0003-1997 东大工 数学 P2

偏微分方程 拉普拉斯方程 变量分离法 傅里叶级数
以下の問いに答えよ。
(1) 2次元のラプラスの方程式①は，極座標では式②のように書き表されることを証明せよ。ただし，$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$ である。

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0\text{①}$$ $$r^2\frac{{\partial }^{2}u}{\partial r^2}+r\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\theta }^2}=0\text{②}$$

(2) 上式②で表される偏微分方程式を満足する関数 $u(r,\theta )$ のうちで，$r\le 1$ なる円形領域で有界かつ連続なものを，$u(r,\theta )=R(r)\Theta (\theta )$ と変数分離して得られる解の重ね合わせとして表せ。なお，それぞれの $\Theta (\theta )$ は $2\pi$ を周期とする周期関数であると考えよ。
(3) $2\pi$ を周期とし，$-\pi \le \theta \le \pi$ で次のように定義される周期関数 $f(\theta )$ をフーリエ級数に展開せよ。

$$f(\theta )=\{\begin{array}{ll}\pi +\theta & (-\pi \le \theta \le 0)\\ \pi -\theta & (0\le \theta \le \pi )\end{array}$$

(4) 上記(2)の関数 $u(r,\theta )$ のうちで

$$\begin{array}{rl}u(1,\theta )& =f(\theta )(-\pi \le \theta \le \pi )\end{array}$$

なる境界条件を満足するものを求めよ。なお，関数 $f(\theta )$ は上記(3)で定義された関数 $f(\theta )$ と同じものであり，また，答は級数展開した形のままでよい。

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解答：

(1)
連鎖律より、各偏微分演算子は以下となる。

$$\frac{\partial }{\partial x}=\cos \theta \frac{\partial }{\partial r}-\frac{\sin \theta }{r}\frac{\partial }{\partial \theta }$$ $$\frac{\partial }{\partial y}=\sin \theta \frac{\partial }{\partial r}+\frac{\cos \theta }{r}\frac{\partial }{\partial \theta }$$

これらを2回作用させる。

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}={\cos }^2\theta \frac{{\partial }^{2}u}{\partial r^2}-2\frac{\sin \theta \cos \theta }{r}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial r\partial \theta }+\frac{{\sin }^2\theta }{r^2}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\theta }^2}+\frac{{\sin }^2\theta }{r}\frac{\partial u}{\partial r}+2\frac{\sin \theta \cos \theta }{r^2}\frac{\partial u}{\partial \theta }$$ $$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}={\sin }^2\theta \frac{{\partial }^{2}u}{\partial r^2}+2\frac{\sin \theta \cos \theta }{r}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial r\partial \theta }+\frac{{\cos }^2\theta }{r^2}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\theta }^2}+\frac{{\cos }^2\theta }{r}\frac{\partial u}{\partial r}-2\frac{\sin \theta \cos \theta }{r^2}\frac{\partial u}{\partial \theta }$$

両者を足し合わせると、

$$\begin{array}{rl}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}& =\frac{{\partial }^{2}u}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial {\theta }^2}\\ & =0\end{array}$$

両辺に $r^2$ を掛けることで、題意の式を得る。(証明終)

(2)
$u=R(r)\Theta (\theta )$ を②に代入して整理する。

$$\begin{array}{rl}\frac{r^2{R}^{\prime \prime }+r{R}^{\prime }}{R}& =-\frac{{\Theta }^{\prime \prime }}{\Theta }\\ & =\lambda (\text{定数})\end{array}$$

$\Theta (\theta )$ は周期 $2\pi$ であるため、$\lambda =n^2(n=0,1,2,\dots )$ となる。
$r$ に関する常微分方程式 $r^2{R}^{\prime \prime }+r{R}^{\prime }-n^{2}R=0$ を解く。
$n=0$ のとき、$R_0=C_1+C_2\ln r$
$n>0$ のとき、$R_n=C_3{r}^n+C_4{r}^{-n}$
$r=0$ で有界であるため、$C_2=0,C_4=0$ となる。したがって $R_n\propto r^n$。
これらを重ね合わせると、

$$\boxed{u(r,\theta )=\frac{A_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{r}^n(A_n\cos n\theta +B_n\sin n\theta )}$$

(3)
$f(\theta )$ は偶関数であるため、正弦項の係数 $b_n=0$。
余弦項の係数 $a_n$ を計算する。

$$\begin{array}{rl}{a}_0& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(\theta )d\theta \\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(\pi -\theta )d\theta \\ & =\pi \end{array}$$ $$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{1}{\pi }{\int }_{-\pi }^{\pi }f(\theta )\cos n\theta d\theta \\ & =\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(\pi -\theta )\cos n\theta d\theta \end{array}$$

部分積分を用いると、

$$\begin{array}{rl}{a}_n& =\frac{2}{\pi }{\left[(\pi -\theta )\frac{\sin n\theta }{n}\right]}_0^{\pi }-\frac{2}{\pi }{\int }_0^{\pi }(-1)\frac{\sin n\theta }{n}d\theta \\ & =\frac{2}{\pi n^2}(1-\cos n\pi )\\ & =\frac{2(1-(-1{)}^n)}{\pi n^2}\end{array}$$

したがって、フーリエ級数展開は、

$$\boxed{f(\theta )=\frac{\pi }{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2(1-(-1{)}^n)}{\pi n^2}\cos n\theta }$$

(4)
(2)の解に $r=1$ を代入し、境界条件 $u(1,\theta )=f(\theta )$ と比較する。

$$\frac{A_0}{2}+\sum _{n=1}^{\infty }(A_n\cos n\theta +B_n\sin n\theta )=\frac{\pi }{2}+\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2(1-(-1{)}^n)}{\pi n^2}\cos n\theta$$

係数を比較して、$A_0=\pi$、$A_n=\frac{2(1-(-1{)}^n)}{\pi n^2}$、$B_n=0$ を得る。
以上より求める関数は、

$$\boxed{u(r,\theta )=\frac{\pi }{2}+\sum _{n=1}^{\infty }{r}^n\frac{2(1-(-1{)}^n)}{\pi n^2}\cos n\theta }$$

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补充说明：

本题是经典的数学物理方程综合题，核心在于求解圆域内的狄利克雷问题（Dirichlet Problem）。第一问通过多元函数的链式法则，将直角坐标系下的拉普拉斯方程转化为极坐标形式，这需要细致处理关于 $r$ 和 $\theta$ 的一阶与二阶偏导数。

第二问利用变量分离法，将偏微分方程转化为两个常微分方程。角度方程由于自然周期性限制，其特征值必须为非负整数的平方。径向方程则是经典的欧拉方程（Euler-Cauchy Equation），在求解出通解后，必须利用物理背景中的“有界性条件”——即圆心处（$r=0$）的值不能发散，从而舍去含有 $\ln r$ 和 $r^{-n}$ 的项，这在物理意义上保证了圆心处的场强或温度是有限的。

第三和第四问紧密相连。第三问是对给定的分段函数进行傅里叶级数展开。观察到该函数具有关于 $\theta =0$ 的对称性（即偶函数），可以直接判定所有正弦项系数为零，从而大幅简化运算，只需求解常数项和余弦项系数。在最后一步中，将第二问得到的一般解公式在边界 $r=1$ 处进行取值，并利用傅里叶级数系数的唯一性定理，直接与第三问的展开式比对系数，便能顺理成章地得出方程在特定边界条件下的特解。