フーリエ変換の応用例

熱伝導現象を，フーリエ変換を使って解析する． $x$ $x$ 軸方向に伸びた無限長の針金を考える．針金の時刻 $t$ ，位置 $x$ における温度を $u (x, t)$ とする．針金の断面積を $S$ として，位置 $x$ から位置 $x + Δ x$ の間の微小要素を考える．また，時刻 $t$ ，位置 $x$ における針金の断面を通過する単位時間当たりの熱量を $Q (x, t)$ と表すことにし， $x$ の正方向を $Q (x, t)$ の正方向とする．

物体の熱伝導においては

$Q (x, t) = - α \frac{\partial}{\partial x} u (x, t)$ 　･･････(1)

となる関係がある． $α$ は比例定数で熱伝導率という．

微小要素に流れこむ単位時間当たりの熱量は

$Q (x, t) = - α \frac{\partial}{\partial x} u (x, t)$ 　･･････(2)

微小要素に流れでる単位時間当たりの熱量は，1次近似式を用いると

$Q (x + Δ x, t)$ $= - α {\frac{\partial}{\partial x} u (x, t) + (\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} u (x, t)) Δ x}$ 　･･････(3)

と表される．よって，時間 $Δ t$ の間に微小要素に蓄積される熱量 $Δ Q_{1}$ は

$Δ Q_{1} = Q (x, t) Δ t - Q (x + Δ x, t) Δ t$

$= - α \frac{\partial}{\partial x} u (x, t) Δ t$ $- [- α {\frac{\partial}{\partial x} u (x, t) + (\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} u (x, t)) Δ x} Δ t]$

$= α (\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} u (x, t)) Δ x Δ t$ 　･･････(4)

となる．

一方，微小要素に蓄積される熱によって時間 $Δ t$ の間に温度が $Δ u$ 上昇したとする．

針金の断面積を $S$ ，比熱を $ρ$ ，密度を $σ$ とすると， $Δ u$ の温度上昇に必要な熱量 $Δ Q_{2}$ は

$Δ Q_{2} = ρ σ S Δ x Δ u$ 　･･････(5)

となる．

微小要素内部からの発熱がないとすると $Δ Q_{1} = Δ Q_{2}$ となる．よって

$α (\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} u (x, t)) Δ x Δ t = ρ σ S Δ x Δ u$

$\frac{Δ u}{Δ t} = \frac{α}{ρ σ S} (\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} u (x, t))$

となる． $Δ t \to 0$ とすると

$\frac{\partial}{\partial t} u (x, t) = \frac{α}{ρ σ S} (\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} u (x, t))$

となる． $\frac{α}{ρ σ S} = c^{2}$ ， $c > 0$ とおくと

$\frac{\partial u}{\partial t} = c^{2} \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}$ 　･･････(6)

となり，変数 $t$ ， $x$ の間に成り立つ偏微分方程式が得られる．

この針金に， $t = 0$ の時刻に $x = 0$ の位置にレーザー光で局部的に加熱する．そのときの温度分布 $u (x, 0)$ を

$u (x, 0) = \{\begin{matrix} \frac{u_{0}}{ε} & - \frac{ε}{2} < x < \frac{ε}{2} \\ 0 & |\frac{ε}{2}| > x \end{matrix}$ ， $ε \to 0$ 　･･････(7)

であると近似する．

対称性を考えると $u (x, t)$ は $x$ に関しては偶関数になる．よって， $u (x, t)$ を変数 $x$ に関してフーリエ余弦変換を行うと

$u (x, t)$ $= \sqrt{\frac{2}{π}} \int_{0}^{\infty} U_{c} (ω, t) \cos ω x d ω$ 　･･････(8)

となる．

(8)の両辺を $t$ で微分すると

$\frac{\partial}{\partial t} u (x, t)$ $= \sqrt{\frac{2}{π}} \int_{0}^{\infty} (\frac{\partial}{\partial t} U_{c} (ω, t)) \cos ω x d ω$ 　･･････(9)

となる．(9)の両辺を $x$ で2回偏微分すると

$\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} u (x, t)$ $= \sqrt{\frac{2}{π}} \int_{0}^{\infty} U_{c} (ω, t) (- ω^{2} \cos ω x) d ω$

$\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} u (x, t)$ $= - ω^{2} \sqrt{\frac{2}{π}} \int_{0}^{\infty} U_{c} (ω, t) (\cos ω x) d ω$ 　･･････(10)

となる．(9)，(10)を偏微分方程式(6)に代入すると，

$\sqrt{\frac{2}{π}} \int_{0}^{\infty} (\frac{\partial}{\partial t} U_{c} (ω, t)) \cos ω x d ω$ $= c^{2} \{\sqrt{\frac{2}{π}} \int_{0}^{\infty} \{- ω^{2} U_{c} (ω, t)\} (\cos ω x) d ω\}$ 　･･････(11)

となる．したがって，両辺を比較することにより

$\frac{\partial}{\partial t} U_{c} (ω, t) = - c^{2} ω^{2} U_{c} (ω, t)$ 　･･････(12)

が得られる．(12)の一般解は

$U_{c} (ω, t) = A e^{- c^{2} ω^{2} t}$ 　･･････(13)

（ $A$ は任意定数）

となる． (7)で表される $u (x, 0)$ は偶関数なので，フーリエ余弦変換すると

$U_{c} (ω, 0) = \sqrt{\frac{2}{π}} \int_{0}^{\infty} u (x, 0) \cos ω x d x$ 　･･････(14)

となる．この問題の結果を用いると

$= \frac{u_{0}}{\sqrt{2 π}}$

となる．よって

$U_{c} (ω, 0) = A = \frac{u_{0}}{\sqrt{2 π}}$ 　･･････(15)

となる．(15)を(13)に代入すると，

$U_{c} (ω, t) = \frac{u_{0}}{\sqrt{2 π}} e^{- c^{2} ω^{2} t}$ 　･･････(16)

となる $u (x, t)$ のフーリエ余弦変換が得られる．

次に，(16)を(8)に代入して $u (x, t)$ を求める．

$u (x, t)$ $= \sqrt{\frac{2}{π}} \int_{0}^{\infty} \frac{u_{0}}{\sqrt{2 π}} e^{- c^{2} ω^{2} t} \cos ω x d ω$

$u (x, t) = \frac{u_{0}}{π} \int_{0}^{\infty} e^{- c^{2} ω^{2} t} \cos ω x d ω$

ここで，ラプラス積分

$\int_{0}^{\infty} e^{- a^{2} x^{2}} \cos b x d x = \frac{\sqrt{π}}{2 a} e^{- \frac{b^{2}}{4 a^{2}}}$ 　 $(a > 0)$

を用いると

$u (x, t) = \frac{u_{0}}{π} \cdot \frac{\sqrt{π}}{2 c \sqrt{t}} e^{- \frac{x^{2}}{4 c^{2} t}}$ $= \frac{u_{0}}{2 c \sqrt{π t}} e^{- \frac{x^{2}}{4 c^{2} t}}$

となり， $u (x, t)$ が求まった．

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最終更新日： 2024年10月7日