0312-2019 名情复 数学 P401

常微分方程 偏微分方程

[1] 実数変数 $t$ の実数値関数 $u(t)$ の第1階微分を $\dot{u}(t)$，第2階微分を $\ddot{u}(t)$ と書く。
(i) 以下に示す各微分方程式の一般解を求めよ。
(ii) 初期値を $u(0)=1,\dot{u}(0)=0$ とした場合の各微分方程式の解 $u(t)$ を求め，そのグラフの概形を描け。グラフの横軸・縦軸には目安となる数値も書け。円周率は $\pi$ のままでよい。

1. $\ddot{u}+16u=0$
2. $\ddot{u}+2\dot{u}+17u=0$
3. $\ddot{u}+2\dot{u}+17u=-\sin 4t$
4. $\ddot{u}+16u=8\cos 4t$

[2] 実数値関数 $u(x,t)$ の偏導関数を $u_t=\frac{\partial u}{\partial t},u_x=\frac{\partial u}{\partial x},u_{xx}=\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}$ と書く。変数 $x$ は $0\le x\le L$ の範囲の値をとる。$u(x,t)$ は境界条件付きの偏微分方程式

$$u_t(x,t)=u_{xx}(x,t),u_x(0,t)=u_x(L,t)=0$$

を満たすとする。以下の小問に答えよ。

1. 次式で定められる関数 $Q(t)$ は $\frac{dQ}{dt}=0$ を満たすことを証明せよ。

$$Q(t)={\int }_0^{L}u(x,t)dx$$

2. 次式で定められる関数 $V(t)$ は $\frac{dV}{dt}\le 0$ を満たすことを証明せよ。

$$V(t)=\frac{1}{2}{\int }_0^L\{u_x(x,t){\}}^{2}dx$$

3. $m,n$ を正の整数または $0$ とすると，次式が成立することを証明せよ。

$${\int }_0^L\cos \left(\frac{m\pi x}{L}\right)\cos \left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx=\{\begin{array}{ll}L& (m=n=0\text{の場合})\\ \frac{1}{2}L& (m=n\ne 0\text{の場合})\\ 0& (m\ne n\text{の場合})\end{array}$$

4. $n=0,1,2,\cdots$ に対して $v_n(t)$ は変数 $t$ の微分可能関数とする。次式の関数 $u(x,t)$ が境界条件 $u_x(0,t)=u_x(L,t)=0$ を満たしていることを示せ。

$$u(x,t)=\sum _{n=0}^{\infty }{v}_n(t)\cos \left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

5. 初期条件 $u(x,0)=f(x)$ が与えられたとして $n=0,1,2,\cdots$ について $v_n(0)$ を求めよ。
6. 関数 $v_n(t)$ が満たすべき微分方程式を $u_t=u_{xx}$ から導け。また，その微分方程式の一般解を求めよ。

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解答：
[1]
(i) $C_1,C_2$ を任意定数とする。

1. 特性方程式 ${\lambda }^2+16=0$ より $\lambda =\pm 4i$。一般解は

$$\boxed{u(t)=C_1\cos 4t+C_2\sin 4t}$$

2. 特性方程式 ${\lambda }^2+2\lambda +17=0$ より $\lambda =-1\pm 4i$。一般解は

$$\boxed{u(t)=e^{-t}(C_1\cos 4t+C_2\sin 4t)}$$

3. 特解を $u_p(t)=A\cos 4t+B\sin 4t$ とおき元の微分方程式に代入して係数を比較すると、$A+8B=0,-8A+B=-1$。これを解いて $A=\frac{8}{65},B=-\frac{1}{65}$。一般解は

$$\boxed{u(t)=e^{-t}(C_1\cos 4t+C_2\sin 4t)+\frac{8}{65}\cos 4t-\frac{1}{65}\sin 4t}$$

4. 特解を $u_p(t)=t(A\cos 4t+B\sin 4t)$ とおき代入すると、$-8A\sin 4t+8B\cos 4t=8\cos 4t$ より $A=0,B=1$。一般解は

$$\boxed{u(t)=C_1\cos 4t+C_2\sin 4t+t\sin 4t}$$

(ii)

1. 初期条件より $C_1=1,4C_2=0⟹C_2=0$。

$$\boxed{u(t)=\cos 4t}$$

(グラフの概形は振幅 $1$、周期 $\frac{\pi }{2}$ の余弦曲線で、横軸目安は $t=0,\frac{\pi }{8},\frac{\pi }{4}$、縦軸目安は $\pm 1$)
2) 初期条件より $C_1=1,-C_1+4C_2=0⟹C_2=\frac{1}{4}$。

$$\boxed{u(t)=e^{-t}\left(\cos 4t+\frac{1}{4}\sin 4t\right)}$$

(グラフの概形は $u(0)=1$ から始まる減衰振動で、包絡線は $\pm \frac{\sqrt{17}}{4}{e}^{-t}$ となる)
3) 初期条件より $C_1+\frac{8}{65}=1,-C_1+4C_2-\frac{4}{65}=0⟹C_1=\frac{57}{65},C_2=\frac{61}{260}$。

$$\boxed{u(t)=e^{-t}\left(\frac{57}{65}\cos 4t+\frac{61}{260}\sin 4t\right)+\frac{8}{65}\cos 4t-\frac{1}{65}\sin 4t}$$

(グラフの概形は過渡状態の減衰振動を経て、定常状態の振動に漸近する曲線)
4) 初期条件より $C_1=1,4C_2=0⟹C_2=0$。

$$\boxed{u(t)=\cos 4t+t\sin 4t}$$

(グラフの概形は振幅が時間に比例して増大していく発散振動の曲線)

[2]
1)

$$\begin{array}{rl}\frac{dQ}{dt}& ={\int }_0^L{u}_t(x,t)dx={\int }_0^L{u}_{xx}(x,t)dx\\ & =[u_x(x,t){]}_0^L=u_x(L,t)-u_x(0,t)\end{array}$$

境界条件より $u_x(L,t)=0,u_x(0,t)=0$ であるから、$\frac{dQ}{dt}=0$。(証明終)

$$\begin{array}{rl}\frac{dV}{dt}& ={\int }_0^L{u}_x(x,t)u_{xt}(x,t)dx\\ & =[u_x(x,t)u_t(x,t){]}_0^L-{\int }_0^L{u}_{xx}(x,t)u_t(x,t)dx\end{array}$$

境界条件より第1項は $0$ になる。$u_t=u_{xx}$ であるから、

$$\frac{dV}{dt}=-{\int }_0^L\{u_{xx}(x,t){\}}^{2}dx$$

被積分関数は常に非負であるため、$\frac{dV}{dt}\le 0$。(証明終)

$m\ne n$ の場合、積和の公式より

$$\begin{array}{rl}& {\int }_0^L\cos \left(\frac{m\pi x}{L}\right)\cos \left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^L\left\{\cos \left(\frac{(m+n)\pi x}{L}\right)+\cos \left(\frac{(m-n)\pi x}{L}\right)\right\}dx\\ & =\frac{1}{2}{\left[\frac{L}{(m+n)\pi }\sin \left(\frac{(m+n)\pi x}{L}\right)+\frac{L}{(m-n)\pi }\sin \left(\frac{(m-n)\pi x}{L}\right)\right]}_0^L=0\end{array}$$

$m=n\ne 0$ の場合、

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^L{\cos }^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx& =\frac{1}{2}{\int }_0^L\left\{1+\cos \left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\right\}dx\\ & =\frac{1}{2}{\left[x+\frac{L}{2n\pi }\sin \left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\right]}_0^L=\frac{1}{2}L\end{array}$$

$m=n=0$ の場合、

$${\int }_0^L\cos (0)\cos (0)dx={\int }_0^{L}1dx=L$$

(証明終)

$u(x,t)$ を $x$ で偏微分すると、

$$u_x(x,t)=\sum _{n=0}^{\infty }{v}_n(t)\left(-\frac{n\pi }{L}\right)\sin \left(\frac{n\pi x}{L}\right)$$

$x=0$ を代入すると、$\sin (0)=0$ より $u_x(0,t)=0$。
$x=L$ を代入すると、$\sin (n\pi )=0$ より $u_x(L,t)=0$。
ゆえに境界条件を満たしている。(証明終)

初期条件より

$$\sum _{n=0}^{\infty }{v}_n(0)\cos \left(\frac{n\pi x}{L}\right)=f(x)$$

両辺に $\cos \left(\frac{m\pi x}{L}\right)$ を掛けて区間 $[0,L]$ で積分し、3)の直交性を利用すると、$m=0$ のとき $v_0(0)L={\int }_0^{L}f(x)dx$。$m\ge 1$ のとき $v_m(0)\frac{1}{2}L={\int }_0^{L}f(x)\cos \left(\frac{m\pi x}{L}\right)dx$ となる。

$$\boxed{\begin{array}{rl}{v}_0(0)& =\frac{1}{L}{\int }_0^{L}f(x)dx\\ v_n(0)& =\frac{2}{L}{\int }_0^{L}f(x)\cos \left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx(n\ge 1)\end{array}}$$

$u_t=\sum _{n=0}^{\infty }{\dot{v}}_n(t)\cos \left(\frac{n\pi x}{L}\right)$、$u_{xx}=\sum _{n=0}^{\infty }{v}_n(t)\left(-\frac{n^2{\pi }^2}{L^2}\right)\cos \left(\frac{n\pi x}{L}\right)$ を偏微分方程式に代入して係数を比較すると、満たすべき微分方程式が得られる。

$$\boxed{{\dot{v}}_n(t)=-\frac{n^2{\pi }^2}{L^2}{v}_n(t)}$$

$C_n$ を任意定数として、この一般解は以下の通りである。

$$\boxed{v_n(t)=C_n{e}^{-\frac{n^2{\pi }^2}{L^2}t}}$$

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作答第一大题主要考察了二阶常系数线性常微分方程的求解。对于齐次方程通过特征方程求特征根即可直接得到通解。对于非齐次方程，依据右侧激励项的三角函数形式使用待定系数法求出特解，当右侧激励频率与系统固有频率一致时发生共振，特解形式需要乘以自变量来处理。第二大题涉及到一维热传导方程形式的偏微分方程，证明部分利用了对时间求导和分部积分的技巧，证明了在Neumann边界条件下系统热量守恒和能量随时间耗散的物理性质。后续小问运用分离变量法的基本思想，利用三角函数系在给定区间的正交性来确定傅里叶级数展开式的各项系数，并将偏微分方程的求解转化为一阶常微分方程的求解过程。