Burgers方程式の解析解の計算 - 吾未知足唯修身爾

先日、Burgers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。ここでは、Burgers方程式をCole-Hopf変換により拡散方程式に帰着させたのち、フーリエ変換法で解析解を求める。

考える問題
Cole-Hopf変換
Cole-Hopf変換後の解析解の導出
Burgers方程式の解析解の導出
計算結果の確認

考える問題

Burgers方程式とは、次の形の非線形偏微分方程式であった。

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

この左辺第2項の移流項は非線形であり、波の速さが波高によって異なることを表す。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、 $\nu \gt 0$ は定数（動粘性係数）。

Cole-Hopf変換

Burgers方程式は、

$\dfrac{\partial u}{\partial t} + \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial u^2}{\partial x} =\nu \dfrac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}$

と書けるが、ここで、 $u$ を、

$u=-2 \nu \dfrac{\partial }{\partial x }\log \psi$

と変換すると（この変換を"Cole-Hopf変換"という）、Burgers方程式は、

$-2 \nu \dfrac{\partial^2 }{\partial x \partial t}\log \psi + \dfrac{1}{2} \dfrac{\partial }{\partial x }\left( -2 \nu \dfrac{\partial }{\partial x }\log \psi \right)^2=-2 \nu^2 \dfrac{\partial^3 }{\partial x^3 } \log \psi$

となるから、 $x$ に関して1回積分して、

$-2 \nu \dfrac{\partial }{\partial t}\log \psi + \dfrac{1}{2} \left( -2 \nu \dfrac{\partial }{\partial x }\log \psi \right)^2=-2 \nu^2 \dfrac{\partial^2 }{\partial x^2 } \log \psi$

すなわち、

$-2 \nu \dfrac{\psi_{t} }{\psi} + 2 \nu^2 \left( \dfrac{\psi_{x} }{\psi} \right)^2=-2 \nu^2 \left(\dfrac{\psi_{xx} }{\psi} - \dfrac{\psi_{x}^2 }{\psi^2} \right)$

となるので、これを整理すると、

$\psi_{t}= \nu \psi_{xx}$

となって拡散方程式を得る。

Cole-Hopf変換後の解析解の導出

拡散方程式についてはすでにフーリエ変換法で解析解を求めたが、ここでもフーリエ変換法を使うことにする。 $h(x) := \psi(x,0)$ 、 $H(\omega) := \mathscr{F} \left [ h(x) \right ]$ と書くと、 $\psi (x,t)$ は、

$\psi (x,t)= \mathscr{F}^{-1} \left [ H(\omega) e^{- \nu \omega^2 t} \right ]$

と計算できるが、ここで、ガウス関数 $e^{-ax^2}$ （ $a \gt 0$ ）のフーリエ変換が、

$\mathscr{F} \left [ e^{-ax^2} \right ] = \sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{\omega^2}{4a}}$

であることと、関数のたたみこみのフーリエ変換が、

$\mathscr{F} \left [ f*g \right ] = F(\omega)G(\omega)$

であることを用いれば、これらの逆フーリエ変換により、

$\psi (x,t) \\= \mathscr{F}^{-1} \left [ H(\omega) e^{- \nu \omega^2 t} \right ] =h* \left(\dfrac{1}{\sqrt{4 \pi \nu t}}e^{-\frac{x^2}{4 \nu t}} \right) \\=\dfrac{1}{\sqrt{4 \pi \nu t}}\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} h(\xi) e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4 \nu t}} d \xi$

と求めることができる。

さて、 $u=-2 \nu \dfrac{\partial }{\partial x }\log \psi$ であったから、 $-\dfrac{1}{2 \nu} \int u dx = \log \psi$ より、

$\psi(x,t)=C(t)e^{-\frac{1}{2 \nu} \int u(x,t) dx}$

であるので、 $u(x,0)=1+ \cos \pi x$ の場合には、

$h(x) = \psi(x,0) \\= C(0)e^{-\frac{1}{2 \nu} \int u(x,0) dx} =C(0)e^{-\frac{1}{2 \nu} \int 1+ \cos \pi x dx} \\=C(0)e^{-\frac{1}{2 \pi \nu} (\pi x+ \sin \pi x )}$

となるから、

$\psi (x,t) =\dfrac{C(0)}{\sqrt{4 \pi \nu t}} \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \exp \left(-\frac{1}{2 \pi \nu} (\pi \xi+ \sin \pi \xi )-\frac{(x-\xi)^2}{4 \nu t} \right) d \xi$

と求められる。

Burgers方程式の解析解の導出

いよいよBurgers方程式の解析解を求める。

まず、 $\theta:=-\frac{x-\xi}{\sqrt{4 \nu t}}$ と書くと、

$\psi (x,t) =\dfrac{C(0)}{\sqrt{\pi}} \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \exp \left(-\frac{1}{2 \pi \nu} (\pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta)+ \sin \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta)) \right)e^{- \theta^2} d \theta$

である。さらに、積分と微分の順序はこの場合交換できるので、

$\psi_{x} \\=\dfrac{C(0)}{\sqrt{\pi}} \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \left(-\frac{1}{2 \pi \nu} (\pi + \pi \cos \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta)) \right)e^{-\frac{1}{2 \pi \nu} (\pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta)+ \sin \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta))}e^{- \theta^2} d \theta \\=-\dfrac{\psi}{2 \nu}-\dfrac{1}{2 \nu}\dfrac{C(0)}{\sqrt{\pi}} \displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} \cos \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta) e^{-\frac{1}{2 \pi \nu} (\pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta)+ \sin \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta))}e^{- \theta^2} d \theta$

であるから、

$u(x,t)=-2 \nu \dfrac{\psi_{x}}{\psi} \\= 1+ \dfrac{ \int_{-\infty}^{\infty} \cos \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta) e^{-\frac{1}{2 \pi \nu} (\pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta)+ \sin \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta))}e^{- \theta^2} d \theta}{ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2 \pi \nu} (\pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta)+ \sin \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta))}e^{- \theta^2} d \theta} \\= 1+ \dfrac{ \int_{-\infty}^{\infty} \cos \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta) e^{-\frac{1}{2 \pi \nu} (\pi \sqrt{4 \nu t} \theta+ \sin \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta))}e^{- \theta^2} d \theta}{ \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2 \pi \nu} (\pi \sqrt{4 \nu t} \theta+ \sin \pi (x+\sqrt{4 \nu t} \theta))}e^{- \theta^2} d \theta}$