^2+(y+\sqrt{2})^2=1, x+y+2\sqrt{2}<0\}, $

分别由图 1中弧$ \widehat{EFG} $和$ \widehat{EHG} $表示, 则在$ L_{21} $上

(3.3) $ \begin{align} \frac{ \partial M_2}{\partial x}f''(u)+\frac{ \partial M_2}{\partial y}g''(u)>0 \end{align} $

$ H $条件成立; 在$ L_{22} $上

(3.4) $ \begin{align} \frac{ \partial M_2}{\partial x}f''(u)+\frac{ \partial M_2}{\partial y}g''(u)<0 \end{align} $

$ H' $条件成立.

下面再讨论由初值间断$ M_1=0 $发出的基本波以及它们之间的相互作用.

由(3.1)–(3.2)式, $ H $和$ H' $条件分别在$ L_{11} $和$ L_{12} $上成立. 因为$ u_-<u_+ $, 根据命题1.1, 从$ L_{11} $和$ L_{12} $发出的基本波分别为稀疏波$ R^1 $以及激波$ S^1_\pm $.

第一步   求解$ R^1 $以及$ S^1_\pm $.

由命题1.1, $ \chi_1(t, c)=\chi_2(t, c)=\int^t_0 ce^{-\alpha\tau}{\rm d}\tau=\frac{c}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $, 从初值间断$ L_{11} $发出的稀疏波$ R^1 $为

$ \begin{eqnarray*} u(x, y, t) &=& \left\{\begin{array}{ll} u_-e^{-\alpha t}, & { } \mbox{若}\; \big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1, t\geq 0 \; {\rm } \\ c_1e^{-\alpha t}, & { } \mbox{若}\; \big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2\geq1, \\ &\; \; \; \; { } \big(x-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2\leq1, t>0 \; {\rm } \\ u_+e^{-\alpha t}, & { } \mbox{若}\; \big(x-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2>1, t\geq 0 \end{array}\right. \end{eqnarray*} $

其中$ c_1(x, y, t) $是$ x+y-2\sqrt{2}-\frac{2c_1}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0 $这一条件下由

(3.5) $ \begin{align} \big(x-\sqrt{2}-\frac{c_1}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{c_1}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1 \end{align} $

唯一确定的稀疏波区域上的全局隐函数$ c_1=c_1(x, y, t)\in[u_-, u_+] $, 其决定的稀疏波的介面为

(3.6) $ \begin{eqnarray} R^1_{c_1}&=&\bigg \{(x, y, t)\big|\big(x-\sqrt{2}-\frac{c_1}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{c_1}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y-2\sqrt{2} -\frac{2c_1}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0\bigg \}, \end{eqnarray} $

对于固定的$ t $, 这是一个半圆.

求解(3.5) 式中的隐函数$ c_1(x, y, t)=c_1 $的表达式, 由$ c_1(x, y, t)=c_1 $是(3.5)式确定的唯一隐函数可知二次方程

$ \frac{2(1-e^{-\alpha t})^2}{\alpha ^2}c_1^2-2(x+y-2\sqrt{2})\frac{(1-e^{-\alpha t})}{\alpha}c_1+(x-\sqrt{2})^2+(y-\sqrt{2})^2-1=0 $

在$ x+y-2\sqrt{2}-\frac{2c_1}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0 $条件下存在唯一实根, 于是根据二次方程求根公式就有

(3.7) $ \begin{equation} c_1=\frac{\alpha}{2(1-e^{-\alpha t})} \big(x+y-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}\big), \; t>0 \end{equation} $

以及$ |x-y|<\sqrt{2} $.

设

(3.8) $ \begin{equation} \Omega_{R^1_{c_1}}=\bigcup\limits_{c_1\in [u_-, u_+]}R^1_{c_1}, \end{equation} $

则$ \Omega_{R^1_{c_1}} $的边界为$ R^1_{u_-} $和$ R^1_{u_+} $, 这里

(3.9) $ \begin{eqnarray} R^1_{u_-}&=&\bigg \{(x, y, t)\big|\big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y-2\sqrt{2}-\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0\bigg \}.{} \\ R^1_{u_+}&=&\bigg \{(x, y, t)\big|\big(x-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y-2\sqrt{2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0\bigg \}. \end{eqnarray} $

由命题1.1, $ [\chi_1](t)=[\chi_2](t)=\int^t_0 \frac{\frac{1}{2}[(u_-e^{-\alpha t})^2-(u_+e^{-\alpha t})^2]}{u_-e^{-\alpha t} -u_+e^{-\alpha t}}{\rm d}\tau =\frac{u_-+u_+}{2\alpha }(1-e^{-\alpha t}), $从初值间断$ L_{12} $发出的激波为

$ u(x, y, t)= \left\{\begin{array}{l} { } u_-e^{-\alpha t}, \; \; \; \; \mbox{若}\; \big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+ \\ { } \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1, \\ { } u_+e^{-\alpha t}, \; \; \; \; \mbox{若}\; \big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+ \\ { } \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2>1, \end{array}\right. $

激波曲面为

(3.10) $ \begin{eqnarray} S^1_\pm&=&\bigg \{(x, y, t) \big| \big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y-2\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})<0\bigg \}. \end{eqnarray} $

第二步   处理$ R^1_{c_1} $和$ S^1_\pm $的相互作用并求解新产生的激波.

由命题1.1, 激波曲面$ S^1_\pm $由初值间断$ L_{12} $沿着向量场$ (1, \frac{u_++u_-}{2}e^{-\alpha t}, \frac{u_++u_-}{2}e^{-\alpha t}) $移动生成; 稀疏波的轮廓$ R^1_{c_1} $由初值间断$ L_{11} $沿着向量场$ (1, c_1e^{-\alpha t}, c_1e^{-\alpha t}) $移动生成. 根据$ R^1_{c_1} $和$ S^1_\pm $的表达式, 对固定的$ t $, $ R^1_{c_1} $和$ S^1_\pm $是半圆; 当$ t $变化时, $ R^1_{c_1} $的圆心$ (\frac{c_1}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})+\sqrt{2}, \frac{c_1}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})+\sqrt{2}) $以及$ S^1_\pm $的圆心$ (\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})+\sqrt{2}, \frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})+\sqrt{2} ) $将沿着$ y=x $移动.

将$ R^1_{u_-} $和$ S^1_\pm $用参数表达, 即

$ \begin{eqnarray*} S^1_\pm&=&\bigg \{(x, y, t)\big|x=a_1+\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t}), y=a_2+\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t}), {\nonumber} \\ &&(a_1-\sqrt{2})^2+(a_2-\sqrt{2})^2=1, a_1+a_2-2\sqrt{2}<0\bigg \}, {\nonumber} \\ R^1_{u_-}&=&\bigg \{(x, y, t)\big|x=b_1+\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), y=b_2+\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), {\nonumber} \\ &&(b_1-\sqrt{2})^2+(b_2-\sqrt{2})^2=1, b_1+b_2-2\sqrt{2}>0\bigg \}.{\nonumber} \end{eqnarray*} $

而后对任意固定的$ t $, 就能沿着直线$ \{(x, y)|x-a_1=y-a_2\}\subset {\Bbb R}^2 $计算$ S^1_\pm $和$ R^1_{u_-} $相交之前的凸起部分的距离$ d_1 $. 对于在这条直线上的点$ (b_1, b_2) $, 有$ 0<b_i-a_i\leq \sqrt{2} $以及点$ \big(a_1+\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t}), a_2+\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big) $和$ \big(b_1+\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), b_2+\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big) $的距离

$ d_1=\sqrt{2}\bigg[-\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})+(b_i-a_i)\bigg ]. $

记$ b_i-a_i=\beta $, $ L(t)=-\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})+\beta $, 因为$ L(0)>0 $, $ \lim\limits_{t\rightarrow +\infty}L(t)=-\frac{u_+-u_-}{2\alpha}+\beta $, $ L'(t)<0 $, 所以就有结论若$ u_+-u_->2\beta \alpha $, 则$ L(t) $有唯一零点

$ T(\beta)=\frac{1}{\alpha}\ln\frac{(u_+-u_-)}{(u_+-u_-)-2\beta \alpha}, $

若$ u_+-u_-\leq 2\beta \alpha $, 则对任意$ t>0 $, $ L(t)>0 $成立.

因为$ \beta \in (0, \sqrt{2}] $, 所以存在足够小的$ \beta $, 使得$ u_+-u_->2\beta \alpha $成立, 因此$ S^1_\pm $一定能追赶上$ R^1_{u_-} $. 注意到$ T(\beta) $严格单调递增, 当$ 2\sqrt{2}\alpha <u_+-u_- $时, 得到$ R^1_{u_-} $和$ S^1_\pm $相互作用的临界时间

$ T_1:=\max\limits_{\beta \in (0, \sqrt{2}]}T(\beta)=\frac{1}{\alpha}\ln\frac{(u_+-u_-)}{(u_+-u_-)-2\sqrt{2}\alpha}. $

从而关于$ R^1_{u_-} $和$ S^1_\pm $的追赶问题有如下两个结论.

引理3.1   若$ 2\sqrt{2}\alpha < (u_+-u_-) $, 则对任意的$ t\in (0, T_1] $, $ R^1_{u_-}\cap S^1_\pm\not=\varnothing $, 当$ t>T_1 $时, 稀疏波$ R^1 $中$ u_- $的轮廓$ R^1_{u_-} $和激波$ S^1_\pm $将会消失.

在引理3.1这种情形下, $ u=u_+ $区域发出的特征会和稀疏波$ R^1 $区域的特征相交, 记$ t<T_1 $时产生的激波为$ S_{1} $, 而当$ t\geq T_1 $时, 仍记为$ S_{1} $, 因为两者皆是在$ u=u_+ $区域发出的特征和稀疏波$ R^1 $区域的特征相交时, 从$ R^1_{u_-}\cap S^1_\pm $产生, 显然两者是同一个激波, 这里只是以$ R^1_{u_-} $和$ S^1_\pm $消失的时间为临界点将其分成两段.

引理3.2   若$ 2\sqrt{2}\alpha \geq (u_+-u_-) $, 则对任意$ t\in (0, +\infty) $, $ R^1_{u_-}\cap S^1_\pm\not=\varnothing $.

在引理3.2这种情形下, 新的激波会在$ u=u_+ $区域发出的特征和稀疏波$ R^1 $区域的特征相交时, 从$ R^1_{u_-}\cap S^1_\pm $产生, 所以当$ t<T_1 $时, 引理3.1和3.2其实就是同一个问题, 这里只是为了区分当$ t>T_1 $时, $ R^1_{u_-} $和$ S^1_\pm $是否消失, 因此仍记这时产生的激波为$ S_{1} $.

求解$ S_1:S_{1}(x, y, t)=0 $的表达式, $ R^1_{u_-} $和$ S^1_\pm $的交线为

(3.11) $ \begin{equation} C_{1}:\left\{\begin{array}{l} { } \big(x_1-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\big)^2+\big(y_1-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\big)^2=1, \\ { } \big(x_1-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\big)^2+(y_1-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\big)^2=1, \\ { } x_1+y_1-2\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})<0, \; x_1+y_1-2\sqrt{2}-\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})>0. \end{array}\right. \end{equation} $

设

(3.12) $ \begin{eqnarray} \Omega_{1}&=&\bigg \{(x, y, t) \big|\big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1, {} \\ & &\big(x-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1\bigg \}, \end{eqnarray} $

则在$ \Omega_{1} $中$ u=u_-e^{-\alpha t} $; 在引理3.1中, 当$ t>T_1 $时, $ R^1_{u_-} $和$ S^1_\pm $将会消失, 这时$ \Omega_{1} $是空集.

考虑$ R $-$ H $条件

(3.13) $ \begin{equation} \frac{\partial S_{1}}{\partial t}+ \frac{c_1e^{-\alpha t}+u_+e^{-\alpha t}}{2} \frac{\partial S_{1}}{\partial {x}}+\frac{c_1e^{-\alpha t}+u_+e^{-\alpha t}}{2}\frac{\partial S_{1}}{\partial {y}}=0, \end{equation} $

其特征方程为

(3.14) $ \begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} { } \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=\frac{c_1e^{-\alpha t}+u_+e^{-\alpha t}}{2}, \\ { } \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t}=\frac{c_1e^{-\alpha t}+u_+e^{-\alpha t}}{2}, \\ x(t)|_{t=t_{1}}=x_{1}, y(t)|_{t=t_{1}}=y_{1}, \end{array}\right. \end{equation} $

其中$ (x_{1}, y_{1}, t_{1})\in C_{1} $, $ c_1 $由$ (3.7) $式给出.

求解常微分方程(3.14).

首先计算(3.14) 式中的$ c_1 $, 由(3.7) 式需要求解$ 2-(x-y)^2 $.

由(3.14) 式得到$ \frac{{\rm d}(x-y)}{{\rm d}t}=0\; \mbox{或}\; x-y=\mbox{常数}=x_{1}-y_{1} $, 因而根据(3.11) 式就有

(3.15) $ \begin{eqnarray} 2-(x-y)^2&=&2-(x_{1}-y_{1})^2{} \\ &=&2\bigg[ \big(x_1-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\big)^2+\big(y_1-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\big)^2\bigg]{} \\ &&-\bigg[\big(x_{1}-\sqrt{2} -\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\big)-\big(y_{1}-\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\big)\bigg]^2{} \\ &=&\bigg[x_1+y_1-2\sqrt{2}-\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\bigg]^2, \end{eqnarray} $

又根据(3.11) 式得到

$\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}})\big(2x_{1}+2y_{1}-4\sqrt{2}-\frac{u_++3u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}})\big)=0,$

从而

(3.16) $ \begin{equation} x_{1}+y_{1}-2\sqrt{2}=\frac{u_++3u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}}), \end{equation} $

由(3.15)–(3.16) 式可得

(3.17) $ \begin{eqnarray} 2-(x-y)^2&=&\bigg[x_1+y_1-2\sqrt{2}-\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\bigg]^2{} \\ &=&\bigg[\frac{u_++3u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}})-\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\bigg]^2{} \\ &=&\frac{(u_+-u_-)^2}{4\alpha ^2}(1-e^{-\alpha t_{1}})^2, \end{eqnarray} $

根据(3.7)和(3.17) 式就有

(3.18) $ \begin{eqnarray} c_1&=&\frac{\alpha}{2(1-e^{-\alpha t})}\bigg[x+y-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}\bigg]{} \\ &=&\frac{\alpha}{2(1-e^{-\alpha t})}\bigg[x+y-2\sqrt{2}-\sqrt{\frac{(u_+-u_-)^2}{4\alpha ^2}(1-e^{-\alpha t_{1}})^2}\bigg]{} \\ &=&\frac{\alpha}{2(1-e^{-\alpha t})}\bigg[x+y-2\sqrt{2}-\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}})\bigg]. \end{eqnarray} $

其次, 简化方程(3.14) 并求其解.

由(3.14)和(3.18)式, 有

(3.19) $ \begin{eqnarray} \frac{{\rm d}(x+y)}{{\rm d}t} &=&c_1e^{-\alpha t}+u_+e^{-\alpha t}{} \\ &=&u_+e^{-\alpha t}+\frac{\alpha e^{-\alpha t}}{2(1-e^{-\alpha t})}\bigg[x+y-2\sqrt{2}-\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}})\bigg], \end{eqnarray} $

又由(3.14), (3.16)式, 进一步得到

(3.20) $ \begin{eqnarray} x+y-2\sqrt{2}|_{t=t_{1}}&=&x_{1}+y_{1}-2\sqrt{2}{} \\ &=&\frac{u_++3u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}}){} \\ &=&\frac{u_+-u_-}{2\alpha }(1-e^{-\alpha t_{1}})+\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}}). \end{eqnarray} $

令

(3.21) $ \begin{equation} \varphi=x+y-2\sqrt{2}-\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}}), \end{equation} $

则(3.14) 式可转化为

(3.22) $ \begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} { } \frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}t}=u_+e^{-\alpha t}+\frac{\alpha e^{-\alpha t}}{2(1-e^{-\alpha t})}\varphi, \\ { } \varphi |_{t=t_{1}}=\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}}), \end{array}\right. \end{equation} $

容易验证方程(3.22) 的积分因子为$ m(t)=(1-e^{-\alpha t})^{-\frac{1}{2}} $, 且$ \frac{{\rm d}(\varphi(t)m(t))}{{\rm d}t}=m(t)u_+e^{-\alpha t} $, 故

(3.23) $ \begin{equation} \varphi(t)=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})-\frac{2(u_+-u_-)}{\alpha}\sqrt{(1-e^{-\alpha t})(1-e^{-\alpha t_{1}})}. \end{equation} $

从(3.17) 式导出

(3.24) $ \begin{equation} 1-e^{-\alpha t_{1}}=\frac{2\alpha}{(u_+-u_-)}\sqrt{2-(x-y)^2}, \end{equation} $

将(3.21) 和(3.24) 式代入(3.23) 式得到

(3.25) $ \begin{eqnarray} S_{1}(x, y, t)&=&x+y-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}){} \\ &&+\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\bigg(2-(x-y)^2\bigg)^\frac{1}{4}=0. \end{eqnarray} $

事实上, 容易验证$ S_{1}(x, y, t)=0 $满足$ R $-$ H $条件以及$ C_{1}\subset S_{1} $.

验证$ S_{1}(x, y, t)=0 $满足$ R $-$ H $条件, 由(3.25) 式, 有

(3.26) $ \begin{eqnarray} &&\frac{\partial S_{1}}{\partial t}=-2u_+e^{-\alpha t}+e^{-\alpha t}\sqrt{\frac{2\alpha(u_+-u_-)}{1-e^{-\alpha t}}}\bigg(2-(x-y)^2\bigg)^\frac{1}{4}, {}\\ &&\frac{\partial S_{1}}{\partial x}=1+\frac{x-y}{\sqrt{2-(x-y)^2}}-\frac{1}{\alpha}\sqrt{2\alpha (u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\bigg(2-(x-y)^2\bigg)^{-\frac{3}{4}}(x-y), {\qquad}\\ &&\frac{\partial S_{1}}{\partial y}=1-\frac{x-y}{\sqrt{2-(x-y)^2}}+\frac{1}{\alpha}\sqrt{2\alpha (u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\bigg(2-(x-y)^2\bigg)^{-\frac{3}{4}}(x-y), {} \end{eqnarray} $

从而

$ \frac{\partial S_{1}}{\partial{x}}+\frac{\partial S_{1}}{\partial{y}}=2. $

通过(3.25) 式又得到

$ \begin{eqnarray*} &&x+y-\sqrt{2-(x-y)^2}-2\sqrt{2}\\ &=&\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})-\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\bigg(2-(x-y)^2\bigg)^\frac{1}{4}. \end{eqnarray*} $

于是

(3.27) $ \begin{eqnarray} &&\frac{u_+e^{-\alpha t}+c_1e^{-\alpha t}}{2}\frac{\partial S_{1}}{\partial x}+\frac{u_+e^{-\alpha t}+c_1e^{-\alpha t}}{2}\frac{\partial S_{1}}{\partial y}{} \\ &=&u_+e^{-\alpha t}+c_1e^{-\alpha t}{} \\ &=&u_+e^{-\alpha t}+\bigg(x+y-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}\bigg)\frac{\alpha e^{-\alpha t}}{2(1-e^{-\alpha t})}{} \\ &=&u_+e^{-\alpha t}+\bigg(\frac{2u_+}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})-\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha (u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})(2-(x-y)^2)^\frac{1}{2}}\bigg)\frac{\alpha e^{-\alpha t}}{2(1-e^{-\alpha t})}{} \\ &=&2u_+e^{-\alpha t}-e^{-\alpha t}\sqrt{\frac{2\alpha(u_+-u_-)}{1-e^{-\alpha t}}}\bigg(2-(x-y)^2\bigg)^\frac{1}{4}. \end{eqnarray} $

由(3.26)–(3.27) 式即可得到

$ \frac{\partial S_{1}}{\partial{t}}+\frac{c_1e^{-\alpha t}+u_+e^{-\alpha t}}{2}\frac{\partial S_{1}}{\partial{x}}+\frac{c_1e^{-\alpha t}+u_+e^{-\alpha t}}{2}\frac{\partial S_{1}}{\partial{y}}=0, $

也就是$ S_{1}(x, y, t)=0 $满足$ R $-$ H $条件, 从而$ S_{1}(x, y, t)=0 $即是所需要求解的激波曲面.

验证$ C_{1}\subset S_{1} $, 这里$ C_{1} $满足(3.11) 式.事实上, 对任意$ (x_1, y_1, t_1)\in C_{1}, \; (x_1, y_1, t_1) $满足(3.11) 式, 那么(3.16)–(3.17) 式自然也就成立, 于是就有

$ \begin{eqnarray*} S_{1}(x_1, y_1, t_1)&=&x_1+y_1-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x_1-y_1)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\\ & &+\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_1})}\bigg(2-(x_1-y_1)^2\bigg)^\frac{1}{4}\\ &=&\frac{u_++3u_-}{2\alpha }(1-e^{-\alpha t_1})-\frac{u_+-u_-}{2\alpha }(1-e^{-\alpha t_1})-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})\\ &&+\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_1})}\sqrt{\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_1})}\\ &=&\frac{1-e^{-\alpha t_1}}{\alpha}(\frac{u_+}{2}+\frac{3u_-}{2}-\frac{u_+}{2}+\frac{u_-}{2}-2u_++2u_+-2u_-){\nonumber} \\ &=&0, \end{eqnarray*} $

也就是说$ C_{1}\subset S_{1} $, 从而$ S_{1}(x, y, t)=0 $即是从$ C_{1} $发出的激波曲面.

讨论激波曲面$ S_{1}(x, y, t)=0 $的几何性质, 对任意固定的$ t>0 $, 交换$ x $和$ y $, $ S_{1}(x, y, t)=0 $保持不变, 因此$ S_{1}(x, y, t)=0 $是平面$ x-y $上的对称曲线, 对称轴为直线$ y=x $.

接下来讨论$ S_{1}(x, y, t)=0 $跟$ x+y-2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $以及$ x+y-2\sqrt{2}=\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $的位置关系.

对$ t>t_{1}\geq 0 $, $ t_{1} $是$ (x_1, y_1, t_1)\in C_1 $的分量, 利用(3.24) 式以及$ S_{1}(x, y, t)=0 $得到

(3.28) $ \begin{eqnarray} &&x+y-2\sqrt{2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}){} \\ &=&\sqrt{2-(x-y)^2} -\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha (u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\bigg(2-(x-y)^2\bigg)^\frac{1}{4}{} \\ &=&\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}})-\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\sqrt{\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}})}{} \\ &=&\frac{(u_+-u_-)}{2\alpha}\bigg((1-e^{-\alpha t_{1}})-4\sqrt{(1-e^{-\alpha t})(1-e^{-\alpha t_{1}})}\bigg){} \\ &<&-\frac{3(u_+-u_-)}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}}){} \\ &\leq& 0, \end{eqnarray} $

若$ (x, y, t) $在$ (x-y)^2=2 $上, 则由(3.24) 式可得$ t_{1}=0 $, 因此由(3.28) 式就有

$ x+y-2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}). $

此外, 由$ (x-y)^2=2 $以及$ x+y-2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $可得

$ \begin{eqnarray*} 2=(x-y)^2 &=&\bigg[\big(x-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)-\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)\bigg]^2{\nonumber} \\ &=&2\bigg[\big(x-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2\bigg]{\nonumber} \\ &&-\bigg[x+y-2\sqrt{2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\bigg]^2{\nonumber} \\ &=&2\bigg[\big(x-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2\bigg] , {\nonumber} \end{eqnarray*} $

也即

$ \big(x-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, $

由(3.9) 式即得$ (x-y)^2=2 $以及$ x+y-2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $的交是$ R^1_{u_+} $的边界, 于是$ S_{1}(x, y, t)=0 $和$ R^1_{u_+} $由如下曲线连续连接

(3.29) $ \begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} { }\big(x-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y-\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, \\ { } x+y-2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), \end{array}\right. \end{equation} $

当$ 0<t<T_1 $时, (3.29) 式由图 2中的$ A_1K_1 $和$ C_1I_1 $表示.

另外

(3.30) $ \begin{eqnarray} &&x+y-2\sqrt{2}-\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}){} \\ &=&\sqrt{2-(x-y)^2}+\frac{2(u_+-u_-)}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) -\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha (u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}(2-(x-y)^2)^\frac{1}{4}{} \\ &=&\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}})+\frac{2(u_+-u_-)}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}){} \\ &&-\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\sqrt{\frac{u_+-u_-}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_{1}})}{} \\ &=&\frac{2(u_+-u_-)}{\alpha}\bigg(\frac{1-e^{-\alpha t_{1}}}{4}+(1-e^{-\alpha t})-\sqrt{(1-e^{-\alpha t})(1-e^{-\alpha t_{1}})}\bigg){} \\ &=&\frac{2(u_+-u_-)}{\alpha}\bigg(\frac{\sqrt{1-e^{-\alpha t_{1}}}}{2}-\sqrt{1-e^{-\alpha t}}\bigg)^2{}\\ &>&0, \end{eqnarray} $

于是, 根据(3.28)和(3.30) 式可得: 当$ t>0 $固定时, $ S_{1}(x, y, t)=0 $处于直线$ x+y-2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $和$ x+y-2\sqrt{2}=\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $之间.

至此, 在不考虑$ S_{1} $和其它由$ M_2=0 $发出的基本波间的相互作用时, 我们已经构造出了$ \rm Riemann $问题(2.1)–(2.2) 关于初值间断$ M_1=0 $的解的结构, 当$ 0<t<T_1 $时, 其结构如图 2所示.

接下来, 讨论由初值间断$ M_2=0 $发出的基本波间的相互作用.

由(3.3)–(3.4)式, $ H $和$ H' $条件分别在$ L_{21} $和$ L_{22} $上成立. 因为$ u_-<u_+ $, 由命题1.1, 从$ L_{21} $和$ L_{22} $发出的基本波分别为稀疏波$ R^2 $以及激波$ S^2_\pm $.

事实上, 初值间断$ M_2(x, y, t)=0 $上的$ \rm Riemann $问题利用坐标变换$ x=x'-2\sqrt{2}, $$ y=y'-2\sqrt{2}, t=t $即可转化为初值间断$ M_1(x', y', t)=0 $上的$ \rm Riemann $问题, 因此, 利用对$ M_1=0 $讨论的结果即可得到从初值间断$ M_2=0 $发出的基本波及其相互作用. 对应3.1节, 有

从初值间断$ L_{21} $发出的稀疏波$ R^2 $为$ u(x, y, t)= $

$ \left\{\begin{array}{ll} u_-e^{-\alpha t}, &{ } \mbox{若}\; \big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1, t\geq 0 \\ c_2e^{-\alpha t}, &{ } \mbox{若}\; \big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2\geq1, \\ &{ } \; \; \; \; \, \big(x+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2\leq1, t>0 \; {\rm } \\ u_+e^{-\alpha t}, &{ } \mbox{若}\; \big(x+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2>1, t\geq 0 \end{array}\right. $

其中$ c_2(x, y, t) $是$ x+y+2\sqrt{2}-\frac{2c_2}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0 $这一条件下由

(3.31) $ \begin{equation} \big(x+\sqrt{2}-\frac{c_2}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{c_2}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1 \end{equation} $

确定的稀疏波区域上的唯一全局隐函数$ c_2=c_2(x, y, t)\in [u_-, u_+] $, 其决定的稀疏波的介面为

(3.32) $ \begin{eqnarray} R^2_{c_2}&=&\bigg \{(x, y, t) \big|\big(x+\sqrt{2}-\frac{c_2}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{c_2}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y+2\sqrt{2}-\frac{2c_2}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0\bigg \}, \end{eqnarray} $

由(3.32) 式得出隐函数

(3.33) $ \begin{equation} c_2=\frac{\alpha}{2(1-e^{-\alpha t})} \big(x+y+2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}\big), \end{equation} $

其中$ t>0 $以及$ |x-y|<\sqrt{2} $.

设

(3.34) $ \begin{equation} \Omega_{R^2_{c_2}}=\bigcup\limits_{c_2\in [u_-, u_+]}R^2_{c_2}, \end{equation} $

则$ \Omega_{R^2_{c_2}} $的边界为$ R^2_{u_-} $和$ R^2_{u_+} $, 其中

(3.35) $ \begin{eqnarray} R^2_{u_-}&=&\bigg \{(x, y, t)\big|\big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y+2\sqrt{2}-\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0\bigg \}{} \\ R^2_{u_+}&=&\bigg \{(x, y, t)\big|\big(x+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y+2\sqrt{2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0\bigg \}. \end{eqnarray} $

从初始间断$ L_{22} $发出的激波为

$ u(x, y, t)= \left\{\begin{array}{l} { } u_-e^{-\alpha t}, \; \; \; \; \mbox{若}\; \big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2\\ { } \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \ +\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1, \\ { } u_+e^{-\alpha t}, \; \; \; \; \mbox{若}\; \big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2\\ { } \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \; \ +\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2>1. \end{array}\right. $

激波曲面为

(3.36) $ \begin{eqnarray} S^2_\pm&=&\bigg \{(x, y, t) \big| \big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, {} \\ &&x+y+2\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})<0\bigg \}. \end{eqnarray} $

关于$ R^2_{u_-} $和$ S^2_\pm $的追赶问题有如下两个结论.

引理3.3   若$ 2\sqrt{2}\alpha < (u_+-u_-) $, 则对任意的$ t\in (0, T_1] $, $ R^2_{u_-}\cap S^2_\pm\not=\varnothing $, 当$ t>T_1 $时, 稀疏波$ R^2 $中$ u_- $的轮廓$ R^2_{u_-} $和激波$ S^2_\pm $将会消失.

在引理3.3这种情形下, $ u=u_+ $区域发出的特征会和稀疏波$ R^2 $区域的特征相交, 记$ t<T_1 $时产生的激波为$ S_{2} $, 而当$ t\geq T_1 $时, 仍记为$ S_{2} $, 因为两者皆是在$ u=u_+ $区域发出的特征和稀疏波$ R^2 $区域的特征相交时, 从$ R^2_{u_-}\cap S^2_\pm $产生, 显然两者是同一个激波, 这里只是以$ R^2_{u_-} $和$ S^2_\pm $消失的时间为临界点将其分成两段.

引理3.4   若$ 2\sqrt{2}\alpha \geq (u_+-u_-) $, 则对任意$ t\in (0, +\infty) $, $ R^2_{u_-}\cap S^2_\pm\not=\varnothing $.

在引理3.4这种情形下, 新的激波会在$ u=u_+ $区域发出的特征和稀疏波$ R^2 $区域的特征相交时, 从$ R^2_{u_-}\cap S^2_\pm $产生, 所以当$ t<T_1 $时, 引理3.3和3.4其实就是同一个问题, 这里只是为了区分当$ t>T_1 $时, $ R^2_{u_-} $和$ S^2_\pm $是否消失, 因此, 仍记这时产生的激波为$ S_{2} $.

$ R^2_{u_-} $和$ S^2_\pm $交线为

(3.37) $ \begin{equation} C_{2}=\left\{\begin{array}{l} { } \big(x_2+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_2})\big)^2+\big(y_2+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t_2})\big)^2=1, \\ { } \big (x_2+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_2})\big)^2+\big(y_2+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_2})\big)^2=1, \\ { } x_2+y_2+2\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_2})<0, \; x_2+y_2+2\sqrt{2}-\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_2})>0. \end{array}\right. \end{equation} $

设

(3.38) $ \begin{eqnarray} \Omega_{2}&=&\bigg \{(x, y, t) \big|\big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1, {} \\ &&\big(x+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2<1\bigg \}, \end{eqnarray} $

则在$ \Omega_{2} $中$ u=u_-e^{-\alpha t} $; 在引理3.3中, 当$ t\geq T_1 $时, $ \Omega_{2} $是空集.

$ S_2:S_{2}(x, y, t)=0 $的表达式为

(3.39) $ \begin{eqnarray} S_{2}(x, y, t)&=&x+y+2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}){} \\ &&+\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\bigg(2-(x-y)^2\bigg)^\frac{1}{4}=0. \end{eqnarray} $

而且$ S_{2}(x, y, t)=0 $满足$ R $-$ H $条件以及$ C_{2}\subset S_{2} $.

此外, 当$ t>0 $固定时, i) $ S_{2}(x, y, t)=0 $是对称曲线, 其对称轴为$ y=x $; ii) $ S_{2}(x, y, t)=0 $位于$ (x-y)^2\leq 2 $内, 而且在直线$ x+y+2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $和$ x+y+2\sqrt{2}=\frac{2u_-}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $之间; iii) $ S_{2}(x, y, t)=0 $从$ C_{2} $发出, 并且和$ R^2_{u_+} $通过下面曲线连续连接

(3.40) $ \begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} { } \big(x+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2+\big(y+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})\big)^2=1, \\ { } x+y+2\sqrt{2}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), \end{array}\right. \end{equation} $

当$ 0<t<T_1 $时, (3.40) 式由图 2中的$ A_2K_2 $和$ C_2I_2 $表示.

至此, 在不考虑$ S_{2} $和由$ M_1=0 $发出的基本波间的相互作用时, 我们已经构造出了$ \rm Riemann $问题(2.1)–(2.2) 关于初值间断$ M_2=0 $的解的结构, 当$ 0<t<T_1 $时, 其结构如图 2所示. 接下来主要考虑关于初值间断$ M_1=0 $和$ M_2=0 $的$ \rm Riemann $解的相互作用, 以便得到$ \rm Riemann $问题(2.1)–(2.2) 的非自相似全局解及其结构.

考虑$ S^1_\pm $和$ R_{u_+}^2 $的追赶问题.

令$ A=\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), \; B=\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $, 则联立$ S^1_\pm $和$ R_{u_+}^2 $的表达式得到

(3.41) $ \begin{align} (2\sqrt{2} -A+B)(2x+2y-2A-2B)=0. \end{align} $

若$ S^1_\pm $和$ R_{u_+}^2 $相交, 那么方程(3.41) 有解, 此时$ 2\sqrt{2} -A+B=0 $或$ x+y-A-B=0 $.

由$ S^1_\pm $和$ R_{u_+}^2 $的表达式得到

(3.42) $ \begin{align} x+y+2\sqrt{2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})>0, x+y-2\sqrt{2}-\frac{u_-+u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})<0. \end{align} $

若$ 2\sqrt{2} -A+B=0 $, 则$ 1-e^{-\alpha t}=\frac{4\sqrt{2}\alpha}{u_+-u_-} $, 这与(3.42) 式矛盾. 因此, $ x+y-A-B=0 $, 即$ y=A+B-x $, 将其带回$ S^1_\pm $或者$ R_{u_+}^2 $的表达式中得到

$ 2x^2-2(A+B)x+(\sqrt{2}+B)^2+(\sqrt{2}-A)^2-1=0, $

而后就有

(3.43) $ \begin{align} 2x^2-\frac{u_-+3u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})x+[\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha }(1-e^{-\alpha t})]^2+[\sqrt{2}+\frac{u_-+u_+}{2\alpha}(1-e^{-\alpha t})]^2-1=0. \end{align} $

由二次方程(3.43) ($ t $作为参数) 有解可得当$ 2\sqrt{2}\alpha < u_+-u_- $时,

(3.44) $ \begin{align} (u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})\geq 2\sqrt{2}\alpha, \; t\geq \frac{1}{\alpha}\ln\frac{u_+-u_-}{(u_+-u_-)-2\sqrt{2} \alpha}=T_1. \end{align} $

类似地, 关于$ S^1_\pm $和$ R_{u_+}^2 $的追赶问题有如下两个结论.

引理3.5   若$ 2\sqrt{2}\alpha \geq u_+-u_- $, 则对任意$ t>0 $, $ S^1_\pm\cap R_{u_+}^2=\varnothing $.

引理3.6  若$ 2\sqrt{2}\alpha < u_+-u_- $, 则当$ t\geq \frac{1}{\alpha}\ln\frac{u_+-u_-}{(u_+-u_-)-2\sqrt{2} \alpha}=T_1 $时, $ S^1_\pm\cap R_{u_+}^2\not=\varnothing $.

当$ t=T_1 $时, 计算得到$ x=y=\frac{\sqrt{2}(3u_++u_-)}{2(u_+-u-)} $, 也就是说$ S^1_\pm $和$ R_{u_+}^2 $从点$ (\frac{\sqrt{2}(3u_++u_-)}{2(u_+-u-)}, $$ \frac{\sqrt{2}(3u_++u_-)}{2(u_+-u-)}, T_1) $开始相交. 此外, 当$ t> T_1 $时, $ R_{u_-}^2 $, $ R_{u_-}^1 $, $ S^1_\pm $和$ S^2_\pm $将会消失.

接下来类似处理$ R^2_{u+} $和$ S_{1} $之间的追赶问题.

将$ R^2_{u_+} $利用参数表达, 即

$ \begin{eqnarray*} R^2_{u_+}&=&\bigg\{(x, y, t)\big|x=a_1+\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), y=a_2+\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), {\nonumber} \\ &&(a_1+\sqrt{2})^2+(a_2+\sqrt{2})^2=1, a_1+a_2+2\sqrt{2}>0\bigg \}.{\nonumber} \end{eqnarray*} $

则

(3.45) $ \begin{align} a_1-a_2=x-y:=d, \end{align} $

那么由$ (a_1+\sqrt{2})^2+(a_2+\sqrt{2})^2=1 $得到$ 2(a_2+\sqrt{2})^2+2d(a_2+\sqrt{2})+d^2-1=0, $由此

(3.46) $ \begin{align} d\in [-\sqrt{2}, \sqrt{2}]. \end{align} $

由$ a_1+a_2+2\sqrt{2}>0 $进一步可得

(3.47) $ \begin{align} a_2=\frac{-d+\sqrt{2-d^2}}{2}-\sqrt{2}, \; a_1=\frac{d+\sqrt{2-d^2}}{2}-\sqrt{2}. \end{align} $

将$ x=a_1+\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}), y=a_2+\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) $代入$ S_{1}(x, y, t)=0 $整理后得到

(3.48) $ \begin{align} L(t)=\frac{1}{\alpha}\sqrt{\alpha (u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}(2-d^2)^{\frac{1}{4}}-2. \end{align} $

因为当$ d^2=2 $时, $ L(t)\equiv-2 $, 所以$ R^2_{u_+}\cap S_{1}=\varnothing $. 因而, 只考虑$ d\in (-\sqrt{2}, \sqrt{2}) $. 因为$ L(0)<0 $, $ L'(t)>0 $, 所以当$ \frac{4\alpha}{\sqrt{2-d^2}} \geq u_+-u_- $时, 对任意$ t>0 $, $ L(t)<0 $; 当$ \frac{4\alpha}{\sqrt{2-d^2}} < u_+-u_- $时, $ L(t) $有唯一零点

(3.49) $ \begin{align} T(d)= \frac{1}{\alpha}\ln \frac{u_+-u_-}{(u_+-u_-)-4\alpha/\sqrt{2-d^2}}, \end{align} $

注意到$ T(d) $关于$ d^2\in[0, 2) $是严格单调递增的, 因此

(3.50) $ \begin{align} T(d)\geq T(0)=\frac{1}{\alpha}\ln\frac{u_+-u_-}{(u_+-u_-)-2\sqrt{2} \alpha}=T_1. \end{align} $

于是, 关于$ S_{1} $和$ R_{u_+}^2 $的追赶问题有如下两个结论.

引理3.7   若$ \frac{4\alpha}{\sqrt{2-d^2}} \geq u_+-u_- $, 其中$ d\in (-\sqrt{2}, \sqrt{2}) $, 则对任意$ t>0 $, $ S_{1}\cap R_{u_+}^2=\varnothing $. 显然, 若$ 2\sqrt{2}\alpha \geq u_+-u_- $, 则对任意$ t>0 $, $ S_{1}\cap R_{u_+}^2=\varnothing $.

引理3.8   $ {\rm i)} $若$ \frac{4\alpha}{\sqrt{2-d^2}} < u_+-u_- $, 则对任意$ t \geq T(d) $, $ S_{1}\cap R_{u_+}^2\not=\varnothing $. 显然, 若$ 2\sqrt{2}\alpha < u_+-u_- $, 那么对任意$ t \geq T_1 $, $ S_{1}\cap R_{u_+}^2\not=\varnothing $.

$ {\rm ii)} $当$ t=T_1 $时, 计算得到$ x=y=\frac{\sqrt{2}(3u_++u_-)}{2(u_+-u-)} $, 也就是说$ S_{1} $和$ R_{u_+}^2 $从点$ (\frac{\sqrt{2}(3u_++u_-)}{2(u_+-u-)}, $$ \frac{\sqrt{2}(3u_++u_-)}{2(u_+-u-)}, T_1) $开始相交. 从而, 结合引理3.6, 就知道$ S_{1} $、$ S^1_\pm $以及$ R_{u_+}^2 $从点$ D_3(\frac{\sqrt{2}(3u_++u_-)}{2(u_+-u-)}, $$ \frac{\sqrt{2}(3u_++u_-)}{2(u_+-u-)}, T_1) $开始相交, 如图 5所示. 又因为当$ t> T_1 $时, 稀疏波$ R^1 $区域中的特征会和稀疏波$ R^2 $区域中的特征相交, 而$ S^1_\pm $将会消失, 所以就会有新的激波从$ S_{1}\cap R_{u_+}^2 $产生, 记其为$ S_3 $.

$ {\rm iii)} $引理3.8结合引理3.1, 引理3.3及引理3.6, 就能得到定理2.2中的结论(i).

引理3.7结合引理3.2, 引理3.4以及引理3.5, 就能得到定理2.1.

根据引理3.8, 已经得到了定理2.2的结论(i). 此外, 若$ 2\sqrt{2}\alpha < u_+-u_- $, 那么当$ t\geq T_1 $时, 新的激波$ S_3 $将在$ c_1e^{-\alpha t} $和$ c_2e^{-\alpha t} $值区域从$ R^2_{u_+} $和$ S_{1} $的交集产生.

求解激波$ S_3:S_3(x, y, t)=0 $的表达式并讨论其几何结构.

$ R^2_{u_+} $和$ S_{1} $的交线为

(4.1) $ \begin{align} C_3:\left\{\begin{array}{l} { } x_3+y_3-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x_3-y_3)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_3})\\ { } {\qquad} +\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_3})}\big(2-(x_3-y_3)^2\big)^\frac{1}{4}=0, \\ { } \big(x_3+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_3})\big)^2+\big(y_3+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha} (1-e^{-\alpha t_3})\big)^2=1, \\ { } x_3+y_3+2\sqrt{2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_3})>0. \end{array}\right. \end{align} $

考虑$ R $-$ H $条件

(4.2) $ \begin{align} \frac{\partial S_3}{\partial t}+ \frac{c_1e^{-\alpha t}+c_2e^{-\alpha t}}{2} \frac{\partial S_3}{\partial {x}}+\frac{c_1e^{-\alpha t}+c_2e^{-\alpha t}}{2}\frac{\partial S_3}{\partial {y}}=0, \end{align} $

其特征方程组为

(4.3) $ \begin{align} \left\{ \begin{array}{l} { } \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=\frac{c_1+c_2}{2}e^{-\alpha t}, \\ { } \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t}=\frac{c_1+c_2}{2}e^{-\alpha t}, \\ x(t)|_{t=t_{3}}=x_{3}, y(t)|_{t=t_{3}}=y_{3}, \end{array}\right. \end{align} $

其中$ (x_{3}, y_{3}, t_{3})\in C_3 $满足(4.1) 式.

首先计算(4.3) 式中的$ c_1+c_2 $.

由(4.3) 式容易得到$ \frac{{\rm d}(x-y)}{{\rm d}t}=0\; \mbox{或}\; x-y=\mbox{常数}=x_{3}-y_{3}. $

令

(4.4) $ \begin{align} a=x_{3}+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_{3}}), b=y_{3}+\sqrt{2}-\frac{u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_{3}}), \end{align} $

则

(4.5) $ \begin{align} x-y=x_{3}-y_{3}=a-b. \end{align} $

从(4.1), (4.4)和(4.5) 式可得

(4.6) $ \begin{align} \left\{ \begin{array}{l} { } a+b=4\sqrt{2}+\sqrt{2-(a-b)^2}-\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha (u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{3}})}\big(2-(a-b)^2\big)^\frac{1}{4}, \\ a^2+b^2=1, \\ a+b>0.\\ \end{array}\right. \end{align} $

由$ (a-b)^2=a^2-2ab+b^2 $以及(4.6) 式, 有$ 2-(a-b)^2=(a+b)^2 $. 因此

(4.7) $ \begin{align} a+b=4\sqrt{2}+\sqrt{(a+b)^2}-\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha (u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{3}})}\sqrt{a+b},\\ a+b=\frac{4\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{3}})}, \end{align} $

进而由(4.4) 式得到

(4.8) $ \begin{align} x_{3}+y_{3}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_{3}})=\frac{4\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{3}})}-2\sqrt{2}. \end{align} $

由(4.6)–(4.7)式, 有$ (a+b)^2=a^2+b^2+2ab=1+2ab=\frac{16\alpha^2}{(u_+-u_-)^2(1-e^{-\alpha t_{3}})^2}, $从而

(4.9) $ \begin{align} (x-y)^2=(x_{3}-y_{3})^2=(a-b)^2=1-2ab=2-\frac{16\alpha^2}{(u_+-u_-)^2(1-e^{-\alpha t_{3}})^2}. \end{align} $

于是由(3.7) 式以及(3.33) 式有

(4.10) $ \begin{align} c_1+c_2= \big( x+y-\sqrt{2-(x-y)^2}\big)\frac{\alpha }{1-e^{-\alpha t}} =\big( x+y-\frac{4\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{3}})}\big)\frac{\alpha }{1-e^{-\alpha t}}. \end{align} $

其次, 化简并求解方程(4.3).

由(4.3)和(4.10)式, 有

(4.11) $ \begin{align} \frac{{\rm d}(x+y)}{{\rm d}t} =\big( x+y-\frac{4\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{3}})}\big)\frac{\alpha e^{-\alpha t}}{1-e^{-\alpha t}}. \end{align} $

从(4.8) 式进一步得到

(4.12) $ \begin{align} x_{3}+y_{3}-\frac{4\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{3}})}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_{3}})-2\sqrt{2}. \end{align} $

令

(4.13) $ \begin{align} \varphi=x+y-\frac{4\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{3}})}, \end{align} $

从而(4.3) 式能转化为如下常微分方程

(4.14) $ \begin{align} \left\{ \begin{array}{l} { } \frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}t}=\frac{\alpha e^{-\alpha t}}{(1-e^{-\alpha t})}\varphi, \\ { } \varphi |_{t=t_{3}}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_{3}})-2\sqrt{2}. \end{array}\right. \end{align} $

求解方程(4.14) 得

(4.15) $ \begin{align} \varphi(t)=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})-2\sqrt{2}\frac{1-e^{-\alpha t}}{1-e^{-\alpha t_{3}}}. \end{align} $

由(4.9) 式, 有

(4.16) $ \begin{align} \frac{1}{1-e^{-\alpha t_{3}}}=\frac{u_+-u_-}{4\alpha }\sqrt{2-(x-y)^2}. \end{align} $

将(4.13)和(4.16) 式代入(4.15) 式得到

(4.17) $ \begin{align} \begin{array}[b]{rl} S_3(x, y, t)=&{ } x+y-\sqrt{2-(x-y)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}) \\ &{ } +\frac{\sqrt{2}}{2\alpha}(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})\sqrt{2-(x-y)^2}=0, \end{array} \end{align} $

其中$ (x, y, t)\in \{(x, y, t)|(x-y)^2<2, t\geq T_1\}, $事实上, 能类似证明$ S_3(x, y, t)=0 $满足$ R $-$ H $条件以及$ C_3\subset S_3 $.

因为$ S_3(x, y, t)=0 $在交换$ x $和$ y $之后保持不变, 所以对固定的$ t>0 $, $ S_3(x, y, t)=0 $是平面$ x-y $上的对称曲线, 对称轴为$ y=x $. 显然, $ S_3(x, y, t)=0 $位于$ (x-y)^2\leq 2 $内.

至此, 我们已经弄清楚了激波$ S_3 $的表达式以及几何结构, 如图 3所示. 为了得到$ \rm Riemann $问题的全局解, 还需要处理激波$ S_3 $和$ S_{2} $的追赶问题. 随后也就能得到定理2.2.

根据$ S_3(x, y, t) $和$ S_{2}(x, y, t) $的表达式, 得到

(4.18) $ \begin{align} L(t)=4\alpha-(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})\big(2-(x-y)^2\big)^{\frac{1}{2}}+4\sqrt{\alpha (u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}\big(2-(x-y)^2\big)^{\frac{1}{4}}. \end{align} $

当$ 2=(x-y)^2 $时, $ L(t)\equiv 4\alpha>0 $, 这时$ S_3 $和$ S_{2} $不相交, 所以下面只考虑$ 2>(x-y)^2 $.

显然, $ L(0)=4\alpha>0, $

$ \lim\limits_{t\rightarrow +\infty} L(t)=4\alpha-(u_+-u_-)\big(2-(x-y)^2\big)^{\frac{1}{2}}+4\sqrt{\alpha (u_+-u_-)}\big(2-(x-y)^2\big)^{\frac{1}{4}}, $

$ L'(t)=\frac{2\alpha e^{-\alpha t}}{\sqrt{1-e^{-\alpha t}}}\sqrt{\alpha(u_+-u_-)}\big(2-(x-y)^2\big)^{\frac{1}{4}}-\alpha (u_+-u_-)e^{-\alpha t}\big(2-(x-y)^2\big)^{\frac{1}{2}}. $

令$ L'(t)\leq 0 $, 则当$ u_+-u_->\frac{4\alpha}{\sqrt{2-(x-y)^2}} $时, 有

(4.19) $ \begin{align} t \geq \frac{1}{\alpha}\ln\frac{(u_+-u_-)\sqrt{2-(x-y)^2}}{(u_+-u_-)\sqrt{2-(x-y)^2}-4\alpha}\geq \frac{1}{\alpha}\ln\frac{(u_+-u_-)}{(u_+-u_-)-2\sqrt{2}\alpha}=T_1. \end{align} $

因此, 对$ u_+-u_->\frac{4\alpha}{\sqrt{2-(x-y)^2}} $, 当$ t\geq T_1 $时, $ L(t) $严格单调递减.

若

$ 4\alpha-(u_+-u_-)\big(2-(x-y)^2\big)^{\frac{1}{2}}+4\sqrt{\alpha (u_+-u_-)}\big(2-(x-y)^2\big)^{\frac{1}{4}}\geq0, $

即

(4.20) $ \begin{align} \frac{4\alpha}{\sqrt{2-(x-y)^2}}<u_+-u_-\leq\frac{4\alpha(3+2\sqrt{2})}{\sqrt{2-(x-y)^2}}, \end{align} $

则当$ t\geq T_1 $时, $ L(t)>0 $, 也就是$ S_3\cap S_{2}=\varnothing $.

若

$ 4\alpha-(u_+-u_-)\big(2-(x-y)^2\big)^{\frac{1}{2}}+4\sqrt{\alpha (u_+-u_-)}\big(2-(x-y)^2\big)^{\frac{1}{4}}<0 $

即

(4.21) $ \begin{align} u_+-u_->\frac{4\alpha(3+2\sqrt{2})}{\sqrt{2-(x-y)^2}}, \end{align} $

则$ L(t) $存在唯一零点

(4.22) $ \begin{align} T(x, y)=\frac{1}{\alpha}\ln\frac{(u_+-u_-)\sqrt{2-(x-y)^2}}{(u_+-u_-)\sqrt{2-(x-y)^2}-4\alpha(3+2\sqrt{2})}, \end{align} $

也就是说$ S_3\cap S_{2}\not=\varnothing. $显然, $ T(x, y) $关于$ (x-y)^2\in[0, 2) $严格单调递增, 因此

(4.23) $ \begin{align} T(x, y)\geq T(x, x)= \frac{1}{\alpha}\ln\frac{(u_+-u_-)}{(u_+-u_-)-2\alpha(3\sqrt{2}+4)}:=T_2. \end{align} $

当$ t=T_2 $, 计算得到$ H_5(\frac{(3\sqrt{2}+4)(u_++u_-)}{u_+-u_-}+\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{(3\sqrt{2}+4)(u_++u_-)}{u_+-u_-}+\frac{\sqrt{2}}{2}, T_2) $, 如图 6所示. 从而, 当$ (u_+-u_-) > 2\alpha(3\sqrt{2}+4) $时, $ S_3 $和$ S_{2} $从$ H_5 $开始相交.

进而, 关于激波$ S_3 $和$ S_{2} $的追赶问题有如下两个结论.

引理4.1   若$ 2\sqrt{2}\alpha < u_+-u_- \leq 2\alpha(3\sqrt{2}+4) $, 则对任意$ t>0 $, $ S_3(x, y, t)\cap S_{2}(x, y, t)=\varnothing $. 由此就能得到定理$ 2.2 $中的结论$ \rm (ii) $.

引理4.2   若$ u_+-u_-> 2\alpha(3\sqrt{2}+4) $, 则$ S_3 $和$ S_{2} $将会从$ H_5 $开始相交, 如图 6所示. 这时$ u=u_+ $区域的特征和稀疏波$ R^1 $区域的特征相交, 新的激波将会从$ S_3 $和$ S_{2} $的交集产生, 记为$ S_4 $.

引理4.1结合引理3.8, 定理2.2得证.

由引理4.2, 若$ u_+-u_-> 2\alpha(3\sqrt{2}+4) $, 则当$ t\geq T_2 $时, $ S_3 $和$ S_{2} $相交. 新的激波$ S_4 $在$ c_1e^{-\alpha t} $和$ u_+e^{-\alpha t} $值区域之间产生. 如果我们得到了激波$ S_4 $的表达式, 那么由引理3.1–3.8, 4.1–4.2, 就可以得到定理2.3.

求解激波$ S_4:S_4(x, y, t)=0 $的表达式并讨论其几何结构

激波$ S_3(x, y, t)=0 $和$ S_{2}(x, y, t)=0 $的交线为

(5.1) $ \begin{align} C_4:\left\{\begin{array}{l} { } x_4+y_4+2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x_4-y_4)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_4})\\ { }{\qquad} +\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_4})}\big(2-(x_4-y_4)^2\big)^\frac{1}{4}=0, \\ { } x_4+y_4-\sqrt{2-(x_4-y_4)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_4})\\ { }{\qquad} +\frac{\sqrt{2}}{2\alpha}(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_4})\sqrt{2-(x_4-y_4)^2}=0. \end{array}\right. \end{align} $

考虑到$ R $-$ H $条件

(5.2) $ \begin{align} \frac{\partial S_4}{\partial t}+ \frac{c_1e^{-\alpha t}+u_+e^{-\alpha t}}{2} \frac{\partial S_4}{\partial {x}}+\frac{c_1e^{-\alpha t}+u_+e^{-\alpha t}}{2}\frac{\partial S_4}{\partial {y}}=0, \end{align} $

其特征方程为

(5.3) $ \begin{align} \left\{ \begin{array}{l} { } \frac{{\rm d}x}{{\rm d}t}=\frac{c_1+u_+}{2}e^{-\alpha t}, \\ { } \frac{{\rm d}y}{{\rm d}t}=\frac{c_1+u_+}{2}e^{-\alpha t}, \\ x(t)|_{t=t_{4}}=x_{4}, y(t)|_{t=t_{4}}=y_{4}, \end{array}\right. \end{align} $

其中$ (x_{4}, y_{4}, t_{4})\in C_4 $满足(5.1)式.

首先计算方程(5.3) 中的$ c_1 $.

由(5.3) 式可得

(5.4) $ \begin{align} \frac{{\rm d}(x-y)}{{\rm d}t}=0\; {或 x-y= 常数 =x_{4}-y_{4} .} \end{align} $

令

(5.5) $ \begin{align} X=\big(2-(x_{4}-y_{4})^2\big)^\frac{1}{4}, \end{align} $

则$ X\geq 0 $.

由(5.1)式, 有

(5.6) $ \begin{eqnarray} &&\frac{\sqrt{2}}{2\alpha}(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})\sqrt{2-(x_{4}-y_{4})^2}{}\\ &&-\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})}\big(2-(x_{4}-y_{4})^2\big)^\frac{1}{4}-2\sqrt{2}=0. \end{eqnarray} $

从而

(5.7) $ \begin{equation} \frac{\sqrt{2}}{2\alpha}(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})X^2-\frac{2}{\alpha}\sqrt{2\alpha(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})}X-2\sqrt{2}=0. \end{equation} $

求解方程(5.7), 得到

$ X=\frac{2(1+\sqrt{2})\sqrt{\alpha}}{\sqrt{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})}}. $

因此

(5.8) $ \begin{equation} \sqrt{2-(x_{4}-y_{4})^2}=X^2=\frac{4(3+2\sqrt{2})\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})}. \end{equation} $

进而由(5.4) 式可得

(5.9) $ \begin{equation} \sqrt{2-(x-y)^2}=\frac{4(3+2\sqrt{2})\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})}. \end{equation} $

于是由(3.7)和(5.9) 式, 有

(5.10) $ \begin{eqnarray} c_1&=&\frac{\alpha}{2(1-e^{-\alpha t})}\bigg[x+y-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}\bigg]{} \\ &=&\frac{\alpha}{2(1-e^{-\alpha t})}\bigg[x+y-2\sqrt{2}-\frac{4(3+2\sqrt{2})\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})}\bigg]. \end{eqnarray} $

其次, 简化并求解方程(5.3).

由(5.3)和(5.10) 式, 有

(5.11) $ \begin{eqnarray} \frac{{\rm d}(x+y)}{{\rm d}t} =u_+e^{-\alpha t}+ \big( x+y-2\sqrt{2}-\frac{4(3+2\sqrt{2})\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})}\big)\frac{\alpha e^{-\alpha t}}{2(1-e^{-\alpha t})} . \end{eqnarray} $

由(5.1) 以及(5.8)式, 进一步得到

(5.12) $ \begin{equation} x_{4}+y_{4}-2\sqrt{2}-\frac{4(3+2\sqrt{2})\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})}=\frac{2u_+(1-e^{-\alpha t_{4}})}{\alpha}-8(1+\sqrt{2}). \end{equation} $

令

(5.13) $ \begin{equation} \varphi=x+y-2\sqrt{2}-\frac{4(3+2\sqrt{2})\alpha}{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t_{4}})}, \end{equation} $

则特征方程(5.3) 就此转化为如下常微分方程

(5.14) $ \begin{equation} \left\{ \begin{array}{l} { } \frac{{\rm d}\varphi}{{\rm d}t}=u_+e^{-\alpha t}+\frac{\alpha e^{-\alpha t}}{2(1-e^{-\alpha t})}\varphi, \\ { } \varphi |_{t=t_{4}}=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t_{4}})-8(1+\sqrt{2}). \end{array}\right. \end{equation} $

容易验证方程(5.14) 的积分因子为$ m(t)=(1-e^{-\alpha t})^{-\frac{1}{2}} $, 且$ \frac{{\rm d}(\varphi(t)m(t))}{{\rm d}t}=m(t)u_+e^{-\alpha t}, $故

(5.15) $ \begin{equation} \varphi(t)=\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t})-8(1+\sqrt{2})\sqrt{\frac{1-e^{-\alpha t}}{1-e^{-\alpha t_{4}}}}. \end{equation} $

由(5.9) 式, 有

(5.16) $ \begin{equation} \frac{1}{1-e^{-\alpha t_{4}}}=\frac{u_+-u_-}{4(3+2\sqrt{2})\alpha }\sqrt{2-(x-y)^2}. \end{equation} $

将(5.13)和(5.16) 式代入(5.15) 式得到

(5.17) $ \begin{eqnarray} S_4(x, y, t)&=&x+y-2\sqrt{2}-\sqrt{2-(x-y)^2}-\frac{2u_+}{\alpha}(1-e^{-\alpha t}){} \\ &&+4\sqrt{\frac{(u_+-u_-)(1-e^{-\alpha t})}{\alpha}}\big(2-(x-y)^2\big)^\frac{1}{4}=0, \end{eqnarray} $

其中$ (x, y, t)\in \{(x, y, t)|(x-y)^2<2, t \geq T_2\} $, 事实上能类似验证$ S_4(x, y, t)=0 $满足$ R $-$ H $条件以及$ C_4\subset S_4 $.

因为$ S_4(x, y, t)=0 $在交换$ x $和$ y $后保持不变, 因此对固定的$ t>0 $, $ S_4(x, y, t)=0 $是平面$ x-y $上的对称曲线, 对称轴为$ y=x $. 显然, $ S_4(x, y, t)=0 $位于$ (x-y)^2\leq 2 $内.

至此, 已经得到了$ S_4 $的表达式以及结构, 由引理3.1–3.8, 4.1–4.2, 定理2.3得证.