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

Author

Miyake, 祭音Myyura

Description

Independent summary

Source: University of Tokyo, AY2020 examination, Problem 3, pp. 8–9.

Let $a>0$ and $Y\in\mathbb R$.

1. Prove $\displaystyle\lim_{X\to\infty}\left|\int_0^Y e^{-a(X+iy)^2}\,dy\right|=0$.
2. Evaluate $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a(x+iY)^2}\,dx$ using the rectangular contour below. You may use the real Gaussian integral $\int_{\mathbb R}e^{-ax^2}dx=\sqrt{\pi/a}$.

For $t>0$, consider $u_t=u_{xx}$ with $u,u_x\to0$ as $|x|\to\infty$, and define

$$U(k,t)=\int_{\mathbb R}u(x,t)e^{-ikx}dx,\qquad u(x,t)=\frac1{2\pi}\int_{\mathbb R}U(k,t)e^{ikx}dk.$$

3. Transform the PDE into an ODE in $t$ for $U$.
4. Determine $U$ when $u(x,0)=\delta(x-1)$, using $\delta(x)=(2\pi)^{-1}\int_{\mathbb R}e^{ikx}dk$.
5. Invert the transform to determine $u(x,t)$.

题目描述

1. 对 $a>0$ 和任意实数 $Y$，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。

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$u_t=u_{xx}$（$t>0$），并假设 $u,u_x\to0$（$|x|\to\infty$）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。

逆变换采用 $u(x,t)=(2\pi)^{-1}\int_{\mathbb R}U(k,t)e^{ikx}\,dk$。矩形轮廓见上图；负 $Y$ 时也应成立。

Kai

（問1）

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

（問2）

(問1) と同様に、

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

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：

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

よって、

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

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）

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

この式は $t>0$ に対する解であり、$t\downarrow0$ のとき分布の意味で $\delta(x-1)$ に収束する。