AlxisDataBlog-数学・物理学


MathJax = {
  chtml: {
    matchFontHeight: false
  },
  tex: {
    inlineMath: [['$', '$']]
  }
};






フーリエ変換を説明するために始めたトライアルですが、タイトルにある通り早くもフーリエの名前が登場します。前回、エネルギー保存の式を微分系で求めました。今回は続きからです。


熱は温度の高いところから低い方へと伝わります。温度の高いところから低い方へ、の部分は、温度勾配の逆向きということになります。その方向へ熱が流れます。これを式にすると、或る係数 $k$ が存在して

\begin{align}
f=-k\,\mathrm{grad}u
\end{align}

となります。これをフーリエの法則といいます。前回と今回で得られた方程式を眺めてみましょう。

\begin{align}
&-\mathrm{div}f=c\rho\partial_tu,\\
&f=-k\,\mathrm{grad}u
\end{align}

$c,\rho,k$ は物性の定数なので既知であるとして、未知の関数は $u,f$ です。未知関数の個数と方程式の本数が一致しました。問題が解ける兆候ですね。計算を進めましょう。


フーリエの法則をエネルギー保存の式に代入すれば、温度だけの方程式が得られます。

\begin{align}
\Delta u=\dfrac{c\rho}{k}\partial_t u
\end{align}

これを熱伝導方程式と呼びます。温度の時間的変化(右辺)が空間的変化(左辺)として伝搬する、という意味があります。右辺の係数の分だけ時間の縮尺を変えると

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

と書いてしまって良いでしょう。熱伝導方程式が解ければ、当初の目的であった「熱の伝搬を原理的に知る」ことは達成されます。


難しそうですね。充分な時間経過後、温度の時間変化が無くなる(これを定常状態という)と仮定すると、右辺は消えて $\Delta u=0$ という式になります。これもまだ難しいですか。


今回は一旦ここまで。次回は熱伝導方程式を解いていきます。(written by J.Nishigata)


Copy Right 2020-現在 ALXIS DATA, Inc. All Right Reserved.

フーリエの法則と熱伝導方程式

AlxisDataBlog-数学・物理学


MathJax = {
  chtml: {
    matchFontHeight: false
  },
  tex: {
    inlineMath: [['$', '$']]
  }
};






前回、フーリエ変換が登場したのですが、あのままフーリエ変換の話を続けることには違和感があります。ですので、その前に 2 次元モデルを解いておこうと思います。

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

変数分離して方程式を作ります。

\begin{align}
u=A(x,y)B(t)
\end{align}
\begin{align}
\Delta A=-\omega^2A,\ \partial B=-\omega^2B
\end{align}

ここまでは 1 次元モデルと同じですね。今回異なる点は、前者の方程式が難しくなっているところです。この方程式には名前がついており $\omega =0$ の場合はラプラス方程式、零以外の場合ヘルムホルツ方程式と呼ばれています。


仲間外れの変数を分離するという方針が定石なのですが、変数 $x,y$ はどちらも等価で困ってしまいます。ここは少しテクニカルなのですが、極座標というものを使います。

\begin{align}
(x,y)=r(\cos\theta,\sin\theta)
\end{align}

これを用いて変数を動径方向と円周方向へ分離します。

\begin{align}
A=C(r)D(\theta)
\end{align}

こんな形の特殊解を探します。代入の前に少し冷静になりましょう。変数を変換したことに対して演算子が直交座標のままではだめですね。ここも極座標表示に変更しましょう。

\begin{align}
&\partial_r=\cos\theta\partial_x+\sin\theta\partial_y,\\
&\partial_{\theta}=-r\sin\theta\partial_x+r\cos\theta\partial_y
\end{align}

この連立方程式を $\partial_x,\partial_y$ に関して解き

\begin{align}
&\partial_x=\cos\theta\partial_r-\dfrac{\sin\theta}{r}\partial_{\theta},\\
&\partial_y=\sin\theta\partial_r+\dfrac{\cos\theta}{r}\partial_{\theta}
\end{align}

2 階微分を計算します。

\begin{align}
\partial_x^2&=\cos^2\theta\partial_r^2+\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r^2}\partial_{\theta}-\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r}\partial_r\partial_{\theta}\\
&\quad +\dfrac{\sin^2\theta}{r}\partial_r-\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r}\partial_{\theta}\partial_r+\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r^2}\partial_{\theta}+\dfrac{\sin^2\theta}{r^2}\partial_{\theta}^2,\\
\partial_y^2&=\sin^2\theta\partial_r^2-\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r^2}\partial_{\theta}+\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r}\partial_r\partial_{\theta}\\
&\quad +\dfrac{\cos^2\theta}{r}\partial_r+\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r}\partial_{\theta}\partial_r-\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r^2}\partial_{\theta}+\dfrac{\cos^2\theta}{r^2}\partial_{\theta}^2
\end{align}

これを足し合わせたものがラプラシアンです。

\begin{align}
\Delta=\partial_r^2+\dfrac{\partial_r}{r}+\dfrac{\partial_{\theta}^2}{r^2}
\end{align}

これで分離解を代入できますね。整理すると

\begin{align}
&r^2\partial^2C+r\partial C+(\omega^2r^2-\mu)C=0,\\
&\partial^2D=-\mu D
\end{align}

という 2 つの方程式が得られます。$D$ は周期が $2\pi$ の周期関数でなければならないので $\mu$ は整数の平方です。これで $D$ の独立解は簡単に求まりますね。問題は前者の方程式です。$\omega =0$ のときは

\begin{align}
C(r)=
\begin{cases}
1,\log r\ \text{for }\mu=0,\\
r^{\pm\sqrt{\mu}}\ \text{for }\mu >0
\end{cases}
\end{align}

となりますが、これ以外の場合はどうでしょうか。とりあえず適当にスケールを変換して

\begin{align}
r^2\partial^2\tilde{C}+r\partial \tilde{C}+(r^2-\mu)\tilde{C}=0
\end{align}

としておきます。ラプラス、ヘルムホルツと続き、これにもベッセル方程式という名前がついています。ということで、次回はベッセル方程式の話です。(written by J.Nishigata)


Copy Right 2020-現在 ALXIS DATA, Inc. All Right Reserved.

熱伝導方程式(1 次元モデル)に挑戦