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7.3.3 解答

7.3.3

1.

この問題の数学的モデルは

$\displaystyle u_{t} = k u_{xx} $

両端の温度が$0^{\circ}$より $u(0,t) = u(2,t) = 0$．また定常温度分布が$f(x)$より $u(x,0) = f(x)$．よって次のような境界値問題を得る．

$\displaystyle u_{t} = k u_{xx}, \ u(0,t) = u(2,t) = 0, \ u(x,0) = f(x) $

ここで変数分離法を用いる． $u(x,t) = X(x)T(t)$とおき，一次元熱伝導方程式に代入すると

$\displaystyle X T^{\prime} = k X^{\prime\prime}T $

より

$\displaystyle \frac{X^{\prime\prime}}{X} = \frac{T^{\prime}}{k T} = \lambda. $

これよりただちに次の微分方程式を得る．

$\displaystyle X^{\prime\prime} - \lambda X = 0, \ \ T^{\prime} - k\lambda T = 0. $

ここで$u$の境界条件を用いると，すべての$t$に対して

$\displaystyle u(0,t) = X(0)T(t) = 0, $

$\displaystyle u(2,t) = X(2)T(t) = 0 $

となる．これは$T(t)$が0でないならば， $X(0) = X(2) = 0$を意味する．よってこれよりSturm-Liouville問題

$\displaystyle X^{\prime\prime} - \lambda X = 0, \ X(0) = X(2) = 0 $

を得る．すでに学んだように，この問題は固有値 $\lambda_{n} = - n^{2}\pi^{2}/4$，固有関数 $X_{n}(x) = \sin{n \pi x/2}$をもっている．また，固有値 $\lambda_{n} = - n^{2}\pi^{2}/4$のとき，

$\displaystyle T^{\prime} + \frac{k n^2 \pi^2}{4} T = 0 $

の一般解は

$\displaystyle T_{n} = B_{n}e ^{-\frac{k n^2 \pi^2}{4}t }. $

ここで$X_{n}$と$T_{n}$の積

$\displaystyle u_{n}(x,t) = B_{n} \sin{\frac{n\pi x}{2}}e ^{-\frac{k n^2 \pi^2}{4}t} $

は一次元波動方程式をみたし，さらに境界条件を満たしている．よって重ね合わせの原理より

$\displaystyle u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}u_{n}(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}B_{n}\sin{\frac{n\pi x}{2}}e ^{-\frac{k n^2 \pi^2}{4}t} $

ここで初期条件 $u(x,0) = f(x)$より

$\displaystyle f(x) = u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} B_{n}\sin{\frac{n \pi x}{2}} $

よって
$\displaystyle B_{n}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{2}\int_{0}^{2} f(x) \sin{\frac{n\pi x}{2}} dx$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \int_{0}^{1}x \sin{\frac{n\pi x}{2}} dx + \int_{1}^{2}(2-x)\sin{\... ...2}}dx\\ du = dx & v = -\frac{2}{n\pi}\cos{\frac{n\pi x}{2}} \end{array}\right)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -\frac{2x}{n\pi} \cos{\frac{n\pi x}{2}}\mid_{0}^{1} + \frac{4}{(n \pi)^{2}}\sin{\frac{ n\pi x}{2}}\mid_{0}^{1}$  
  $\displaystyle -$ $\displaystyle \frac{4}{n\pi}\cos{\frac{n \pi x}{2}}\mid_{1}^{2} + \frac{2x}{n \pi} \cos{\frac{n\pi x}{2}}\mid_{1}^{2}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{4}{(n\pi)^{2}}\sin{\frac{n\pi}{2}}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left\{\begin{array}{cl} \frac{4}{(2m+1)^{2}\pi^2}(-1)^{m} & n = 2m + 1\\ 0 & n = 2m \end{array}\right.$  

これより

$\displaystyle u(x,t) = \frac{4}{\pi^{2}}\sum_{m=0}^{\infty} \frac{(-1)^{m}}{(2m... ...\sin{\frac{(2m+1)\pi x}{2}} e^{-\frac{k(2m+1)^{2}\pi^{2} t}{4}}\ \ \framebox{終}$

2. $f(x) = x(2-x)$より

$\displaystyle f(x) = x(2-x) = u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty} B_{n}\sin{\frac{n \pi x}{2}} $

よって
$\displaystyle B_{n}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{2}\int_{0}^{2}x(2-x) \sin{\frac{n\pi x}{2}} dx$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle -\frac{2x(2-x)}{n\pi} \cos{\frac{n\pi x}{2}}\mid_{0}^{2} + \frac{2}{(n \pi)^{2}}\int_{0}^{2}2(1-x)\cos{\frac{ n\pi x}{2}}\mid_{0}^{2}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{(n\pi)^{2}}[\frac{4(1-x)}{n\pi}\sin{\frac{n\pi}{2}}\mid_{0}^{2} + \frac{4}{n\pi} \int_{0}^{2}\sin{\frac{n\pi x}{2}} dx$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{2}{n\pi}[- \frac{8}{(n\pi)^{2}} \cos{\frac{n \pi x}{2}}\mid{0}^{2}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle - \frac{16}{(n\pi )^{3}} (\cos{n\pi} - 1)$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{16}{n^3 \pi^3} (1 - (-1)^{n})$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \left\{\begin{array}{cl} \frac{16}{(2m+1)^3 \pi^3} \cdot 2 & n = 2m + 1\\ 0 & n = 2m \end{array}\right.$  

これより

$\displaystyle u(x,t) = \frac{32}{\pi^{3}}\sum_{m=0}^{\infty} \frac{1}{(2m+1)^{3}}\sin{\frac{(2m+1)\pi x}{2}} e^{-\frac{k(2m+1)^{2}\pi^{2} t}{4}}\ \ \framebox{終}$

3. $u(x,t)$を棒の温度とすると，定常温度分布は$u_{t} = 0 $を満たす．つまりラプラス方程式 $u_{xx} = 0$を満たす．よって棒の温度は

$\displaystyle u_{x} = c, \ u = cx + d $

で与えられる．ここで $u(0,t) = 10, u(1,t) = 90$より

$\displaystyle u(0,t) = d = 10, \ u(1,t) = c + d = 90 $

よって $c = 80, d = 10$．これより $u(x,t) = 80x + 10$． \framebox{終}

4.

(a) $t$に対してラプラス変換をとると

$\displaystyle {\cal L}u_{xx} = k{\cal L}u_{t} $

より

$\displaystyle U_{xx}(x,s) = k(sU(x,s) - u(x,0)) $

ここで $u(x,0) = f(x)$より

$\displaystyle U_{xx}(x,s) - ksU(x,s) = -kf(x) , \ - \infty < x < \infty $

これは$x$についての2階の線形微分方程式であるから，定数変化法を用いて解くことができる．

(b) $U_{xx}(x,s) - ks U(x,s) = 0$の特性方程式は $m^2 - ks = 0 $より $m = \pm \sqrt{ks}$．よって余関数 $U_{c}(x,s)$は

$\displaystyle U_{c}(x,s) = c_{1}e^{-\sqrt{ks}x} + c_{2}e^{\sqrt{ks}x}$

次に特殊解 $U_{p}(x,s)$を定数変化法で求める．

$\displaystyle U_{p}(x,s) = u_{1}e^{-\sqrt{ks}x} + u_{2}e^{\sqrt{ks}x}$

より
$\displaystyle u_{1}^{\prime}e^{-\sqrt{ks}x} + u_{2}^{\prime}e^{\sqrt{ks}x}$ $\displaystyle =$ 0  
$\displaystyle u_{1}^{\prime}(-\sqrt{ks})e^{-\sqrt{ks}x} + u_{2}^{\prime}(\sqrt{ks})e^{\sqrt{ks}x}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle -kf(x)$  

ここでCramerの公式を用いると
$\displaystyle u_{1}^{\prime}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{\left\vert\begin{array}{cc} 0 & e^{\sqrt{ks}x}\\ -kf(x) & ... ...-\sqrt{ks})e^{-\sqrt{ks}x} & (\sqrt{ks})e^{\sqrt{ks}x} \end{array}\right \vert}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{kf(x)e^{\sqrt{ks}x}}{2\sqrt{ks}}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2}\sqrt{\frac{k}{s}}f(x) e^{\sqrt{ks}x}$  
$\displaystyle u_{2}^{\prime}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle -\frac{1}{2}\sqrt{\frac{k}{s}}f(x) e^{-\sqrt{ks}x}$  

これより
$\displaystyle u_{1}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} \int \sqrt{\frac{k}{s}}f(x) e^{\sqrt{ks}x} dx$  
$\displaystyle u_{2}$ $\displaystyle =$ $\displaystyle -\frac{1}{2} \int \sqrt{\frac{k}{s}}f(x) e^{-\sqrt{ks}x} dx$  

よって
$\displaystyle U(x,s)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle U_{c} + U_{p}$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle c_{1}e^{-\sqrt{ks}x} + c_{2}e^{\sqrt{ks}x}$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{x} \sqrt{\frac{k}{s}}f(y) e^{\sqrt{ks}y} dy e^{-\sqrt{ks}x}$  
  $\displaystyle -$ $\displaystyle \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{x} \sqrt{\frac{k}{s}}f(y) e^{-\sqrt{ks}y} dy e^{\sqrt{ks}x}$  

ここで$U(x,s)$は $\vert x\vert \rightarrow \infty$で有界であるから $c_{1} = c_{2} = 0$．よって
$\displaystyle U(x,s)$ $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{x} \sqrt{\frac{k}{s}}f(y) e^{\sqrt{ks... ... - \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{x} \sqrt{\frac{k}{s}}f(y) e^{-\sqrt{ks}(y-x)} dy$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{0} \sqrt{\frac{k}{s}}f(y) e^{\sqrt{ks... ... - \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{0} \sqrt{\frac{k}{s}}f(y) e^{-\sqrt{ks}(y-x)} dy$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle \int_{0}^{x} \sqrt{\frac{k}{s}}f(y) \sinh{\sqrt{ks}{(y-x)}} dy$  
  $\displaystyle =$ $\displaystyle \frac{1}{2} \int_{-\infty}^{0} \sqrt{\frac{k}{s}}f(y) e^{\sqrt{ks... ...dy + \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} \sqrt{\frac{k}{s}}f(y) e^{\sqrt{ks}(y-x)} dy$  
  $\displaystyle +$ $\displaystyle \int_{0}^{x} \sqrt{\frac{k}{s}}f(y) \sinh{\sqrt{ks}{(y-x)}}dy \ \ \framebox{終}$  

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