【変数分離法編】平板深さ方向の温度分布を求める【熱伝導方程式】

こんにちは。

本記事は準備編の続きです。準備編の記事を読んでからこの記事を読んでください。

この記事では準備編で求めた無次元化版基礎方程式を解きます。ラプラス変換は使いません。変数分離法を使います。

$$
\begin{dcases}
\frac{\partial\theta}{\partial\tau}=\frac{\partial^2\theta}{\partial\xi^2}\\
\theta(0,\tau)=1\\
\theta(1,\tau)=0\\
\theta(\xi,0)=0
\end{dcases}
\qquad\tag{A}
$$

境界の無次元温度は$${1,0}$$なので$${\tau\rarr\infty}$$の定常状態における無次元温度分布は

$$
\theta(\xi,\infty)=-\xi+1
$$

と直線状になることが予想されます。

そこで$${(A)}$$の解$${\theta(\xi,\tau)}$$からこの定常状態の解$${\theta(\xi,\infty)}$$を取り除いた解$${\Theta(\xi,\tau)}$$を考えます。すなわち，

$$
\begin{equation}\notag
\begin{split}
\theta(\xi,\tau)&=\Theta(\xi,\tau)+\theta(\xi,\infty)\\
&=\Theta(\xi,\tau)+(-\xi+1)
\end{split}
\end{equation}
$$

これを$${(A)}$$に代入すると（□は計算終了の目印）

$$
\begin{equation}\notag
\begin{split}
\frac{\partial\theta}{\partial\tau}&=\frac{\partial}{\partial\tau}\big[\Theta(\xi,\tau)-\xi+1\big]\\
&=\frac{\partial\Theta}{\partial\tau}\space_\Box\\
\frac{\partial^2\theta}{\partial\xi^2}&=\frac{\partial^2}{\partial\xi^2}\big[\Theta(\xi,\tau)-\xi+1\big]\\
&=\frac{\partial^2\Theta}{\partial\xi^2}\space_\Box\\
\theta(0,\tau)&=1\\
&=\Theta(0,\tau)-0+1\\
\Theta(0,\tau)&=0\space_\Box\\
\theta(1,\tau)&=0\\
&=\Theta(1,\tau)-1+1\\
\Theta(1,\tau)&=0\space_\Box\\
\theta(\xi,0)&=0\\
&=\Theta(\xi,0)-\xi+1\\
\Theta(\xi,0)&=\xi-1\space_\Box
\end{split}
\end{equation}
$$

したがって

$$
\begin{dcases}
\frac{\partial\Theta}{\partial\tau}=\frac{\partial^2\Theta}{\partial\xi^2}\\
\Theta(0,\tau)=0\\
\Theta(1,\tau)=0\\
\Theta(\xi,0)=\xi-1
\end{dcases}
$$

となり，境界条件が$${0}$$である斉次境界条件の問題にできました。この方程式から得られた$${\Theta(\xi,\tau)}$$を使い最終的な解$${\theta(\xi,\tau)}$$を得ます。

$${\Theta(\xi,\tau)=F(\xi)G(\tau)}$$とおいて$${\frac{\partial\Theta}{\partial\tau}=\frac{\partial^2\Theta}{\partial\xi^2}}$$に代入すると

$$
F(\xi)\dot{G}(\tau)=G(\tau)F''(\xi)
$$

ドット$${(\dot{\space\space\space})}$$は$${\tau}$$による微分，プライム$${(\space'\space)}$$は$${\xi}$$による微分を表すものとします。上式を変形すると

$$
\frac{\dot{G}(\tau)}{G(\tau)}=\frac{F''(\xi)}{F(\xi)}
$$

になります。両辺は負の定数と等しくなければならないため（理由は最後に書きます。），

$$
\frac{\dot{G}(\tau)}{G(\tau)}=\frac{F''(\xi)}{F(\xi)}=k=-\lambda^2<0\space(\lambda>0)\\
\space\\
\implies
\begin{dcases}
F''(\xi)+\lambda^2F(\xi)=0\\
\dot{G}(\tau)+\lambda^2G(\tau)=0
\end{dcases}
$$

$${F''(\xi)+\lambda^2F(\xi)=0}$$は$${F(\xi)=e^{X\xi}}$$として特性方程式を作ると解を得ます。$${\dot{G}(\tau)+\lambda^2G(\tau)=0}$$は$${\int\frac{1}{G(\tau)}dG=-\lambda^2\int d\tau}$$で解けます。したがって

$$
\begin{dcases}
F(\xi)=A\cos(\lambda\xi)+B\sin(\lambda\xi)\\
G(\tau)=Ce^{-\lambda^2\tau}
\end{dcases}
$$

となります。$${\Theta(\xi,\tau)=F(\xi)G(\tau)}$$なので

$$
\begin{equation}\notag
\begin{split}
\Theta(\xi,\tau)&=Ce^{-\lambda^2\tau}\big[A\cos(\lambda\xi)+B\sin(\lambda\xi)\big]\\
&=De^{-\lambda^2\tau}\cos(\lambda\xi)+Ee^{-\lambda^2\tau}\sin(\lambda\xi)
\end{split}
\end{equation}
$$

定数は別の定数に置き換えています。境界条件より$${\Theta(0,\tau)=De^{-\lambda^2\tau}=0\implies D=0,\space\Theta(1,\tau)=Ee^{-\lambda^2\tau}\sin(\lambda)=0\implies E=0}$$の場合$${\Theta(\xi,\tau)=0}$$となってしまうため$${\sin(\lambda)=0}$$が成立します。

$$
\sin(\lambda)=0\implies \lambda_n=n\pi\space(n:整数)
$$

$${E=A_n}$$と置きなおすと

$$
\Theta_n(\xi,\tau)=A_ne^{-\lambda^2_n\tau}\sin(\lambda_n\xi),\space\lambda_n=n\pi
$$

これを無限個重ねて

$$
\large
\Theta(\xi,\tau)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\Theta_n(\xi,\tau)
=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty A_ne^{-\lambda^2_n\tau}\sin(\lambda_n\xi)
$$

とします。$${n=0}$$のときは$${\Theta_n(\xi,\tau)=0}$$なので無視です。$${n}$$が負のときは正のものと一次独立ではないので無視☆

初期条件$${\Theta(\xi,0)=\xi-1}$$より

$$
\Theta(\xi,0)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty A_n\sin(n\pi\xi)=\xi-1
$$

ここでフーリエ級数の式を確認します。

$$
\begin{dcases}
f(x)=\frac{a_0}{2}+\displaystyle\sum_{n=1}^\infty(a_n\cos\frac{\pi n}{L}x+b_n\sin\frac{\pi n}{L}x)\\
\space\\
a_n=\frac{1}{L}\int^L_{-L}f(x)\cos\frac{\pi n}{L}xdx\\
\space\\
b_n=\frac{1}{L}\int^L_{-L}f(x)\sin\frac{\pi n}{L}xdx
\end{dcases}
$$

奇関数に拡張したときは$${\sin}$$のみで表現できるので

$$
a_n=0,\space b_n=\frac{2}{L}\int^L_0f(x)\sin\frac{\pi n}{L}xdx
$$

これがフーリエ正弦級数です。これらを$${f(x)}$$に代入した結果は$${\Theta(\xi,0)}$$の形と似ています。

$$
\large
f(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty b_n\sin\frac{\pi n}{L}x
\iff
\xi-1=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty A_n\sin(n\pi\xi)
$$

したがって

$$
A_n=2\int^1_0(\xi-1)\sin(n\pi\xi)d\xi
$$

を計算すれば$${A_n}$$が分かります。やった～。

$$
A_n=2\bigg[\int^1_0\xi\sin(n\pi\xi)d\xi-\int^1_0\sin(n\pi\xi)d\xi\bigg]
$$

第1項目は部分積分法を使います。

$$
\begin{equation}\notag
\begin{split}
\int^1_0\xi\sin(n\pi\xi)d\xi&=\Bigg[\xi\bigg(-\frac{1}{n\pi}\cos(n\pi\xi)\bigg)\Bigg]^1_0+\frac{1}{n\pi}\int^1_0\cos(n\pi\xi)d\xi\\
&=-\frac{1}{n\pi}\bigg[\xi\cos(n\pi\xi)\bigg]^1_0+\frac{1}{n\pi}\int^1_0\cos(n\pi\xi)d\xi\\
&=-\frac{1}{n\pi}\cos(n\pi)+\frac{1}{n\pi}\bigg[\frac{1}{n\pi}\sin(n\pi\xi)\bigg]^1_0\\
&=-\frac{1}{n\pi}\cos(n\pi)\\

\space\\

\int^1_0\sin(n\pi\xi)d\xi&=\bigg[-\frac{1}{n\pi}\cos(n\pi\xi)\bigg]^1_0\\
&=-\frac{1}{n\pi}\big[\cos(n\pi)-\cos0\big]\\
&=\frac{1}{n\pi}\big(1-\cos(n\pi)\big)
\end{split}
\end{equation}
$$

よって

$$
\begin{equation}\notag
\begin{split}
A_n&=2\bigg[\int^1_0\xi\sin(n\pi\xi)d\xi-\int^1_0\sin(n\pi\xi)d\xi\bigg]\\
&=2\bigg[-\frac{1}{n\pi}\cos(n\pi)-\frac{1}{n\pi}\big(1-\cos(n\pi)\big)\bigg]\\
&=2\bigg[-\frac{1}{n\pi}\cos(n\pi)-\frac{1}{n\pi}+\frac{1}{n\pi}\cos(n\pi)\bigg]\\
&=-\frac{2}{n\pi}
\end{split}
\end{equation}
$$

$${A_n}$$が分かったため$${\Theta(\xi,\tau)}$$も分かります。

$$
\begin{equation}\notag
\begin{split}
\Theta(\xi,\tau)&=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty A_ne^{-\lambda^2_n\tau}\sin(\lambda_n\xi)\\
&=-\frac{2}{\pi}\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\bigg[\frac{1}{n}\cdot e^{-\lambda^2_n\tau}\cdot\sin(\lambda_n\xi)\bigg]
\end{split}
\end{equation}
$$

$${\theta(\xi,\tau)=\Theta(\xi,\tau)+(-\xi+1)}$$なので最終的な解である$${\theta(\xi,\tau)}$$は

$$
\theta(\xi,\tau)=(1-\xi)-\frac{2}{\pi}\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\bigg[\frac{1}{n}\cdot e^{-\lambda^2_n\tau}\cdot\sin(\lambda_n\xi)\bigg]
$$

$${\lambda_n=n\pi}$$なので

$$
\Large
\theta(\xi,\tau)=(1-\xi)-\frac{2}{\pi}\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\Bigg[\frac{1}{n}\cdot e^{-n^2\pi^2\tau}\cdot\sin(n\pi\xi)\Bigg]
$$

無事にラプラス変換編で出した式と同じになりました。めでたしめでたし。

◇$${k=-\lambda^2<0\space(\lambda>0)}$$である理由

$$
\frac{\dot{G}(\tau)}{G(\tau)}=\frac{F''(\xi)}{F(\xi)}=k=-\lambda^2<0\space(\lambda>0)
$$

・$${k=\lambda^2>0\space(\lambda>0)}$$の場合

$$
\frac{\dot{G}(\tau)}{G(\tau)}=\lambda^2\\
\space\\
G(\tau)=Ce^{\lambda^2\tau}
$$

$${\tau\rarr\infty}$$の定常状態のとき$${G(\infty)\rarr\infty}$$となり$${\Theta(\xi,\infty)\rarr\infty}$$になります。温度分布が無限に発散するのはおかしいです。したがって$${k=\lambda^2>0}$$はありえません。

・$${k=\lambda^2=0}$$の場合

$$
\frac{F''(\xi)}{F(\xi)}=0\\
\space\\
F(\xi)=A\xi+B
$$

$${F(\xi)}$$を$${\xi}$$について2回微分するとちゃんと$${0}$$になります。境界条件を使うと

$$
\begin{equation}\notag
\begin{split}
\Theta(0,\tau)&=0\\
&=F(0)G(\tau)\\
&=BG(\tau)
\end{split}
\end{equation}
$$

$${G(\tau)=0}$$の場合は$${\Theta(\xi,\tau)=0}$$となるため不適です。$${B=0}$$を得ます。もうひとつの境界条件を使い

$$
\begin{equation}\notag
\begin{split}
\Theta(1,\tau)&=0\\
&=F(1)G(\tau)\\
&=(A+B)G(\tau)\\
&=AG(\tau)
\end{split}
\end{equation}
$$

$${G(\tau)=0}$$の場合は$${\Theta(\xi,\tau)=0}$$となるため不適です。$${A=0}$$を得ます。したがって

$$
A=B=0\implies F(\xi)=0\implies\Theta(\xi,\tau)=0
$$

となります。温度分布が$${0}$$になるため$${k=\lambda^2=0}$$もおかしいです。

以上。