第4章 問題6 解答

複素速度ポテンシャル$\, W\, $は \begin{eqnarray} W&=&iVz-\frac{i\varGamma}{2\pi}\log(z+a)+\frac{i\varGamma}{2\pi}\log(z-a)\\ &=&iV(x+iy)-\frac{i\varGamma}{2\pi}\log\left(r_1e^{i\theta_1}\right) +\frac{i\varGamma}{2\pi}\log\left(r_2e^{i\theta_2}\right) \nonumber\\ &=&-Vy+\frac{\varGamma}{2\pi}(\theta_1-\theta_2) +i\left\{Vx-\frac{\varGamma}{2\pi}\log\left(\frac{r_1}{r_2}\right)\right\} \end{eqnarray} ここに， \begin{eqnarray} r_1&=&\sqrt{(x+a)^2+y^2},\quad \theta_1=\tan^{-1}\left(\frac{y}{x+a}\right)\\ r_2&=&\sqrt{(x-a)^2+y^2},\quad \theta_2=\tan^{-1}\left(\frac{y}{x-a}\right) \end{eqnarray} 複素速度ポテンシャル$\, W\, $実部は速度ポテンシャル$\, \varPhi\, $，虚部は流れ関数$\, \varPsi\, $であるから， \begin{eqnarray} \varPhi&=&-Vy+\frac{\varGamma}{2\pi}(\theta_1-\theta_2)\\ \varPsi&=&Vx-\frac{\varGamma}{2\pi}\log\left(\frac{r_1}{r_2}\right) \label{eq:strm} \end{eqnarray} 次に，よどみ点について考える．流れの対称性からよどみ点は$\, y\, $軸上にあり$\, u=0\, $となるから，$\, v=0\, $となる点がよどみ点である． \begin{eqnarray} \frac{\mbox{d}W}{\mbox{d}z} &=&iV-\frac{i\varGamma}{2\pi}\frac{1}{z+a}+\frac{i\varGamma}{2\pi}\frac{1}{z-a} \\ \frac{\mbox{d}W}{\mbox{d}z}\Bigg|_{z=iy} &=&iV-\frac{i\varGamma}{2\pi}\frac{1}{iy+a}+\frac{i\varGamma}{2\pi}\frac{1}{iy-a}=iV-i\frac{\varGamma}{\pi}\frac{a}{y^2+a^2}\label{eq:vel} \end{eqnarray} したがって， \begin{equation} u=0,\quad v=-V+\frac{\varGamma}{\pi}\frac{a}{y^2+a^2}=0 \end{equation} $\, v=0\, $より，よどみ点の位置は \begin{equation} y=\pm a\sqrt{\frac{\varGamma}{\pi aV}-1}\label{eq:stag} \end{equation} 実数解をもつためには，すなわち，よどみ点が存在するためには， \begin{equation} \varGamma > \pi aV \end{equation} よどみ点を通る流線の式は，式\eqref{eq:strm}において$\, \varPsi=0\, $とおいて \begin{equation} x=\frac{\varGamma}{4\pi V}\log\left[\frac{(x+a)^2+y^2}{(x-a)^2+y^2}\right] \end{equation}

本問に対する解答はここまででよいが，よどみ点を$\, y\, $軸上に限定しないで調べてみる．

式\eqref{eq:vel}より， \begin{eqnarray} u-iv=\frac{\mbox{d}W}{\mbox{d}z} &=& iV-\frac{i\varGamma}{2\pi}\frac{1}{x+a+iy} +\frac{i\varGamma}{2\pi}\frac{1}{x-a+iy}\nonumber\\ &=& iV-\frac{i\varGamma}{2\pi}\frac{x+a-iy}{(x+a)^2+y^2} +\frac{i\varGamma}{2\pi}\frac{x+a-iy}{(x-a)^2+y^2}\nonumber\\ &=& -\frac{\varGamma}{2\pi}\frac{y}{(x+a)^2+y^2} +\frac{\varGamma}{2\pi}\frac{y}{(x-a)^2+y^2} +i\left\{V-\frac{\varGamma}{2\pi}\frac{x+a}{(x+a)^2+y^2} +\frac{\varGamma}{2\pi}\frac{x-a}{(x-a)^2+y^2} \right\} \end{eqnarray} したがって， \begin{equation} u=\frac{\varGamma}{\pi}\frac{2axy}{\{(x+a)^2+y^2\}\{(x-a)^2+y^2\}},\quad v=-V+\frac{\varGamma}{\pi}\frac{a(-x^2+a^2+y^2)}{\{(x+a)^2+y^2\}\{(x-a)^2+y^2\}}\label{eq:vel2} \end{equation} よどみ点の条件から$\, u=0\, $かつ$\, v=0\, $．前者より$\, x=0\, $．これは本問の解ですでに導いた結果で，式\eqref{eq:stag}に示した．つぎに，$\, y=0\, $の場合を考える．式\eqref{eq:vel2}第2式から \begin{equation} v=-V+\frac{\varGamma}{\pi}\frac{a(a^2-x^2)}{(x+a)^2(x-a)^2}=0 \end{equation} ゆえに， \begin{equation} x=\pm\sqrt{1-\frac{\varGamma}{\pi aV}} \end{equation} 以下に，よどみ点がそれぞれ$\, y\, $軸上，原点，$\, x\, $軸上にある場合の流線を示す．