5. Theis 模型的不同解法

Theis 模型的不同解法

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介绍三种 Theis 模型的解法，第一种属分离变量法，其他两种属数学变换法。

以下内容源自地下水动力学课程教学内容。

记 $s= H_0-H$ ，数学模型

$\left\{ \begin{array}{ll} a\left(\frac{\partial^2{s}}{\partial{r^2}}+\frac{1}{r}\frac{\partial{s}}{\partial{r}}\right)= \frac{\partial{s}}{\partial{t}}&t>0,0<r<\infty\\ \mathrm{IC:}s(r,0)=0&0<r<\infty\\ \mathrm{BC:}\lim\limits_{r\to\infty}s(r,t)=0&t>0\\ \mathrm{BC:}\lim\limits_{r\to\infty } \frac{\partial{s}}{\partial{r}}=0&t>0\\ \mathrm{BC:}\lim\limits_{r\to 0} r\frac{\partial{s}}{\partial{r}}=-\frac{Q}{2\pi T}&t>0 \end{array} \right.\tag{E-I}$

式中， $a=\frac{T}{S}$ 。

E1. Bolttzmann 变换法

引入变量 $u=\frac{r^2}{4at}$ ，有

$\frac{\partial u}{\partial r}=\frac{r}{2at},\quad \frac{\partial u}{\partial t}=-\frac{u}{t}$

依据求导的链式法则，有

$\begin{align*} \frac{\partial s}{\partial r}&= \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}\frac{\partial u}{\partial r}=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}\frac{r}{2at}\\ \frac{\partial^2 s}{\partial r^2}&= \frac{1}{2at}\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}+\left(\frac{r}{2at}\right)^2\frac{\mathrm{d}^2 s}{\mathrm{d}u^2}\\ \frac{\partial s}{\partial t}&= \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}\frac{\partial u}{\partial t}=-\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}\frac{u}{t} \end{align*}$

代入偏微分方程

$a\left[\frac{1}{2at}\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}+\left(\frac{r}{2at}\right)^2\frac{\mathrm{d}^2s}{\mathrm{d}u^2}+\frac{1}{2at}\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u} \right]=-\frac{u}{t}\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}$

整理得

$u\frac{\mathrm{d}^2s}{\mathrm{d}u^2}+(1+u)\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}=0$

由初始与边界条件

$\begin{cases} \underset{u\to \infty }{\mathop{\lim }}s=0\\ \underset{u\to0}{\mathop{\lim }}\left( 2u\dfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u} \right)=-\dfrac{Q}{2\pi T} \end{cases}$

原定解问题变为

$\begin{cases} u\dfrac{\mathrm{d}^2s}{\mathrm{d}u^2}+(1+u)\dfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}=0\\ \lim\limits_{u\to \infty }s=0\\ \lim\limits_{u\to0}\left( 2u\dfrac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u} \right)=-\dfrac{Q}{2\pi T} \end{cases}$

记 $s'=\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}$ ，方程变为

$u\dfrac{\mathrm{d}s'}{\mathrm{d}u}+(1+u)s'=0$

分离变量

$\frac{1}{s'}\mathrm{d}s'=-\left(1+\frac{1}{u}\right)\mathrm{d}u$

等式两边同时积分

$\ln s'=-\ln u-u+C$

即

$\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}=s'=e^{-\ln u -u-C}=C_1\frac{e^{-u}}{u}$

由边界条件

$-\frac{Q}{2\pi T}=2u\left.\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}\right|_{u=0}=2C_1$

得

$C_1=-\frac{Q}{4\pi T}$

因此

$\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}=-\frac{Q}{4\pi T}\frac{e^{-u}}{u}$

两边同时积分（注意对应的积分限），有

$\int_s^0 \mathrm{d}s=-\frac{Q}{4\pi T}\int_u^\infty\frac{e^{-u}}{u}\mathrm{d}u \implies s=\frac{Q}{4\pi T}\int_u^\infty \frac{e^{-u}}{u}\mathrm{d}u$

式中， $u=\frac{r^2}{4at}$ 。

E2. Hankel 变换法

记

$\overline{s} (\beta,t)=\int_0^\infty srJ_0(\beta r)\mathrm{d}r$

为 $s(r,t)$ 的 0 阶 Hankel 变换， $J_0(\beta r)$ 为第一类零阶 Bessel 函数。

将方程两端同乘以 $rJ_0(\beta r)$ ，并从 0 到 $\infty$ 对 $r$ 积分

$a\int_0^\infty\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial s}{\partial r}\right)rJ_0(\beta r)\mathrm{d}r=\int_0^\infty\frac{\partial s}{\partial t}rJ_0(\beta r)\mathrm{d}r$

等式右端：

$\int_0^\infty\frac{\partial s}{\partial t}rJ_0(\beta r)\mathrm{d}r=\frac{\partial}{\partial t}\int_0^\infty srJ_0(\beta r)\mathrm{d}r=\frac{\mathrm{d}\overline{s}}{\mathrm{d}t}$

等式左端：

$\begin{align*} a\int_0^\infty & \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}\left(r\frac{\partial s}{\partial r}\right)rJ_0(\beta r)\mathrm{d}r\\ &=a\left.\left(r\frac{\partial s}{\partial r}\right)J_0(\beta r)\right|_0^\infty -a\int_0^\infty r \frac{\partial s}{\partial r}\mathrm{d}[J_0(\beta r)]\\ &=\frac{aQ}{2\pi T}+a\int_0^\infty r\frac{\partial s}{\partial r} \beta J_1(\beta r)\mathrm{d}r\\ &=\left.\frac{aQ}{2\pi T}+a\beta rJ_1(\beta r)s\right|_0^\infty-a\int_0^\infty s\mathrm{d}[\beta rJ_1(\beta r)]\\ &=\frac{aQ}{2\pi T}-a\int_0^\infty s\beta r J_0(\beta r)\mathrm{d}[\beta r]\\ &=\frac{aQ}{2\pi T}-a\beta^2\overline{s} \end{align*}$

式中使用了 Bessel 函数的如下性质：

$J_0(0)=1,\quad J_0'(x)=-J_1(x),\quad \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[x^nJ_n(x)]=x^nJ_{n-1}(x)$

Hankel 变换将原定解问题化为常微分方程的初值问题

$\begin{cases} \dfrac{\mathrm{d}\overline{s}}{\mathrm{d} t} + a\beta^2\overline{s}=\dfrac{aQ}{2\pi T}\\ \overline{s}\left.\right|_{t=0}=0 \end{cases}$

解为

$\overline{s}=\frac{aQ}{2\pi T}\int_0^t e^{-a\beta^2(t-\tau)}\mathrm{d} \tau$

通过 Hankel 逆变换求 $s$

$\begin{align*} s & =\int_0^\infty \overline{s}\beta J_0(\beta r)\mathrm{d}\beta \\ &=\frac{aQ}{2\pi T}\int_0^t\left[\int_0^\infty e^{-a\beta^2(t-\tau)}\beta J_0(\beta r)\mathrm{d}\beta\right]\mathrm{d}\tau \end{align*}$

记

$F(r)=\int_0^\infty e^{-a\beta^2(t-\tau)}\beta J_0(\beta r)\mathrm{d} \beta$

对 $F(r)$ 求导

$\begin{align*} F'(r) &=\int_0^\infty e^{-a\beta^2(t-\tau)}\beta[-J_1(\beta r)\beta]\mathrm{d} \beta\\ &=\frac{1}{2a(t-\tau)}\int_0^\infty \beta J_1(\beta r)\mathrm{d} e^{-a\beta^2(t-\tau)}\\ &=\left.\frac{\beta J_1(\beta r)}{2a(t-\tau)}e^{-a\beta^2(t-\tau)}\right|_0^\infty-\frac{1}{2a(t-\tau)}\int_0^\infty e^{-a\beta^2(t-\tau)}\frac{1}{r}\mathrm{d}[\beta rJ_1(\beta r)]\\ &=-\frac{1}{2a(t-\tau)}\int_0^\infty e^{-a\beta^2(t-\tau)}\frac{1}{r}\beta r J_0(\beta r)\mathrm{d}[\beta r]\\ &=-\frac{1}{2a(t-\tau)}\int_0^\infty e^{-a\beta^2(t-\tau)}\beta r J_0(\beta r)\mathrm{d}\beta =-\frac{r}{2a(t-\tau)}F(r) \end{align*}$

式中使用了 Bessel 函数的如下性质：

$J_0(0)=1,\quad J_0'(x)=-J_1(x),\quad \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[x^nJ_n(x)]=x^nJ_{n-1}(x)$

$F(r)$ 满足如下的常微分方程

$F'(r)=-\frac{r}{2a(t-\tau)}F(r)$

分离变量

$\frac{\mathrm{d}F(r)}{F(r)}=-\frac{r}{2a(t-\tau)}\mathrm{d}r$

两边积分

$\ln F(r)=-\frac{r^2}{4a(t-\tau)}+C \implies F(r)=C_1e^{-\frac{r^2}{4a(t-\tau)}}$

$F(0)=\int_0^\infty e^{-a\beta^2(t-\tau)}\beta J_0(0)\mathrm{d}\beta=\frac{1}{2a (t-\tau)} \implies C_1=\frac{1}{2a(t-\tau)}$

因此

$F(r)=\frac{1}{2a(t-\tau)}e^{-\frac{r^2}{4a(t-\tau)}}$

原问题的解

$s=\frac{aQ}{2\pi T}\int_0^t\frac{1}{2a(t-\tau)}e^{-\frac{r^2}{4a(t-\tau)}}\mathrm{d}\tau$

做变量代换，令

$y=\frac{r^2}{4a(t-\tau)},\quad \mathrm{d}\tau=\frac{r^2}{4ay^2}\mathrm{d}y$

当 $\tau=0$ 时， $y=\frac{r^2}{4at}$ ，当 $\tau=t$ 时， $y=\infty$ , 因此

$s=\frac{aQ}{2\pi T}\int_{\frac{r^2}{4at}}^\infty \frac{2y}{r^2}e^{-y}\frac{r^2}{4ay^2}\mathrm{d}y=\frac{Q}{4\pi T}\int_u^\infty \frac{e^{-y}}{y}\mathrm{d}y$

式中， $u=\frac{r^2}{4at}$ 。

E3. Laplace 变换法

偏微分方程

$a\left(\frac{\partial^2s}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial s}{\partial r}\right)=\frac{\partial s}{\partial t}$

记

$\overline{s}(r,p)=\mathscr{L}\{s\}=\int_0^\infty s(r,t)e^{-pt}\mathrm{d}t$

对方程两边做 Laplace 变换

$\text{左端}=a\left(\frac{\mathrm{d}^2\overline{s}}{\mathrm{d}r^2}+\frac{1}{r}\frac{\mathrm{d}\overline{s}}{\mathrm{d}r}\right),\quad \text{右端}=p\overline{s}-s(r,0)$

利用初始条件 $s(r, 0) =0$ ，有

$r^2\frac{\mathrm{d}^2\overline{s}}{\mathrm{d}r^2}+r\frac{\mathrm{d}\overline{s}}{\mathrm{d}r}-\frac{p}{a}r^2\overline{s}=0$

此为 0 阶修正 Bessel 方程，通解为

$\overline{s} = C_1 I_0 \left( \sqrt{\frac{p}{a}}r \right)+C_2 K_0 \left( \sqrt{\frac{p}{a}}r \right)$

当 $r \to \infty$ 时， $s \to 0 \implies \overline{s} \to 0$ 。又 $r \to \infty$ 时， $I_0 \left( \sqrt{\frac{p}{a}}r \right) \to \infty$ ，有 $C_1 = 0$ 。

因此

$\overline{s}=C_2K_0\left(\sqrt{\frac{p}{a}}r\right)$

$\frac{\mathrm{d}\overline{s}}{\mathrm{d}r}=-C_2\sqrt{\frac{p}{a}}K_1\left(\sqrt{\frac{p}{a}}r\right)$

由内边界条件（抽水井），有

$r\left.\frac{\mathrm{d}\overline{s}}{\mathrm{d}r}\right|_{r=r_w}=-\frac{Q}{2\pi T}\frac{1}{p}$

得

$C_2=\frac{Q}{2\pi T}\frac{1}{p}\frac{1}{\sqrt{\frac{p}{a}}r_wK_1\left(\sqrt{\frac{p}{a}}r_w\right)}$

取 $r_w\to0$ ，根据 Bessel 函数的性质， $\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}xK_1(x)=1$ ，有

$\overline{s}\doteq \frac{Q}{4\pi T}\frac{2}{p}K_0\left(\sqrt{\frac{p}{a}}r\right)=\frac{Q}{4\pi T}\frac{r^2}{4a}\frac{2}{\frac{r^2}{4a}p}K_0\left(2\sqrt{\frac{r^2}{4a}p}\right)$

由 Laplace 逆变换

$\mathscr{L}^{-1}\left\{\frac{2}{p}K_0(2\sqrt{p})\right\}=E_1\left(\frac{1}{t}\right)$

及 Laplace 变换性质

$\mathscr{L}^{-1}\left\{F(bp)\right\}=\frac{1}{b}f\left(\frac{t}{b}\right)$

取 $b=\frac{r^2}{4a}$ ，有

$s=\frac{Q}{4\pi T}E_1\left(\frac{r^2}{4at}\right)=\frac{Q}{4\pi T}\int_{\frac{r^2S}{4Tt}}^\infty \frac{e^{-y}}{y}\mathrm{d}y$

E4. 总结

Bolttzmann 变换法	Hankel 变换法	Laplace 变换法
$u(r,t)=R(r)T(t)=\frac{r^2}{4at}$	$\overline{s}(\beta,t)=\int_0^\infty srJ_0(\beta r)\mathrm{d}r$	$\overline{s}(r,p)=\int_0^\infty s(r,t)e^{-pt}\mathrm{d}t$
边值问题	初值问题	边值问题
$\begin{cases}u\frac{\mathrm{d}^2s}{\mathrm{d}u^2}+(1+u)\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u}=0 \\ \lim\limits_{u\to \infty }s=0\\ \lim\limits_{u\to0}\left( 2u\frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}u} \right)=-\frac{Q}{2\pi T}\end{cases}$	$\begin{cases}\frac{\mathrm{d}\overline{s}}{\mathrm{d}t}+a\beta^2\overline{s}=\frac{aQ}{2\pi T}\\\lim\limits_{t\to0}\overline{s}=0\end{cases}$	$\begin{cases}r^2\frac{\mathrm{d}^2\overline{s}}{\mathrm{d}r^2}+r\frac{\mathrm{d}\overline{s}}{\mathrm{d}r}-\frac{p}{a}r^2\overline{s}=0 \\\lim\limits_{r\to\infty}\overline{s}=0\\\lim\limits_{r\to0}r\left(\frac{\mathrm{d}\overline{s}}{\mathrm{d}r}\right)=-\frac{Q}{2\pi T}\frac{1}{p}\end{cases}$
	Hankel 逆变换	Laplace 逆变换
	$s(r,t)=\int_0^\infty \overline{s}\beta J_0(\beta r)\mathrm{d}\beta$	$s(r,t)=\mathscr{L}^{-1}\{\overline{s}(r,p)\}$

最后编辑于：2023.11.06 13:33:07

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