数理モデルの問題

次元だけでは決まらないことの確認. $R$ が $\kappa ,A,t$ だけで決まるとして次元を比べる。$\mathrm{m}=({\mathrm{m}}^{-1}{\mathrm{s}}^{-1}{)}^a({\mathrm{m}}^3{\mathrm{s}}^{-2}{)}^b{\mathrm{s}}^c$ より
$$-a+3b=1,-a-2b+c=0(\ast )$$
の 2 式しか得られず、未知数 3 個に対して足りない。そこで方程式の相似構造を用いて $c$ を決める。

相似解の代入. $\xi =r/R(t)$ とおき、$h=H(t)f(\xi )$ を代入する。$\frac{\partial \xi }{\partial t}=-\xi \frac{\dot{R}}{R}$ より
$$\frac{\partial h}{\partial t}=\dot{H}f-H\frac{\dot{R}}{R}\xi f^{\prime }$$
となる。また $\frac{\partial }{\partial r}=\frac{1}{R}\frac{d}{d\xi }$ より
$$\frac{\kappa }{r}\frac{\partial }{\partial r}\left(r{h}^3\frac{\partial h}{\partial r}\right)=\frac{\kappa H^4}{R^2}\cdot \frac{1}{\xi }\frac{d}{d\xi }\left(\xi f^3{f}^{\prime }\right)$$
となる。両辺を $H/t$ で割り、
$$\alpha (t)=\frac{t\dot{H}}{H},\beta (t)=\frac{t\dot{R}}{R},\gamma (t)=\frac{\kappa H^{3}t}{R^2}(>0),L(\xi )=\frac{1}{\xi }{\left(\xi f^3{f}^{\prime }\right)}^{\prime }$$
とおくと、すべての $t>0$, $0<\xi <1$ で次が成り立つ。
$$\alpha (t)f(\xi )-\beta (t)\xi f^{\prime }(\xi )=\gamma (t)L(\xi ).(1)$$

$f$ と $\xi f^{\prime }$ の一次独立性. 定数 $c_1,c_2$（少なくとも一方は $0$ でない）について、$(0,1)$ 上で $c_{1}f+c_2\xi f^{\prime }\equiv 0$ と仮定する。
- $c_2=0$ のときは $f\equiv 0$ となる。これは体積 $A{t}^2>0$ に反する。
- $c_2\ne 0$ のときは $f^{\prime }=-\frac{c_1}{c_2}\frac{f}{\xi }$ である。これを解くと $f=k{\xi }^m$（$k$, $m=-c_1/c_2$ は定数）となる。$f$ は $[0,1]$ で連続で、$h(R,t)=0$ より $f(1)=0$ だから $k=0$、すなわち $f\equiv 0$ となり、やはり矛盾する。

よって $f$ と $\xi f^{\prime }$ は $(0,1)$ 上で一次独立である。したがって、行列式 $\left|\begin{array}{cc}f({\xi }_1)& -{\xi }_1{f}^{\prime }({\xi }_1)\\ f({\xi }_2)& -{\xi }_2{f}^{\prime }({\xi }_2)\end{array}\right|\ne 0$ となる 2 点 ${\xi }_1,{\xi }_2\in (0,1)$ がとれる。

係数が定数であること. $(1)$ を $\gamma >0$ で割り、$\xi ={\xi }_1,{\xi }_2$ を代入する。すると $\alpha /\gamma$, $\beta /\gamma$ についての連立 1 次方程式が得られ、その係数と右辺 $L({\xi }_1)$, $L({\xi }_2)$ は $t$ によらない。行列式が $0$ でないので解は一意であり、$\alpha /\gamma =\lambda$, $\beta /\gamma =\mu$（$\lambda$, $\mu$ は定数）となる。

一方、体積の条件から
$$2\pi {\int }_0^{R}rhdr=2\pi H{R}^2{\int }_0^1\xi f(\xi )d\xi =A{t}^2$$
である。$I=2\pi {\int }_0^1\xi fd\xi$ は $t$ によらない正の定数なので
$$H{R}^2=\frac{A}{I}{t}^2.(2)$$
両辺の対数をとって $t$ で微分し、$t$ を掛けると $\alpha +2\beta =2$ を得る。すなわち $(\lambda +2\mu )\gamma (t)=2$ である。右辺が $0$ でないので $\lambda +2\mu \ne 0$ であり、$\gamma =\frac{2}{\lambda +2\mu }$ は定数となる。このとき $\alpha =\lambda \gamma$, $\beta =\mu \gamma$ も定数である。これらを $\alpha =p$, $\beta =c$, $\gamma =K$ と書く。$\frac{\dot{H}}{H}=\frac{p}{t}$, $\frac{\dot{R}}{R}=\frac{c}{t}$ を積分すると、$H=H_0{t}^p$, $R=R_0{t}^c$（$H_0,R_0>0$）となる。

指数の決定. $\gamma =K$ より
$$\kappa H^{3}t=K{R}^2(3)$$
である。$(2)$, $(3)$ の $t$ のべきを比べると、$(2)$ から $p+2c=2$、$(3)$ から $3p+1=2c$ を得る。第 1 式より $p=2-2c$ を第 2 式に代入すると $6-6c+1=2c$ となるので、$c=\frac{7}{8}$、$p=\frac{1}{4}$ である。

係数の決定. $(2)$ より $H=\frac{A}{I}{R}^{-2}{t}^2$ である。これを $(3)$ に代入すると
$$\kappa \frac{A^3}{I^3}{R}^{-6}{t}^7=K{R}^2⟹R^8=\frac{\kappa A^3}{K{I}^3}{t}^7$$
となり、
$$R(t)={\left(\frac{1}{K{I}^3}\right)}^{1/8}{\kappa }^{1/8}{A}^{3/8}{t}^{7/8}$$
を得る。$K=\kappa H^{3}t/R^2$ と $I$ はともに無次元である。さらに $f$ を $s$ 倍し $H$ を $1/s$ 倍しても $K{I}^3$ は変わらない。$K=1$ と正規化すると、$f$ は $\kappa$, $A$ を含まない方程式 $\frac{1}{4}f-\frac{7}{8}\xi f^{\prime }=\frac{1}{\xi }(\xi f^3{f}^{\prime }{)}^{\prime }$, $f(1)=0$ で決まる。したがって $C=(K{I}^3{)}^{-1/8}$ は $\kappa$, $A$, $t$ によらない無次元定数である。

検算（次元）. $c=\frac{7}{8}$ を $(\ast )$ に代入すると、$-a+3b=1$, $-a-2b=-\frac{7}{8}$ となる。辺々引いて $5b=\frac{15}{8}$ より $b=\frac{3}{8}$、$a=\frac{1}{8}$ であり、上の結果と一致する。

よって $(a,b,c)=\left(\frac{1}{8},\frac{3}{8},\frac{7}{8}\right)$ である。

体積保存の式より、$2\pi H{R}^2{\int }_0^{1}xf(x)dx=A{t}^2$ である。$f$ は $t$ によらないので、${\int }_0^{1}xfdx$ は 0 でない定数（$h>0$ なので $f>0$）となり、$H{R}^2=c_{1}A{t}^2$ が成り立つ。

次に方程式のスケーリングを調べる。左辺 $h_t$ は $H/t$ のオーダー、右辺は $\kappa H^4/R^2$ のオーダーである。相似解が存在するためには各項の $t$ 依存性が一致しなければならないので、$\frac{H}{t}\propto \frac{\kappa H^4}{R^2}$、すなわち $R^2\propto \kappa H^{3}t$ となる。

$H\propto A{t}^2/R^2$ を代入すると $R^2\propto \kappa A^3{t}^6{R}^{-6}t$ なので、$R^8\propto \kappa A^3{t}^7$、よって $R=C{\kappa }^{1/8}{A}^{3/8}{t}^{7/8}$ を得る。

検算（次元）: ${\kappa }^{1/8}{A}^{3/8}{t}^{7/8}$ は $\mathrm{m}$ について $-1/8+9/8=1$、$\mathrm{s}$ について $-1/8-6/8+7/8=0$ となり、長さの次元に一致する。

したがって $(a,b,c)=(1/8,3/8,7/8)$。