解析 II 演習
担当 丹下 基生：研究室(B622) mail([email protected]）
第
8
回（’14年1
月21
日：Keywords・・・初期値境界値問題、フーリエ級数．）[熱方程式]・
・・熱を帯びた棒状媒体(長さ ℓ )
上の時刻t
における温度分布をu(x , t)
としたときu(x , y)
は以下の偏微分方程式
∂ u
∂ t = σ ∂ 2 u
∂ 2 x ( σ > 0) (1)
を満たす．これを熱方程式という．（
σ
を拡散係数という．）[初期値境界値問題]・
・・初期値:u(x , 0) = φ (x)
境界値:棒（長さl）の境界 x = 0 , ℓ
での温度を、u(0 , t) = a , u( ℓ, t) = b
（定数）とおく．
[変数分離解]・
・・熱方程式の解u(x , t) = X(x)T (t)
とおいて得られる解．簡単のため、a= b = 0
とすると、とけば、u(x , y) ≡ 0
となる解[偶関数・奇関数]・
・・関数f (x)
がf (x) = f ( − x)（偶関数）もしくは f (x) = − f ( − x)（奇関数）となること．あらゆる関
数は以下のように偶関数と奇関数の和に書くことができる．f (x) = f (x) + f ( − x)
2 + f (x) − f ( − x) 2
[フーリエ余弦 (正弦)
級数展開]・・・周期偶関数f (x − ℓ ) = f (x + ℓ )
を余弦関数cos π x
ℓ
を用いてf (x) = a 0
2 + ∑ ∞
n
=1
a n cos n π x ℓ
周期奇関数f (x − ℓ ) = f (x + ℓ )
を余弦関数sin π x
ℓ
を用いてf (x) = ∑ ∞
n
=1
b n sin n π x ℓ
ここで、この展開係数
a n , b n
は以下のようにして求める．a n = 2 ℓ
∫
ℓ0
f (x) cos n π x ℓ dx b n = 2
ℓ
∫
ℓ0
f (x) sin n π x ℓ dx [L 2
空間（ヒルベルト空間）]・・・関数f (x) , g(x)
に対して、( f (x), g(x)) =
∫
ℓ0
f (x)g(x)dx
とすると、(·, · )
は正定値線形 形式であり、L2 (0 , ℓ )
を{ f (x) |
∫
ℓ0
f (x) 2 dx < ∞}
の完備化として定義するとL 2 (0 , ℓ )
はヒルベルト空間を成す．[直交基底]・
・・ヒルベルト空間L 2 (0 , ℓ )
の直交基底となる関数列{ϕ n }
のこと．ここで基底とは線形代数の基底の意味と違い、無限和も収束するなら許していることに注意する．
例えば
√
2 sin n π x
はL 2 (0 , 1)
の直交基底となる．例題
-8-1. [熱方程式のある境界条件をもつ変数分離解]
熱方程式の変数分離解
u(x , t) = T (t)X(x)
を以下のようにして求めよ．(1)
熱方程式からX(x) , T (t)
の満たす微分方程式を求めよ．(2) X(t) , T (t)
の一般解を求めよ．(3)
境界値条件u(0 , t) = u( ℓ, t) = 0
から、ある定数C 1 , C 2 , n ∈ Z
を用いてT (t) = C 1 e −σ
π2n2ℓ2t , X(x) = C 2 sin π n
ℓ x
と書けることを示せ．例題
-8-2. [フーリエ正弦級数展開]
次の関数
f (x) (0 ≤ x ≤ ℓ = 1)
をフーリエ正弦級数展開せよ．(1) y = 1 (2) y = x (3) y = x 2
(4) y = e x (5) y = cos x
例題
-8-3. [フーリエ正弦級数展開]
次の関数はどのような関数か．
S (x) = cos x − 1
3 cos 3x + 1
5 cos 5x − · · ·
例題
-8-4. [熱方程式の初期値条件をもつ]
次の初期値条件をもち、境界条件
u(0 , t) = u( ℓ, t) = 0
を満たす熱方程式(1)
の解を見つけよ．(1) u(x , 0) = sin π
ℓ x (2) u(x , 0) = x(x − ℓ )
例題
-8-5. [熱方程式の変数分離解]
熱方程式
(1)
において、境界条件u( − l , t) = u(l , t) = 0
を満たす変数分離解u(x , t) = X(x)T (t)
を 三角関数を用いて求めよ．———————————————————————————————————————————————
問題
-8-1. [三角関数の直交条件]
次の等式を証明せよ．
2
∫ 1 0
sin(m π x) sin(n π x)dx = δ m,n
ここで、δは
δ m,n =
1 m = n
0 m , n
となる値として定義する．問題
-8-2. [一様収束]
a n
を| a n | ≤ M
となる実数とする．このとき、熱方程式の基本解の一次結合∑ ∞ n = 0
a n e − n
2t sin π nx ℓ
は一様収束することを示せ．ホームページ：http://www.math.tsukuba.ac.jp/
∼ tange/jugyo/2013jugyo/kII.html
ツイッター：BasicMathIIB (https://twitter.com/BasicMathIIB)相談、質問などいつでも承ります．（携帯
OK）
問題
6-1(1)
まず、斉次方程式
D 2 (D 2 + 4)y = 0
の一般解はC 1 + C 2 x + C 3 cos 2x + C 4 sin 2x
である．次に特殊解を求める．積分をして
(D 2 + 4)y =
∫ ∫
96x 2 dxdx = 8x 4
となる．また、y= 1
D 2 + 4 8x 4 = 1
4 1
1 + D 4
28x 4 = 2 (
1 − D 2 4 + D 4
16 )
x 4 = 2x 4 − 1
2 12x 2 + 1
8 24 = 2x 4 − 6x 2 + 3
となる．定数項は斉次方程式の解に含ま れるので除く．ゆえに一般解は2x 4 − 6x 2 + C 1 + C 2 x + C 3 cos 2x + C 4 sin 2x
となる．問題
6-1(2)
まず、斉次方程式
(D 2 + 1) 2 y = 0
の一般解はC 1 sin x + C 2 cos x + C 3 x sin x + C 4 x cos x
である．次に特殊解を求める．(D
2 + 1) 2 y = sin x
から公式より、(D 2 + 1)y = 1
D 2 + 1 sin x = sin x
∫
cos x sin xdx − cos x
∫
sin 2 xdx
= 1 2 sin x
∫
sin 2xdx − 1 2 cos x
∫
(1 − cos 2x)dx = 1 2 sin x 1
2 ( − cos 2x) − 1 2 cos x
( x − 1
2 sin 2x )
= 1
4 (sin 2x cos x − cos 2x sin x) − 1
2 x cos x = 1
4 sin x − 1 2 x cos x
ここで、sin xは斉次方程式
((D 2 + 1)z = 0)
の一般解に含まれるので除くと、特殊解はy = 1 D 2 + 1 ( − 1
2 x cos x)
を求めれ ばよい．再び公式を使うことでy = 1
D 2 + 1 ( − 1
2 x cos x) = − 1 2
1
D 2 + 1 (x cos x) = − 1 2 (
sin x
∫
cos x(x cos x)dx − cos x
∫
sin x(x cos x)dx )
= − 1 4 (
sin x
∫
x(1 + cos 2x)dx − cos x
∫
x sin 2xdx )
= − 1 4 (
sin x ( x 2
2 + 1
2 x sin 2x −
∫ 1
2 sin 2xdx )
− cos x (
− 1
2 x cos 2x −
∫ − 1
2 cos 2xdx ))
= − 1 4 (
sin x ( x 2
2 + 1
2 x sin 2x + 1 4 cos 2x
)
− cos x (
− 1
2 x cos 2x + 1 4 sin 2x
))
= − x 2
8 sin x − x
8 (cos x cos 2x + sin x sin 2x) + 1
16 (sin 2x cos x − cos 2x sin x)
= − x 2
8 sin x − x
8 cos x + 1 16 sin x
ここで、sin x
, x cos x
は斉次方程式((D 2 + 1) 2 y = 0)
の解に含まれるので除くと、一般解は− x 2
8 sin x + C 1 sin x + C 2 cos x + C 3 x sin x + C 4 x cos x
問題6-1(3)
斉次方程式
(D 3 − D)y = 0
の一般解はC 1 + C 2 e x + C 3 e − x
である．特殊解を求める．(D
3 − D)y 1 = e x x 2
と(D 3 − D)y 2 = e x sin x
を求めて、y1 − y 2
とすればよい．(D2 − 1)y 1 =
∫
e x x 2 dx =
∫
e x x 2 dx = e x x 2 −
∫
2e x xdx = e x x 2 − 2(e x x −
∫
e x dx) = e x (x 2 − 2x + 2)
となり、e− x (D 2 − 1)y = ((D + 1) 2 − 1)(e − x y) = (D 2 + 2D)(e − x y)
より、(D+ 2)(e − x y) = x 3
3 − x 2 + 2x
から、e − x y 1 = 1 D + 2 ( x 3
3 − x 2 + 2x) = 1 2
1 1 + D 2
( x 3
3 − x 2 + 2x )
= 1 2 (
1 − D 2 + D 2
4 − D 3 8
) ( x 3
3 − x 2 + 2x )
= 1 2
( x 3
3 − x 2 + 2x )
− 1
4 (x 2 − 2x + 2) + 1
8 (2x − 2) − 1 16 2 = 1
6 x 3 − 3 4 x 2 + 7
4 x − 7 8
ここで、定数項は斉次方程式の解の範囲に入るので除くと、特殊解は
y 1 = e x
( 1
6 x 3 − 3 4 x 2 + 7
4 x )
とかける．
同じように
y 2
の方の特殊解を求めると、(D2 − 1)y 2 =
∫
e x sin xdx = e x sin x −
∫
e x cos xdx = e x sin x − (e x cos x −
∫
e x ( − sin x)dx = e x (sin x − cos x) −
∫
e x sin xdx
ゆえに、∫
e x sin xdx = e x
2 (sin x − cos x)．よって、(D 2 − 1)y 2 = e x
2 (sin x − cos x)．また、 e − x (D 2 − 1)y 2 = ((D + 1) 2 − 1)(e − x y 2 ) = (D 2 + 2D)(e − x y 2 )
より、(D + 2)(e − x y) = 1 2
∫
(sin x − cos x)dx =
− 1
2 (cos x + sin x)
ゆえに、e − x y = 1 2
1 1 + D 2 ( − 1
2 (cos x + sin x)) = − 1 4
1
1 + D 2 (cos x + sin x) = − 1 4 (1 − D
2 + D 2 4 − D 3
8 + · · · )(cos x + sin x)
= − 1 4 (1 − D
2 + D 2 4 − D 3
8 )(1 + 1 16 + 1
16 2 + · · · )(cos x + sin x)
= − 1 4
1
1 − 16 1 (1 − D 2 + D 2
4 − D 3
8 )(cos x + sin x)
= − 4
15 { (cos x + sin x) − 1
2 ( − sin x + cos x) + 1
4 ( − cos x − sin x) − 1
8 (sin x − cos x) }
= − 4 15
( 3
8 cos x + 9 8 sin x
)
= − 1
10 (cos x + 3 sin x)
ゆえに求める方程式の特殊解はy = y 1 − y 2 = e x
( 1
6 x 3 − 3 4 x 2 + 7
4 x )
+ e x
10 (cos x + 3 sin x)
となる．また斉次方程式(D 3 − D)y = 0
の一般解を付け加えることで、一般解はe x
( 1
6 x 3 − 3 4 x 2 + 7
4 x )
+ e x
10 (cos x + 3 sin x) + C 1 + C 2 e x + C 3 e − x
となる．問題
6-2(1)
A
の固有多項式Φ A (t) = (t − 5)(t + 6) + 24 = t 2 + t − 6
より、固有値はt = 2 , − 3
となる．固有ベクトルはV 2 =
v |
− 3 8
− 3 8
v = 0
= ⟨ 8 3
⟩
, V − 3 =
v |
− 8 8
− 3 3
v = 0
= ⟨ 1 1
⟩
ゆえに、P
=
8 1
3 1
とおくと、An = P
2 0
0 − 3
n
P − 1 =
8 1
3 1
2 n 0
0 ( − 3) n
1
5
1 − 1
− 3 8
= 1
5
8 · 2 n ( − 3) n
3 · 2 n ( − 3) n
1 − 1
− 3 8
= 1
5
8 · 2 n − 3( − 3) n − 8 · 2 n + 8( − 3) n
3 · 2 n − 3( − 3) n − 3 · 2 n + 8( − 3) n
ゆえに、e tA = 1 5
8e 2t − 3e − 3t − 8e 2t + 8e − 3t
3e 2t − 3e − 3t − 3e 2t + 8e − 3t
問題
6-2(2)
A
の固有多項式Φ A (t) = t 2 +ω 2
より、ω , 0
のとき固有値はt = ±ω i
となる．固有ベクトルはV
ωi =
v |
ω i − 1
−ω ω i
v = 0
=
⟨ 1 ω i
⟩
, V −ω i = V
ωi = ⟨ 1
−ω i
⟩
ゆえに、
P =
1 1
ω i −ω i
とおくと、A n = P
ω i 0
0 −ω i
n
P − 1 =
1 1
ω i −ω i
( ω i) n 0
0 ( −ω i) n
1
− 2 ω i
−ω i − 1
−ω i 1
= 1 2
( ω i) n ( −ω i) n
ω i( ω i) n −ω i( −ω i) n
1 1
ω i 1 − 1 ω i
= 1
2
( ω i) n + ( −ω i) n 1
ω i (( ω i) n − ( −ω i) n ) ( ω i)(( ω i) n − ( −ω i) n ) ( ω i) n + ( −ω i) n
ゆえに、e tA =
e
ωi + e −ω i 2
1 ω
e
ωit − e −ω it 2i
−ω · e
ωit − e −ω i 2i
e
ωit + e −ω it 2
=
cos ω t sin ω t
−ω sin ω t cos ω ω t
ω = 0
とき、固有値は0
で、Aは対角化できないがA n = O (n ≥ 2)
であり、etA = ∑ ∞
k
=0
t k
k! A k = E + At =
1 t
0 1
となる．これは、上の答えに
ω → 0
とした値と同じである．実際、ω→
lim 0
cos ω t sin ω t
−ω sin ω t cos ω ω t
=
1 lim
ω→
0
sin ω t ω t t
0 1
=
1 t
0 1
問題
6-3
この運動の満たす微分方程式は
x ′ (t) y ′ (t)
=
− 2 1
1 − 2
x
y
= A
x
y
A
の固有多項式Φ A (t) = (t + 2) 2 − 1 = t 2 + 4t + 3
より、固有値はt = − 3 , − 1
であり、固有ベクトルはV − 3 =
v |
− 1 − 1
− 1 − 1
v = 0
= ⟨ 1
− 1
⟩ V − 1 =
v |
1 − 1
− 1 1
v = 0
= ⟨ 1 1
⟩
ここで、
P =
1 1
− 1 1
とおくと、A n = P
− 3 0
0 − 1
n
P − 1 =
1 1
− 1 1
( − 3) n 0
0 ( − 1) n
1
2
1 − 1
1 1
= 1
2
( − 3) n ( − 1) n
− ( − 3) n ( − 1) n
1 − 1
1 1
= 1
2
( − 3) n + ( − 1) n − ( − 3) n + ( − 1) n
− ( − 3) n + ( − 1) n ( − 3) n + ( − 1) n
ゆえに、e tA = 1 2
e − 3t + e − t − e − 3t + e − t
− e − 3t + e − t e − 3t + e − t
初期条件(x(0) , y(0)) = (0 , 10)
を満たす運動は
x(t)
y(t)
= e tA
0
10
=
5( − e − 3t + e − t ) 5(e − 3t + e − t )
である．x
′ (t) = 3e − 3t − e − t
かつy ′ (t) = − 3e − 3t − e − t
であり、y′ (t) < 0
かつx ′ (t)
の増減表は左下のようになる．また、t lim →∞
x(t)
y(t)
=
0
0
である．ゆえに、この曲線の概形は右下のようになる．t 0 · · · (log 3) / 2 · · ·
x ′ (t) 2 + 0 −
x(t) 0 ↗ 10 √
3
9 ↘
O x
y
(0 , 10)
10 √ 3 9 20 √
3 9
問題
7-1
y 1 = y(x)
かつ、y2 = y ′ (x)
とすると、行列A
を以下のようにおくと、y ′ (x) =
y ′ 2 (x) y ′ 1 (x)
=
2 − 2
1 0
y 2 (x)
y 1 (x)
= A
y 2 (x)
y 1 (x)
A
の固有値は1 ± i
であり、その射影作用素を計算すると、P1
+i = A − (1 − i)E
1 + i − (1 − i) = 1 2i
1 + i − 2
1 − 1 + i
= 1
2
1 − i 2i
− i 1 + i
P 1 − i = P 1
+i = 1
2
1 + i − 2i
i 1 − i
ゆえに、e xA = e (1
+i)x P 1
+i + e (1 − i)x P 1 − i = 2Re(e (1
+i)x P 1
+i ) = Re
e (1
+i)x (1 − i) e (1
+i)x (2i)
e (1
+i)x ( − i) e (1
+i)x (1 + i)
= Re
e x (cos x + i sin x)(1 − i) e x (cos x + i sin x)2i
− e x (cos x + i sin x)i e x (cos x + i sin x)(1 + i)
= e x
cos x + sin x − 2 sin x sin x cos x − sin x
(e − xA y) ′ = e − xA
e x sin x 0
=
cos x sin x − sin 2 x
− sin 2 x
=
1
2 sin 2x − 1 − cos 2x 2
− 1 − cos 2x 2
ゆえにe − xA y =
− 1
4 cos 2x − x
2 + sin 2x 4 + C 1
− x
2 + sin 2x 4 + C 2
となる．初期条件、y(0) =
− 1 4 + C 1
C 2
=
0
0
からe − xA y =
− 1
4 cos 2x − x
2 + sin 2x + 1 4
− x
2 + sin 2x 4
=
1
2 ( − x + sin 2 x + sin x cos x) 1
2 ( − x + sin x cos x)
が なりたつ．y =
y ′ (x) y(x)
= e x
cos x + sin x − 2 sin x sin x cos x − sin x
1
2 ( − x + sin 2 x + sin x cos x) 1
2 ( − x + sin x cos x)
= e x 2
− x cos x + (1 + x) sin x
− x cos x + sin x
ゆえに、y(x)
= e x
2 ( − x cos x + sin x)．
問題
7-2
P(x , y , z) = (x(t) , y(t) , z(t))
とおくと、
x ′ (t) y ′ (t) z ′ (t)
=
− 4 0 2
0 − 2 2
2 2 − 3
x(t) y(t) z(t)
= A
x(t) y(t) z(t)
とおくと、Aの固有値は
− 6 , − 3 , 0
であり、P− 6 = (A − ( − 3)E)A
( − 6 − ( − 3))( − 6 − 0) = 1 18
8 4 − 8
4 2 − 4
− 8 − 4 8
= 1
9
4 2 − 4
2 1 − 2
− 4 − 2 4
、P − 3 = (A − ( − 6)E)A
( − 3 − ( − 6))( − 3 − 0) = 1 9
4 − 4 2
− 4 4 − 2
2 − 2 1
P 0 = (A − ( − 6)E)(A − ( − 3)E ( − 3)( − 6) = 1
18
2 4 4
4 8 8
4 8 8
= 1
9
1 2 2
2 4 4
2 4 4
ゆえに、e tA = e − 6t P 1 + e − 3t P 2 + P 3 = 1 9
4e − 6t + 4e − 3t + 1 2e − 6t − 4e − 3t + 2 − 4e − 6t + 2e − 3t + 2 2e − 6t − 4e − 3t + 2 e − 6t + 4e − 3t + 4 − 2e − 6t − 2e − 3t + 4
− 4e − 6t + 2e − 3t + 2 − 2e − 6t − 2e − 3t + 4 4e − 6t + e − 3t + 4
よって、
x(t) y(t) z(t)
= e tA
− 1 7 1
=
1 3
2e − 6t − 10e − 3t + 5 e − 6t + 10e − 3t + 10
− 2e − 6t − 5e − 3t + 10
ゆえに、3(x+ 2y + 2z) = 2e − 6t − 10e − 3t + 5 + 2(e − 6t + 10e − 3t + 10) + 2( − 2e − 6t − 5e − 3t + 10) = 45
ゆえに、解は
