一维无界区域的热传导方程

一、问题：一维无界区域的热传导方程

$$ \begin{cases} u_t = \alpha u_{xx}, & -\infty < x < \infty, t > 0 \\ u(x,0) = f(x), & -\infty < x < \infty \end{cases}$$

这里没有边界条件，只有初始条件（柯西问题）。

二、核心思想：傅里叶变换

傅里叶变换可以把对空间 $x$的偏导数变成乘法，从而将偏微分方程（PDE）转化为常微分方程（ODE）

第 1 步：对空间变量做傅里叶变换

定义 $ u(x,t)$ 关于 $x$ 的傅里叶变换为：

$$ \hat{u}(k,t) = \mathcal{F}[u(x,t)] = \int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-ikx}dx$$

傅里叶变换的重要性质（对导数）：

$$\mathcal{F}\left[ \frac{\partial u}{\partial x}\right] = ik\hat{u}(k,t)$$

这是因为：

$$ \mathcal{F}\left[ \frac{\partial u}{\partial x}\right] = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\partial u}{\partial x}e^{-ikx}dx$$

分部积分计算该积分，分部积分公式：

$$ \int_{a}^{b} f(x)g'(x)dx = [f(x)g(x)]_a^b - \int_a^b f'(x)g(x)dx$$

令：$f(x) = e^{-ikx}, g'(x) = \frac{\partial u}{\partial x}$，所以$g(x) = u(x,t)$于是：

$$ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\partial u}{\partial x}e^{-ikx}dx = [u(x,t)e^{-ikx}]_{-\infty}^{\infty} - \int_{-\infty}^{\infty}u(x,t) \frac{\partial u}{\partial x}(e^{-ikx})dx $$

$$ \lim_{x\to \infty}u(x,t)e^{-ikx} - \lim_{x \to -\infty}u(x,t)e^{-ikx} = 0$$

这是因为：在热传导问题中（以及其他大多数物理问题），$ u(x,t)$ 在 $|x| \to \infty$时趋于 0。这是因为：温度分布集中在有限区域（初始条件有紧支集），或热量不会瞬间传播到无穷远（虽然数学上热传导有无限传播速度，但实际物理中温度在无穷远为 0）。即使严格数学上，我们通常假设 $u(x,t)$ 在无穷远处衰减足够快，使得这个边界项为 0。所以：

$$ [u(x,t)e^{-ikx}]_{-\infty}^{\infty} = 0$$

计算剩下的积分:

$$ - \int_{-\infty}^{\infty}u(x,t) \frac{\partial u}{\partial x}(e^{-ikx})dx $$

$$ \frac{\partial}{\partial x}e^{-ikx} = -ike^{-ikx}$$代入

$$ - \int_{-\infty}^{\infty}u(x,t) \cdot (-ik)e^{-ikx}dx = ik \int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-ikx}dx $$

最后这个积分正是 $\hat{u}(k,t)$ 的定义：

$$ \int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-ikx}dx = \hat{u}(k,t)$$

所以：

$$ \mathcal{F}\left[ \frac{\partial u}{\partial x}\right] = ik\hat{u}(k,t) $$

二阶导数的推广:

$$ \mathcal{F}[u_{xx}] = \mathcal{F}\left[ \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\partial u}{\partial x}\right) \right] $$

先对$\frac{\partial u}{\partial x}$做一次傅里叶变换

$$ \mathcal{F}[u_x] = ik\hat{u} $$

再对结果求一次：

$$ \mathcal{F}[u_{xx}] = ik\cdot \mathcal{F}[u_x] = ik\cdot (ik\hat{u}) = (ik)^2\hat{u} = -k^2\hat{u}$$所以：

$$ \mathcal{F}\left[ \frac{\partial ^2u}{\partial x^2} \right] = -k^2\hat{u}(k,t) $$

$$ \mathcal{F}\left[ \frac{\partial u}{\partial t} \right] = \frac{\partial \hat{u}}{\partial t} $$

第 2 步：对原方程两边做傅里叶变换

原方程：

$$ u_t = \alpha u_{xx}$$

两边做傅里叶变换：

$$\mathcal{F}[u_t] = \alpha \mathcal{F}[u_{xx}]$$

利用上述性质：

$$ \frac{\partial \hat{u}}{\partial t} = \alpha (-k^2)\hat{u}$$即：

$$ \frac{\partial \hat{u}}{\partial t} + \alpha k^2\hat{u} = 0 $$

第 3 步：解这个常微分方程

对每一个固定的$k$，这是一个关于$t$ 的一阶线性常微分方程：

$$ \frac{d\hat{u}}{dt} = -\alpha k^2\hat{u}$$

解得：

$$ \hat{u}(k,t) = \hat{u}(k,0) e^{-\alpha k^2t} $$

第 4 步：确定$\hat{u}(k,0)$

由初始条件：

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

两边做傅里叶变换：

$$ \hat{u}(k,0) = \hat{f}(k) = \int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-ikx}dx $$

所以：

$$ \hat{u}(k,t) = \hat{f}(k)e^{-\alpha k^2t} $$

第 5 步：做傅里叶逆变换回到空间域

$$ u(x,t) = \mathcal{F}^{-1}[\hat{u}(k,t)] = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \hat{f}(k)e^{-\alpha k^2t}e^{ikx}dk $$

代入$ \hat{f}(k) = \int_{-\infty}^{\infty}f(\xi)e^{-ik\xi}d\xi $:

$$ u(x,t) = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \left[ \int_{-\infty}^{\infty}f(\xi)e^{-ik\xi}d\xi \right] e^{-\alpha k^2t}e^{ikx}dk $$

交换积分顺序：

$$ u(x,t) = \int_{-\infty}^{\infty}f(\xi)\left[ \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha k^2t}e^{ik(x-\xi)} dk \right]d\xi$$

第 6 步：计算热核（格林函数）

这是一个高斯函数的傅里叶逆变换。已知公式：

$$ \int_{-\infty}^{\infty}e^{-ak^2}e^{ibk}dk = \sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{b^2}{4a}},\quad a > 0$$

这里$a=\alpha t, b = x-\xi$，所以:

$$ \int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha t k^2}e^{ik(x-\xi)}dk = \sqrt{\frac{\pi}{\alpha t}}e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4\alpha t}} $$

再除以$2\pi$：

$$ \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha k^2t}e^{ik(x-\xi)} dk = \frac{1}{\sqrt{4\pi\alpha t}}e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4\alpha t}} $$

这个函数记作$\Phi(x−\xi,t)$，称为热核或基本解。

第 7 步：最终解（卷积形式）

$$ u(x,t) = \int_{-\infty}^{\infty} f(\xi) \frac{1}{\sqrt{4\pi \alpha t}}e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4\alpha t}}d\xi $$

$$ u(x,t) = \frac{1}{\sqrt{4\pi \alpha t}} \int_{-\infty}^{\infty} f(\xi) e^{-\frac{(x-\xi)^2}{4\alpha t}}d\xi $$

三、举例

我们考虑一根无限长的均匀细杆，其热扩散率为 $\alpha$。初始时刻 $(t=0)$，杆上的温度分布是一个集中在原点附近的“尖峰”：

$$ u(x,0) = f(x) = e^{-x^2}$$

这是一个高斯函数，中心在 $x=0$，峰值为 1，并向两侧衰减。定解问题为：

$$ \begin{cases} u_t = \alpha u_{xx}, & -\infty x < \infty , t > 0 \\ u(x,0) = e^{-x^2}, & -\infty < x < \infty \end{cases} $$

目标：求出任意时刻 $t>0$ 的温度分布 $u(x,t)$。

第一步：对空间变量 x x 做傅里叶变换

傅里叶变换定义为:

$$ \hat{u}(k,t) = \int_{-\infty}^{\infty} u(x,t)e^{-ikx}dx$$

对方程$u_t=\alpha u_{xx}$​两边做傅里叶变换。利用我们之前推导的性质：

$$ \mathcal{F}[u_t] = \frac{\partial \hat{u}}{\partial t}, \mathcal{F}[u_{xx}] = -k^2\hat{u}$$

于是，偏微分方程（PDE）转化为一个关于时间 $t$ 的常微分方程（ODE）：

$$\frac{\partial \hat{u}}{\partial t}=-\alpha k^2\hat{u}$$

第二步：求解频域中的 ODE

ODE 的解是：

$$\hat{u}(k,t) = \hat{u}(k,0)e^{-\alpha k^2 t}$$

这里 $\hat{u}(k,0)$ 是初始温度分布 $f(x)=e^{-x^2}$ 的傅里叶变换。我们需要计算：

$$\hat{u}(k,0)=\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}e^{-ikx}dx$$

这是一个著名的高斯积分。利用公式：

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2+ibx}dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{b^2}{4a}}$$

在本例中$a=1,b=k$,代入积分并利用高斯积分公式，得到：

$$\hat{u}(k,0) = \sqrt{\pi}e^{-\frac{k^2}{4}}$$所以，频域中的解为：

$$\hat{u}(k,t) = \sqrt{\pi}e^{-k^2(\alpha t + \frac{1}{4})}$$

第三步：做傅里叶逆变换回到空间域

傅里叶逆变换公式为：

$$u(x,t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \hat{u}(k,t)e^{ikx}dk$$

代入$\hat{u}(k,t)$：

$$u(x,t) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\sqrt{\pi}e^{-t^2(\alpha t + \frac{1}{4})}e^{ikx}dx$$

这又是一个高斯积分，最终解：

$$u(x,t) = \frac{1}{2\sqrt{\alpha t + \frac{1}{4}}} e^{-\frac{x^2}{4\alpha t + 1}} $$

结果分析与物理意义

• $t=0$ 时： $u(x,0)=e^{-x^2}$，完美匹配初始条件。
• $t > 0$时：峰值：在 $x=0$ 处，峰值温度为 $\frac{1}{\sqrt{4\alpha t + 1}}$​ 。它随时间单调递减， $\alpha$越大，峰值下降得越快。
• 宽度：分布的特征宽度正比于 $\sqrt{4\alpha t + 1}$ 。它随时间增加而增大， $\alpha$越大，热量扩散得越宽。
• 形状：始终是一个高斯分布。这体现了热传导方程的一个特性：高斯函数的傅里叶变换还是高斯函数，因此一个高斯型的初始温度分布在任何时刻都会保持高斯型。