0442-1986 东大工 数学 WEB

偏微分方程 傅里叶级数 分离变量法

(1) $f(x)=1(0<x<1)$ を正弦級数に展開せよ。

(2) 境界条件

$$\begin{array}{rl}y(0,t)& =y(1,t)=0\\ {\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x^2}|}_{x=0}& ={\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x^2}|}_{x=1}=0\end{array}$$

を満たす偏微分方程式

$$\frac{{\partial }^{4}y(x,t)}{\partial x^4}+\frac{\partial y(x,t)}{\partial t}=0$$

の一般解を求めよ。

(3) さらに、(2) の条件に、初期条件

$$y(x,0)=0$$

を付加し、

$$\frac{{\partial }^{4}y(x,t)}{\partial x^4}+\frac{\partial y(x,t)}{\partial t}=1$$

を解け。

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解答：

(1)
$f(x)$ を区間 $(0,1)$ で正弦級数 $\sum _{n=1}^{\infty }{b}_n\sin (n\pi x)$ に展開する。
係数 $b_n$ は次のように計算できる。

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

よって、

$$\boxed{\begin{array}{r}f(x)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2(1-(-1{)}^n)}{n\pi }\sin (n\pi x)\end{array}}$$

(2)
変数分離法を用いる。$y(x,t)=X(x)T(t)$ とおいて偏微分方程式に代入する。

$$X^{(4)}(x)T(t)+X(x)T^{\prime }(t)=0⟹\frac{X^{(4)}(x)}{X(x)}=-\frac{T^{\prime }(t)}{T(t)}={\lambda }^4$$

ここで $\lambda >0$ とする（$\lambda =0$ や負の場合は境界条件から自明な解 $y=0$ のみとなる）。
空間成分 $X(x)$ についての微分方程式は、

$$X^{(4)}-{\lambda }^{4}X=0$$

この一般解は、

$$X(x)=A\cos (\lambda x)+B\sin (\lambda x)+C\cosh (\lambda x)+D\sinh (\lambda x)$$

境界条件より、

$$\begin{array}{rl}y(0,t)=0⟹X(0)& =A+C=0\\ {\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x^2}|}_{x=0}=0⟹X^{\prime \prime }(0)& =-{\lambda }^{2}A+{\lambda }^{2}C=0\end{array}$$

これらを解くと $A=0,C=0$ となる。次に、

$$\begin{array}{rl}y(1,t)=0⟹X(1)& =B\sin \lambda +D\sinh \lambda =0\\ {\frac{{\partial }^{2}y}{\partial x^2}|}_{x=1}=0⟹X^{\prime \prime }(1)& =-{\lambda }^{2}B\sin \lambda +{\lambda }^{2}D\sinh \lambda =0\end{array}$$

これらから $2{\lambda }^{2}D\sinh \lambda =0$ を得る。$\lambda >0$ であるから $\sinh \lambda \ne 0$ となり、$D=0$。
残るは $B\sin \lambda =0$ であり、非自明な解をもつためには $B\ne 0$ より $\sin \lambda =0$ となる。
したがって、$\lambda =n\pi (n=1,2,3,\dots )$。
固有関数は $X_n(x)=\sin (n\pi x)$ である。

時間成分 $T(t)$ については、

$$T^{\prime }+(n\pi {)}^{4}T=0⟹T_n(t)=C_n{e}^{-(n\pi {)}^{4}t}$$

以上を重ね合わせて、一般解を得る。

$$\boxed{\begin{array}{r}y(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }{C}_n{e}^{-(n\pi {)}^{4}t}\sin (n\pi x)(C_n\text{ は任意定数})\end{array}}$$

(3)
(2) で求めた固有関数を用いて、解を $y(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }{T}_n(t)\sin (n\pi x)$ と展開し、非斉次方程式に代入する。

$$\sum _{n=1}^{\infty }\left\{T_n^{\prime }(t)+(n\pi {)}^4{T}_n(t)\right\}\sin (n\pi x)=1$$

(1) の結果より、$1=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2(1-(-1{)}^n)}{n\pi }\sin (n\pi x)$ であるから、両辺の係数を比較する。

$$T_n^{\prime }(t)+(n\pi {)}^4{T}_n(t)=\frac{2(1-(-1{)}^n)}{n\pi }$$

この 1 階線形常微分方程式を解く。両辺に積分因子 $e^{(n\pi {)}^{4}t}$ を掛ける。

$$\begin{array}{rl}\frac{d}{dt}\left(T_n(t)e^{(n\pi {)}^{4}t}\right)& =\frac{2(1-(-1{)}^n)}{n\pi }{e}^{(n\pi {)}^{4}t}\\ T_n(t)e^{(n\pi {)}^{4}t}& =\frac{2(1-(-1{)}^n)}{n\pi (n\pi {)}^4}{e}^{(n\pi {)}^{4}t}+C_n\\ T_n(t)& =\frac{2(1-(-1{)}^n)}{(n\pi {)}^5}+C_n{e}^{-(n\pi {)}^{4}t}\end{array}$$

初期条件 $y(x,0)=0$ より $T_n(0)=0$ であるため、

$$0=\frac{2(1-(-1{)}^n)}{(n\pi {)}^5}+C_n⟹C_n=-\frac{2(1-(-1{)}^n)}{(n\pi {)}^5}$$

したがって、

$$T_n(t)=\frac{2(1-(-1{)}^n)}{(n\pi {)}^5}\left(1-e^{-(n\pi {)}^{4}t}\right)$$

これを展開式に代入して、最終的な解を得る。

$$\boxed{\begin{array}{r}y(x,t)=\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2(1-(-1{)}^n)}{(n\pi {)}^5}\left(1-e^{-(n\pi {)}^{4}t}\right)\sin (n\pi x)\end{array}}$$

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本题考查了偏微分方程初边值问题求解的经典方法。第一问是基础的傅里叶正弦级数展开，利用奇延拓求出傅里叶系数，为后续的非齐次项处理做好了准备。第二问针对具有特定边界条件的四阶偏微分方程，使用了分离变量法。通过将空间与时间变量分离，将偏微分方程转化为常微分方程组。对于空间部分，利用两端点函数值及二阶导数均为零的边界条件，排除了双曲函数和余弦函数，从而得到了正弦形式的特征函数和相应的特征值。时间部分则是简单的一阶指数衰减函数，两者组合即得到齐次方程的通解。第三问是求解带有非齐次项和齐次初始条件的初边值问题，这里采用了特征函数展开法。由于之前已经得到了空间方向的特征函数即正弦函数，于是将解和非齐次常数项均按此特征函数族展开。通过对比系数，偏微分方程被成功转化为关于时间变量的非齐次一阶常微分方程。利用积分因子法求出该常微分方程的通解后，代入初始条件确定积分常数，最终得到了含有无穷级数形式的解析解。