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






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)


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

フーリエ3- 熱伝導方程式(1 次元モデル)に挑戦

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






前回、ヘルムホルツ方程式の分離解の導出過程でベッセル方程式が登場しました。

\begin{align}
x^2\partial^2f+x\partial f+(x^2-\alpha^2)f=0
\end{align}

何やら難しそうな式ですが、$\alpha^2$ が f の前に出てきているので、大体見当がつきます。

\begin{align}
&f(x)=x^{\alpha}\Longrightarrow x^2\partial^2f+x\partial f+(x^2-\alpha^2)f=x^{\alpha+2},\\
&f(x)=x^{\alpha+2}\Longrightarrow x^2\partial^2f+x\partial f+(x^2-\alpha^2)f=4(\alpha+1)x^{\alpha+2}+x^{\alpha+4},\\
&f(x)=x^{\alpha+4}\Longrightarrow \cdots
\end{align}

右辺の低い次数が順に消去されていくように方程式列の線形結合を計算すれば

\begin{align}
f_{\alpha}(x)=\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^m}{m!\Gamma(m+\alpha+1)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{2m+\alpha}
\end{align}

が解に成りそうですね。解であると言い切ってしまわないのは、収束性未確認のためです。これは次回やることにして、ここでは解であるという体で話を進めます。


ベッセル方程式は 2 階の常微分方程式ですので、特殊解はもうひとつ存在します。$\alpha$ の部分を $-\alpha$ に置き換えたらどうでしょうか。


$\alpha$ が非整数であればこのロジックは通ります。しかし、整数の場合には上手くいきません。零以下の整数でのガンマ関数の値は発散し

\begin{align}
f_{-\alpha}(x)&=\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^m}{m!\Gamma(m-\alpha+1)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{2m-\alpha}\\
&=\sum_{m=\alpha}^{\infty}\dfrac{(-1)^m}{m!\Gamma(m-\alpha+1)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{2m-\alpha}\\
&=(-1)^{\alpha}f_{\alpha}(x)
\end{align}

となってしまいます。

\begin{align}
f_{\alpha+\varepsilon}(x)-(-1)^{\alpha}f_{-\alpha-\varepsilon}(x)
\end{align}

が $\varepsilon\to 0$ の極限で消えてしまうことが問題なので、消えないように $\varepsilon$ で割ってみましょう。分りやすくするために $\alpha=1$ の例で計算してみます。

\begin{align}
g_{\varepsilon}(x)&=\dfrac{f_{1+\varepsilon}(x)+f_{-1-\varepsilon}(x)}{\varepsilon}\\
&=\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^m}{\varepsilon m!\Gamma(m+2+\varepsilon)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{2m+1+\varepsilon}+\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^m}{\varepsilon m!\Gamma(m-\varepsilon)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{2m-1-\varepsilon}\\
&=\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^m}{\varepsilon m!\Gamma(m+2+\varepsilon)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{2m+1+\varepsilon}+\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{m+1}}{\varepsilon (m+1)!\Gamma(m+1-\varepsilon)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{2m-1-\varepsilon}+\dfrac{1}{\varepsilon\Gamma(-\varepsilon)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{-1-\varepsilon}\\
&=\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^m}{\varepsilon m!}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{2m+1}\bigg\{\dfrac{1}{\Gamma(m+2+\varepsilon)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{\varepsilon}-\dfrac{m+1-\varepsilon}{(m+1)\Gamma(m+2-\varepsilon)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{-\varepsilon}\bigg\}+\dfrac{-1}{\Gamma(1-\varepsilon)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{-1-\varepsilon}
\end{align}

確かに残ることが分りますね。こうして求めた $g_{\varepsilon}$ をベッセル方程式へ代入すると

\begin{align}
x^2\partial^2g_{\varepsilon}+x\partial g_{\varepsilon}+(x^2-1)g_{\varepsilon}&=\varepsilon(\varepsilon+2)g_{\varepsilon}\\
&\to 0\ \text{as }\varepsilon\to 0
\end{align}

確かに特殊解であることが分ります。$g_{\varepsilon}$ を求めた式を見直すと、$x=0$ で発散特異点をもつことがわかりますので、これは最初に求めた特殊解とは独立な解になっています。以上でベッセル方程式が解けましたね。いろんな関数を定義しましたが、一般的には以下のような定義が使われます。

\begin{align}
&J_{\alpha}(x)=\sum_{m=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^m}{m!\Gamma(m+\alpha+1)}\bigg(\dfrac{x}{2}\bigg)^{2m+\alpha},\\
&N_{\alpha}(x)=\dfrac{J_{\alpha}(x)\cos(\pi\alpha)-J_{-\alpha}(x)}{\sin(\pi\alpha)}
\end{align}

前者をベッセル関数、後者をノイマン関数と呼びます。次回は級数の収束判定のお話です。(written by J.Nishigata)


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

フーリエ4- 熱伝導方程式(2 次元モデル)に挑戦