Inverse Laplace Transform을 이용한 열방정식 해

$t=0$일 때 $x=0$인 경계에 온도 $u_0=1$인 열원에 접촉을 시킬 때 $t>0, x>0$에서 온도분포는 (열전도계수=1)는 (1차원) 열방정식에 의해서 결정된다.(1차원 확산방정식도 동일한 형태이다)

$$\frac{\partial^2 u(x,t) }{\partial x^2} = \frac{ \partial u(x,t)} {\partial t}, ~~ u(x=0, t)=  \theta(t)$$

이 방정식을 Laplace변환을 이용해서 풀어보자. 양변에 Laplace 변환을 취하면 $\bar u(x,s) \equiv {\cal L} [u](x,s)$

$$\frac{\partial ^2   \bar u(x,s)}{ \partial x^2 } = s \bar u(x,s) - u (x, 0) = s \bar u(x,s)$$  

$\bar u(x, s=0) = 1 /s$이므로 위 방정식의 해는

$$\bar u(x, s) = e^{  - x \sqrt{s}} \bar u(x, 0)= \frac{ e^{-x\sqrt{s}} }{s}$$

시간에 대한 해를 구하기 위해 역 Laplace변환을 취하면 

$$u(x,t) =\frac{1}{2\pi i} \int_{\gamma-i\infty}^{\gamma + i\infty}  \frac{e^{- x\sqrt{s}} }{s}  e^{st} ds$$ $z=0$이 $\sqrt{z}$의 branch point이므로 이 적분을 구하기 위해서 $-x$축을 branch cut으로 하는 그림과 같은 경로에서 적분을 고려하자.

이 경로 내부에서 피적분함수가 analytic 하므로 $$\oint e^{zt }e^{- x\sqrt{z}} \frac{dz}{z}=0$$ 이다. 따라서

$$u(x, t) =\frac{1}{2\pi i}  \int_C e^{zt } e^{- x \sqrt{z}} \frac{dz}{z}$$

로 쓸 수 있다. 경로 $C_1, C_2$ 그리고 $z=0$을 감싸는 경로에서 적분만 기여한다. 우선 경로 $C_1$에서 $z= \rho  e^{i\pi}~(\rho:0\to \infty)$이므로 

$$\int_{C_1}   =\int_0^\infty  e^{- \rho t } e^{-i x \sqrt{\rho} } \frac{d\rho}{\rho}$$

경로 $C_2$에서 $z=\rho e^{-i \pi}~~(\rho: \infty \to 0)$이므로 

$$\int_{C_2} = \int_\infty^0 e^{-\rho t} e^{i x \sqrt{\rho} } \frac{d \rho}{\rho}$$

그리고 $z=0$ 둘레에서 $z=\epsilon e^{i \theta}$이므로

$$\int_{C_\epsilon} = 2\pi i$$

이므로

$$u(x,t ) = 1 - \frac{1}{\pi} \int _0^\infty e^{-\rho t} \sin (x\sqrt{ \rho}) \frac{d \rho}{\rho}$$

 $\xi = \sqrt{\rho}$로 치환하면

$$u(x,t) = 1 -\frac{2}{\pi} \int_0^\infty e^{-\xi^2 t} \sin ( x\xi) \frac{d\xi}{\xi} \\=1- \text{Erf}\left( \frac{x}{2\sqrt{t}} \right)$$

처럼 error 함수로 표현할 수 있다.