5 偏微分方程式

5.1 偏微分方程式とは

[偏微分方程式で用いられる用語]

微分方程式

常微分方程式 · · ·独立変数が１つ

例) d2

dt2f(t) + a d

dtf(t) + bf(t) = 0 : 未知関数 f(t)は 1変数

偏微分方程式 · · ·独立変数が２つ以上例) ∂2

∂t2u(x, t) = c2 ∂2

∂x2 u(x, t) : 未知関数 u(x, t)は 2変数

※階数: (偏)導関数の最高階　　　　例) 1階: y′ + ay = 0, 2階: y′′ + ay′ + by = 0

　線形: 未知関数とその (偏)導関数について 1次　　　　例) 線形: y′ + ay = 0, 非線形: yy′ + ay3 = 0

　同次 (斉次): 方程式のすべての項が未知関数とその (偏)導関数のみ　　　　例) 同次: y′ + ay = 0, 非同次: y′ + ay = b

[偏微分方程式の解]

その方程式を恒等的に満足する関数が偏微分方程式の解であり, 任意関数を含む解を一般解といい, 任意関数を含まない解を特解という。線形同次偏微分方程式では, 重ね合わせの原理が成り立つ。

[2階の定数係数線形偏微分方程式の分類]

2つの変数をもつ 2階の定数係数偏微分方程式の一般形は次式で表わせる。

auxx + 2buxy + cuyy + dux + euy + fu = g(x, y) (5.1)

ただし, a, b, c, d, e, f は実数で, g(x, y)は与えられた既知関数である (g(x, y) = 0の場合が同次となることに注意)。また, 式 (5.1)の偏導関数が 2階の部分 auxx + 2buxy + cuyyを主要部という。2変数 2階の偏微分方程式の分類には, この主要部を用いる。まず, この主要部の係数に着目し, 変数 λを用いた次のような特性方程式を作る。

aλ2 + 2bλ + c = 0 (5.2)

この λに関する 2次方程式の判別式D = b2 − acの符号により以下のように分類できる (2

変数関数 ax2 +2bxy+ cy2 = 1がそれぞれ双曲線, 放物線, 楕円となることに対応している)。(1) D > 0のとき双曲型 (hyperbolic type)

(2) D = 0のとき放物型 (parabolic type)

(3) D < 0のとき楕円型 (elliptic type)

各型に対応する典型的な偏微分方程式は次の通りで, すべて線形同次偏微分方程式となっている。したがって, その解に対して重ね合わせの原理が成り立つことに注意する。　双曲型 utt − c2uxx = 0 (波動方程式)

　放物型 ut − κuxx = 0 (拡散方程式)

　楕円型 uxx + uyy = 0 (ラプラスの方程式)

これらの方程式を具体的に解く際には, 束縛条件を設定する。また, 初期値境界値問題を混合問題という。

束縛条件{初期条件 u(x, t = 0), ut(x, t = 0)

境界条件 u(x = 0, t), u(x = L, t)

5.2 波動方程式

[1次元波動方程式]

次の双曲型の 2階線形同次偏微分方程式を 1次元波動方程式と呼んでいる。

∂2u(x, t)

∂t2= c2∂2u(x, t)

∂x2(5.3)

[ダランベールの解]

まず,独立変数の変換ξ = x + ct, η = x − ct (5.4)

を行ない,u(x, t)を ξ, ηの関数u(ξ, η)とみなして偏微分する。また,上式より ∂ξ∂t

= c, ∂η∂t

= −c

を代入して整理すると

∂u(x, t)

∂t=

∂u(ξ, η)

∂ξ

∂ξ

∂t+

∂u(ξ, η)

∂η

∂η

∂t

=∂u(ξ, η)

∂ξc +

∂u(ξ, η)

∂η(−c)

= c(

∂u(ξ, η)

∂ξ− ∂u(ξ, η)

∂η

)(5.5)

さらに, 偏微分し, ∂∂ξ

(∂u(ξ,η)∂η

) = ∂∂η

(∂u(ξ,η)∂ξ

) = ∂2u(ξ,η)∂ξ∂η

を用いれば

∂2u(x, t)

∂t2=

∂

∂ξ

{c(

∂u(ξ, η)

∂ξ− ∂u(ξ, η)

∂η

)}∂ξ

∂t+

∂

∂η

{c(

∂u(ξ, η)

∂ξ− ∂u(ξ, η)

∂η

)}∂η

∂t

={c(

∂2u(ξ, η)

∂ξ2− ∂2u(ξ, η)

∂ξ∂η

)}c +

{c(

∂2u(ξ, η)

∂η∂ξ− ∂2u(ξ, η)

∂η2

)}(−c)

= c2(

∂2u(ξ, η)

∂ξ2− 2

∂2u(ξ, η)

∂ξ∂η+

∂2u(ξ, η)

∂η2

)(5.6)

同様にして, ∂ξ∂x

= 1, ∂η∂x

= 1を代入して整理すると

∂u(x, t)

∂x=

∂u(ξ, η)

∂ξ

∂ξ

∂x+

∂u(ξ, η)

∂η

∂η

∂x

=∂u(ξ, η)

∂ξ+

∂u(ξ, η)

∂η(5.7)

∂2u(x, t)

∂x2=

∂

∂ξ

(∂u(ξ, η)

∂ξ+

∂u(ξ, η)

∂η

)∂ξ

∂x+

∂

∂η

(∂u(ξ, η)

∂ξ+

∂u(ξ, η)

∂η

)∂η

∂x

=(

∂2u(ξ, η)

∂ξ2+

∂2u(ξ, η)

∂ξ∂η

)+

(∂2u(ξ, η)

∂η∂ξ+

∂2u(ξ, η)

∂η2

)

=∂2u(ξ, η)

∂ξ2+ 2

∂2u(ξ, η)

∂ξ∂η+

∂2u(ξ, η)

∂η2(5.8)

式 (5.6)と式 (5.8)を式 (5.3)に代入すると

∂2u(ξ, η)

∂ξ∂η= 0 (5.9)

ηについて積分すると

∂u(ξ, η)

∂ξ= φ1(ξ)　 (5.10)

となる。ここで, φ1(ξ)は ξの任意関数である。ξについて積分すると

u(ξ, η) =∫

φ1(ξ) dξ + ψ(η) (5.11)

となる。ただし, ψ(η)は ηの任意関数である。第 1項は, 任意関数の不定積分なので, また,

任意関数となる。これを φ(ξ)とおくと, 2つの任意関数を含む解として

u(ξ, η) = φ(ξ) + ψ(η) (5.12)

が得られる (テキスト P.125[例 3]参照)。独立変数をもとに戻すと

u(x, t) = φ(x + ct) + ψ(x − ct) (5.13)

となり, これを 1次元波動方程式のダランベールの解という。

[波動方程式の初期値問題 (コーシー問題)]

次の初期条件の下で φと ψを決定する。{u(x, 0) = f(x)

ut(x, 0) = ∂∂t

u(x, t) |t=0= g(x)

式 (5.13)を tで微分すると

∂

∂tu =

∂

∂t{φ(x + ct) + ψ(x − ct)}

=∂φ

∂ξ

∂ξ

∂t+

∂ψ

∂η

∂η

∂t

= c(

∂φ

∂ξ− ∂ψ

∂η

)(5.14)

となる。式 (5.13), 式 (5.14)と初期条件から (t→0で ξ, η→xとなることに注意){u(x, 0) = φ(x) + ψ(x) = f(x)

ut(x, 0) = ∂∂t

u(x, t) |t=0= c(∂φ(ξ)∂ξ

− ∂ψ(η)∂η

) |t=0= c(dφ(x)dx

− dψ(x)dx

) = g(x)(5.15)

式 (5.15)の第 2式を xに関して積分すると

c(φ(x) − ψ(x)) =∫ x

0g(s) ds + C (5.16)

式 (5.16)を cで割って, 式 (5.15)の第 1式と加えると

φ(x) =1

2f(x) +

1

2c

∫ x

0g(s) ds +

C

2c(5.17)

減じると

ψ(x) =1

2f(x) − 1

2c

∫ x

0g(s) ds − C

2c(5.18)

となる。したがって, 一般解は, 式 (5.13),(5.17),(5.18)より

u(x, t) =1

2[f(x + ct) + f(x − ct)] +

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(s) ds (5.19)

となる。これをストークスの波動公式という。特に, c = 1で, ut(x, 0) = g(x) = 0の場合は

u(x, t) =1

2[f(x + t) + f(x − t)]

となる。

[混合問題 1 (一方が固定された弦の振動)]

境界条件としてu(0, t) = 0

を加えた波動方程式の解を求める。ストークスの波動公式において x = 0とおくと

u(0, t) =1

2[f(ct) + f(−ct)]︸ ︷︷ ︸

0

+1

2c

∫ ct

−ctg(s) ds︸ ︷︷ ︸0

= 0

となる。境界条件を満足するには

f(−x) = −f(x), g(−x) = −g(x)

となる必要がある。すなわち, 関数 f(x)と g(x)が奇関数であれば, 上記の条件を満足することがわかる。したがって, 関数 f(x)および g(x)を x < 0の領域に奇関数として拡張したストークスの波動公式が解となる。

[混合問題 2 (両端が固定された弦の振動)]

境界条件としてu(0, t) = 0, u(L, t) = 0

を加えた波動方程式の解を求める。ストークスの波動公式において x = 0とおくと

u(0, t) =1

2[f(ct) + f(−ct)]︸ ︷︷ ︸

0

+1

2c

∫ ct

−ctg(s) ds︸ ︷︷ ︸0

= 0

となる。境界条件の第 1式を満足するには

f(−x) = −f(x), g(−x) = −g(x)

となる必要がある。すなわち, 関数 f(x)と g(x)が奇関数であれば, 上記の条件を満足することがわかる。また, 第 2式を満足するには x = Lとして

u(L, t) =1

2[f(L + ct) + f(L − ct)]︸ ︷︷ ︸

0

+1

2c

∫ L+ct

L−ctg(s) ds︸ ︷︷ ︸0

= 0

となる必要がある。これは, 関数 f(x)と g(x)が奇関数で, さらに周期 2Lの周期関数であれば満足されることがわかる。したがって, 区間 0≤x≤Lで定義されている関数 f(x)および g(x)を周期 2Lの奇関数として拡張したストークスの波動公式が解となる。

1次元波動方程式の解のまとめ1 (ストークスの波動公式)

1次元波動方程式∂2u(x, t)

∂t2= c2∂2u(x, t)

∂x2

の一般解はu(x, t) = φ(x + ct) + ψ(x − ct) (ダランベールの解)

となる。また, 初期値として {u(x, 0) = f(x)

ut(x, 0) = ∂∂t

u(x, t) |t=0= g(x)

が与えられた場合 (初期値問題)は

u(x, t) =1

2[f(x + ct) + f(x − ct)] +

1

2c

∫ x+ct

x−ctg(s) ds (ストークスの波動公式)

で求めることができる。特に, c = 1で, ut(x, 0) = g(x) = 0の場合は

u(x, t) =1

2[f(x + t) + f(x − t)]

となる。

※初期条件と境界条件で解が求まる。波動方程式の問題

問題 初期条件 境界条件初期値問題 u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x) なし (両端開放あるいは無限区間)

混合問題 1 u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x) u(0, t) = 0 (一方固定)

混合問題 2 u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x) u(0, t) = u(L, t) = 0 (両端固定)†

†両端が 0で固定された境界条件はディリクレ境界条件と呼ばれている。

波動方程式の解 (u(x, t) = φ(x + ct) + ψ(x − ct): ダランベールの解)

問題 解 u(x, t)

初期値問題 12[f(x + ct) + f(x − ct)] + 1

2c

∫ x+ctx−ct g(s) ds (ストークスの波動公式)

混合問題 1 12[f(x + ct) + f(x − ct)] + 1

2c

∫ x+ctx−ct g(s) ds (f(x), g(x)は奇関数)

混合問題 2 12[f(x + ct) + f(x − ct)] + 1

2c

∫ x+ctx−ct g(s) ds (f(x), g(x)は周期 2Lの奇関数)

[変数分離法を用いたフーリエ級数による解 (ディリクレ境界条件の場合)]

両端が固定された弦の振動を表わす混合問題 (ディリクレ境界条件)の解は、1次元波動方程式

∂2u(x, t)

∂t2= c2∂2u(x, t)

∂x2(5.20)

を, 次の束縛条件の下で解くことにより求められる。初期条件: u(x, 0) = f(x), ∂u(x,t)

∂t|t=0= g(x)

境界条件: u(0, t) = 0, u(L, t) = 0 (注: 弦の長さがLで両端固定である)

ただし, 初期条件の関数 f(x), g(x)は周期 2Lの関数でフーリエ級数に展開できるものとする。また, 式 (5.20)を満足する特解 (一つの解)が次の形に表わせるものと仮定する (変数分離法)。

u(x, t) = X(x)T (t) (5.21)

ここで, X(x)は xだけの関数, T (t)は tだけの関数とする。式 (5.21)を式 (5.20)に代入すると

X(x)∂2T (t)

∂t2= c2∂2X(x)

∂x2T (t) (5.22)

となり, この両辺を c2X(x)T (t)で割る。また, X(x)は xだけの関数, T (t)は tだけの関数であるので, 偏微分記号 ∂を常微分記号 dに書き換えて

1

c2T (t)

d2T (t)

dt2=

1

X(x)

d2X(x)

dx2(5.23)

となる。式 (5.23)の左辺は tだけの関数であり, これが右辺の xだけの関数に等しいということは, 式 (5.23)は定数でなければならない。この定数を kとおくと

1

c2T (t)

d2T (t)

dt2=

1

X(x)

d2X(x)

dx2= k (5.24)

となる。上式より, 次の 2つの常微分方程式が得られる。{d2X(x)

dx2 − kX(x) = 0d2T (t)

dt2− c2kT (t) = 0

(5.25)

式 (5.25)の第 1式 (X ′′(x) − kX(x) = 0)を解くと(S1) k > 0のとき X(x) = Ae

√kx + Be−

√kx

(S2) k = 0のとき X(x) = Ax + B

(S3) k < 0のとき X(x) = A cos√−kx + B sin

√−kx

が得られる。(S1), (S2), (S3)のどれをとるべきかは, 境界条件によって決まる。さて, 式 (5.21)が境界条件を満たすには

u(0, t) = X(0)T (t) = 0, u(L, t) = X(L)T (t) = 0 (5.26)

したがって, T (t) 6=0ならばX(0) = 0, X(L) = 0 (5.27)

となる。

(1) k > 0で (S1)が解だとすると式 (5.27)より (注:テキストでは, k = q2 > 0とおいて,√k = qと置き換えている) {

A + B = 0

Ae√

kL + Be−√

kL = 0(5.28)

となり, これからA = B = 0が得られる。解として恒等的に 0でない関数 (X(x)6=0)を考えるとすれば, kは正ではない。(2) k = 0で (S2)が解だとすると式 (5.27)より{

B = 0

AL + B = 0(5.29)

となり, これからA = B = 0が得られるので, k = 0ではない。(3) k < 0で (S3)が解だとすると式 (5.27)より (注:テキストでは, k = −p2 < 0とおいて,√−k = pと置き換えている) {

A = 0

B sin√−kL = 0

(5.30)

B 6=0とすれば, sin√−kL = 0でなければならない。ここで, sin nπ = 0(n = 0, 1, 2, · · ·)が

成り立つので √−kL = nπ (n = 0, 1, 2, · · ·) (5.31)

n = 0のときは,√−k = 0となり, X(x)は恒等的に 0となるので除くと

√−kL = nπ (n = 1, 2, · · ·) (5.32)

√−k =

nπ

Lまたは kn = −

(nπ

L

)2

:固有値 (n = 1, 2, · · ·) (5.33)

すなわちd2X(x)

dx2+

(nπ

L

)2

X(x) = 0 (5.34)

の解はXn(x) = Bn sin

nπ

Lx :固有関数 (5.35)

と定まる。式 (5.33)により kが定まったので T (t)に関する微分方程式は式 (5.25)の第 2式(T ′′(t) − kc2T (t) = 0)より

d2T (t)

dt2+

(cnπ

L

)2

T (t) = 0 (5.36)

となる。式 (5.36)の解はX(x)のときの議論 (−k =(

nπL

)2> 0)と同様に (S3)の場合に相

当するので, −c2k =(

cnπL

)2> 0として

Tn(t) = Cn coscnπ

Lt + Dn sin

cnπ

Lt (5.37)

と書ける。式 (5.35), 式 (5.37)により, 式 (5.20)と与えられた境界条件を満足する式 (5.21)

の形の特解は

un(x, t) = Tn(t)Xn(x) = (An coscnπ

Lt + Bn sin

cnπ

Lt) sin

nπ

Lx (5.38)

またはun(x, t) = (An cos ωnt + Bn sin ωnt) sin

nπ

Lx (ωn =

cnπ

L) (5.39)

で与えられることがわかる。

[特解の重ね合わせ]

式 (5.20)の 2つの解を u1および u2とすれば

∂2u1

∂t2= c2∂2u1

∂x2(5.40)

∂2u2

∂t2= c2∂2u2

∂x2(5.41)

が成立する。ここで, 式 (5.40), 式 (5.41)に各々, 任意定数 c1, c2をかけて両辺を加え合わせると

c1∂2u1

∂t2+ c2

∂2u2

∂t2= c2

(c1

∂2u1

∂x2+ c2

∂2u2

∂x2

)(5.42)

式 (5.42)を書き直すと

∂2

∂t2(c1u1 + c2u2) = c2 ∂2

∂x2(c1u1 + c2u2) (5.43)

したがって, c1u1 + c2u2も式 (5.20)の解になっていることがわかる。すなわち, 線形同次微分方程式の 2つの解を u1, u2とし, c1, c2を任意にとった定数とすれば, c1u1 + c2u2もまた解である。これは重ね合わせの原理と呼ばれる。同様の考え方により, ui(i = 1, 2, 3, · · ·)が

式 (5.20)の解であれば,∞∑i=1

ciuiも式 (5.20)の解である。式 (5.20)は uについて同次である

から, 式 (5.38)の特解を重ね合わせた関数によっても満足される。つまり, 解は次のように表わせる。

u(x, t) =∞∑

n=1

un(x, t)

=∞∑

n=1

Tn(t)Xn(x)

=∞∑

n=1

(An cos ωnt + Bn sin ωnt) sinnπ

Lx (ωn =

cnπ

L) (5.44)

ただし, An, Bnは, これから決定する未知定数である。ここで, t = 0とすれば

u(x, 0) =∞∑

n=1

An sinnπ

Lx (5.45)

となる。式 (5.45)は初期条件より f(x)に一致しなければならない。すなわち

f(x) =∞∑

n=1

An sinnπ

Lx (注 : f(x)は周期 2Lの奇関数) (5.46)

式 (5.46)が成立するためには, Anを f(x)のフーリエ正弦級数の係数にとればよい。したがって

An =2

L

∫ L

0f(x) sin

nπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·) (5.47)

また, 式 (5.44)を tで微分すると

∂u(x, t)

∂t=

∞∑n=1

(−Anωn sin ωnt + Bnωn cos ωnt) sinnπ

Lx (ωn =

cnπ

L) (5.48)

ここで, t = 0とすれば∂u(x, t)

∂t

∣∣∣∣t=0

=∞∑

n=1

Bnωn sinnπ

Lx (5.49)

となる。式 (5.49)は同じく初期条件より g(x)に一致しなければならないので

g(x) =∞∑

n=1

Bnωn sinnπ

Lx (注 : g(x)は周期 2Lの奇関数) (5.50)

g(x)

ωn

=∞∑

n=1

Bn sinnπ

Lx (5.51)

式 (5.51)が成立するためには, Bnをg(x)ωnのフーリエ正弦級数の係数にとればよいので

Bn =2

Lωn

∫ L

0g(x) sin

nπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·) (5.52)

以上をまとめると, 変数分離法による式 (5.20)の解は, 解の重ね合わせによりフーリエ級数を用いて表現でき

u(x, t) =∞∑

n=1

(An cos ωnt + Bn sin ωnt) sinnπ

Lx (ωn =

cnπ

L) (5.53)

となる。ここで, 未知定数An, Bnは, 初期条件 f(x), g(x)より, 次式を用いて計算できる。

An =2

L

∫ L

0f(x) sin

nπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·) : f(x)のフーリエ正弦級数の係数 (5.54)

Bn =2

Lωn

∫ L

0g(x) sin

nπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·) :

g(x)

ωn

のフーリエ正弦級数の係数 (5.55)

※ (1) ∂u(x,t)∂t

|t=0= g(x) = 0の場合, 式 (5.53)は次式のようになる (Bn = 0)。

u(x, t) =∞∑

n=1

An cos (ωnt) sin(

nπ

Lx

)(ωn =

cnπ

L) (5.56)

An =2

L

∫ L

0f(x) sin

nπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·) (5.57)

(2) u(x, 0) = f(x) = 0の場合, 式 (5.53)は次式のようになる (An = 0)。

u(x, t) =∞∑

n=1

Bn sin (ωnt) sin(

nπ

Lx

)(ωn =

cnπ

L) (5.58)

Bn =2

Lωn

∫ L

0g(x) sin

nπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·) (5.59)

＜両端の固定された弦の振動のフーリエ級数による解の計算例 (P.139例題 5.2)＞

両端の固定された長さ Lの弦の中心の一部分 (幅 a)を t = 0で叩いたときの波動方程式の解を求める。すなわち, 初期条件として

u(x, 0) = f(x) = 0, ut(x, 0) = g(x) =

0 (0 ≤ x < L−a

2)

1 (L−a2

≤ x ≤ L+a2

)

0 (L+a2

< x ≤ L)

が与えられているとする。一方, 波動方程式のフーリエ級数による解は

u(x, t) =∞∑

n=1

(An cos ωnt + Bn sin ωnt) sinnπ

Lx (ωn =

cnπ

L)

であるが, 初期条件の f(x) = 0より, そのフーリエ正弦級数の係数である An = 0となり,

Bnのみを計算すればよいことがわかる。

Bn =2

Lωn

∫ L

0g(x) sin

nπ

Lx dx

=2

Lωn

∫ L+a2

L−a2

sinnπ

Lx dx

=2

Lωn

(− L

nπ

) [cos

nπ

Lx

]L+a2

L−a2

= − 2

nπωn

{cos

nπ

L(L + a

2) − cos

nπ

L(L − a

2)}

= − 2

nπωn

{cos (

nπ

2+

nπa

2L) − cos (

nπ

2− nπa

2L)}

= − 2

nπωn

{cos

nπ

2cos

nπa

2L− sin

nπ

2sin

nπa

2L− cos

nπ

2cos

nπa

2L− sin

nπ

2sin

nπa

2L

}= − 2

nπωn

{−2 sin

nπ

2sin

nπa

2L

}=

4

nπωn

sinnπ

2sin

nπa

2L(ωn =

cnπ

L)

=4L

cn2π2sin

nπ

2sin

nπa

2L

したがって

u(x, t) =∞∑

n=1

4L

cn2π2sin

nπ

2sin

nπa

2L︸ ︷︷ ︸Bn

sincnπ

Lt sin

nπ

Lx

-

6

−L L0

f(x)

x

f(x)のグラフ

-

6

0

−L−a2

−L+a2

x

1

g(x)

−1

−L L−a2

L+a2

L

g(x)のグラフ

[無限区間での波動 (両端開放)]

初期条件としてu(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x)

を仮定する。境界条件は物理的要請から

u(x, t)→有界 (|x|→∞)

となる。u(x, t) = X(x)T (t)とおいて変数分離を行うと{d2X(x)

dx2 − kX(x) = 0d2T (t)

dt2− kc2T (t) = 0

(5.60)

が得られる。境界条件は |x|→∞で u(x, t) = X(x)T (t)が有界であるので, 結局

X(x)→有界 (|x|→∞)

を満たせばよいことがわかる。この境界条件を満たす解X(x)は k = −ω2(k < 0)のときであり (注:テキストでは, k = −p2 < 0と置き換えている), 代入すると{

d2X(x)dx2 + ω2X(x) = 0

d2T (t)dt2

+ c2ω2T (t) = 0(5.61)

となる。ここで

X(x) = eλx (注 :テキストでは, X(x) = eaxと置き換えている)

とおいて第 1式に代入すると

λ2X(x) + ω2X(x) = 0 (λ2 + ω2)X(x) = 0

が得られる。X(x) = eλx(6=0)であるから, λ = ±iωとなる。したがって, 一般解は

Xω(x) = Aeiωx + Be−iωx (複素指数形式の解)

となる。同様にして (ω→cω), 第 2式の一般解として

Tω(t) = Ceicωt + De−icωt (複素指数形式の解)

が得られる。したがって, 波動方程式の特解として

uω(x, t) = Xω(x)Tω(t)

= (Aeiωx + Be−iωx)(Ceicωt + De−icωt)

= A′eiω(x+ct) + B′eiω(x−ct) + C ′ei(−ω)(x+ct) + D′ei(−ω)(x−ct)

を得る。ωは連続であるので, 重ね合わせを積分で行うと

u(x, t) =1

2π

∫ ∞

0uω(x, t) dω

=1

2π

∫ ∞

0

{A(ω)eiω(x+ct) + B(ω)eiω(x−ct)

}dω +

1

2π

∫ ∞

0

{C(ω)ei(−ω)(x+ct) + D(ω)ei(−ω)(x−ct)

}dω

=1

2π

∫ ∞

0

{A(ω)eiω(x+ct) + B(ω)eiω(x−ct)

}dω +

1

2π

∫ −∞

0

{C(ω)eiω′(x+ct) + D(ω)eiω′(x−ct)

}(−dω′)

=1

2π

∫ ∞

0

{A(ω)eiω(x+ct) + B(ω)eiω(x−ct)

}dω +

1

2π

∫ 0

−∞

{C(ω)eiω′(x+ct) + D(ω)eiω′(x−ct)

}dω′

=1

2π

∫ ∞

−∞

{A(ω)eiω(x+ct) + B(ω)eiω(x−ct)

}dω

初期条件より

u(x, 0) = f(x) =1

2π

∫ ∞

−∞{A(ω) + B(ω)}︸ ︷︷ ︸

F (ω)

eiωx dω

ut(x, 0) = g(x) =1

2π

∫ ∞

−∞icω {A(ω) − B(ω)}︸ ︷︷ ︸

G(ω)

eiωx dω

ここで, F (ω)とG(ω)を関数 f(x)と g(x)のフーリエ変換とすれば

A(ω) + B(ω) = F (ω)

icω {A(ω) − B(ω)} = G(ω)

となる。この連立 1次方程式を解くと

A(ω) =F (ω)

2+

G(ω)

2icω

B(ω) =F (ω)

2− G(ω)

2icω

が得られる。

※ ∂u(x,t)∂t

|t=0= g(x) = 0の場合は次式のようになる (G(ω) = 0)。

A(ω) = B(ω) =F (ω)

2

u(x, t) =1

2π

∫ ∞

−∞

{F (ω)

2eiω(x+ct) +

F (ω)

2eiω(x−ct)

}dω

1次元波動方程式の解のまとめ2 (変数分離法による解)

1次元波動方程式∂2u(x, t)

∂t2= c2∂2u(x, t)

∂x2

において, 初期条件を {u(x, 0) = f(x)

ut(x, 0) = ∂∂t

u(x, t) |t=0= g(x)

とする。

◦ディリクレ境界条件 (両端固定): フーリエ級数による解

u(x, t) =∞∑

n=1

(An coscnπ

Lt + Bn sin

cnπ

Lt) sin

nπ

Lx

An =2

L

∫ L

0f(x) sin

nπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·)

Bn =2

L

∫ L

0

g(x)(cnπL

) sinnπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·)

◦無限区間での波動 (初期値問題): フーリエ変換による解これは両端開放の場合であるが, 無限区間での波動 (境界条件: X(x)→0 (|x|→∞))と考

えることができる。

u(x, t) =∫ ∞

−∞{A(p)eip(x+ct) + B(p)eip(x−ct)} dp

A(p) =F (p)

4π+

G(p)

4πicp, B(p) =

F (p)

4π− G(p)

4πicp

ただし, F (p)とG(p)はそれぞれ関数 f(x)と g(x)のフーリエ変換である。

※フーリエ変換による解は通常は以下のように記述される。

u(x, t) =1

2π

∫ ∞

−∞{A(ω)eiω(x+ct) + B(ω)eiω(x−ct)} dω

A(ω) =F (ω)

2+

G(ω)

2icω, B(ω) =

F (ω)

2− G(ω)

2icω

5.3 拡散方程式 (熱伝導方程式)

[1次元拡散方程式 (熱伝導方程式)]

次の放物型の 2階線形同次偏微分方程式を 1次元拡散方程式 (熱伝導方程式)と呼んでいる。

∂u(x, t)

∂t= κ

∂2u(x, t)

∂x2(5.62)

[変数分離法を用いたフーリエ級数による解 (周期的境界条件の場合)]

拡散方程式を次の条件の下で解く初期条件: u(x, 0) = f(x)

境界条件: u(0, t) = u(2L, t) (周期的境界条件: 棒がドーナツのように環状で, 長さが 2L)

まず, 式 (5.62)を満足する特解を変数分離法によって求める。すなわち, 解 u(x, t)は次の形に表わせるものとする。

u(x, t) = X(x)T (t) (5.63)

式 (5.63)を式 (5.62)に代入すると

X(x)∂T (t)

∂t= κ

∂2X(x)

∂x2T (t) (5.64)

となり, この両辺を κX(x)T (t)で割る。また, X(x)は xだけの関数, T (t)は tだけの関数であるので

1

κT (t)

dT (t)

dt=

1

X(x)

d2X(x)

dx2(= k) (5.65)

となる。式 (5.65)の左辺は tだけの関数, 右辺は xだけの関数だから, 式 (5.65)は定数でなければならない。その定数を kとおくと, 次の 2つの常微分方程式が得られる。{

d2X(x)dx2 − kX(x) = 0

dT (t)dt

− κkT (t) = 0(5.66)

式 (5.66)の第 1式の解は 5.2節のときと同様に kの値が正, ゼロ, 負によって 3種類 (S1～S3)に分かれる。また, 境界条件 u(0, t) = u(2L, t)より

X(0)T (t) = X(2L)T (t) (5.67)

したがって, T (t) 6=0ならばX(0) = X(2L) (5.68)

となる。ここで, 三角関数の形で解が表わせると仮定する。すなわち, k < 0で (S3)が解だとすると

X(x) = A cos√−kx + B sin

√−kx (5.69)

より {X(0) = A

X(2L) = A cos√−k2L + B sin

√−k2L

(5.70)

式 (5.68)の境界条件より

A = A cos√−k2L + B sin

√−k2L (5.71)

が得られる。cos√−k2L = 1, sin

√−k2L = 0のときに, 式 (5.71)は成り立つ。ここで,

cos 2nπ = 1, sin 2nπ = 0(n = 0, 1, 2, · · ·)であるので√−k2L = 2nπ (n = 0, 1, 2, · · ·) (5.72)

√−k =

nπ

Lまたは kn = −

(nπ

L

)2

:固有値 (n = 0, 1, 2, · · ·) (5.73)

すなわち, X(x)は

Xn(x) = An cosnπ

Lx + Bn sin

nπ

Lx :固有関数 (5.74)

式 (5.73)を式 (5.66)の第 2式に代入すると

dT (t)

dt+ κ

(nπ

L

)2

T (t) = 0 (5.75)

となる。式 (5.75)の一般解はTn(t) = Cne

−κ(nπL

)2t (5.76)

式 (5.74),式 (5.76)より,式 (5.62)と与えられた境界条件を満足する式(5.63)の特解un(x, t) =

Xn(x)Tn(t)は{un(x, t) = (An cos nπ

Lx + Bn sin nπ

Lx)e−κ(nπ

L)2t (n = 1, 2, · · ·)

u0(x, t) = A0

2(n = 0)

(5.77)

となる。

[特解の重ね合わせ]

解の重ね合わせの原理により, 式 (5.62)を満足する解は

u(x, t) =∞∑

n=0

un(x, t)

=∞∑

n=0

Tn(t)Xn(x)

=A0

2+

∞∑n=1

(An cosnπ

Lx + Bn sin

nπ

Lx)e−κ(nπ

L)2t (5.78)

ただし, A0, An, Bnは, これから決定する未知係数である。このとき, 初期条件より

u(x, 0) =A0

2+

∞∑n=1

(An cosnπ

Lx + Bn sin

nπ

Lx) = f(x) (5.79)

式 (5.79)が成立するためには, A0, An, Bnを f(x)のフーリエ級数の係数にとればよい。したがって

An =1

L

∫ L

−Lf(x) cos

nπ

Lx dx (n = 0, 1, 2, · · ·) (5.80)

Bn =1

L

∫ L

−Lf(x) sin

nπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·) (5.81)

以上をまとめると式 (5.62)を初期条件 u(x, 0) = f(x), 境界条件 u(0, t) = u(2L, t)の下で満足する解は, 式 (5.78)である。ただし, 係数An, Bnはそれぞれ式 (5.80)と式 (5.81)で決定される。

＜周期的境界条件における熱の変化のフーリエ級数による解の計算例 (P.146例題 5.3)＞

長さ πのリング状の金属棒の時刻 t > 0での温度分布を求める。初期温度分布として

u(x, 0) = f(x) = (π − x)x

が与えられているとする。一方, 周期的境界条件での拡散方程式のフーリエ級数による解は

u(x, t) =A0

2+

∞∑n=1

(An cosnπ

Lx + Bn sin

nπ

Lx)e−κ(nπ

L)2t

であるが, 初期条件より, f(x)は周期 πの偶関数であるので, Bn = 0となり, f(x)のフーリエ余弦級数の係数であるAnのみを計算すればよいことがわかる。ここで, 2L = π, すなわち, L = π

2であることに注意して

An =1

L

∫ L

−Lf(x) cos

nπ

Lx dx

=2

L

∫ L

0f(x) cos

nπ

Lx dx

=4

π

∫ π2

0(πx − x2) cos 2nx dx

=4

π

∫ π2

0(πx − x2)

(sin 2nx

2n

)′dx

=4

π

([(πx − x2)

(sin 2nx

2n

)]π2

0− 1

2n

∫ π2

0(π − 2x) sin 2nx dx

)

= − 2

πn

∫ π2

0(π − 2x) sin 2nx dx

= − 2

πn

∫ π2

0(π − 2x)

(−cos 2nx

2n

)′dx

= − 2

πn

{[(π − 2x)

(−cos 2nx

2n

)]π2

0− 1

n

∫ π2

0cos 2nx dx

}

= − 2

πn

(π

2n− 1

2n2[sin 2nx]

π20

)= − 1

n2(n 6=0の場合)

n = 0の場合は

A0 =1

L

∫ L

−Lf(x) dx

=2

L

∫ L

0f(x) dx

=4

π

∫ π2

0(πx − x2) dx

=4

π

[1

2πx2 − 1

3x3)

]π2

0

=4

π

(π3

8− π3

24

)

=π2

3

したがって

u(x, t) =π2

6−

∞∑n=1

cos 2nx

n2e−κ(2n)2t

[無限に長い棒での熱伝導]

初期条件としてu(x, 0) = f(x)

を仮定する。境界条件は物理的要請から

u(x, t)→有界 (|x|→∞)

となる。u(x, t) = X(x)T (t)とおいて変数分離を行うと{d2X(x)

dx2 − kX(x) = 0dT (t)

dt− κkT (t) = 0

(5.82)

が得られる。境界条件は |x|→∞で u(x, t) = X(x)T (t)が有界であるので, 結局

X(x)→有界 (|x|→∞)

を満たせばよいことがわかる。この境界条件を満たす解X(x)は k = −ω2(k < 0)のときであり (注:テキストでは, k = −p2 < 0と置き換えている), 代入すると{

d2X(x)dx2 + ω2X(x) = 0

dT (t)dt

+ κω2T (t) = 0(5.83)

となる。ここでX(x) = eλx

とおいて第 1式に代入すると

λ2X(x) + ω2X(x) = 0 (λ2 + ω2)X(x) = 0

が得られる。X(x) = eλx(6=0)であるから, λ = ±iωとなる。したがって, 一般解は

Xω(x) = Aeiωx + Be−iωx (複素指数形式の解)

となる。同様にして, T (t) = eλtとおくと, (λ+κω2)T (t) = 0となり, 第 2式の一般解として

Tω(t) = Ce−κω2t

が得られる。したがって, 拡散方程式の特解として

uω(x, t) = Xω(x)Tω(t)

= (Aeiωx + Be−iωx)e−κω2t

を得る。ωは連続であるので, 重ね合わせを積分で行うと

u(x, t) =1

2π

∫ ∞

0uω(x, t) dω

=1

2π

∫ ∞

0

(A(ω)eiωx + B(ω)e−iωx

)e−κω2t dω

=1

2π

∫ ∞

0A(ω)eiωxe−κω2t dω +

1

2π

∫ ∞

0B(ω)ei(−ω)xe−κ(−ω)2t dω

=1

2π

∫ ∞

0A(ω)eiωxe−κω2t dω +

1

2π

∫ −∞

0B(ω)eiω′xe−κω′2t (−dω′)

=1

2π

∫ ∞

0A(ω)eiωxe−κω2t dω +

1

2π

∫ 0

−∞B(ω)eiω′xe−κω′2t dω′

=1

2π

∫ ∞

−∞F (ω)eiωxe−κω2t dω

=1

2π

∫ ∞

−∞F (ω)eiωx−κω2t dω

初期条件より t = 0とすると

u(x, 0) = f(x) =1

2π

∫ ∞

−∞F (ω)eiωx dω

が得られるが,上式よりF (ω)は関数 f(x)のフーリエ変換に対応していることがわかるので

F (ω) =∫ ∞

−∞f(x)e−iωx dx

となる。したがって, 無限に長い棒での熱伝導を表わす解 u(x, t)は

u(x, t) =1

2π

∫ ∞

−∞

[∫ ∞

−∞f(y)e−iωy dy

]︸ ︷︷ ︸f(x) のフーリエ変換 F (ω)

eiωx−κω2t dω

と書くことができる。

[変数分離法を用いたフーリエ級数による解 (ディリクレ境界条件の場合)]

拡散方程式を次の条件の下で解く初期条件: u(x, 0) = f(x)

境界条件: u(0, t) = u(L, t) = 0 (ディリクレ境界条件: 長さLの棒の両端が定温 0で固定)

まず, 特解を変数分離法によって求める。すなわち, 解 u(x, t)は次の形に表わせるものとする。

u(x, t) = X(x)T (t) (5.84)

式 (5.84)を拡散方程式に代入すると

X(x)∂T (t)

∂t= κ

∂2X(x)

∂x2T (t) (5.85)

となり, この両辺を κX(x)T (t)で割る。また, X(x)は xだけの関数, T (t)は tだけの関数であるので

1

κT (t)

dT (t)

dt=

1

X(x)

d2X(x)

dx2(= k) (5.86)

となる。式 (5.86)の左辺は tだけの関数, 右辺は xだけの関数だから, 式 (5.86)は定数でなければならない。その定数を kとおくと, 次の 2つの常微分方程式が得られる。{

d2X(x)dx2 − kX(x) = 0

dT (t)dt

− κkT (t) = 0(5.87)

式 (5.87)の第 1式 (X ′′(x) − kX(x) = 0)を解くと(S1) k > 0のとき X(x) = Ae

√kx + Be−

√kx

(S2) k = 0のとき X(x) = Ax + B

(S3) k < 0のとき X(x) = A cos√−kx + B sin

√−kx

が得られる。(S1), (S2), (S3)のどれをとるべきかは, 境界条件によって決まる。さて, 式 (5.84)が境界条件を満たすには

u(0, t) = X(0)T (t) = 0, u(L, t) = X(L)T (t) = 0 (5.88)

したがって, T (t) 6=0ならばX(0) = 0, X(L) = 0 (5.89)

となる。(1) k > 0で (S1)が解だとすると式 (5.89)より{

A + B = 0

Ae√

kL + Be−√

kL = 0(5.90)

となり, これからA = B = 0が得られる。解として恒等的に 0でない関数 (X(x)6=0)を考えるとすれば, kは正ではない。(2) k = 0で (S2)が解だとすると式 (5.89)より{

B = 0

AL + B = 0(5.91)

となり, これからA = B = 0が得られるので, k = 0ではない。(3) k < 0で (S3)が解だとすると式 (5.89)より{

A = 0

B sin√−kL = 0

(5.92)

B 6=0とすれば, sin√−kL = 0でなければならない。ここで, sin nπ = 0(n = 0, 1, 2, · · ·)が

成り立つので √−kL = nπ (n = 0, 1, 2, · · ·) (5.93)

n = 0のときは,√−k = 0となり, X(x)は恒等的に 0となるので除くと

√−kL = nπ (n = 1, 2, · · ·) (5.94)

√−k =

nπ

Lまたは kn = −

(nπ

L

)2

:固有値 (n = 1, 2, · · ·) (5.95)

すなわちd2X(x)

dx2+

(nπ

L

)2

X(x) = 0 (5.96)

の解はXn(x) = Bn sin

nπ

Lx :固有関数 (5.97)

と定まる。式 (5.95)により kが定まったので T (t)に関する微分方程式は式 (5.87)の第 2式(T ′(t) − κkT (t) = 0)より

dT (t)

dt+ κ

(nπ

L

)2

T (t) = 0 (5.98)

となる。式 (5.98)の一般解はTn(t) = Cne

−κ(nπL

)2t (5.99)

式 (5.97), 式 (5.99) より, 拡散方程式と与えられた境界条件を満足する式 (5.84) の特解un(x, t) = Xn(x)Tn(t)は

un(x, t) = Bn sin(

nπ

Lx

)e−κ(nπ

L)2t (n = 1, 2, · · ·) (5.100)

となる。

[特解の重ね合わせ]

解の重ね合わせの原理により, 拡散方程式を満足する解は

u(x, t) =∞∑

n=1

un(x, t)

=∞∑

n=1

Tn(t)Xn(x)

=∞∑

n=1

Bn sin(

nπ

Lx

)e−κ(nπ

L)2t (5.101)

ただし, Bnは, これから決定する未知係数である。このとき, 初期条件より

u(x, 0) =∞∑

n=1

Bn sin(

nπ

Lx

)= f(x) (5.102)

式 (5.102)が成立するためには, Bnを f(x)を周期 2Lの奇関数としてフーリエ正弦級数の係数にとればよい。したがって

Bn =2

L

∫ L

0f(x) sin

nπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·) (5.103)

以上をまとめると拡散方程式を初期条件 u(x, 0) = f(x), 境界条件 u(0, t) = u(L, t) = 0の下で満足する解は, 式 (5.101)である。ただし, 係数Bnは式 (5.103)で決定される。

＜ディリクレ境界条件における熱の変化のフーリエ級数による解の計算例＞

長さ πの両端が温度 0で固定された金属棒の時刻 t > 0での温度分布を求める。初期温度分布として

u(x, 0) = f(x) = (π − x)x

が与えられているとする。一方, ディリクレ境界条件での拡散方程式のフーリエ級数による解は

u(x, t) =∞∑

n=1

Bn sinnπ

Lx e−κ(nπ

L)2t

であり, Bnは f(x)のフーリエ正弦級数の係数となる。すなわち, f(x)は周期 2Lの奇関数として拡張する。ここで, L = πであることに注意して

Bn =1

L

∫ L

−Lf(x) sin

nπ

Lx dx

=2

L

∫ L

0f(x) sin

nπ

Lx dx

=2

π

∫ π

0(πx − x2) sin nx dx

=2

π

∫ π

0(πx − x2)

(−cos nx

n

)′dx

=2

π

([(πx − x2)

(−cos nx

n

)]π

0+

1

n

∫ π

0(π − 2x) cos nx dx

)=

2

πn

∫ π

0(π − 2x) cos nx dx

=2

πn

∫ π

0(π − 2x)

(sin nx

n

)′dx

=2

πn

{[(π − 2x)

(sin nx

n

)]π

0+

2

n

∫ π

0sin nx dx

}

=4

πn2

[−cos nx

n

]π

0

=4

πn3{1 − (−1)n} =

{8

πn3 (nが奇数)

0 (nが偶数)

したがって

u(x, t) =4

π

∞∑n=1

1 − (−1)n

n3sin nx e−κn2t

[ =8

π

∞∑n=1

1

(2n − 1)3sin (2n − 1)x e−κ(2n−1)2t ]

1次元拡散方程式の解のまとめ (変数分離法による解)

1次元拡散方程式∂u(x, t)

∂t= κ

∂2u(x, t)

∂x2

において, 初期条件をu(x, 0) = f(x)

とする。

◦周期的境界条件 (u(0, t) = u(2L, t)): フーリエ級数による解

u(x, t) =A0

2+

∞∑n=1

(An cosnπ

Lx + Bn sin

nπ

Lx)e−κ(nπ

L)2t

An =1

L

∫ L

−Lf(x) cos

nπ

Lx dx (n = 0, 1, 2, · · ·)

Bn =1

L

∫ L

−Lf(x) sin

nπ

Lx dx (n = 1, 2, · · ·)

◦無限に長い棒での熱伝導 (境界条件: X(x)→有界 (|x|→∞)): フーリエ変換による解

u(x, t) =1

2π

∫ ∞

−∞F (ω)eiωx−κω2t dω

F (ω) =∫ ∞

−∞f(x)e−iωx dx

※初期条件と境界条件で解が求まる。拡散方程式の問題

問題 初期条件 境界条件初期値問題 u(x, 0) = f(x) |x|→∞で u(x, t)→有界 (無限に長い棒での熱伝導)

混合問題 1 u(x, 0) = f(x) 周期的境界条件: u(0, t) = u(2L, t)

(長さ 2Lの棒がドーナツのように環状になっている)

混合問題 2 u(x, 0) = f(x) ディリクレ境界条件: u(0, t) = u(L, t) = 0

(テキスト P.151) (長さ Lの棒の両端が定温 0で固定されている)

混合問題 3 u(x, 0) = f(x) ノイマン境界条件: ux(0, t) = ux(L, t) = 0

(テキスト P.163) (長さ Lの棒の両端が断熱されている)

偏微分方程式のまとめ

波動方程式: utt − c2uxx = 0の解

初期条件 u(x, 0) = f(x), ut(x, 0) = g(x)

境界条件 両端固定 (ディリクレ境界条件): 両端開放 (無限区間):u(0, t) = u(L, t) = 0 X(x)→0 (|x|→∞)

変数分離法 X ′′(x) − kX(x) = 0 X ′′(x) + ω2X(x) = 0 (k = −ω2)

T ′′(t) − c2kT (t) = 0 T ′′(t) + c2ω2T (t) = 0

解 u(x, t)∞∑

n=1

(An coscnπ

Lt + Bn sin

cnπ

Lt) sin

nπ

Lx

12π

∫ ∞

−∞{A(ω)eiω(x+ct) + B(ω)eiω(x−ct)} dω

解の係数 An = 2L

∫ L0 f(x) sin nπx

Ldx A(ω) = F (ω)

2+ G(ω)

2icω

Bn = 2L

∫ L0

g(x)( cnπ

L)sin nπx

Ldx B(ω) = F (ω)

2− G(ω)

2icω

An, Bn : それぞれ f(x),g(x)

( cnπL

)の正弦級数展開の係数 F (ω), G(ω) : それぞれ f(x), g(x) のフーリエ変換

他の解法 ストークスの波動公式: ストークスの波動公式:12{f(x + ct) + f(x − ct)} + 1

2c

∫ x+ct

x−ctg(s) ds 1

2{f(x + ct) + f(x − ct)} + 12c

∫ x+ct

x−ctg(s) ds

(f(x), g(x)は周期 2Lの奇関数)

拡散方程式: ut − κuxx = 0の解

初期条件 u(x, 0) = f(x)

境界条件 周期的境界条件: u(0, t) = u(2L, t) 無限に長い棒: X(x)→0 (|x|→∞)

変数分離法 X ′′(x) − kX(x) = 0 X ′′(x) + ω2X(x) = 0 (k = −ω2)

T ′(t) − κkT (t) = 0 T ′(t) + κω2T (t) = 0

解 u(x, t) A0

2+

∞∑n=1

(An cosnπ

Lx + Bn sin

nπ

Lx)e−κ( nπ

L)2t 1

2π

∫ ∞

−∞F (ω)eiωx−κω2t dω

解の係数 An = 1L

∫ L−L f(x) cos nπx

Ldx F (ω) =

∫ ∞−∞ f(x)e−iωx dx

Bn = 1L

∫ L−L f(x) sin nπx

Ldx

An, Bn : f(x) のフーリエ級数展開の係数

初期条件 u(x, 0) = f(x)

境界条件 ディリクレ境界条件 (テキスト P.151): ノイマン境界条件 (テキスト P.163):u(0, t) = u(L, t) = 0 ux(0, t) = ux(L, t) = 0

変数分離法 X ′′(x) − kX(x) = 0 X ′′(x) − kX(x) = 0

T ′(t) − κkT (t) = 0 T ′(t) − κkT (t) = 0

解 u(x, t) テキスト問題 5-3の 1を解け テキスト第 5章演習問題の [3]を解け解の係数

5.4 ラプラスの方程式

[2次元ラプラスの方程式]

次の楕円型の 2階線形同次偏微分方程式を 2次元ラプラスの方程式と呼んでいる。

∂2u(x, y)

∂x2+

∂2u(x, y)

∂y2= 0 (5.104)

関数 u(x, y)が時間 tに依存していない点がラプラスの方程式の特徴であり, 物体表面の電位分布や金属板の熱の定常分布など, 2次元平面上の分布を表わしている。

[変数分離法を用いたフーリエ級数による解]

ラプラスの方程式を次の境界条件の下で解く

ディリクレ型境界値問題

u(0, y) = u(a, y) = 0

u(x, b) = 0

u(x, 0) = f(x)

まず, 式 (5.104)を満足する特解を変数分離法によって求める。すなわち, 解 u(x, y)は次の形に表わせるものとする。

u(x, y) = X(x)Y (y) (5.105)

式 (5.105)を式 (5.104)に代入すると

d2X(x)

dx2Y (y) = −X(x)

d2Y (y)

dy2(5.106)

両辺をX(x)Y (y)で割ると

1

X(x)

d2X(x)

dx2= − 1

Y (y)

d2Y (y)

dy2= k (5.107)

式 (5.107)の左辺は xだけの関数, 右辺は yだけの関数だから, 式 (5.107)は定数でなければならない。その定数を kとおくと (注:テキストでは, k = −p2 < 0とおいて,

√−k = pと置

き換えている) d2X(x)

dx2 = kX(x)d2Y (y)

dy2 = −kY (y)(5.108)

を得る。境界条件より {X(0)Y (y) = X(a)Y (y) = 0

X(x)Y (b) = 0(5.109)

X(x)6=0, Y (y)6=0ならば {X(0) = X(a) = 0

Y (b) = 0(5.110)

を得る。式 (5.108)の第 1式の解は 5.2節のときと同様に kの値が正, ゼロ, 負によって 3種類 (S1～S3)に分かれるが, X(x)6=0で解が存在するのは k < 0の場合で

X(x) = A cos√−kx + B sin

√−kx (5.111)

で与えられることがわかる。式 (5.110)の第 1式より{X(0) = A = 0

X(a) = A cos√−ka + B sin

√−ka = B sin

√−ka = 0

(5.112)

式 (5.112)よりsin

√−ka = 0 (5.113)

√−ka = nπ (n = 1, 2, · · ·) (5.114)

√−k =

nπ

aまたは kn = −

(nπ

a

)2

(n = 1, 2, · · ·) (5.115)

すなわち, X(x)はX(x) = Xn(x) = Bn sin

nπ

ax (n = 1, 2, · · ·) (5.116)

式 (5.115)を式 (5.108)の第 2式に代入すると

d2Y (y)

dy2=

(nπ

a

)2

Y (y) (5.117)

となる。式 (5.117)の解はY (y) = Ae

nπa

y + Be−nπa

y (5.118)

境界条件の式 (5.110)の第 2式より

Y (b) = Aenπa

b + Be−nπa

b = 0 (5.119)

となる。これよりB

A= −e

2nπa

b (B = −Ae2nπ

ab) (5.120)

したがって, n = 1, 2, · · ·に対して, Cnを任意定数として

Yn(y) = Aenπa

y − Ae2nπ

abe−

nπa

y

= Aenπa

b(enπa

(y−b) − e−nπa

(y−b))

= C ′n(e

nπa

(y−b) − e−nπa

(y−b))

= Cn sinhnπ

a(y − b) (sinh x =

ex − e−x

2, Cn = 2C ′

n) (5.121)

を得る。式 (5.116), 式 (5.121)より, 式 (5.104)と与えられた境界条件を満足する式 (5.105)

の特解は

un(x, y) = Xn(x)Yn(y) = Bn sinnπ

ax sinh

nπ

a(y − b) (n = 1, 2, · · ·) (5.122)

となる。Bnは任意定数である。解の重ね合わせの原理により, 式 (5.104)を満足する解は

u(x, y) =∞∑

n=1

Bn sinnπ

ax sinh

nπ

a(y − b) (5.123)

このとき, 境界条件より

u(x, 0) =∞∑

n=1

(−Bn sinhnπ

ab) sin

nπ

ax = f(x) (5.124)

式 (5.124)はフーリエ正弦級数の形をしているから

−Bn sinhnπ

ab =

2

a

∫ a

0f(x) sin

nπ

ax dx (n = 1, 2, · · ·) (5.125)

Bn = − 2

a sinh nπa

b

∫ a

0f(x) sin

nπ

ax dx (n = 1, 2, · · ·) (5.126)

以上をまとめると式 (5.104)と与えられた境界条件を満足する解は式 (5.123)であり, Bn

は式 (5.126)で計算できる。すなわち

u(x, y) =2

a

∞∑n=1

∫ a0 f(x) sin nπ

ax dx

sinh nπa

bsin

nπ

ax sinh

nπ

a(b − y) (5.127)