変数分離法による偏微分方程式の計算演習

変数分離法は偏微分方程式を解くための最も基本的な手法です。「偏微分方程式を常微分方程式に帰着させる」という発想自体は明快ですが、実際に手を動かすと、境界条件の処理やフーリエ係数の計算で手が止まることがあります。この記事では、熱方程式・波動方程式・ラプラス方程式の典型問題を一つずつ丁寧に解いていきます。

変数分離法の手順

具体的な計算に入る前に、変数分離法の一般的な流れを確認しておきます。

どのステップも機械的に進められますが、とくに 3 番目と 4 番目で計算ミスが起きやすいので注意が必要です。

演習 1：熱方程式（両端固定温度ゼロ）

棒の温度分布を記述する熱方程式

$$\frac{\partial u}{\partial t}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2},0<x<\pi ,t>0$$

を境界条件 $u(0,t)=0$, $u(\pi ,t)=0$ と初期条件 $u(x,0)=x(\pi -x)$ のもとで解きます。

ステップ 1：変数分離

$u(x,t)=X(x)T(t)$ を代入すると

$$X{T}^{\prime }=X^{\prime \prime }T⟹\frac{T^{\prime }}{T}=\frac{X^{\prime \prime }}{X}=-\lambda$$

左辺は $t$ のみ、右辺は $x$ のみの関数なので、両辺は定数 $-\lambda$ に等しくなります。

ステップ 2：$X$ の固有値問題

$$X^{\prime \prime }+\lambda X=0,X(0)=0,X(\pi )=0$$

これは固有値問題の標準形です。$\lambda >0$ のとき一般解は $X=A\cos (\sqrt{\lambda }x)+B\sin (\sqrt{\lambda }x)$ であり、$X(0)=0$ から $A=0$、$X(\pi )=0$ から $B\sin (\sqrt{\lambda }\pi )=0$ です。$B\ne 0$ とするには

$$\sqrt{\lambda }\pi =n\pi ⟹{\lambda }_n=n^2(n=1,2,3,\dots )$$

固有関数は $X_n(x)=\sin (nx)$ です。

ステップ 3：$T$ の方程式

${\lambda }_n=n^2$ に対して

$$T^{\prime }+n^{2}T=0⟹T_n(t)=e^{-n^{2}t}$$

したがって各モードの解は $u_n(x,t)=e^{-n^{2}t}\sin (nx)$ であり、重ね合わせの原理から

$$u(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n{e}^{-n^{2}t}\sin (nx)$$

ステップ 4：フーリエ係数の決定

$t=0$ で初期条件 $u(x,0)=x(\pi -x)$ を満たすには

$$x(\pi -x)=\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin (nx)$$

フーリエ正弦係数の公式から

$$b_n=\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }x(\pi -x)\sin (nx)dx$$

被積分関数を展開すると $x(\pi -x)=\pi x-x^2$ です。部分積分を 2 回実行します。

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

$x=0$ と $x=\pi$ で $\pi x-x^2=0$ なので第 1 項は消えます。2 回目の部分積分を経て

$$b_n=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{2(1-\cos (n\pi ))}{n^3}=\frac{4(1-(-1{)}^n)}{\pi n^3}$$

$n$ が偶数なら $b_n=0$、奇数なら $b_n=\frac{8}{\pi n^3}$ です。最終的な解は

$$u(x,t)=\frac{8}{\pi }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{(2k+1{)}^3}{e}^{-(2k+1{)}^{2}t}\sin ((2k+1)x)$$

演習 2：波動方程式（両端固定、初速あり）

弦の振動を記述する波動方程式

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}=4\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2},0<x<1,t>0$$

を $u(0,t)=0$, $u(1,t)=0$, $u(x,0)=0$, $u_t(x,0)=\sin (3\pi x)$ のもとで解きます。初期変位はゼロで、初速だけが与えられている設定です。

ステップ 1：変数分離

$u=X(x)T(t)$ を代入して

$$\frac{T^{\prime \prime }}{4T}=\frac{X^{\prime \prime }}{X}=-\lambda$$

ステップ 2：$X$ の固有値問題

$$X^{\prime \prime }+\lambda X=0,X(0)=0,X(1)=0$$

区間が $[0,1]$ なので $\sqrt{\lambda }\cdot 1=n\pi$ から ${\lambda }_n=n^2{\pi }^2$、$X_n(x)=\sin (n\pi x)$ です。

ステップ 3：$T$ の方程式

$$T^{\prime \prime }+4n^2{\pi }^{2}T=0⟹T_n(t)=a_n\cos (2n\pi t)+b_n\sin (2n\pi t)$$

重ね合わせると

$$u(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }[a_n\cos (2n\pi t)+b_n\sin (2n\pi t)]\sin (n\pi x)$$

ステップ 4：初期条件の適用

初期変位 $u(x,0)=0$ から

$$\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\sin (n\pi x)=0⟹a_n=0(\text{すべての }n)$$

初速 $u_t(x,0)=\sin (3\pi x)$ から

$$\sum _{n=1}^{\infty }2n\pi b_n\sin (n\pi x)=\sin (3\pi x)$$

右辺は $n=3$ の項だけなので $2\cdot 3\pi \cdot b_3=1$、すなわち $b_3=\frac{1}{6\pi }$ です。それ以外の $b_n$ はすべてゼロになります。

$$u(x,t)=\frac{1}{6\pi }\sin (6\pi t)\sin (3\pi x)$$

演習 3：波動方程式（初期変位あり）

同じ波動方程式で、今度は初期変位だけが与えられた問題を解きます。

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial t^2}=4\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2},u(0,t)=0,u(1,t)=0$$

$$u(x,0)=x(1-x),u_t(x,0)=0$$

演習 2 と同じ固有値問題から $X_n(x)=\sin (n\pi x)$, ${\lambda }_n=n^2{\pi }^2$ です。初速ゼロの条件 $u_t(x,0)=0$ から $b_n=0$ となり

$$u(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }{a}_n\cos (2n\pi t)\sin (n\pi x)$$

$a_n$ を初期変位から求めます。

$$a_n=2{\int }_0^{1}x(1-x)\sin (n\pi x)dx$$

$x(1-x)=x-x^2$ として部分積分を 2 回実行すると

$$a_n=\frac{4(1-(-1{)}^n)}{n^3{\pi }^3}$$

$n$ が偶数なら $a_n=0$、奇数なら $a_n=\frac{8}{n^3{\pi }^3}$ です。

$$u(x,t)=\frac{8}{{\pi }^3}\sum _{k=0}^{\infty }\frac{1}{(2k+1{)}^3}\cos (2(2k+1)\pi t)\sin ((2k+1)\pi x)$$

演習 4：ラプラス方程式（矩形領域）

最後に、時間を含まないラプラス方程式を矩形領域上で解きます。

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0,0<x<2,0<y<1$$

境界条件は

$$u(0,y)=0,u(2,y)=0,u(x,0)=0,u(x,1)=\sin \frac{3\pi x}{2}$$

3 辺がゼロで、上辺 $y=1$ にだけ非自明な値が指定されている状況です。

ステップ 1：変数分離

$u=X(x)Y(y)$ を代入すると

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

ステップ 2：$X$ の固有値問題

同次境界条件 $u(0,y)=0$, $u(2,y)=0$ は $X(0)=0$, $X(2)=0$ に対応します。

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

$\sqrt{\lambda }\cdot 2=n\pi$ から ${\lambda }_n=\frac{n^2{\pi }^2}{4}$、$X_n(x)=\sin \frac{n\pi x}{2}$ です。

ステップ 3：$Y$ の方程式

$$Y^{\prime \prime }-\frac{n^2{\pi }^2}{4}Y=0$$

一般解は $Y_n(y)=A_n\cosh \frac{n\pi y}{2}+B_n\sinh \frac{n\pi y}{2}$ です。$u(x,0)=0$ すなわち $Y(0)=0$ から $A_n=0$ となり

$$Y_n(y)=B_n\sinh \frac{n\pi y}{2}$$

ステップ 4：上辺の境界条件から係数決定

重ね合わせると

$$u(x,y)=\sum _{n=1}^{\infty }{B}_n\sinh \frac{n\pi y}{2}\sin \frac{n\pi x}{2}$$

$y=1$ で $u(x,1)=\sin \frac{3\pi x}{2}$ なので

$$\sum _{n=1}^{\infty }{B}_n\sinh \frac{n\pi }{2}\sin \frac{n\pi x}{2}=\sin \frac{3\pi x}{2}$$

右辺は $n=3$ の項に一致するので $B_3\sinh \frac{3\pi }{2}=1$、それ以外は $B_n=0$ です。

$$u(x,y)=\frac{\sinh \frac{3\pi y}{2}}{\sinh \frac{3\pi }{2}}\sin \frac{3\pi x}{2}$$

計算上のチェックポイント

変数分離法の問題を解くときに陥りやすいミスをまとめておきます。

変数分離法は手順が定型化されている分、「なぜこの形を仮定するのか」「なぜこの境界条件で固有値問題が出るのか」を見失いがちです。計算に慣れてきたら、物理的な意味を振り返りながら解くことで、より深い理解につながります。