【偏微分】ラグランジュの偏微分方程式を解く

物理

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。

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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。

参考

http://www-mmds.sigmath.es.osaka-u.ac.jp/faculty/personal/miyanishi/20181019.pdf
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