拡散方程式の解析解の計算(2) フーリエ変換法

先日、拡散方程式の解析解を変数分離法により計算したが、拡散方程式といえば、やはりフーリエ変換だと思うので、今回は「フーリエ変換法」で解くことにする。

考える問題（前回の再掲）
フーリエ変換法による解析解

考える問題（前回の再掲）

拡散方程式とは、次の形の線形偏微分方程式であった。

$\dfrac{\partial u}{\partial t} =\nu \dfrac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}$

右辺の拡散項は、時間の経過と共に初期値が広がっていくことを表す。

この解のうち、初期条件 $(1.0+\cos \pi x)$ および周期境界条件 $u(0,t)=u(2,t)$ を満たす解を求めることにする。なお、 $\nu (\gt 0)$ は定数。

フーリエ変換法による解析解

フーリエ変換とは

変数分離法では、求める解を、周期の異なるサイン関数とコサイン関数の和（級数和）で表したが、その際の周期は離散的なものであった。では、周期を連続量にしたらどうであろうか。

実際そのように考えることは可能で、与えられた関数 $f(x)$ に対して、次のフーリエ積分公式が成り立つ。（ただし、右辺が必ず収束するとは限らない）

$f(x) \sim \dfrac{1}{2 \pi} \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} f(y)e^{i \omega (x-y)}dy d \omega$

さて、このフーリエ積分公式の中の下記部分を「フーリエ変換」という。

$\mathscr{F} \left [ f(x) \right ] (\omega) =F(\omega)= \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}f(y)e^{-i \omega y}dy$

および、残りの部分を「逆フーリエ変換」という。

$\mathscr{F}^{-1} \left [ F(\omega) \right ] = \dfrac{1}{2 \pi} \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}F( \omega)e^{i \omega x}d \omega$

つまり、フーリエ積分公式は、フーリエ変換、フーリエ逆変換を用いて次のように書かれる。

$f(x) \sim \mathscr{F}^{-1} \left [ \mathscr{F} [ f(x) ] \right ]$

一般解の導出

さて、求める解 $u(x,t)$ および初期条件 $h(x):=u(x,0)$ の（ $x$ に関する）フーリエ変換を、

$U_{\omega}(t) = \mathscr{F} \left [ u(x,t) \right ]$

$H(\omega) = \mathscr{F} \left [ h(x) \right ]$

と書くことにする。

ここで、拡散方程式を $x$ に関してフーリエ変換すると、

$\begin{equation} \begin{cases} \dfrac{d U_{\omega}}{dt} = - \nu \omega^2 U_{\omega} \\ U_{\omega}(0) = H(\omega) \end{cases} \end{equation}$

となって常微分方程式に帰着するが、これは簡単に解けて、

$U_{\omega}(t) = H(\omega) e^{- \nu \omega^2 t}$

を得るから、この解を逆フーリエ変換することで、一般解を、

$u(x,t)= \dfrac{1}{2 \pi} \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} U_{\omega}(t) e^{i \omega x} d \omega$

として求めることができる。

初期条件を満たす解（特殊解）の計算

初期条件のフーリエ変換 $H(\omega)$ は、

$H(\omega) \\ =\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} (1+\cos \pi y) e^{-i \omega y} dy \\= 2 \pi \delta (\omega) + \pi (\delta (\omega - \pi) +\delta (\omega + \pi))$

であるから（ここで $\delta$ はデルタ関数）*1、 $U_{\omega}(t)$ は、

$U_{\omega}(t) = \left( 2 \pi \delta (\omega) + \pi (\delta (\omega - \pi) +\delta (\omega + \pi)) \right)e^{-\nu \omega^2 t}$

となる。そのため、初期条件を満たす解は、

$u(x,t) \\ =\dfrac{1}{2 \pi} \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} U_{\omega}(t) e^{i \omega x} d \omega \\= \dfrac{1}{2 \pi} (2 \pi + \pi e^{- \nu \pi^2 t}e^{i \pi x} + \pi e^{- \nu \pi^2 t}e^{-i \pi x}) \\ =\dfrac{1}{2 \pi} (2 \pi + \pi e^{- \nu \pi^2 t}(2 \cos \pi x)) \\=1+ e^{- \nu \pi^2 t} \cos \pi x$