偏微分方程式の3つの解法(Three methods of solving patial differential equations)

同次の定数係数の偏微分方程式の解法には，次の3つの解法がよく用いられます．まず

$$u_{x} + bu_{y} + cu = Q(x,y)$$

の形の偏微分方程式は，変数変換 $\xi = x, \eta = bx - y$を用いることにより$u_{y}$の項を落とすことができるので，その解は常微分方程式

$$u^{\prime} + cu = Q$$

を解くことにより求めることができます．実際，

$$\xi = x, \eta = bx - y$$

とおくと，

$$u(x,y) = U(\xi,\eta) = U(x,bx-y).$$

これより，

$$u_{x} = \frac{\partial U}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial x} + ... ...artial U}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial x} = U_{\xi} + bU_{\eta},$$

$$u_{y} = \frac{\partial U}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial y} + \frac{\partial U}{\partial \eta}\frac{\partial \eta}{\partial y} = - bU_{\eta}.$$

よって

$$u_{x} + bu_{y} + cu = U_{\xi} + cU = Q(\xi, b\xi - \eta).$$

例題 7..5  

$u_{x} + 2u_{y} + u = y$を解け．

解 $\xi = x, \eta = 2x - y$とおくと

$$u_{x} + 2u_{y} + u = U_{\xi} + U = 2\xi - \eta$$

となる．これは$\xi$について1階線形なので積分因子 $\mu = e^{\int d\xi} = e^{\xi}$より，

$$\frac{d(e^{\xi} U)}{d \xi} = 2\xi e^{\xi} - \eta e^{\xi}$$

を得る．ここで両辺を$\xi$で積分すると，

$$e^{\xi} U = \int {2\xi e^{\xi} - \eta e^{\xi}}d\xi = 2(\xi e^{\xi} - e^{\xi}) - \eta e^{\xi} + \phi(\eta)$$

$$= e^{\xi}(2\xi - 2 - \eta) + \phi(\eta).$$

よって

$$u(x,y) = U(\xi,\eta) = e^{-\xi}e^{\xi}(2\xi - 2 - \eta) + e^{-\xi}\phi(\eta)$$

$$= 2x - 2 - (2x - y) + e^{-x}\phi(2x-y) = y - 2 + e^{-x}\phi(2x-y) . \ensuremath{ \blacksquare}$$

次の解法は変数分離法(method of separation of variables)とよばれるもので，$x$の関数$X(x)$と$y$の関数$Y(y)$の積の形の解$u(x,y)$を捜す方法です．

例題 7..6  

Laplace方程式 $\Delta_{2}u = 0$を解け．

解 $u_{xx} + u_{yy} = 0$を $u(x,y) = X(x)Y(y)$を用いて解く．
まず $u_{x} = X^{\prime}(x)Y(y), u_{xx} = X^{\prime\prime}(x)Y(y), u_{y} = X(x)Y^{\prime}(y), u_{yy} = X(x)Y^{\prime\prime}(y)$より

$$X^{\prime\prime}(x)Y(y) + X(x)Y^{\prime\prime}(y) = 0$$

となる．これを変数分離すると

$$\frac{X^{\prime\prime}(x)}{X(x)} = - \frac{Y^{\prime\prime}(y)}{Y(y)} .$$

ここで左辺は$y$と独立で右辺は$x$と独立．それが等しいということはともに同じ定数ということがいえる．この定数を$\lambda$とおくと

$$\frac{X^{\prime\prime}}{X} = \lambda, \frac{Y^{\prime\prime}}{Y} = - \lambda .$$

$\lambda > 0$のとき $\lambda = k^{2} (k > 0)$とおくと

$$X = c_{1}e^{kx} + c_{2}e^{-kx}, Y = C_{1}\cos{ky} + C_{2}\sin{ky}.$$

$\lambda < 0$のとき $\lambda = - k^{2} (k > 0)$とおくと

$$X = c_{1}\cos{kx} + c_{2}\sin{kx}, Y = C_{1}e^{ky} + C_{2}e^{-ky}.$$

$\lambda = 0$のとき

$$X = c_{1}x + c_{2}, Y = C_{1}y + C_{2}.$$

よってLaplace方程式が解をもつなら解は次のいずれかの形をとる．

$$(Ae^{kx} + Be^{-kx})(C\cos{ky} + D\sin{ky}) k > 0,$$

$$(A\cos{kx} + B\sin{kx})(Ce^{ky} + De^{-ky}) k > 0,$$

$$(Ax + B)(Cy + D) . \ensuremath{ \blacksquare}$$

$u(x,y) = X(x)Y(y)$を代入することにより$X(x)$と$Y(y)$を分離できる微分方程式を変数分離形(separation of variables)といいます．

例題 7..7  

次の境界値問題を解け．

$$u_{xx} + u_{yy} = 0, u(0,y) = u(2,y) = 0, u(x,0) = \sin{\pi x} - 3\sin{5\pi x}, u_{y}(x,0) = 0 .$$

解 $u_{xx} + u_{yy} = 0$よりさきほどの例題の結果が使えます．初期条件$u(x,0)$の形より3つの解の中から

$$u(x,y) = (A\cos{kx} + B\sin{kx})(Ce^{ky} + De^{-ky})$$

を選びます．ここで $u(0,y) = 0$より

$$A(Ce^{ky} + De^{-ky}) = 0 .$$

よって$A = 0$または$C = D = 0$．しかし$C = D = 0$なら $u(x,y) = 0$となるので $A = 0$とおくと

$$u(x,y) = B\sin{kx}(Ce^{ky} + De^{-ky}).$$

ここで境界条件 $u(2,y) = 0$を用いると

$$B\sin{2k}(Ce^{ky} + De^{-ky}) = 0.$$

$B = 0$または$C = D = 0$なら $u(x,y) = 0$となるので

$$\sin{2k} = 0$$   よって$$k = \frac{n\pi}{2} (n = 0,1,2,\ldots).$$

これより

$$u(x,y) = B\sin{\frac{n\pi x}{2}}(Ce^{\frac{n\pi y}{2}} + De^{-\frac{n\pi y}{2}})$$

$$= \sin{\frac{n\pi x}{2}}(ce^{\frac{n\pi y}{2}} + de^{-\frac{n\pi y}{2}}).$$

初期条件 $u_{y}(x,0) = 0$を用いるために両辺を$y$で偏微分すると

$$u_{y}(x,y) = \sin{\frac{n\pi x}{2}}(\frac{cn\pi}{2}e^{\frac{n\pi y}{2}} - \frac{dn\pi}{2}e^{-\frac{n\pi y}{2}}).$$

初期条件 $u_{y}(x,0) = 0$より

$$u_{y}(x,0) = \sin{\frac{n\pi x}{2}}(\frac{cn\pi}{2} - \frac{dn\pi}{2}) = 0.$$

よって $c = d = c_{n}$．これよりここまでの条件を満たす解の列

$$u_{n}(x,y) = c_{n}\sin{\frac{n\pi x}{2}}(e^{\frac{n\pi y }{2}} + e^{-\frac{n\pi y}{2}})$$

を得る． 最後に初期条件 $u(x,0) = \sin{\pi x} - 3\sin{5\pi x}$を満たすために， $c_{2} = 1/2, c_{10} = -3/2$その他の$c_{n} = 0$とおき，重ね合わせの原理を用いると

$$u(x,y) = \sin{\pi x}(\frac{e^{\pi y} + e^{-\pi y}}{2}) - 3\sin{5\pi x}(\frac{e^{5\pi y} + e^{-5\pi y}}{2}). \ensuremath{ \blacksquare}$$

$\cosh{ky} = (e^{ky} + e^{-ky})/2, \sinh{ky} = (e^{ky} - e^{-ky})/2$を用いると $Ce^{ky} + De^{-ky}$の代わりに $C\cosh{ky} + D\sinh{ky}$が使えます．

次の例題が示すように，変数分離法は変数係数の偏微分方程式にも使えます．

例題 7..8  

$x^{2}u_{xx} + xu_{x} - u_{y} = 0$を解け．

解 $u(x,y) = X(x)Y(y)$を与えられた方程式に代入すると

$$x^{2}X^{\prime\prime}Y + xX^{\prime}Y - xY^{\prime} = 0.$$

変数分離すると

$$\frac{x^{2}X^{\prime\prime} + xX^{\prime}}{X} = \frac{Y^{\prime}}{Y}.$$

左辺と右辺はある定数に等しいはずなので，この定数を$\lambda$とおくと

$$x^{2}X^{\prime\prime} + xX^{\prime} - \lambda X = 0, Y^{\prime} - \lambda Y = 0.$$

最初の方程式はCauchy-Eulerの方程式で$x = e^{t}$とおくことにより解が得られる．
$\lambda > 0$のとき $\lambda = k^{2}$とおくと $X = c_{1}x^{k} + c_{2}x^{-k}$,
$\lambda < 0$のとき $\lambda = -k^{2}$とおくと $X = c_{3}\cos{\log{x}} + c_{4}\sin{\log{x}}$,
$\lambda = 0$のときは $X = c_{5}\log{x} + c_{6}$となる．
2つめの方程式は
$\lambda = k^{2}$とおくと $Y = C_{1}e^{k^{2}y}$,
$\lambda = -k^{2}$とおくと $Y = C_{2}e^{-k^{2}y}$,
$\lambda = 0$のときは$Y = C_{3}$となる． したがって，

$$\{e^{k^{2}y}x^{\pm k}, e^{-k^{2}y}\cos{(k \log{x})}, e^{-k^{2}y}\sin{(k \log{x})}, \log{x}, 1 \}$$

の一次結合が解となる． $\blacksquare$

偏微分方程式のすべてが変数分離形になるわけではありません．たとえば

$$u_{xx} + u_{xy} + u_{yy} = 0$$

はそのひとつです．そこでそんなとき用いられるのがD'Alembert法とよばれる方法で，2階定数係数偏微分方程式

$$Au_{xx} + Bu_{xy} + Cu_{yy} = G(x,y)$$

において，変数変換 $v = x + my, w = x + ny$とおくことにより，$u(x,y)$を$U(v,w)$と $v(x,y),w(x,y)$の合成関数とし，$U_{vv}$と$U_{ww}$の係数が0になるように$m$と $n$を選ぶことにより $U_{vw} = G(v,w)$を求めるという方法です．次の例題で詳しく示してみましょう．

例題 7..9  

$u_{xx} - u_{xy} - 2u_{yy} = e^{x+y}$を解け．

解 $v = x + my, w = x + ny$とおくと

$$u(x,y) = U(v(x,y),w(x,y)) = U(x+my,x+ny).$$

これより

$$u_{x} = \frac{\partial U}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x} + \frac{\partial U}{\partial w}\frac{\partial w}{\partial x} = U_{v} + U_{w},$$

$$u_{xx} = U_{vv}v_{x} + U_{vw}w_{x} + U_{wv}v_{x} + U_{ww}w_{x}$$

$$= U_{vv} + U_{vw} + U_{wv} + U_{ww} = U_{vv} + 2U_{vw} + U_{ww}.$$

同様にして，

$$u_{y} = \frac{\partial U}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y} + \frac{\partial U}{\partial w}\frac{\partial w}{\partial y} = mU_{v} + nU_{w},$$

$$u_{xy} = mU_{vv} + (m+n)U_{vw} + nU_{ww},$$

$$u_{yy} = m^{2}U_{vv} + 2mnU_{vw} + n^{2}U_{ww}.$$

これを元の微分方程式に代入すると

$$U_{vv}(1-m-2m^{2}) + U_{vw}(2-m-n-4mn) + U_{ww}(1-n-2n^{2}) = e^{x+y}.$$

ここで$m,n$を二次方程式 $1-t-2t^{2}$の異なる実数解とすると $m = -1, n = 1/2$． これより $\frac{9}{2}U_{vw} = e^{x+y} = e^{(4w-v)/3}$を得る．これを解くと

$$U_{v}(v,w) = \frac{2}{9}\int e^{(4w-v)/3}dw = \frac{1}{6}e^{(4w-v)/3} + c(v).$$

$v$で積分すると

$$U(v,w) = \int (\frac{1}{6}e^{(4w-v)/3} + c(v))dv = -\frac{1}{2}e^{(4w-v)/3} + g(v) + h(w), g,h \in C^{2}．$$

よって

$$u(x,y) = U(v,w) = -\frac{1}{2}e^{(4w-v)/3} + g(v) + h(w)$$

$$= -\frac{1}{2}e^{x+y} + g(x - y) + h(x + \frac{1}{2} y). \ensuremath{ \blacksquare}$$

例題 7..10  

$D'lembert$法を用いて波動方程式 $u_{xx} = (1/c^{2})u_{tt} ( 0 < x < L, t > 0)$の解で初期条件

$$u(x,0) = f(x), u_{t}(x,0) = 0$$

と境界条件

$$u(0,t) = u(L,t) = 0$$

を満たすものを求めよ.

解 $v = x + my, w = x + ny$とおくと$m,n$は二次方程式 $1 - t^{2}/c^{2} = 0$の解になるので $m = c, n = -c$．よって

$$u(x,y) = g(x + ct) + h(x - ct).$$

ここで初期条件を用いると

$$u(x,0) = g(x) + h(x) = f(x),$$

$$u_{t}(x,0) = cg^{\prime}(x) - ch^{\prime}(x) = 0.$$

これより $g^{\prime}(x) = h^{\prime}(x)$．よって $g(x) = h(x) + k$，ただし$k$はある定数．この$g(x)$を上の2つの式の最初のほうに代入すると

$$h(x) + k + h(x) = f(x)$$

となる．これより

$$h(x) = \frac{f(x) - k}{2},$$

$$g(x) = \frac{f(x) + k}{2}.$$

したがって

$$u(x,t) = \frac{f(x+ct) + f(x-ct)}{2}. \ensuremath{ \blacksquare}$$