移流拡散方程式の解析解の計算フーリエ変換法／変数分離法

先日、移流拡散方程式の数値解をRにより計算したので、今回は解析解を求めてみようと思う。いくつか解き方があるが、「フーリエ変換法」で解く方法と、「変数変換法」により拡散方程式に帰着させて解く方法で求めてみることにする。

考える問題
フーリエ変換法による解析解
- 一般解の導出
- 初期条件を満たす解（特殊解）の計算
変数変換法による解析解
計算結果の確認
- 検算
- グラフ

考える問題

移流拡散方程式とは、次の形の線形偏微分方程式であった。

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

この左辺第2項の移流項は、波高によらず同じ速さで波が進むことを表す。また、右辺の拡散項は、時間の経過と共に波形が広がっていくことを表す。方程式の解のうち、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、 $c$ 、 $\nu (\gt 0)$ は定数。

フーリエ変換法による解析解

一般解の導出

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、移流拡散方程式を $x$ に関してフーリエ変換すると、

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

となって常微分方程式に帰着する。そして、これは簡単に解けて、

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

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）、 $U_{\omega}(t)$ は、

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

となる。そのため、初期条件を満たす解は、

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

と計算できる。また、この解は周期境界条件 $u(0,t)=u(2,t)$ を満たす。

なお、求めた解は、同初期条件・境界条件で解いた移流方程式の解 $1+\cos \pi (x-ct)$ と、同初期条件・境界条件で解いた拡散方程式の解 $1+e^{- \nu \pi^2 t} \cos \pi x$ を組み合わせた形となっていることが分かる。

変数変換法による解析解

移流方程式は $x-ct$ なる変数変換法を行うことにより上手く解くことができたため、ここでも、

$\begin{equation} \begin{cases} s= x-ct \\ t = t \end{cases} \end{equation}$

と置いてみることにする。すると、

$\dfrac{\partial u}{\partial t}=\dfrac{\partial u}{\partial s}\dfrac{\partial s}{\partial t}+\dfrac{\partial u}{\partial t}=-c\dfrac{\partial u}{\partial s}+\dfrac{\partial u}{\partial t}$

$\dfrac{\partial u}{\partial x}=\dfrac{\partial u}{\partial s}\dfrac{\partial s}{\partial x}=\dfrac{\partial u}{\partial s}$

$\dfrac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\dfrac{\partial }{\partial x} \left(\dfrac{\partial u}{\partial x} \right)=\dfrac{\partial }{\partial x} \left(\dfrac{\partial u}{\partial s} \right)=\dfrac{\partial }{\partial s} \left(\dfrac{\partial u}{\partial s} \right)\dfrac{\partial s}{\partial x}=\dfrac{\partial^2 u}{\partial s^2}$

となるから、移流拡散方程式は、

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

となって拡散方程式に帰着する。つまり、速さ $ct$ で右に動く座標系から見ると、拡散方程式となる。

さて、初期条件は、 $t=0$ のとき、 $s=x$ だから、 $u(s,0)=1+\cos \pi s$ であるが、この解は既に変数分離法やフーリエ変換法で求めたとおり、 $u(s,t)=1+e^{- \nu \pi^2 t} \cos \pi s$ であったから、移流拡散方程式の解は、 $s$ に $x-ct$ を代入して、