偏微分方程式の問題

$p=u_x,q=u_t$ とおき、方程式を $F(x,t,u,p,q)=q+\frac{1}{2}{p}^2+\frac{1}{2}{x}^2=0$ と書く。非線形 1 階方程式の特性方程式（シャルピーの方程式）は、パラメータを $s$ として
$$\frac{dx}{ds}=F_p=p,\frac{dt}{ds}=F_q=1,\frac{du}{ds}=p{F}_p+q{F}_q=p^2+q,$$
$$\frac{dp}{ds}=-F_x-p{F}_u=-x,\frac{dq}{ds}=-F_t-q{F}_u=0$$
である。$t=s$ としてよい。

初期条件. $t=0$ で $x=x_0$ とすると、$u=x_0$、$p=u_x(x_0,0)=\frac{d}{dx}(x)=1$ であり、$F=0$ より $q=-\frac{1}{2}(1+x_0^2)$ である。

$x,p$ を解く. $x^{\prime }=p,p^{\prime }=-x$ より $x^{\prime \prime }=-x$ なので、$x(0)=x_0,x^{\prime }(0)=p(0)=1$ から
$$x=x_0\cos t+\sin t,p=-x_0\sin t+\cos t.$$

$u$ を解く. 特性曲線に沿って $F=0$ が保たれるので $q=-\frac{1}{2}(p^2+x^2)$。よって
$$\frac{du}{dt}=p^2+q=\frac{1}{2}(p^2-x^2).$$
ここで
$$p^2-x^2=(x_0^2{\sin }^{2}t-2x_0\sin t\cos t+{\cos }^{2}t)-(x_0^2{\cos }^{2}t+2x_0\sin t\cos t+{\sin }^{2}t)=-(x_0^2-1)\cos 2t-2x_0\sin 2t.$$
これを $0$ から $t$ まで積分して
$$u=x_0+\frac{1}{2}\left[-\frac{(x_0^2-1)\sin 2t}{2}+x_0(\cos 2t-1)\right]=x_0{\cos }^{2}t-\frac{(x_0^2-1)\sin t\cos t}{2}$$
（$x_0+\frac{x_0(\cos 2t-1)}{2}=x_0\cdot \frac{1+\cos 2t}{2}=x_0{\cos }^{2}t$ を用いた）。

$x_0$ を消去する. $0\le t<\frac{\pi }{2}$ では $\cos t>0$ なので、$x=x_0\cos t+\sin t$ は $x_0$ について一意に解けて $x_0=\frac{x-\sin t}{\cos t}$（特性曲線は交わらない）。$c=\cos t,s=\sin t$ と書くと
$$u=(x-s)c-\frac{s\{(x-s{)}^2-c^2\}}{2c}=\frac{2c^2(x-s)-s(x^2-2xs+s^2-c^2)}{2c}.$$
分子は $2c^{2}x-2c^{2}s-s{x}^2+2x{s}^2-s^3+s{c}^2=2x(c^2+s^2)-s{x}^2-s(c^2+s^2)=2x-(x^2+1)s$ なので
$$u(x,t)=\frac{x}{\cos t}-\frac{(x^2+1)\tan t}{2}.$$

検算. $\frac{d}{dt}\frac{1}{\cos t}=\frac{\tan t}{\cos t}$、$\frac{d}{dt}\tan t=\frac{1}{{\cos }^{2}t}$ より
$$u_t=\frac{x\tan t}{\cos t}-\frac{x^2+1}{2{\cos }^{2}t},u_x=\frac{1}{\cos t}-x\tan t.$$
よって
$$\frac{1}{2}{u}_x^2=\frac{1}{2{\cos }^{2}t}-\frac{x\tan t}{\cos t}+\frac{x^2{\tan }^{2}t}{2}.$$
$u_t$ と足すと、$\frac{x\tan t}{\cos t}$ の項は打ち消し合い、$-\frac{x^2+1}{2{\cos }^{2}t}+\frac{1}{2{\cos }^{2}t}=-\frac{x^2}{2{\cos }^{2}t}$ となるので
$$u_t+\frac{1}{2}{u}_x^2=-\frac{x^2}{2{\cos }^{2}t}+\frac{x^2{\tan }^{2}t}{2}=-\frac{x^2}{2}\left(\frac{1}{{\cos }^{2}t}-{\tan }^{2}t\right)=-\frac{x^2}{2}.$$
したがって $u_t+\frac{1}{2}{u}_x^2+\frac{1}{2}{x}^2=0$ が成り立つ。また $u(x,0)=x$ で、$u$ は $\mathbb{R}\times \left[0,\frac{\pi }{2}\right)$ 上 $C^{\infty }$ 級である。一意性からこれが求める解である。

値. $t=\frac{\pi }{3}$ では $\cos t=\frac{1}{2},\tan t=\sqrt{3}$ なので
$$u\left(1,\frac{\pi }{3}\right)=\frac{1}{1/2}-\frac{(1+1)\sqrt{3}}{2}=2-\sqrt{3}.$$

$H(x,p)=\frac{1}{2}{p}^2+\frac{1}{2}{x}^2$ とする（$u_t+H(x,u_x)=0$）。特性方程式: $\dot{x}=p$, $\dot{p}=-x$, $\dot{u}=p\dot{x}-H=\frac{p^2-x^2}{2}$。初期条件: $x(0)=\xi$, $p(0)=u_x(\xi ,0)=1$, $u(0)=\xi$。

解: $x=\xi \cos s+\sin s$, $p=\cos s-\xi \sin s$。
$p^2-x^2=(1-{\xi }^2)\cos 2s-2\xi \sin 2s$ なので
$u(t)=\xi +{\int }_0^t\frac{p^2-x^2}{2}ds=\xi +\frac{(1-{\xi }^2)\sin 2t}{4}+\frac{\xi (\cos 2t-1)}{2}$。

$t=\pi /3$, $x=1$: $1=\xi \cdot \frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}$ より $\xi =2-\sqrt{3}$。$\sin 2t=\frac{\sqrt{3}}{2}$, $\cos 2t=-\frac{1}{2}$。
$u=\xi -\frac{3\xi }{4}+\frac{\sqrt{3}(1-{\xi }^2)}{8}=\frac{\xi }{4}+\frac{\sqrt{3}(1-{\xi }^2)}{8}$。${\xi }^2=7-4\sqrt{3}$, $1-{\xi }^2=4\sqrt{3}-6$, $\sqrt{3}(4\sqrt{3}-6)=12-6\sqrt{3}$。
$u=\frac{2-\sqrt{3}}{4}+\frac{12-6\sqrt{3}}{8}=\frac{2-\sqrt{3}}{4}+\frac{6-3\sqrt{3}}{4}=\frac{8-4\sqrt{3}}{4}=2-\sqrt{3}$。

検算: 特性線は $t\in [0,\pi /2)$ で $\partial x/\partial \xi =\cos t>0$ なので $x\mapsto \xi$ は全単射で、$u$ は $C^2$ に定まる。$t$ が小さいとき $u\approx x-t(1+x^2)/2$ で $x=1$ なら $1-t$ に近く、$t=\pi /3$ で $0.268$ は妥当。