熱伝導方程式 \[\frac{\partial u}{\partial t}= k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \quad (0<x<\pi , \; t>0 )\] を変数分離法を使って解く方法を，実際に例題を使って紹介します。
- 熱伝導方程式を変数分離法を使って解く方法
- 熱伝導方程式をフーリエ級数展開を使って解く方法
初期条件が具体的にある場合
次の熱伝導方程式を解きなさい。\[\frac{\partial u}{\partial t}= k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \quad (0<x<\pi , \; t>0 )\] ただし，初期条件と境界条件はそれぞれ次の通りである。また，\(k\) は正の定数である。
境界条件：\[u_x (0,t)= u_x (\pi,t)=0 \quad (t>0)\]
初期条件：\[u(x,0)=5 \cos x + 2 \cos 5x \quad (0<x<\pi)\]
熱伝導方程式は，時刻 \(t\) 長さ \(x\) の位置における導体棒の温度を \(u(x,t)\) の２変数関数で表したときの温度変化を示す方程式です。
ここでは長さを \(\pi\) にとることで，議論を簡単にしています。
また，境界条件 \[u_x (0,t)= u_x (\pi,t)=0 \] は棒の両端において温度変化が一定となるように固定させる，という設定になっています。
初期条件が具体的な関数で与えられているものとして，この問題を解いてみましょう。
例題１の解答
熱伝導方程式は偏微分方程式の解法の１つである変数分離法を使って解くことが出来ます。
２変数 \(u(x,t)\) に対し，\[u(x,t)=X(x)T(t)\] のように，２つの１変数関数の積に分けて偏微分方程式を解く方法を変数分離法という。
\(u(x,t)=X(x)T(t)\) で書けると仮定する。これを与方程式に代入すると \[\frac{\partial }{\partial t}X(x)T(t)=k \frac{\partial^2 }{\partial x^2}X(x)T(t)\] であり，整理すると \[\frac{T”(t)}{k T(t)}=\frac{X”(x)}{X(x)}\] となる。ここで，両辺は定数関数であるので，この定数を \(\lambda\) とすると \[X”(x)=\lambda X(x)\] \[T”(t)=\lambda k T(t)\] となる。
変数を上のように分離し，各々について偏微分したものを各辺でまとめます。
すると，各々は１つの文字の常微分方程式になり，解くことが出来るようになります。
まず，\(x\) に関する常微分方程式を解く。このとき \(\lambda\) の符号によって解の関数が異なるので場合分けを行う。
(1) \(\lambda >0\) のとき
\(\lambda >0\) のとき \[X(x)=A_1 e^{\sqrt{\lambda} x}+B_1 e^{-\sqrt{\lambda} x}\] となる（\(A_1,B_1\) は定数）。初期条件より \(X(0)=0\) となるが，これは恒等的に熱が変化しないことになるので不適。
(2) \(\lambda =0\) のとき
\(\lambda =0\) のとき \[X(x)=A_2 x +B_2\] となる（\(A_2,B_2\) は定数）。微分すると \(X'(x)=A_2\) となり，初期条件より \[X'(0)=A_2=0\] がわかる（\(B_2\) は任意定数）。これより \[X(x)=B_2\] となる。
(3) \(\lambda <0\) のとき
\(\lambda <0\) のとき \[X(x)=A_3 \cos \sqrt{ |\lambda |} x + B_3 \sin \sqrt{ |\lambda |} x\] となる。微分すると \[X'(x)=\sqrt{| \lambda |}( – A_3 \sin \sqrt{ |\lambda |} x + B_3 \cos \sqrt{ |\lambda |} x)\] であり，初期条件より \[B_3=0 , \quad A_3 \sin \sqrt{ |\lambda |} \pi =0\] である。従って \[\sqrt{ |\lambda |} \pi = n \pi \quad (n=1,2,\cdots)\] すなわち \[\lambda = -n^2 \] を得る。これより \[X(x)=A_3 \cos nx \quad (n=1,2,\cdots)\] である。
以上 (1) ~ (3) より \[X(x)= B_2 + A_3 \cos nx \quad (n=1,2,\cdots)\] である。
こうして，具体的な \(X(x)\) を求めることが出来ました。
\(X(x)\) を求めることが出来たら，\(T(t)\) を求めます。\(T(t)\) は \(t\) の１階の微分方程式なので簡単に求めることが出来ます。
いま \[\lambda = -n^2 \quad (n=1,2,\cdots)\] であったので \[T”(t)=\lambda k T(t)\] に代入して \[T”(t)=-n^2 k T(t)\] である。これは変数分離形の微分方程式なので \(C\) を定数として \[T(t)=Ce^{-n^2 kt}\] となる。
\(X(x),T(t)\) の両方を求めることが出来たら，元の関数 \(u(x,t)\) に戻してあげます。
\[u(x,t) = X(x)T(t)\] に代入し，新たに定数を取り直すと \[\eqalign{ u(x,t) &= B_2 + CA_3 e^{-n^2 kt} \cos nx \\ &= C_0 + C_n e^{-n^2 kt} \cos nx }\] となる。重ね合わせの原理より \[u(x,t)= C_0 + \sum_{n=1}^{\infty}C_ne^{-n^2 kt} \cos nx\] も解となり，初期条件より \[C_0=0, \quad C_n= \begin{cases}5 &(n=1) \\ 2&(n=5) \\ 0 &(\text{other}) \end{cases}\] となる。従って，求める解は \[u(x,t)=5 e^{-kt}\cos x + 2e^{-25kt}\cos 5x \] である。
初期条件が具体的な形で与えられていない場合
初期条件が具体的な形で与えられていない場合として次の例題を考えます。
熱伝導方程式 \[\frac{\partial u}{\partial t}= k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \quad (0<x<\pi , \; t>0 )\] の初期条件及び境界条件は次で与えられる。
境界条件：\[u_x (0,t)= u_x (\pi,t)=0 \quad (t>0)\]
初期条件：\[u(x,0)=f(x) \quad (0<x<\pi)\]
このとき，以下の問に答えなさい。ただし，\(k\) は正の定数である。
(1) 上の熱伝導方程式の解は \[u(x,t)= \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-n^2 kt} \cos nx\] で与えられる。これを示せ。
(2) (1) の \(a_n\) は \[a_n =\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}f(x) \cos nx dx \quad (n=1,2,\cdots)\] で与えられる。これを示せ。
(3) (2) の結果を用いて，\[f(x)=5 \cos x + 2 \cos 5x \] としたときに解が例題１の結果と一致することを示せ。
熱伝導方程式をフーリエ級数展開する問題です。
例題１では，初期条件が具体的な関数 \[u(x,0)=5 \cos x + 2 \cos 5x \] で与えられていましたが，本問では，初期条件を \(f(x)\) として考えています。
例題２の解答
例題１で得た \[u(x,t)= C_0 + \sum_{n=1}^{\infty}C_ne^{-n^2 kt} \cos nx\] について，\(\displaystyle C_0 \to \frac{a_0}{2}, \quad C_n \to a_n \) として \[u(x,t)= \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}a_ne^{-n^2 kt} \cos nx\] を得る。
(2) は，辺々に \( \cos mx \; (m=1,2,\cdots) \) をかけ，\([0,\pi]\) で積分をします。
積分のときには三角関数の直交性 \[\int_{0}^{\pi} \cos mx \cos nx dx = \begin{cases} 0 &(m \neq n) \\ \pi /2 &(m=n) \end{cases}\] を使います。
三角関数の直交性の証明（タッチすると開きます）
(1) \(m \neq n\) のとき
\[\begin{align} &\int_{0}^{\pi} \cos mx \cos nx dx \\ &= \frac{1}{2}\int_{0}^{\pi} [ \cos (m+n)x + \cos (m-n)x ] dx \\ &= \left[ \frac{\sin (m+n)x}{2(m+n)} + \frac{\sin (m-n)x}{2(m-n)} \right]_{0}^{\pi} \\ &=0\end{align}\]
(2) \(m = n\) のとき
\[\begin{align} &\int_{0}^{\pi} \cos mx \cos nx dx \\ &= \int_{0}^{\pi} \cos^2 mx dx =\int_{0}^{\pi} \frac{1+ \cos 2mx}{2} dx \\ &= \left[ \frac{1}{2}x + \frac{1}{2m} \sin 2mx \right]_{0}^{\pi} \\ &= \frac{\pi}{2} \end{align}\]
初期条件より \[u(x,0)=f(x)= \frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty}a_n \cos nx\]
(1) で得た式に \( \cos mx \; (m=1,2,\cdots) \) をかけ，\([0,\pi]\) で積分をすると（項別積分は出来るものとします） \[\int_{0}^{\pi} f(x) \cos mx dx =\int_{0}^{\pi} \frac{a_0}{2} \cos mx dx + \sum_{n=1}^{\infty}a_n \int_{0}^{\pi}\cos mx \cos nx dx\] 右辺第１項は \[\int_{0}^{\pi} \cos mx dx =0\] より０となる。右辺第２項について，三角関数の直交性を用いると \[\begin{align} \int_{0}^{\pi} f(x) \cos mx dx &=a_1 \int_{0}^{\pi}\cos mx \cos x dx+a_2 \int_{0}^{\pi}\cos mx \cos 2x dx + \cdots \\ &=a_m \int_{0}^{\pi}\cos mx \cos mx dx \\ &= \frac{\pi }{2}a_m \end{align}\] 従って \[a_n =\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}f(x) \cos nx dx \] を得る。
\(m =n\) のとき以外はすべて０になり，シンプルな結果としてまとめることが出来ました。
本問のように，解を三角関数の和で表す方法を「フーリエ級数展開」といいます。
具体的な \(f(x)\) として例題１で扱った関数を使って計算してみます。
初期条件 \(f(x) = 5 \cos x + 2 \cos 5x\) を (2) の結果に代入して \[\begin{align} a_n &= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}(5 \cos x + 2 \cos 5x) \cos nx dx \\ &= \frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi}(5 \cos x \cos nx + 2 \cos 5x \cos nx )dx \end{align}\] 三角関数の直交性を用いると \[a_n= \begin{cases}5 &(n=1) \\ 2&(n=5) \\ 0 &(\text{other}) \end{cases}\] となり，例題２ (1) に代入すると \[u(x,t)=5 e^{-kt}\cos x + 2e^{-25kt}\cos 5x \] よって例題１の結果と一致する。
コメント