偏微分方程式の問題

難易度 3大学院入試の専門科目の標準レベル証明問題大学院数学偏微分方程式

$f$ を $[0, π]$ 上の実数値連続関数とする。実数値関数 $u (x, t)$ は $[0, π] \times [0, \infty)$ で連続であり、 $[0, π] \times (0, \infty)$ で $u_{t}, u_{x}, u_{xx}$ が存在して連続（ $x = 0, π$ では片側微分とする）で、
$u_{t} = u_{xx} (0 \leq x \leq π, t > 0), u (0, t) = u (π, t) = 0 (t > 0), u (x, 0) = f (x) (0 \leq x \leq π)$
をみたすとする。 $β = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} f (y) sin y d y$ とおくとき、
$t \to \infty lim 0 \leq x \leq π sup e^{t} u (x, t) - β sin x = 0$
が成り立つことを示せ。

ただし、次の事実は用いてよい： $[0, π]$ 上の連続関数 $g$ が、すべての正の整数 $n$ について $\int_{0}^{π} g (x) sin n x d x = 0$ をみたすならば、 $g$ は $[0, π]$ 上で恒等的に $0$ である。

この問題で使うもの

有界区間の熱方程式（説明と入口の問題）
正弦級数・余弦級数（説明と入口の問題）
部分積分（説明と入口の問題）
1 階線形微分方程式（説明と入口の問題）
偏微分と全微分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（72 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

行き詰まったら、上から順に 1 つずつ開いてください。

ヒント 1

$u (\cdot, t)$ をフーリエ正弦級数に展開し、係数 $b_{n} (t) = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} u (x, t) sin n x d x$ の時間変化を調べる。最後に $n = 1$ の項とそれ以外の項に分けて評価する。

ヒント 2

$b_{n}^{'} (t)$ を計算し、 $u_{t} = u_{xx}$ と部分積分 2 回（境界条件で境界項が消える）を使うと $b_{n}^{'} = - n^{2} b_{n}$ という常微分方程式が得られる。

ヒント 3

$b_{n} (t) = b_{n} (0) e^{- n^{2} t}$ と $∣ b_{n} (0) ∣ \leq \frac{2}{π} \int_{0}^{π} ∣ f ∣ d x$ を示す。 $t > 0$ では $\sum b_{n} (t) sin n x$ が一様収束するので、それが $u (x, t)$ に一致することを、用いてよい事実（正弦係数がすべて $0$ の連続関数は $0$ ）から導く。

採点の観点と模範解答

自分で証明を書いてから、採点の観点で見比べてください。

採点の観点を見る

フーリエ正弦係数 $b_{n} (t)$ を定義し、 $u$ の一様連続性から $b_{n}$ が $t = 0$ を含めて連続であることを確かめている（1 点）
積分記号下の微分と部分積分 2 回を行い、境界項が $sin$ の零点と境界条件で消えることを示して $b_{n}^{'} = - n^{2} b_{n}$ を導いている（3 点）
常微分方程式を解いて $b_{n} (t) = b_{n} (0) e^{- n^{2} t}$ とし、 $∣ b_{n} (0) ∣$ を $n$ によらない定数で抑えている（2 点）
$t > 0$ で $\sum b_{n} (t) sin n x$ が一様収束し、正弦関数系の完全性により $u (x, t)$ に一致することを示している（2 点）
$n \geq 2$ の項の和を $e^{- 3 t}$ の定数倍のように $x$ によらず評価し、一様収束の結論を得ている（2 点）

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模範解答を読む

正の整数 $n$ と $t \geq 0$ に対して、 $u (\cdot, t)$ のフーリエ正弦係数を
$b_{n} (t) = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} u (x, t) sin n x d x$
と定める。 $b_{n} (0) = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} f (x) sin n x d x$ であり、特に $b_{1} (0) = β$ である。

ステップ 1： $b_{n}$ は $[0, \infty)$ で連続。

$T > 0$ を任意にとる。 $u$ はコンパクト集合 $[0, π] \times [0, T]$ で連続なので一様連続である。よって $t, s \in [0, T]$ について $sup_{x} ∣ u (x, t) - u (x, s) ∣ \to 0$ $(s \to t)$ となり、 $∣ b_{n} (t) - b_{n} (s) ∣ \leq \frac{2}{π} \cdot π sup_{x} ∣ u (x, t) - u (x, s) ∣ \to 0$ 。したがって $b_{n}$ は $[0, \infty)$ で連続である。

ステップ 2： $t > 0$ で $b_{n}^{'} (t) = - n^{2} b_{n} (t)$ 。

$0 < a < c$ とすると、 $u_{t}$ はコンパクト集合 $[0, π] \times [a, c]$ で連続なので有界である。よって積分記号下の微分ができ、 $t \in (a, c)$ で
$b_{n}^{'} (t) = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} u_{t} (x, t) sin n x d x = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} u_{xx} (x, t) sin n x d x .$
$u (\cdot, t)$ は $[0, π]$ で $C^{2}$ 級なので、部分積分を 2 回行うと
$\int_{0}^{π} u_{xx} sin n x d x = [u_{x} sin n x]_{0}^{π} - n \int_{0}^{π} u_{x} cos n x d x = 0 - n ([u cos n x]_{0}^{π} + n \int_{0}^{π} u sin n x d x) .$
ここで $sin 0 = sin nπ = 0$ より第 1 の境界項は $0$ 、境界条件 $u (0, t) = u (π, t) = 0$ より第 2 の境界項も $0$ である。よって $\int_{0}^{π} u_{xx} sin n x d x = - n^{2} \int_{0}^{π} u sin n x d x$ となり、 $b_{n}^{'} (t) = - n^{2} b_{n} (t)$ $(t > 0)$ を得る。 $a, c$ は任意なので、これはすべての $t > 0$ で成り立つ。

ステップ 3： $b_{n} (t) = b_{n} (0) e^{- n^{2} t}$ 。

$h (t) = e^{n^{2} t} b_{n} (t)$ とおくと、 $t > 0$ で $h^{'} (t) = e^{n^{2} t} (b_{n}^{'} + n^{2} b_{n}) = 0$ だから $h$ は $(0, \infty)$ で定数であり、ステップ 1 より $h$ は $t = 0$ でも連続なので $h (t) = h (0) = b_{n} (0)$ 。よって $b_{n} (t) = b_{n} (0) e^{- n^{2} t}$ $(t \geq 0)$ 。また $∣ b_{n} (0) ∣ \leq \frac{2}{π} \int_{0}^{π} ∣ f ∣ d x =: C$ だから
$∣ b_{n} (t) ∣ \leq C e^{- n^{2} t} (t \geq 0, n \geq 1) .$

ステップ 4： $t > 0$ で $u (x, t) = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} (t) sin n x$ 。

$t > 0$ を固定する。 $\sum_{n} ∣ b_{n} (t) sin n x ∣ \leq C \sum_{n} e^{- n^{2} t} < \infty$ なので、ワイエルシュトラスの M 判定法により $v (x) = \sum_{n = 1}^{\infty} b_{n} (t) sin n x$ は $[0, π]$ で一様収束し、 $v$ は連続である。一様収束なので項別積分ができ、直交関係 $\int_{0}^{π} sin n x sin m x d x = \frac{π}{2} δ_{nm}$ より
$\frac{2}{π} \int_{0}^{π} v (x) sin m x d x = b_{m} (t) (m \geq 1) .$
したがって連続関数 $g = u (\cdot, t) - v$ はすべての $m \geq 1$ について $\int_{0}^{π} g sin m x d x = 0$ をみたし、問題文で用いてよいとした事実から $g \equiv 0$ 、すなわち $u (x, t) = v (x)$ である。

ステップ 5：一様収束の評価。

$t \geq 1$ とする。ステップ 3, 4 と $b_{1} (0) = β$ より、すべての $x \in [0, π]$ で
$e^{t} u (x, t) - β sin x = n = 2 \sum \infty e^{t} b_{n} (t) sin n x \leq C n = 2 \sum \infty e^{- (n^{2} - 1) t} .$
$n \geq 2$ では $n^{2} - 1 = (n - 1) (n + 1) \geq 3 (n - 1)$ なので、 $m = n - 1$ とおいて
$C n = 2 \sum \infty e^{- (n^{2} - 1) t} \leq C m = 1 \sum \infty e^{- 3 m t} = \frac{C e ^{- 3 t}}{1 - e ^{- 3 t}} \leq \frac{C}{1 - e ^{- 3}} e^{- 3 t} .$
右辺は $x$ によらず、 $t \to \infty$ で $0$ に収束する。

結論。 以上より
$t \to \infty lim 0 \leq x \leq π sup e^{t} u (x, t) - β sin x = 0$
が成り立つ。

この問題の確認

AI が作成した問題です。公開前に次の確認を行いました。

別の AI が模範解答を見ずに 3 回証明を試み、3 回証明できました
2 つの AI が独立に、模範解答の証明を 1 ステップずつ確かめました
AI の査読で、条件・解説・表記を確認しました
答えの正しさについて慎重に扱うべき点が見つからなかったため、自動で公開しました

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