0012-1998 东大工 数学 P10

偏微分方程 拉普拉斯方程 分离变量法 傅里叶级数

$\varphi (x,y)$に関する偏微分方程式

$$\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2\varphi }{\partial y^2}=0$$

について，以下の境界条件のもとで解け。ただし，$0\le x\le a,0\le y\le b$とする。

$$\{\begin{array}{l}\varphi (0,y)=0\\ \varphi (x,0)=\varphi (x,b)=\frac{x}{a}\\ \varphi (a,y)=y(y-b)+1\end{array}$$

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解答：

${\varphi }_0(x,y)=\frac{x}{a}$ とおくと，$\frac{{\partial }^2{\varphi }_0}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^2{\varphi }_0}{\partial y^2}=0$ を満たし，かつ境界条件の一部 ${\varphi }_0(0,y)=0$ および ${\varphi }_0(x,0)={\varphi }_0(x,b)=\frac{x}{a}$ を満たす。
ここで、$u(x,y)=\varphi (x,y)-\frac{x}{a}$ とおくと、$u(x,y)$ は以下の境界値問題を満たす。

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial y^2}=0$$ $$u(0,y)=0,u(x,0)=0,u(x,b)=0$$ $$\begin{array}{rl}u(a,y)& =\varphi (a,y)-\frac{a}{a}\\ & =y(y-b)+1-1\\ & =y(y-b)\end{array}$$

変数分離法により $u(x,y)=X(x)Y(y)$ とおいて偏微分方程式に代入すると、

$$\begin{array}{rl}\frac{X^{\prime \prime }}{X}& =-\frac{Y^{\prime \prime }}{Y}\\ & =\lambda (\text{定数})\end{array}$$

$Y(0)=Y(b)=0$ より，非自明解をもつためには $\lambda ={\left(\frac{n\pi }{b}\right)}^2(n=1,2,3,\dots )$ となる。
これにより，$Y_n(y)=\sin \left(\frac{n\pi y}{b}\right)$ を得る。
$X$ に関する方程式 $X^{\prime \prime }-{\left(\frac{n\pi }{b}\right)}^{2}X=0$ と境界条件 $X(0)=0$ より、

$$X_n(x)=\sinh \left(\frac{n\pi x}{b}\right)$$

重ね合わせの原理により、$u(x,y)$ の一般解は以下の級数で表される。

$$u(x,y)=\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sinh \left(\frac{n\pi x}{b}\right)\sin \left(\frac{n\pi y}{b}\right)$$

$x=a$ における境界条件 $u(a,y)=y(y-b)$ を適用する。

$$\sum _{n=1}^{\infty }{A}_n\sinh \left(\frac{n\pi a}{b}\right)\sin \left(\frac{n\pi y}{b}\right)=y(y-b)$$

フーリエ正弦級数の係数の公式より、

$$A_n\sinh \left(\frac{n\pi a}{b}\right)=\frac{2}{b}{\int }_0^b(y^2-by)\sin \left(\frac{n\pi y}{b}\right)dy$$

部分積分を2回用いて積分を計算する。

$${\int }_0^b(y^2-by)\sin \left(\frac{n\pi y}{b}\right)dy={\left[(y^2-by)\left(-\frac{b}{n\pi }\cos \frac{n\pi y}{b}\right)\right]}_0^b+\frac{b}{n\pi }{\int }_0^b(2y-b)\cos \left(\frac{n\pi y}{b}\right)dy$$

第1項は $0$ となる。続けて部分積分を行うと、

$$=\frac{b}{n\pi }\left({\left[(2y-b)\frac{b}{n\pi }\sin \frac{n\pi y}{b}\right]}_0^b-\frac{2b}{n\pi }{\int }_0^b\sin \left(\frac{n\pi y}{b}\right)dy\right)$$

第1項は $\sin (n\pi )=\sin (0)=0$ より $0$ となるため、

$$\begin{array}{rl}& =-\frac{2b^2}{n^2{\pi }^2}{\left[-\frac{b}{n\pi }\cos \left(\frac{n\pi y}{b}\right)\right]}_0^b\\ & =\frac{2b^3}{n^3{\pi }^3}(\cos (n\pi )-1)\\ & =\frac{2b^3}{n^3{\pi }^3}((-1{)}^n-1)\end{array}$$

したがって、係数 $A_n$ は以下のようになる。

$$\begin{array}{rl}{A}_n& =\frac{2}{b\sinh \left(\frac{n\pi a}{b}\right)}\cdot \frac{2b^3}{n^3{\pi }^3}((-1{)}^n-1)\\ & =\frac{4b^2((-1{)}^n-1)}{n^3{\pi }^3\sinh \left(\frac{n\pi a}{b}\right)}\end{array}$$

（$n$ が偶数のときは $A_n=0$、$n$ が奇数のときは $A_n=-\frac{8b^2}{n^3{\pi }^3\sinh \left(\frac{n\pi a}{b}\right)}$ となる。）

最終的な解 $\varphi (x,y)=\frac{x}{a}+u(x,y)$ は、

$$\boxed{\varphi (x,y)=\frac{x}{a}+\frac{4b^2}{{\pi }^3}\sum _{n=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^n-1}{n^3\sinh \left(\frac{n\pi a}{b}\right)}\sinh \left(\frac{n\pi x}{b}\right)\sin \left(\frac{n\pi y}{b}\right)}$$

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补充说明：

这道偏微分方程的题目考察了拉普拉斯方程在二维矩形区域上的狄利克雷（Dirichlet）边界值问题。对于这种经典的稳态热传导或静电场电势分布方程，通常会直接采用分离变量法求解。然而，标准的分离变量法要求方程是齐次的，且在矩形的四个边界中至少有三个边界条件必须是齐次的（也就是恒等于0）。本题给出的边界条件里有三个是非齐次的，直接代入级数是无法求解的。

解题的核心突破口在于“齐次化边界条件”。通过观察边界 $x=0,y=0,y=b$ 的特点，我们可以凑出一个极为简单且自动满足拉普拉斯方程的特解函数 ${\varphi }_0(x,y)=x/a$。它刚好贴合了这三条边界的非齐次取值。通过变量代换 $u(x,y)=\varphi (x,y)-x/a$，我们就将原本的方程顺利转化成了关于 $u(x,y)$ 的新边界值问题。在新的问题中，$u$ 在左、下、上三个边界的取值全都变成了0，唯一的非齐次条件被转移到了右边界 $x=a$ 上，也就是 $y(y-b)$。

完成齐次化之后，剩下的就是标准的操作流程了。对 $x$ 和 $y$ 应用分离变量法得出含有双曲正弦函数和三角正弦函数的级数形式。最后利用 $x=a$ 的边界条件和傅里叶正弦级数的正交性质，通过对二次函数 $y(y-b)$ 进行两次分部积分计算出级数系数。计算积分时注意边界代入项的巧妙消元即可得到最终结果。