東京大学 新領域創成科学研究科 複雑理工学専攻 2019年8月実施 専門基礎科目 第3問

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• Contour-Shift-of-Gaussian-Integral
• Fourier-Transform-Solution-of-Heat-Equation
• Heat-Kernel-with-Dirac-Initial-Data

Author

Miyake

Description

题目描述

原 Description 为空。现有 Kai 可唯一确认下列五步计算，但未保留原题对参数范围、积分路径图、函数光滑性/衰减条件及 Fourier 变换约定的完整陈述：

1. 对 Kai 中使用的 $a$、固定高度 $Y$，估计矩形轮廓右侧竖边积分
   $$\int_0^Y e^{-a(X+iy)^2}\,dy$$
   的绝对值，并证明其在 $X\to\infty$ 时趋于零。Kai 的推导按 $a>0$ 使用指数衰减。
2. 同样处理左侧竖边
   $$\int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2}\,dy,$$
   再利用 $e^{-az^2}$ 在矩形内部无奇点的轮廓积分，证明水平平移后的 Gaussian 积分
   $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(x+iY)^2}\,dx =\sqrt{\frac\pi a}.$$
3. 对热方程（Kai 使用 $u_t=u_{xx}$）及 Fourier 变换
   $$U(k,t)=\int_{-\infty}^{\infty}u(x,t)e^{-ikx}\,dx,$$
   通过两次分部积分推出
   $$\frac{\partial U}{\partial t}=-k^2U.$$
4. 在初值
   $$u(x,0)=\delta(x-1)$$
   下求 $U(k,0)$ 与 $U(k,t)$。
5. 作逆 Fourier 变换并使用前述复平移 Gaussian 积分，求出 $u(x,t)$ 的热核表达式。

无法仅由 Kai 确认第 1、2 问原图中的轮廓方向、$Y$ 的精确取值范围，以及第 3 问是否明确列出了边界项消失的假设，故不补造。

考点

• Gaussian 积分的轮廓平移：控制矩形两条竖边的积分并用 Cauchy 定理把实轴积分移到平行直线。
• 热方程的 Fourier 变换：把空间二阶导数化为乘子 $-k^2$，将偏微分方程转为关于时间的一阶常微分方程。
• Dirac 初值与热核：变换平移的 $\delta(x-1)$，再完成平方并逆变换得到以 $x=1$ 为中心的 Gaussian 基本解。

Kai

（問1）

$$\begin{aligned} \left| \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy \right| &\le \int_0^Y \left| e^{-a(X^2+2iXy-y^2)} \right| dy \\ &= e^{-aX^2} \int_0^Y e^{ay^2} dy \\ &\xrightarrow{X \to \infty} 0 \end{aligned}$$

（問2）

(問1) と同様に、

$$\begin{aligned} \left| \int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \right| &\le \int_0^Y \left| e^{-a(X^2-2iXy-y^2)} \right| dy \\ &= e^{-aX^2} \int_0^Y e^{ay^2} dy \\ &\xrightarrow{X \to \infty} 0 \end{aligned}$$

である。

複素数 $z$ の関数 $e^{-az^2}$ は与えられた積分経路の内側で特異点を持たないので、 積分は $0$ となる：

$$\begin{aligned} 0 &= \int_{-X}^X e^{-ax^2} dy + \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy + \int_X^{-X} e^{-a(x+iY)^2} dx + \int_Y^0 e^{-a(-X+iy)^2} dy \\ &= \int_{-X}^X e^{-ax^2} dy + \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy - \int_{-X}^X e^{-a(x+iY)^2} dx - \int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \end{aligned}$$

よって、

$$\begin{aligned} \int_{-X}^X e^{-a(x+iY)^2} dx = \int_{-X}^X e^{-ax^2} dy + \int_0^Y e^{-a(X+iy)^2} dy - \int_0^Y e^{-a(-X+iy)^2} dy \end{aligned}$$

ここで、 $X \to \infty$ とすると、

$$\begin{aligned} \int_{-\infty}^\infty e^{-a(x+iY)^2} dx = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \end{aligned}$$

を得る。

（問3）

$$\begin{aligned} \frac{\partial U(k,t)}{\partial t} &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial u(x,t)}{\partial t} e^{-ikx} dx \\ &= \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial^2 u(x,t)}{\partial x^2} e^{-ikx} dx \\ &= \left[ \frac{\partial u(x,t)}{\partial x} e^{-ikx} \right]_{-\infty}^\infty +ik \int_{-\infty}^\infty \frac{\partial u(x,t)}{\partial x} e^{-ikx} dx \\ &= ik \left[ u(x,t) e^{-ikx} \right]_{-\infty}^\infty -k^2 \int_{-\infty}^\infty u(x,t) e^{-ikx} dx \\ &= -k^2 U(k,t) \end{aligned}$$

（問4）

(問3) で得た微分方程式より、

$$\begin{aligned} U(k,t) = U(k,0) e^{-k^2 t} \end{aligned}$$

がわかる。

さらに、条件 $u(x,0)=\delta(x-1)$ より、

$$\begin{aligned} U(k,0) &= \int_{-\infty}^\infty u(x,0) e^{-ikx} dx \\ &= \int_{-\infty}^\infty \delta(x-1) e^{-ikx} dx \\ &= e^{-ik} \end{aligned}$$

であるから、

$$\begin{aligned} U(k,t) = e^{-k^2 t - ik} \end{aligned}$$

を得る。

（問5）

$$\begin{aligned} u(x,t) &= \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty U(k,t) e^{ikx} dk \\ &= \frac{1}{2 \pi} \int_{-\infty}^\infty e^{-k^2t+ik(x-1)} dk \\ &= \frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{(x-1)^2}{4t}} \int_{-\infty}^\infty e^{-t \left( k - i \frac{x-1}{2t} \right)^2} dk \\ &= \frac{1}{2 \pi} e^{-\frac{(x-1)^2}{4t}} \sqrt{\frac{\pi}{t}} \\ &= \frac{1}{\sqrt{4 \pi t}} e^{-\frac{(x-1)^2}{4t}} \end{aligned}$$