ポアソン方程式の境界条件とグリーン関数〜源の寄与と境界の寄与に分ける

ラプラス方程式 $\Delta u=0$ は源のない場を表しますが、現実には電荷や質量や熱源があります。その源を右辺に置いた形がポアソン方程式です。

$$\Delta u=f$$

$\Delta$ はラプラシアン、$f$ は源の分布を表す既知の関数。ラプラス方程式は $f=0$ の場合にあたり、ポアソン方程式はその一般化です。

ポアソン方程式が出てくる場所

代表は静電場です。電荷密度 $\rho$ が与えられたとき、静電ポテンシャル $\varphi$ は次の方程式に従う。

$$\Delta \varphi =-\frac{\rho }{{\epsilon }_0}$$

${\epsilon }_0$ は真空の誘電率。電荷のない領域では $\rho =0$ になり、方程式はラプラス方程式に戻る。

重力ポテンシャル $\Phi$ も同じ形で、質量密度 ${\rho }_m$ に対して $\Delta \Phi =4\pi G{\rho }_m$ に従います。内部に熱源がある定常熱伝導の温度分布も、同じ形に書ける。

境界条件の分類

微分方程式だけでは解が決まりません。領域の境界 $\partial \Omega$ の上で何かを指定する必要があり、その指定が境界条件です^[1]。

どれを選ぶかは解の存在と一意性に直結する。ディリクレ条件なら解は 1 つに決まる。ノイマン条件では事情が変わります。

ノイマン問題には解ける条件がつく

ノイマン条件では、$f$ と $h$ を勝手に決めると解が存在しません。方程式を領域全体で積分すると、両者が結びついているからです^[2]。

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\Omega }fdV& ={\int }_{\Omega }\Delta udV\\ & ={\int }_{\Omega }\nabla \cdot \nabla udV\\ & ={\oint }_{\partial \Omega }\nabla u\cdot ndS\\ & ={\oint }_{\partial \Omega }hdS\end{array}$$

3 つ目の等号が発散定理。左端と右端だけを見ると、次の等式が必要だと分かる。

$${\int }_{\Omega }fdV={\oint }_{\partial \Omega }hdS$$

源が領域の中で生む量と、境界から出ていく量が釣り合っていなければならない。

この等式が成り立つときでも、解は 1 つに決まりません。$u$ が解なら $u+c$ も同じ方程式と同じ境界条件を満たすため、領域の平均値を固定するといった条件を足して 1 つに絞る。

1 次元のポアソン方程式を解く

区間 $[0,1]$ の上で、次の方程式を考えます。

$$\frac{d^{2}u}{d{x}^2}=-\sin (\pi x)$$

境界条件は $u(0)=0$、$u(1)=0$ のディリクレ条件。右辺を 2 回積分する。

$$\begin{array}{rl}\frac{du}{dx}& =\frac{1}{\pi }\cos (\pi x)+C_1\\ u(x)& =\frac{1}{{\pi }^2}\sin (\pi x)+C_{1}x+C_2\end{array}$$

$u(0)=0$ から $C_2=0$。$u(1)=0$ に入れると $\frac{1}{{\pi }^2}\sin (\pi )+C_1=0$ で、$\sin (\pi )=0$ だから $C_1=0$ です。

$$u(x)=\frac{1}{{\pi }^2}\sin (\pi x)$$

中央の $x=\frac{1}{2}$ で最大値 $\frac{1}{{\pi }^2}$ をとり、両端で $0$ になる。源 $-\sin (\pi x)$ が中央で最も強いことと合う。

境界条件を変えると解が変わる

同じ方程式でも境界条件を替えれば解は別物になる。$u(0)=0$、$u(1)=1$ にしてみる。

一般解 $u(x)=\frac{1}{{\pi }^2}\sin (\pi x)+C_{1}x+C_2$ に入れると $C_2=0$、$C_1=1$ で、次の形になります。

$$u(x)=\frac{1}{{\pi }^2}\sin (\pi x)+x$$

源による $\frac{1}{{\pi }^2}\sin (\pi x)$ に、境界条件による $x$ が重なった形。上の図の青と緑が、この 2 つの解です。

1 次元でノイマン条件を試す

同じ $u^{\prime \prime }=-\sin (\pi x)$ に、今度は $u^{\prime }(0)=0$、$u^{\prime }(1)=0$ を課す。

1 次元では境界が 2 点だけのため、可解条件は次の形になる。外向きの法線は $x=1$ で $+1$、$x=0$ で $-1$。

$${\int }_0^{1}fdx=u^{\prime }(1)-u^{\prime }(0)$$

左辺を計算します。

$${\int }_0^1-\sin (\pi x)dx=\frac{1}{\pi }[\cos (\pi x){]}_0^1=-\frac{2}{\pi }$$

右辺は $0-0=0$ で、左辺の $-\frac{2}{\pi }$ と合いません。この境界条件では解が存在しない。

$u^{\prime }(1)=-\frac{2}{\pi }$ にすると釣り合う。$u^{\prime }=\frac{1}{\pi }\cos (\pi x)+C_1$ に $u^{\prime }(0)=0$ を入れると $C_1=-\frac{1}{\pi }$ で、解は次の形。

$$u(x)=\frac{1}{{\pi }^2}\sin (\pi x)-\frac{x}{\pi }+C_2$$

$C_2$ はどんな値でもよく、ここに定数分の自由が残ります。ノイマン条件だけでは、グラフの上下の位置が決まりません。

源の寄与と境界の寄与に分ける

ポアソン方程式は線形なので、解を 2 つに分けられる。ディリクレ問題 $\Delta u=f$、$u{|}_{\partial \Omega }=g$ を次の 2 つに割る。

足した $u=u_f+u_g$ は $\Delta u=f+0=f$ を満たし、境界では $0+g=g$ になる。だからこれがもとの問題の解。

$u_g$ のほうはラプラス方程式だから、源を忘れて境界だけを見ればよい。1 次元では調和関数が 1 次関数になるため、$u(0)=0$、$u(1)=1$ なら $u_g=x$ です。

さきほどの $\frac{1}{{\pi }^2}\sin (\pi x)+x$ は、まさにこの分け方になっている。前半が $u_f$、後半が $u_g$ です。

グリーン関数による解の表現

$u_f$ を系統的に求める道具がグリーン関数です^[1]。領域 $\Omega$ のディリクレ問題を考える。

$$\Delta u=f$$

これが $\Omega$ の中で成り立ち、境界 $\partial \Omega$ の上では $u=0$ とします。

グリーン関数 $G(x,y)$ は、点 $y$ に置いた単位の点源への応答。これが求まれば、任意の $f$ に対する解を積分 1 本で書ける。

$$u(x)={\int }_{\Omega }G(x,y)f(y)dy$$

符号の約束に気をつける。ここでは ${\Delta }_{x}G=\delta$ ととったので、$G$ は負の値をとる。$-\Delta u=f$ の形で書く教科書では $G$ の符号が逆になります。

1 次元のグリーン関数

区間 $[0,1]$ では $G$ を手で書けます。$0<y<1$ を固定したとき、次の形。

$$G(x,y)=\{\begin{array}{ll}-x(1-y)& (0\le x\le y)\\ -y(1-x)& (y\le x\le 1)\end{array}$$

$G(0,y)=0$ と $G(1,y)=0$ を満たす。$x$ で微分すると $x<y$ では $-(1-y)$、$x>y$ では $y$ で、$x=y$ での跳びがちょうど $1$。だから 2 回微分すると $\delta (x-y)$ になる。

$f(x)=-\sin (\pi x)$ を入れて積分すると $u(x)=\frac{1}{{\pi }^2}\sin (\pi x)$ に戻ります。手で解いた答えと一致した。

円盤の上で解く

2 次元の具体例を 1 つ置く。単位円盤 $r<1$ の上で、次の問題を解く。

$$\Delta u=-4(r<1),u=0(r=1)$$

源が一定だから、解も中心のまわりで対称になると見当がつく。$u=1-r^2$ を試します。

$u=1-x^2-y^2$ と書けば $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}=-2$、$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=-2$ で、足して $-4$。$r=1$ では $u=0$。

極座標でも確かめられる。中心のまわりで対称な関数なら $\Delta u=u_{rr}+\frac{1}{r}{u}_r$ で、$u=1-r^2$ を入れると $-2+\frac{1}{r}(-2r)=-4$ になる。

高次元への拡張

2 次元以上では解析的に解ける場合が限られます。それでも方程式と境界条件の構造は同じ。

3 次元のグリーン関数がクーロンの法則と一致するのは偶然ではありません。点電荷 $q$ を原点に置くと $\rho =q\delta$ で、方程式は $\Delta \varphi =-\frac{q}{{\epsilon }_0}\delta$ になる。

グリーン関数を使うと $\varphi =-\frac{q}{{\epsilon }_0}\cdot \left(-\frac{1}{4\pi r}\right)=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_{0}r}$ になる。

点電荷のポテンシャルの式に一致しました。1 次元で決めた符号の約束が、ここでも合っています。

解の一意性

ディリクレ問題の一意性は、エネルギーを使って示せます。$u_1$ と $u_2$ が同じ方程式と同じ境界条件を満たすとして、差 $w=u_1-u_2$ をとる。

$\Delta w=f-f=0$ で、境界では $w=0$。グリーンの第一恒等式を当てる。

$${\int }_{\Omega }|\nabla w{|}^{2}dV={\oint }_{\partial \Omega }w\frac{\partial w}{\partial n}dS-{\int }_{\Omega }w\Delta wdV$$

右辺は境界で $w=0$、内部で $\Delta w=0$ だから、どちらの項も $0$ になる。左辺の被積分関数は $0$ 以上なので、$\nabla w=0$ です。

$w$ は定数で、境界で $0$ だから $w\equiv 0$。つまり $u_1=u_2$ になる。

適切性

一意性の議論は、適切性（well-posedness）の一部です。アダマールは 1902 年の論文で、物理的に意味のある問題は解けること（possible）と 1 つに決まること（déterminé）の 2 つを満たすと述べました^[3]。

データへの連続依存を加えた 3 条件で適切性を定義するのは、今の言い方です。解がデータの小さな変化で大きく動くなら、測定誤差や丸め誤差が答えを壊してしまう。

ポアソン方程式のディリクレ問題は 3 条件をすべて満たします。ノイマン問題のほうは、可解条件を課して平均値を固定したうえで適切になる。

境界条件は方程式にあとから足すものではなく、解の存在と一意性を決める側です。どの条件を課すかで、解が 1 つに決まるか、定数分ずれるか、そもそも存在しないかが変わる。

参考文献