応用数学 II及び演習 A&B（偏微分方程式） 【演習課題 4】（2016/12/26） ○解答は A4レポート用紙を使用し，この問題用紙を表紙とすること． 通番 [ ] ○解答が複数枚になる場合は，ホッチキスで綴じること． 氏名 [ ] ○他人の答案を写し書きした場合はゼロ点とする． 学籍番号 [ ] １．偏微分方程式

2

2

2

2

2

2

yu

xu

tu

∂∂+

∂∂=

∂∂

（ 0 ≤ x ≤ L1， 0 ≤ y ≤ L2， 0≥t ）

を境界条件： 0),,0( =tyu ， u(L1, y,t) = 0， 0),0,( =txu ， u(x,L2,t) = 0

とし，次の初期条件のもとで解きなさい．

・初期条件： u(x, y,0) = x2

L1sin 2π y

L2， 0

0,,=

∂∂

yxtu

ホッチキス

１．偏微分方程式

2

2

2

2

2

2

yu

xu

tu

∂∂+

∂∂=

∂∂

（ 0 ≤ x ≤ L1， 0 ≤ y ≤ L2， 0≥t ）

を境界条件： 0),,0( =tyu ， u(L1, y,t) = 0， 0),0,( =txu ， u(x,L2,t) = 0

とし，次の初期条件のもとで解きなさい．

・初期条件： u(x, y,0) = x2

L1sin 2π y

L2， 0

0,,=

∂∂

yxtu

（解） 変数分離の解 u(x, y,t) = X(x)Y (y)T (t) ≠ 0を仮定し，与えられた偏微分方程式に代入して整理すると，

YY

XX

TT ′′

+′′

=′′

(1)

式(1)の値は定数でなければならないので，その実定数を 1k とおけば， 01 =−′′ TkT (2)

1kYY

XX =

′′+

′′ (3)

式(3)をさらに変形すると

YYk

XX ′′

−=′′

1 (4)

式(4)の値も定数でなければならないので，その実定数を 2k とおけば，

02 =−′′ XkX (5)

( ) 021 =−−′′ YkkY (6)

境界条件より，

0)0( =X ， X(L1) = 0， 0)0( =Y ，Y (L2 ) = 0

次に k1，k2について，以下の 5つの場合分けを考える．

（I） 021 == kk

（II） 0,0 21 ≠= kk

（III） 0,0 21 =≠ kk

（IV） 021 ≠= kk

（V）2121 ,0,0 kkkk ≠≠≠

(I) と(IV) 021 =− kk のとき 式(6)は BAyyY +=)( となり，境界条件Y (0) = Y (L2 ) = 0より 0== BA ∴ 0)( =yY よって， 0),,( =tyxu となり不適となる．

(II),(III),（V） 021 ≠− kk のとき 式(6)から

ykkykk BeAeyY 2121)( −−− +=

境界条件Y (0) = Y (L2 ) = 0より

0)0( =+= BAY ， Y (L2 ) = A(e k1−k2L2 − e− k1−k2L2 ) = 0

0≠−= BA であるためには， 021 <− kk ． 221 ξ−=− kk ( 0>ξ )とおいて

e k1−k2L2 − e− k1−k2L2 = eiξL2 − e− iξL2 = 2isinξL2 = 0 ∴ ξm = mπL2

( !,2,1=m )

よって，

Ym (y) = 2iAm sinmπ yL2

( !,2,1=m )

さらに，21,kk の値により次のように場合分けをする．

(i) 02 =k ,すなわち(III)のとき 式(5)は DCxxX +=)( となり，境界条件 X(0) = X(L1) = 0より 0== DC

∴ 0)( =xX

よって， 0),,( =tyxu となり不適となる．

(ii) 02 ≠k のとき,すなわち(II)と(V)のとき

xkxk DeCexX 22)( −+= となり，境界条件 X(0) = X(L1) = 0より

0)0( =+= DCX ， X(L1) = C(ek2L1 − e− k2L1 ) = 0

0≠−= DC であるためには， 02 <k 。 22 λ−=k ( 0>λ ) とおいて

e k2L1 − e− k2L1 = eiλL1 − e− iλL1 = 2isinλL1 = 0

∴ λn = nπ / L1 ( !,2,1=n )

よって，

Xn(x) = 2iCn sin(nπ xL1) ( !,2,1=n )

221 ξ−=− kk より，

k1 = k2 −ξm2 = −(λn

2 +ξm2 ) = − n2π 2

L12 + m

2π 2

L22

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟< 0

01 <k でなければならないので,（II）の解は不適である。

式(2)から 01 ≠k のとき

tktk DeEetT 11)( −+=

ここで，

k1 = −µnm2 = − n2π 2

L12 + m

2π 2

L22

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

とおいて，

tnmi

nmtnmi

nm

tnmnm

tnmnmnm

eDeE

eDeEtTµµ

µµ

−

−−−

+=

+=22

)(

tDEitDE nmnmnmnmnmnm µµ sin)(cos)( −++= ( !,2,1, =mn ) よって，

)()()(),,( tTyYxXtyxu nmmnnm =

= sin(nπ x / L1)sin(mπ y / L2 )(anm cosµnmt + bnm sinµnmt) ( !,2,1, =mn ) ここで，

))(2)(2( nmnmmnnm DEiAiCa += )()2)(2( nmnmmnnm DEiiAiCb −=

したがって，解の重ね合わせの原理から，境界条件を満たす解は次のようになる．

u(x, y,t) = unmm=1

∞

∑n=1

∞

∑ (x, y,t) = sinm=1

∞

∑ nπ xL1sinmπ y

L2(anm cosµnmt + bnm sinµnmt)

n=1

∞

∑ (7)

上式を tで偏微分すると，

∂u(x, y,t)∂t

= µnmm=1

∞

∑ sinn=1

∞

∑ nπ xL1sinmπ y

L2(−anm sinµnmt + bnm cosµnmt) (8)

ただし，

µnm = n2π 2

L12 + m

2π 2

L22 (9)

式(7), (8), (9) より，

初期条件から

u(x, y,0) = anm sinm=1

∞

∑ nπ xL1sinmπ y

L2= x2

L1sin 2π y

L2n=1

∞

∑ (10)

∂u(x, y,0)∂t

= µnmm=1

∞

∑ bnm sinn=1

∞

∑ nπ xL1sinmπ y

L2= 0 (11)

式(10)の両辺に sin(n1π x / L1)sin(m1π y / L2 )を掛けて， 0=x ～ L1， 0=y ～ L2の範囲で積分すると，

0

L1

∫0

L2

∫ anm sinm=1

∞

∑ nπ xL1sin n1π x

L1sinmπ y

L2sinm1π y

L2dxdy =

0

L1

∫0

L2

∫x2

L1sin n1π x

L1sin 2π y

L2n=1

∞

∑ sinm1π yL2

dxdy

anmm=1

∞

∑ sin0

L2

∫mπ yL2

sinm1π yL2

dy⎛⎝⎜

⎞⎠⎟0

L1

∫ sin nπ xL1sin n1π x

L1dx = sin

0

L2

∫2π yL2sinm1π y

L2dy

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟0

L1

∫n=1

∞

∑ x2

L1sin n1π x

L1dx

(12) ここで，

sinmπ yL2

sinm1π yL2

dy0

L2

∫ =L2 / 20

⎧⎨⎪

⎩⎪

)()(

1

1mmmm

≠=

sin 2π yL2sinm1π y

L2dy

0

L2

∫ =L2 / 20

⎧⎨⎪

⎩⎪

(m1 = 2)(m1 ≠ 2)

であるので，式(12)は次のようになる．

an2L22 0

L1

∫ sin nπ xL1sin n1π x

L1dx = L2

20

L1

∫x2

L1n=1

∞

∑ sin n1π xL1

dx

an2 0

L1

∫ sin nπ xL1sin n1π x

L1dx = x2

L1sin n1π x

L10

L1

∫n=1

∞

∑ dx (13)

また，

sin nπ xL1sin n1π x

L1dx

0

L1

∫ =L1 / 20

⎧⎨⎪

⎩⎪

)()(

1

1nnnn

≠=

から，

an12L12=

0

L1

∫x2

L 1sin n1π x

L1dx

= x2

L10

L1

∫ − L1n1π

cos n1π xL1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

'dx

= − x2

L1

L1n1π

cos n1π xL1

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥0

L1

+ 2L1n1π

xL10

L1

∫ cos n1π xL1

dx

= −L1

2

n1πcosn1π + 2L1

n1πxL10

L1

∫L1n1π

sin n1π xL1

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

'

dx

= −L1

2

n1πcosn1π +

2L1

n1πxL1

L1

n1πsin n1π x

L1

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥0

L1

−2L

1

n1πL1

n1π1L1

0

L1∫ sin n1π xL1

dx

= −L1

2

n1π−1( )n1 + 2L1

2

n13π 3 cos

n1π xL1

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥0

L1

=L1

2

n1π−1( )n1+1 + 2L1

2

n13π 3 cosn1π −1( )

= L12

n1π−1( )n1+1 + 2L1

2

n13π 3 −1( )n1 −1{ }

ゆえに， nma は次のようになる．

an,2 =2L1nπ

−1( )n+1 + 4L1n3π 3 −1( )n −1{ }

0=nma (m ≠ 2)

式(11)より，全ての n，mについて

0=nmb

また，式(9)

µnm = n2π 2

L12 + m

2π 2

L22

より，

µn2 =n2π 2

L12 + 4π

2

L22

以上より，求める解は次のようになる．

u(x, y,t) = 2 L1nπ

−1( )n+1 + 2L1n3π 3 −1( )n −1{ }⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥sin

nπ xL1sin 2π y

L 2

cos n2π 2

L12 + 4π

2

L22 ⋅ t

n=1

∞

∑ （答）

または，

u(x, y,t) = 2 L1nπ

−1( )n−1 + 2L1n3π 3 −1( )n −1{ }⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥sin

nπ xL1sin 2π y

L 2

cos n2π 2

L12 + 4π

2

L22 ⋅ t

n=1

∞

∑

または，

u(x, y,t) = 2 − L1 cosnπnπ

+ 2L1n3π 3 cosnπ −1( )⎧

⎨⎩

⎫⎬⎭sin nπ x

L1sin 2π y

L 2

cos n2π 2

L12 + 4π

2

L22 ⋅ t

n=1

∞

∑