偏微分方程式への応用(Application to partial differential equation)

ここでは境界値問題をフーリエ変換を用いて解く方法を学びます．

例題 8..3  

1次元熱伝導方程式

$$u_{t} = u_{xx} (-\infty < x < \infty, t > 0)$$

の解で初期条件

$$u(x,0) = f(x)$$

を満たすものを求めよ．

解 この方程式は変数分離法でも解けるが，ここではフーリエ変換を用いて解く．まず ${\cal F}[u(x,t)] = U(\omega,t)$と表わす．次に偏微分方程式の両辺にフーリエ変換を施すと，左辺は

$${\cal F}[u_{t}] = \int_{-\infty}^{\infty}u_{t}e^{-i \omega x}dx =... ...^{\infty}u(x,t)e^{-i \omega x}dx = \frac{\partial}{\partial t}[U(\omega ,t)] .$$

右辺は

$${\cal F}[u_{xx}] = (i \omega)^{2}U(\omega, t) .$$

よって偏微分方程式 $u_{t} = u_{xx}$は次の常微分方程式に変換される．

$$\frac{d}{dt}[U(\omega ,t)] + \omega^{2}U(\omega, t) = 0$$

これは$t$について線形なので，一般解

$$U(\omega,t) = C_{\omega}e^{-\omega^{2}t}$$

を得る．ここで $C_{\omega}$を求めると， $u(x,0) = f(x)$より

$${\cal F}[u(x,0)] = U(\omega,0) = F(\omega) = C_{\omega} .$$

よって

$$U(\omega,t) = F(\omega)e^{- \omega^{2} t} .$$

ここで，フーリエ積分公式を用いて$u(x,t)$を求めると

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

$$= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}(\int_{-\infty}^{\infty}f(r)e^{-i \omega r}dr)e^{- \omega^{2} t}e^{i \omega x}d \omega$$

$$= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}f(r)e^{-i \omega(r-x)}e^{- \omega^{2} t} dr d\omega .$$

Eulerの公式を用いるとこの解はもっと簡単な形になる．つまり

$$e^{-i \omega(r-x)} = \cos{[\omega(r-x)]} - i \sin{[\omega(r-x)]}$$

より

$$u(x,t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}f(r)\cos{[\omega(r-x)]}e^{- \omega^{2} t}dr d\omega$$

$$- \frac{i}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}f(r)\sin{[\omega(r-x)]}e^{- \omega^{2} t}dr d\omega .$$

ここで$u(x,t)$は実数であることに注意すると，虚部が消えて

$$u(x,t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty}f(r)\cos{[\omega(r-x)]}e^{- \omega^{2} t}dr d\omega$$

となる． $\blacksquare$

例題 8..4  

一端を固定し，水平に張られた細くて非常に長い弦の初期形状が$f(x)$で与えられている．弦の初速度が0のとき，この弦の垂直方向の変位を求めよ．

解 この弦の垂直方向の変位を$u(x,t)$とすると，$u(x,t)$は 一次元波動方程式

$$u_{xx} = (1/c^{2})u_{tt} ( 0 < x < \infty, t > 0)$$

を満たす．また初期条件は

$$u(x,0) = f(x), u_{t}(x,0) = 0$$

で与えらえれ，一端が固定されていることより境界条件は

$$u(0,t) = 0.$$

この偏微分方程式をフーリエ変換を用いて解く．
$0 < x < \infty$より，フーリエ正弦変換を用いる．演習問題8.1.1より

$${\cal F}_{s}[u_{xx}] = - \omega {\cal F}_{c}[u_{x}]$$

$$= - \omega (- u(0+,t) + \omega {\cal F}_{s}[u])$$

$$= - \omega^2 U_{s}(\omega,t) ,$$

$$\frac{1}{c^2}{\cal F}_{s}[u_{tt}] = \frac{1}{c^2}\int_{0}^{\infty}u_{tt}(x,t)\sin{\omega x}dx$$

$$= \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\int_{0}^{\infty}u(x,t)\sin{\omega x}dx$$

$$= \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}U_{s}(\omega,t) .$$

よって $u_{xx} = (1/c^{2})u_{tt}$は次の常微分方程式に変換される．

$$\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}U_{s}(\omega,t) + \omega^2U_{s}(\omega,t) = 0 .$$

これは$t$について線形なので，一般解

$$U_{s}(\omega,t) = A_{\omega}\cos{c\omega t} + B_{\omega}\sin{c\omega t}$$

を得る．ここで初期条件を用いて $A_{\omega},B_{\omega}$を求めると， $u(x,0) = f(x)$より

$${\cal F}_{s}[u(x,0)] = U_{s}(\omega.0) = A_{\omega} = F_{s}(\omega) .$$

また

$${\cal F}_{s}[u_{t}(x,0)] = \frac{\partial U_{s}(\omega.0)}{\partial t} = c\omega B_{\omega} = 0$$

より $B_{\omega} = 0$．よって $U_{s}(\omega,t) = F_{s}(\omega)\cos{c\omega t}$を得る．ここでフーリエ反転公式を用いると

$$u(x,t) = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}U_{s}(\omega,t)\sin{\omega x} d\omega$$

$$= \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\infty}F_{s}(\omega)\cos{c\omega t}\sin{\omega x} d\omega .$$

ここで

$$\cos{c\omega t}\sin{\omega x} = \frac{1}{2}\{\sin{\omega(x+ct)} + \sin{\omega(x-ct)}\}$$

より

$$u(x,t) = \frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty}F_{s}(\omega)[\sin{\omega(x+ct)} + \sin{\omega(x-ct)}] d\omega$$

$$= \left\{\begin{array}{ll} \frac{1}{2}\{f(x+ct) + f(x-ct)\} & x > ct \\ \frac{1}{2}\{f(x+ct) - f(x-ct)\} & x < ct . \end{array}\right .$$