解一維熱傳導方程

眾所周知，Black-Sholes 方程可以化為一維的熱傳導方程，而這個方程可以用傅立葉變換來解。但是一般財經書籍不會去解 Black-Sholes 方程，而是用了 risk neutral 方法直接解出。不過這有種天外飛來一筆的感覺，因為當初是先解了 Black-Sholes 方程，解出來以後才知道可以用 risk neutral 方法來解。所以導致一個奇怪的現象，明明列了 Black-Sholes 方程，卻不去解它。傅立葉變換的代數操作複雜些，以下就來介紹。

首先我們需要一個傅立葉積分的結果，這裡就不推導怎麼算出來的： $$\int_0^\infty e^{-ax^2} \cos bx\ dx=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{\frac{-b^2}{4a}}\tag{1}$$ 另外，傅立葉變換不同的作者會採用不同的定義，通常是只是差一個係數，只要變換和反變換係數的乘積為$1/2\pi$就好。這裡採用的定義是： $$\mathcal{F}\{f\}=\hat f(\omega)=\int_{-\infty}^{\infty}f(x)e^{-i\omega x}\ dx\\ \mathcal{F}^{-1}\{\hat f\}=f(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat f(\omega)e^{i\omega x}\ d\omega$$ 這裡 $\mathcal{F}\{f\}$ 就是對 $f(x)$ 做傅立葉變換。
我們還需要一些傅立葉變換的性質。首先是 $f(x)$ 的微分性質，在傅立葉變換下就變成簡單的代數操作，也就是乘以 $i\omega$。若 $f$ 是多元函數，而傅立葉變換只對 $x$ 變換，則 $f$ 關於其他變數的偏微分可以直接提到積分號外。若只關心被提到積分號外的變數，可以寫成常微分。 $$(a)\ \ \ \  \mathcal{F}\left\{\frac{\partial f}{\partial x}\right\}=i\omega\mathcal{F}\{f\},\ \ \ \ (b)\ \ \ \  \mathcal{F}\left\{\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}\right\}=-\omega^2\mathcal{F}\{f\},\ \ \ \ (c)\ \ \ \  \mathcal{F}\left\{\frac{\partial f}{\partial t}\right\}=\frac{\partial}{\partial t}\mathcal{F}\{f\}$$ 其次是卷積性質。首先兩個函數 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的卷積定義為 $$f\ast g = \int_{-\infty}^{\infty}f(u)g(x-u)\ du$$ 傅立葉變換的卷積性質為 $$\mathcal{F}\{f\ast g\}=\mathcal{F}\{f\}\mathcal{F}\{g\}$$ 傅立葉變換傅立葉變換所需性質已經條列完畢，正式開始解一維熱傳導方程： $$\frac{\partial f}{\partial t}=\kappa\frac{\partial^2 f}{\partial x^2},\ \ \ \ f(x,0)=g(x),\ \ \ \ |f(x,t)|<M$$ 求解 $f$ 。對偏微分式兩端做傅立葉變換，並利用其微分性質可得 $$\frac{d}{dt}\mathcal{F}\{ f\}=-\kappa\omega^2 \mathcal{F}\{ f\}$$ 這是一基本的對自變數 $t$ 的微分方程，其解為 $$\mathcal{F}\{ f\}=Ce^{-\kappa\omega^2 t}$$ 根據邊界條件可得 $$\mathcal{F}\{f(x,0)\}=C=\mathcal{F}\{g(x)\}$$ 因此 $$\mathcal{F}\{ f\}=\mathcal{F}\{g(x)\}e^{-\kappa\omega^2 t}\tag{2}$$ 接下來我們利用 $(1)$ 找出 $e^{-\kappa\omega^2 t}$是哪一個函數的傅立葉變換。利用歐拉公式 $e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$ 和奇偶函數的積分性質可得 $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}e^{-ibx}dx=2\int_0^{\infty}e^{-ax^2}\cos bx\ dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{\frac{-b^2}{4a}}$$ 令 $b=\omega$得 $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}e^{-i\omega x}dx=\mathcal{F}\{e^{-ax^2}\}=\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{\frac{-\omega^2}{4a}}$$ 令 $\frac{-\omega^2}{4a}=-\kappa\omega^2 t$ 得 $a=\frac{1}{4\kappa t}$ 代入上式得 $$\mathcal{F}\{e^{-x^2/4\kappa t}\}=\sqrt{4\kappa\pi t}e^{-\kappa\omega^2t}$$ 利用傅立葉變換的線性性質調整係數得 $$\mathcal{F}\{\sqrt{\frac{1}{4\kappa\pi t}}e^{-x^2/4\kappa t}\}=e^{-\kappa\omega^2t}$$ 代入 $(2)$ 式得 $$\mathcal{F}\{ f\}=\mathcal{F}\{g\}\mathcal{F}\{\sqrt{\frac{1}{4\kappa\pi t}}e^{-x^2/4\kappa t}\}$$ 因此 $$f(x,t)=g\ast\sqrt{\frac{1}{4\kappa\pi t}}e^{-x^2/4\kappa t}=\int_{-\infty}^{\infty}g(u)\sqrt{\frac{1}{4\kappa\pi t}}e^{-(x-u)^2/4\kappa t}du$$