Burgers方程式/Hopf-Cole変換を用いた拡散方程式への変換

概要

Burgers方程式

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

は非線形な偏微分方程式であるが,Hopf-Cole(又はCole-Hopf)変換という変数変換を用いることで,

線形の拡散方程式に帰着することができる.

Hopf-Cole変換してみた

式(1)を変形すると

$$ – \frac{\partial u}{\partial t}  = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{1}{2} u^2 – \nu \frac{\partial u}{\partial x} \right)  \tag{2} $$

となり,完全微分方程式の必要十分条件が現れるから

$$ \frac{\partial \phi}{\partial x} = -u, \frac{\partial \phi}{\partial t} = \frac{1}{2} u^2 – \nu \frac{\partial u}{\partial x} \tag{3} $$

なるスカラー関数\( \phi (x, t) \)が存在する.この時,式(3)から\( u \)を消去すると,

$$ \frac{\partial \phi}{\partial t}  = \frac{1}{2} \left( \frac{\partial \phi}{\partial x} \right)^2 + \nu \frac{\partial^2 \phi}{\partial x^2} \tag{4} $$

が得られる.ここで,(さも天才かのように)\( \phi = 2 \nu \ln{\psi} \)を導入すると,\( \phi (x, t) \)の一回微分は

$$ \phi_x = 2 \nu \frac{\psi_x}{\psi}, \phi_t = 2 \nu \frac{\psi_t}{\psi} \tag{5} $$

二回微分は

$$ \phi_x = 2 \nu \frac{\psi_{xx} \psi – \psi^2}{\psi^2}, \phi_t = 2 \nu \frac{\psi_{tt} \psi – \psi^2}{\psi^2} \tag{6} $$

となるため,式(4)は

$$ 2 \nu \frac{\psi_t}{\psi} = \frac{1}{2} \left( 2 \nu \frac{\psi_x}{\psi} \right)^2 + \nu \left( 2 \nu \frac{\psi_{xx} \psi – \psi^2_x}{\psi^2} \right) \tag{7} $$

となり,これを整理すると

$$ \psi_t = \nu \psi_{xx} \tag{8} $$

と線形の拡散方程式の形に変換できる.

この

$$ u = – 2 \nu \frac{\psi_x}{\psi} \tag{9} $$

を用いた一連の変数変換をHopf-Cole(ホップーコール)変換という

Burgers方程式の初期値問題の解き方

無限領域\( – \infty < x < \infty \)における拡散方程式(式(8))の初期値問題の解析解は,

$$ \psi(x, t) = \frac{1}{\sqrt{4 \pi \nu t}} \int^{\infty}_{- \infty} \psi_0 (x’) \exp{\left[ – \frac{(x-x’)^2}{4 \nu t} \right]} dx’ \tag{10} $$

である.(\( \psi_0(x)\) は\( \psi(x)\)の初期分布を示す.)

これを使うと,Burgers方程式の解き方は以下の通りになる.

  1. 与えられた初期条件\( u(x, 0)\)に対応する\( \psi_0(x)\)を式(9)から求める
  2. 式(10)と\( \psi_0(x)\)を使って,\( \psi(x, t)\)を求める
  3. 式(9)を使って\( \psi(x, t)\)を変換することにより\( u(x, t)\)を求める

ここここのサイトを参考にして,解析解を描いてみた.

初期条件

$$ u = – \frac{2 \nu}{\phi} \frac{\partial \phi}{\partial x} + 4 \tag{11} $$

$$ \phi =\exp{\left( \frac{-x^2}{4 \nu} \right)} + \exp{\left( \frac{-(x-2\pi)^2}{4 \nu} \right)} \tag{12} $$

のとき,解析解は

$$ u = – \frac{2 \nu}{\phi} \frac{\partial \phi}{\partial x} + 4 \tag{13} $$

$$ \phi =\exp{\left( \frac{-(x-4t)^2}{4 \nu (t+1)} \right)} + \exp{\left( \frac{-(x-4t-2 \pi)^2}{4 \nu (t+1)} \right)} \tag{14} $$

で与えられる.

 

参考文献

  • 田中光宏 (2017).非線形波動の物理,森北出版,p27-28参照
  • https://takun-physics.net/9786/
  • https://nbviewer.jupyter.org/github/barbagroup/CFDPython/blob/master/lessons/05_Step_4.ipynb

 

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