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偏微分方程式の問題

難易度 4大学院入試の難問レベル大学院数学偏微分方程式

$u = u (x, t)$ に対する減衰項付き波動方程式（電信方程式）の初期値・境界値問題
$u_{tt} + 2 u_{t} = u_{xx} (0 < x < π, t > 0),$
$u (0, t) = u (π, t) = 0 (t \geq 0),$
$u (x, 0) = x (π - x), u_{t} (x, 0) = 0 (0 \leq x \leq π)$
を考える。変数分離法により $u$ を $sin n x$ （ $n$ は正の整数）のフーリエ正弦級数
$u (x, t) = n = 1 \sum \infty T_{n} (t) sin n x$
の形で求めたとき、広義積分
$I = \int_{0}^{\infty} u (\frac{π}{2}, t) d t$
の値を求めよ。必要ならば $k = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{k}}{( 2 k + 1 ) ^{5}} = \frac{5 π ^{5}}{1536}$ を用いてよい。

この問題で使うもの

変数分離法（説明と入口の問題）
波動方程式（説明と入口の問題）
正弦級数・余弦級数（説明と入口の問題）
定数係数 2 階線形（斉次）（説明と入口の問題）
部分積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（73 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

境界条件から $sin n x$ で展開し、各モードの係数 $T_{n} (t)$ が満たす常微分方程式を立てる。 $T_{n}$ を具体的に積分しなくても、方程式そのものを $t$ について $0$ から $\infty$ まで積分すれば $\int_{0}^{\infty} T_{n} d t$ が求まる。

ヒント 2

$T_{n}^{''} + 2 T_{n}^{'} + n^{2} T_{n} = 0$ を積分すると $- T_{n}^{'} (0) - 2 T_{n} (0) + n^{2} \int_{0}^{\infty} T_{n} d t = 0$ 。また $x (π - x)$ の正弦係数は奇数 $n$ で $\frac{8}{π n ^{3}}$ 、偶数で $0$ 。

ヒント 3

$\int_{0}^{\infty} T_{n} d t = \frac{16}{π n ^{5}}$ （ $n$ 奇数）となるので、 $I = \frac{16}{π} \sum_{k \geq 0} \frac{( - 1 ) ^{k}}{( 2 k + 1 ) ^{5}}$ を計算すればよい。

答えと解説

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\frac{5 π ^{4}}{96}

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解説を読む

1. 初期値のフーリエ正弦展開. $f (x) = x (π - x)$ とおくと、部分積分により
$b_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} x (π - x) sin n x d x = \frac{4 ( 1 - ( - 1 ) ^{n} )}{π n ^{3}}$
となる。よって $n$ が奇数のとき $b_{n} = \frac{8}{π n ^{3}}$ 、偶数のとき $b_{n} = 0$ で、 $f (x) = \sum_{n} b_{n} sin n x$ 。

2. 変数分離. $u = X (x) T (t)$ とおくと $X^{''} = - λ X$ , $X (0) = X (π) = 0$ より固有関数は $sin n x$ 、固有値 $λ = n^{2}$ 。時間部分は
$T_{n}^{''} + 2 T_{n}^{'} + n^{2} T_{n} = 0, T_{n} (0) = b_{n}, T_{n}^{'} (0) = 0.$
特性方程式 $r^{2} + 2 r + n^{2} = 0$ の根は $r = - 1 \pm 1 - n^{2}$ で、
- $n = 1$ : $T_{1} (t) = b_{1} (1 + t) e^{- t}$ ,
- $n \geq 2$ : $ω_{n} = n^{2} - 1$ として $T_{n} (t) = b_{n} e^{- t} (cos ω_{n} t + \frac{1}{ω _{n}} sin ω_{n} t)$ 。

いずれも $T_{n}, T_{n}^{'}$ は $t \to \infty$ で指数的に $0$ に減衰する。

3. 時間積分の計算. $T_{n}$ の方程式を $0$ から $\infty$ まで積分すると、 $T_{n} (\infty) = T_{n}^{'} (\infty) = 0$ より
$[T_{n}^{'}]_{0}^{\infty} + 2 [T_{n}]_{0}^{\infty} + n^{2} \int_{0}^{\infty} T_{n} d t = 0 ⟹ - 0 - 2 b_{n} + n^{2} \int_{0}^{\infty} T_{n} d t = 0,$
すなわち
$\int_{0}^{\infty} T_{n} (t) d t = \frac{2 b _{n}}{n ^{2}} .$
（ $∣ T_{n} (t) ∣ \leq C b_{n} (1 + t) e^{- t}$ の形の評価があり $\sum b_{n} < \infty$ なので、項別積分してよい。）

4. 級数の和. $x = π /2$ では $sin \frac{nπ}{2}$ は $n = 2 k + 1$ のとき $(- 1)^{k}$ 、偶数のとき $0$ 。したがって
$I = n = 1 \sum \infty \frac{2 b _{n}}{n ^{2}} sin \frac{nπ}{2} = k = 0 \sum \infty \frac{16}{π ( 2 k + 1 ) ^{5}} (- 1)^{k} = \frac{16}{π} \cdot \frac{5 π ^{5}}{1536} = \frac{5 π ^{4}}{96} .$

5. 検算（定常問題）. $W (x) = \int_{0}^{\infty} u (x, t) d t$ とおき方程式を $t$ で積分すると $- u_{t} (x, 0) - 2 u (x, 0) = W^{''}$ 、すなわち $- W^{''} = 2 x (π - x)$ , $W (0) = W (π) = 0$ 。これを解くと
$W (x) = \frac{x ^{4}}{6} - \frac{π x ^{3}}{3} + \frac{π ^{3} x}{6},$
$W (\frac{π}{2}) = \frac{π ^{4}}{96} - \frac{π ^{4}}{24} + \frac{π ^{4}}{12} = \frac{5 π ^{4}}{96}$
となり一致する。

答え: $I = \frac{5 π ^{4}}{96}$

別解

$u = \sum T_{n} (t) sin n x$ を方程式に代入すると、各 $n$ について $T_{n}^{''} + 2 T_{n}^{'} + n^{2} T_{n} = 0$ 、初期条件 $T_{n} (0) = b_{n}$ 、 $T_{n}^{'} (0) = 0$ となる。ここで $b_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} x (π - x) sin n x d x$ 。部分積分により $\int_{0}^{π} x (π - x) sin n x d x = \frac{2 ( 1 - ( - 1 ) ^{n} )}{n ^{3}}$ なので $b_{n} = \frac{4 ( 1 - ( - 1 ) ^{n} )}{π n ^{3}}$ （ $n$ 偶数で 0、奇数で $\frac{8}{π n ^{3}}$ ）。\n\n特性方程式 $λ^{2} + 2 λ + n^{2} = 0$ の解は $λ = - 1 \pm 1 - n^{2}$ 。 $n = 1$ は重解 $- 1$ 、 $n \geq 2$ は実部 $- 1$ の複素解で、いずれも $T_{n}, T_{n}^{'} \to 0$ ( $t \to \infty$ ) かつ指数的に減衰し、 $\int_{0}^{\infty} T_{n} d t$ は収束する。方程式を $0$ から $\infty$ まで積分すると\n $[T_{n}^{'}]_{0}^{\infty} + 2 [T_{n}]_{0}^{\infty} + n^{2} \int_{0}^{\infty} T_{n} d t = 0$ 、すなわち $0 - 0 + 2 (0 - b_{n}) + n^{2} \int_{0}^{\infty} T_{n} d t = 0$ より $\int_{0}^{\infty} T_{n} d t = \frac{2 b _{n}}{n ^{2}}$ 。\n\n $x = π /2$ では $n = 2 k + 1$ のとき $sin (nπ /2) = (- 1)^{k}$ 、偶数 $n$ は $b_{n} = 0$ 。よって\n $I = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{2}{( 2 k + 1 ) ^{2}} \cdot \frac{8}{π ( 2 k + 1 ) ^{3}} (- 1)^{k} = \frac{16}{π} \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{( - 1 ) ^{k}}{( 2 k + 1 ) ^{5}} = \frac{16}{π} \cdot \frac{5 π ^{5}}{1536} = \frac{5 π ^{4}}{96}$ 。\n\n検算: 第 1 項 $\frac{16}{π} \approx 5.093$ 、第 2 項 $- \frac{16}{243 π} \approx - 0.0210$ 、第 3 項 $+ \frac{16}{3125 π} \approx 0.00163$ で和は約 $5.074$ 。 $\frac{5 π ^{4}}{96} = \frac{5 \times 97.409}{96} \approx 5.073$ と一致する。項別積分は級数が $n^{- 5}$ で絶対収束するので正当化できる。

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