Разделение подразумевает суммирование

Когда мы выполняем разделение переменных этой формы,

$$\rho(x, t)= X(x) T(t), \\ X\dot T = DX''T,\\ \dot T/T = D X''/X = -Dk^2 \text{ for some constant } k\\ \rho(x,t) = A \cos(kx)~e^{-Dk^2 t} + B \sin(kx)~e^{-Dk^2 t} \text{ for arbitrary } A,B,$$ важно помнить, что мы начали с очень узкой стартовой позиции с$\rho$и что это не полностью общее решение. Полностью общее решение требует, как вы сказали, их суммы. В этом случае вы можете использовать линейность дифференциального уравнения$\dot \rho = D \rho''$утверждать, что если вы можете определить, что $$\rho(x,0) = \int_{-\infty}^{\infty}dk~\cos(kx)~f(k)$$ для некоторых$f(k)$тогда это сумма коэффициентов, умноженных на функции, которые вы получили выше, и тогда решение$\int dk~e^{-Dk^2t}~\cos(kx)~f(k).$

Другими словами: граничное условие — это полная функция$\rho(x, 0)$. Это двумерное пространство, состоящее из половины$\mathbb R^2$и ваше граничное условие фиксирует функцию на этой границе$t=0.$

Преобразования Фурье спешат на помощь

Когда граничные условия не являются либо ограниченными в конечном диапазоне, либо периодическими, приведенный выше выбор косинуса и синуса оказывается несколько неудобным, и нам будет проще просто усложнить:

$$\rho(x, t) = \alpha e^{ikx}~e^{-D k^2 t} + \beta e^{-ikx} e^{-D k^2 t}.$$ Затем мы можем увидеть, что эти два случая действительно перекрываются, и как только мы возьмем сумму по всем$k$нам не нужны оба, потому что мы получим и положительный, и отрицательный$k$, разделенное решение можно упростить до$\alpha e^{ikx} e^{-Dk^2 t}.$Что хорошо, потому что эквивалентный интеграл там известен как обратное преобразование Фурье, $$\rho(x, 0) = \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx}~dk~\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ikx'}dx'~\rho(x', 0),$$ и поэтому имеем, что по этому рецепту $$\rho(x,t)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} e^{ikx} dk~e^{-Dk^2t}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ikx'} dx' \rho(x', 0).$$

Но граничное условие$\delta$-функция

У вас возникли проблемы с указанием$\rho(x', 0)$быть плотностью вероятности, выражающей уверенность в том, что частица находится в начале координат. Это потому, что для того, чтобы сделать это должным образом, нам нужна функция, которая невозможна (но на удивление хорошо себя ведет!), называемая функцией Дирака.$\delta$-функция. Это «функция»$\delta(x)$такой, что

$$\int_a^b dx~\delta(x) f(x) = \begin{cases}f(0)&\text{if } a < 0 < b,\\ -f(0)&\text{if } a > 0 > b,\\ 0&\text{otherwise}. \end{cases}$$ Обычно его представляют как бесконечно тонкий, бесконечно большой всплеск, нормализованный так, что площадь под кривой равна$1$, но другие конструкции также включают функции, которые сильно колеблются в$x\ne 0$так что они не могут создавать ненулевые интегралы при умножении на стандартную гладкую функцию. Частично эта идея означает, что существует большая двусмысленность в отношении того, что произойдет, если$a=0$или$b=0$в интеграле выше тоже. Но это может быть реализовано как предел гладких функций, например, гауссиана с конечной площадью 1, которая становится все тоньше и тоньше, поэтому можно представить, что она сама по себе тоже является гладкой функцией, просто «отступив» от этого предела на мельчайший бит .

В любом случае, в плотности вероятности площадь под кривой плотности вероятности является действительной вероятностью, а Дирак$\delta$-функция позволяет нам определить плотность вероятности для «я знаю с вероятностью$p$что это в точку$x_0$" как вклад плотности$p~\delta(x - x_0).$Поэтому в этом случае вы хотите рассмотреть$\rho(x, 0) = \delta(x),$и, используя определение, мы немедленно находим, что преобразование Фурье$\rho(x, 0)$Было просто$e^{-ik0} = 1$,

$$\rho(x,t)=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{dk}{2\pi}~ e^{ikx-Dk^2t}.$$

Заполните квадрат, завершите вывод

Итак, теперь мы хотим просто завершить квадрат, потому что мы знаем интеграл Гаусса, который$\int_{-\infty}^\infty du~e^{-u^2} = \sqrt{\pi}.$

$$D~t~k^2 - ix~k =D~t~\left(k - \frac{ix}{2Dt}\right)^2 + \frac{x^2}{4Dt}.$$ Выполнение интеграла Гаусса просто дает константу, и тогда решение выходит как $$\rho(x, t) = \frac{e^{-x^2/(4Dt)}}{\sqrt{4\pi Dt}},$$ нормальное распределение со стандартным отклонением$\sqrt{2Dt}.$

Теперь, поскольку я только что показал вам$\delta$-функций, я хотел бы продвинуть вас еще на один шаг, чтобы сказать вам, что на самом деле линейность позволяет вам использовать этот результат вместо результата разделения переменных, чтобы увидеть эволюцию произвольной системы и облегчить ваши опасения по поводу отрицательных вероятностей. .

Это решение, которое мы нашли, является особенным именно потому, что его граничное условие является$\delta$-функция. По этой причине мы называем этот результат «решением функции Грина» уравнения. Любая другая функция$\rho_0(x)$может быть выражен как

$$\rho_0(x) = \int_{-\infty}^\infty dx'~\rho_0(x')~\delta(x - x'),$$ по определению$\delta$выше. Как следствие, в соответствии с уравнением теплопроводности эта функция изменяется со временем.$t$к $$\rho(x, t) = \int_{-\infty}^{\infty} dx'~\rho_0(x')~\frac{e^{-(x-x')^2/(4Dt)}}{\sqrt{4\pi D t}},$$ откуда легче видеть, что если$\rho_0(x)$неотрицательна и интегрируется с$1$затем$\rho(x, t)$для любого фиксированного$t$также будет неотрицательным и будет интегрироваться в$1$.