0188-2019 东新复 数学 P106

偏微分方程 常微分方程 级数解法 高等数学

$f(x,y)$ ($x,y\in \mathbb{R}$, $(x,y)\ne (0,0)$) を実関数とし，微分方程式

$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}+f=0(1)$$

を極座標 $(r,\theta )$ ($r,\theta \in \mathbb{R},r>0$) を用いて考える．ここで $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$ とする．$g(r,\theta )=f(x(r,\theta ),y(r,\theta ))$ として，以下の問に答えよ．

(問 1) $r$ を $x,y$ を用いて表せ．
(問 2) $\frac{\partial f}{\partial x}=A(r,\theta )\frac{\partial g}{\partial r}+B(r,\theta )\frac{\partial g}{\partial \theta }$ と表されるとき，$A(r,\theta ),B(r,\theta )$ を求めよ．$\frac{\partial \theta }{\partial x}=-\frac{\sin \theta }{r}$ を用いてよい．
(問 3) $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}=D(r,\theta )\frac{{\partial }^{2}g}{\partial r^2}+E(r,\theta )\frac{\partial g}{\partial r}+F(r,\theta )\frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\theta }^2}+G(r,\theta )\frac{\partial g}{\partial \theta }+H(r,\theta )\frac{{\partial }^{2}g}{\partial r\partial \theta }$ と表されるとき，$D(r,\theta ),E(r,\theta ),F(r,\theta ),G(r,\theta ),H(r,\theta )$ を求めよ．
(問 4) 式 (1) の微分方程式において，変数を極座標に変換して $g(r,\theta )$ に関する微分方程式を求めよ．$\frac{\partial \theta }{\partial y}=\frac{\cos \theta }{r}$ を用いてよい．
(問 5) (問 4) で求めた微分方程式の解が，$g(r,\theta )=R(r)\sin \theta$ と書けると仮定する．$R(r)$ は微分方程式

$$\frac{d^{2}R}{d{r}^2}+\frac{1}{r}\frac{dR}{dr}+\left(1-\frac{1}{r^2}\right)R=0(2)$$

を満たすことを示せ．
(問 6) 式 (2) の微分方程式の解が，項別微分可能な級数 $R(r)=r+\sum _{m=1}^{\infty }{C}_m{r}^{m+1}$ と書けると仮定する．
(1) $C_1,C_2$ の値を求めよ．
(2) 整数 $n\ge 1$ に対して，$C_{n+2}$ を $C_n$ を用いて表せ．

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解答：

(問 1)

$$\boxed{r=\sqrt{x^2+y^2}}$$

(問 2)
$r=\sqrt{x^2+y^2}$ より $\frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\cos \theta$ であるから，連鎖律より

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial f}{\partial x}& =\frac{\partial g}{\partial r}\frac{\partial r}{\partial x}+\frac{\partial g}{\partial \theta }\frac{\partial \theta }{\partial x}\\ & =\cos \theta \frac{\partial g}{\partial r}-\frac{\sin \theta }{r}\frac{\partial g}{\partial \theta }\end{array}$$ $$\boxed{A(r,\theta )=\cos \theta ,B(r,\theta )=-\frac{\sin \theta }{r}}$$

(問 3)
(問 2) より $\frac{\partial }{\partial x}=\cos \theta \frac{\partial }{\partial r}-\frac{\sin \theta }{r}\frac{\partial }{\partial \theta }$ であるから，

$$\begin{array}{rlr}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}& =\left(\cos \theta \frac{\partial }{\partial r}-\frac{\sin \theta }{r}\frac{\partial }{\partial \theta }\right)\left(\cos \theta \frac{\partial g}{\partial r}-\frac{\sin \theta }{r}\frac{\partial g}{\partial \theta }\right)& \\ & =\cos \theta \frac{\partial }{\partial r}\left(\cos \theta \frac{\partial g}{\partial r}-\frac{\sin \theta }{r}\frac{\partial g}{\partial \theta }\right)-\frac{\sin \theta }{r}\frac{\partial }{\partial \theta }\left(\cos \theta \frac{\partial g}{\partial r}-\frac{\sin \theta }{r}\frac{\partial g}{\partial \theta }\right)& \\ & =\cos \theta \left(\cos \theta \frac{{\partial }^{2}g}{\partial r^2}+\frac{\sin \theta }{r^2}\frac{\partial g}{\partial \theta }-\frac{\sin \theta }{r}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial r\partial \theta }\right)& -\frac{\sin \theta }{r}\left(-\sin \theta \frac{\partial g}{\partial r}+\cos \theta \frac{{\partial }^{2}g}{\partial \theta \partial r}-\frac{\cos \theta }{r}\frac{\partial g}{\partial \theta }-\frac{\sin \theta }{r}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\theta }^2}\right)\\ & ={\cos }^2\theta \frac{{\partial }^{2}g}{\partial r^2}+\frac{{\sin }^2\theta }{r}\frac{\partial g}{\partial r}+\frac{{\sin }^2\theta }{r^2}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\theta }^2}+\frac{2\sin \theta \cos \theta }{r^2}\frac{\partial g}{\partial \theta }-\frac{2\sin \theta \cos \theta }{r}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial r\partial \theta }& \end{array}$$

各項の係数を比較して，

$$\begin{array}{c}D(r,\theta )={\cos }^2\theta \\ E(r,\theta )=\frac{{\sin }^2\theta }{r}\\ F(r,\theta )=\frac{{\sin }^2\theta }{r^2}\\ G(r,\theta )=\frac{2\sin \theta \cos \theta }{r^2}\\ H(r,\theta )=-\frac{2\sin \theta \cos \theta }{r}\end{array}$$

(問 4)
$\frac{\partial r}{\partial y}=\sin \theta$ であり，対称な計算により $\frac{\partial f}{\partial y}=\sin \theta \frac{\partial g}{\partial r}+\frac{\cos \theta }{r}\frac{\partial g}{\partial \theta }$ となる．

$$\begin{array}{rl}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}& =\left(\sin \theta \frac{\partial }{\partial r}+\frac{\cos \theta }{r}\frac{\partial }{\partial \theta }\right)\left(\sin \theta \frac{\partial g}{\partial r}+\frac{\cos \theta }{r}\frac{\partial g}{\partial \theta }\right)\\ & ={\sin }^2\theta \frac{{\partial }^{2}g}{\partial r^2}+\frac{{\cos }^2\theta }{r}\frac{\partial g}{\partial r}+\frac{{\cos }^2\theta }{r^2}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\theta }^2}-\frac{2\sin \theta \cos \theta }{r^2}\frac{\partial g}{\partial \theta }+\frac{2\sin \theta \cos \theta }{r}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial r\partial \theta }\end{array}$$

したがって，ラプラシアンは

$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}=({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )\frac{{\partial }^{2}g}{\partial r^2}+\frac{{\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta }{r}\frac{\partial g}{\partial r}+\frac{{\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta }{r^2}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\theta }^2}$$

式 (1) に代入して，

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}g}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial g}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\theta }^2}+g=0}$$

(問 5)
$g(r,\theta )=R(r)\sin \theta$ を代入すると，

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial g}{\partial r}& =R^{\prime }(r)\sin \theta \frac{{\partial }^{2}g}{\partial r^2}\\ & =R^{\prime \prime }(r)\sin \theta \frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\theta }^2}\\ & =-R(r)\sin \theta \end{array}$$

これらを (問 4) の方程式に代入して，

$$R^{\prime \prime }(r)\sin \theta +\frac{1}{r}{R}^{\prime }(r)\sin \theta -\frac{1}{r^2}R(r)\sin \theta +R(r)\sin \theta =0$$

$\sin \theta \not\equiv 0$ であるから，両辺を $\sin \theta$ で割り整理すると，

$$\frac{d^{2}R}{d{r}^2}+\frac{1}{r}\frac{dR}{dr}+\left(1-\frac{1}{r^2}\right)R=0$$

(証明終)

(問 6)
(1) $R(r)=r+\sum _{m=1}^{\infty }{C}_m{r}^{m+1}$ を微分して，

$$\begin{array}{rl}{R}^{\prime }(r)& =1+\sum _{m=1}^{\infty }(m+1)C_m{r}^m{R}^{\prime \prime }(r)\\ & =\sum _{m=1}^{\infty }m(m+1)C_m{r}^{m-1}\end{array}$$

これらを方程式 $r^2{R}^{\prime \prime }+r{R}^{\prime }+(r^2-1)R=0$ に代入する．

$$\sum _{m=1}^{\infty }m(m+1)C_m{r}^{m+1}+\left(r+\sum _{m=1}^{\infty }(m+1)C_m{r}^{m+1}\right)+r^3+\sum _{m=1}^{\infty }{C}_m{r}^{m+3}-r-\sum _{m=1}^{\infty }{C}_m{r}^{m+1}=0$$

同類項をまとめる．$r$ の項は $r-r=0$ となる．
$r^2$ の係数は $m=1$ の場合より：$1(2)C_1+2C_1-C_1=3C_1=0$
$r^3$ の係数は $m=2$ の場合と孤立した $r^3$ より：$2(3)C_2+3C_2-C_2+1=8C_2+1=0$

$$\boxed{C_1=0,C_2=-\frac{1}{8}}$$

(2) 一般の $r^{n+3}$ ($n\ge 1$) の係数を比較する．第一の和群から $m=n+2$，第二の和群から $m=n$ に対応するので，

$$[(n+2)(n+3)+(n+3)-1]C_{n+2}+C_n=0$$ $$[(n+3{)}^2-1]C_{n+2}+C_n=0$$ $$(n+2)(n+4)C_{n+2}+C_n=0$$ $$\boxed{C_{n+2}=-\frac{1}{(n+2)(n+4)}{C}_n}$$

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本题考查了多元函数微积分中的坐标系变换与偏导数计算，以及常微分方程的级数解法。前半部分的核心在于运用链式法则求解极坐标下的拉普拉斯算子。计算二阶偏导数时，需要把一阶导数算子本身看作一个整体再次作用，特别注意对 $\theta$ 求导时积的求导法则，这是很容易计算出错的地方。后半部分通过分离变量的思路，导出了关于径向函数 $R(r)$ 的一阶贝塞尔方程。在使用幂级数法求解时，将级数代入微分方程，通过提取同次幂 $r^{n+3}$ 的系数，建立了各项系数之间的递推关系，这是求解特殊函数微分方程的经典流程。