今回は「ラグランジュの偏微分方程式」を解いてみましょう。
これは補助方程式というものを解くことで、 一階の偏微分方程式の解を得るという方法です。
ではさっそくやっていきましょう。
一般形式
\(P(x,y), Q(x,y),R(x,y,z)\)は与えられた関数とし,\(u(x,y)\)に対する次の形の1階偏微分方程式 $$ P(x,y)\frac{\partial u(x,y)}{\partial x} + Q(x,y)\frac{\partial u(x,y)}{\partial y} = R(x,y,u)\tag{1} $$ を解きます。このとき、 $$ \frac{du}{R}=\frac{dx}{P} = \frac{dy}{Q} \tag{2}$$ を解くことで(1)の解が求まります。
少しわかりづらいので例題を解いてみましょう。
例題
例として $$ \frac{\partial u}{\partial x} + y\frac{\partial u}{\partial y} + u =0 \tag{3} $$ を解いてみましょう。
P,Q,Rを求める
(3)と(1)を比べてみると、 \begin{eqnarray} \begin{cases} P(x,y)=1\\ Q(x,y)=y\\ R(x,y,u)=-u \end{cases} \end{eqnarray} となります。
補助方程式を解く
では補助方程式を解きます。
\(\frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q}\)を解く
まず、 $$ \frac{dx}{P}=\frac{dy}{Q} $$ を解きます。
先ほどのP,Qを代入すると、 $$ \frac{dx}{1}=\frac{dy}{y} $$ となり、両辺積分して
$$ \int dx = \int dy\;\frac{1}{y} + C_1 $$ より、
$$ x = \log|y| + C_1 $$ となります。
ここで、\(C_1\)について解くと $$ C_1 = x-\log|y|\tag{4} $$ となります。
\(\frac{du}{R}=\frac{dx}{P}\)を解く
次に、 $$ \frac{du}{R}=\frac{dx}{P} $$ に先ほどのP,Rを代入すると、 $$ -\frac{du}{u}=\frac{dx}{1} $$ となります。
これを両辺積分して $$ -\int du\;\frac{1}{u} = \int dx + C_2 $$ より、 $$ -\log|u| = x + C_2 $$ となります。
\(u\)について解くと $$ u = e^{-x-C_2}\tag{5} $$ となります。
\(C_2=f(C_1)\)とおく
最後に(5)の\(C_2\)を任意の関数\(f(C_1)\)に置き換えると
$$ u = e^{-x-f(C_1)} $$ つまり、 $$ u = e^{-x-f(x-\log|y|)}\tag{6} $$ とします。
この\(u\)が(3)の一般解となります。
確かめる
本当に解になっているか確かめてみましょう。
(3)の左辺に(6)を代入すると、 $$ \frac{\partial}{\partial x}e^{-x-f(x-\log|y|)} + y\frac{\partial}{\partial y}e^{-x-f(x-\log|y|)} + e^{-x-f(x-\log|y|)} $$ となります。
ここで $$ h = x-\log|y| $$ とすると、 $$ \frac{\partial}{\partial x}e^{-x-f(h)} + y\frac{\partial}{\partial y}e^{-x-f(h)} + e^{-x-f(h)} \tag{7} $$ となります。これを計算すると、 $$ \left(-1 – \frac{\partial f}{\partial x}\right)e^{-x-f(h)} + y\left(-\frac{\partial f}{\partial y}\right)e^{-x-f(h)} + e^{-x-f(h)}\tag{8} $$
さらに、 $$ \frac{\partial f}{\partial x} = \frac{\partial h}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial h} $$ $$ \frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial h}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial h} $$ を(8)に当てはめると
$$ \left(-1 – \frac{\partial h}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial h}\right)e^{-x-f(h)} + y\left(-\frac{\partial h}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial h}\right)e^{-x-f(h)} + e^{-x-f(h)} $$ これを計算すると、 $$ \left(-1 – \frac{\partial f}{\partial h}\right)e^{-x-f(h)} + y\left(\frac{1}{y}\frac{\partial f}{\partial h}\right)e^{-x-f(h)} + e^{-x-f(h)} = 0 $$ となり、(3)式が成り立ちます。
よって(6)は(3)の解であることが証明できました。
