AlxisDataBlog-数学・物理学

熱の伝搬を原理的に知ろうということで、前回は熱伝導方程式というものが出てきました。

\begin{align} \Delta u=\partial_tu \end{align}

いきなり 3 次元の問題に挑むのは難しいので、まずは 1 次元モデルを解くことにしましょう。

\begin{align} \partial_x^2u=\partial_tu \end{align}

このような問題に挑む場合、一気に解こうとしてはいけません。まずは解の形を制限した「特殊解」を求めていくと良いです。

\begin{align} u=A(x)B(t) \end{align}

時間と空間は全く違う変数なので、このような分離型の特殊解を考えます。熱伝導方程式に代入して整理すると

\begin{align} \dfrac{\partial^2A}{A}=\dfrac{\partial B}{B} \end{align}

左辺は時間の変数を含みません。一方、右辺は空間の変数を含みません。したがって、この式の値は時間の変数も空間の変数も含まない、すなわち定数であることが分ります。定数を $k$ とおくと、2 つの方程式が得られます。

\begin{align} \partial^2A=kA,\ \partial B=kB \end{align}

両者共に簡単に解けますが、その前に少し物理学的な側面を考えて見ましょう。後者の独立な解は $e^{kt}$ のみですが、温度の時間発展が指数関数的に発散するのは物理的に実現しません。したがって、定数 $k$ は零以下であるということが分ります。

これを踏まえて 2 つの方程式を解くと

\begin{align} &A=1,x,\ B=1\ \text{for }k=0,\\ &A=\cos\omega x,\sin\omega x,\ B=e^{-\omega^2t}\ \text{for }k=-\omega^2<0 \end{align}

となります。特殊解がわかったので、これらの解で張られる解を考えましょう。

\begin{align} u=c_0x+\int_0^{\infty}\alpha(\omega)e^{-\omega^2t}\cos\omega x+\beta(\omega)e^{-\omega^2t}\sin\omega x\,d\omega \end{align}

物理学的に $c_0=0$ でなければおかしいですね。この項を消すと

\begin{align} u=\int_0^{\infty}\alpha(\omega)e^{-\omega^2t}\cos\omega x+\beta(\omega)e^{-\omega^2t}\sin\omega x\,d\omega \end{align}

となります。残すところの問題は、この解が一般解であるか否かです。初期値に任意性が充分あれば一般解であると言えます。

\begin{align} u_0=\int_0^{\infty}\alpha(\omega)\cos\omega x+\beta(\omega)\sin\omega x\,d\omega \end{align}

ここでようやくフーリエ変換が登場します。今回は、一旦ここまで。次回は熱伝導方程式の 2 次元モデルをやります。(written by J.Nishigata)

熱伝導方程式(1 次元モデル)に挑戦