Fourier 級数の応用

『私が見るに、熱に関するすべての現象は、非常に少数の一般的で 単純な事実に依存しており、そのことによってこの種の問題はすべて 数学解析の言葉で述べることができる。』

—《熱の解析理論》J. Fourier, 1768--1830—

偏微分方程式論は微積分の弦の振動問題への応用に端を発する。一般に d'Alembert が1747年に発表した論文『張り詰めた弦の振動時に形成される曲線の研究』（Recherches sur la courbe que forme une corde tendue mise en vibration, Histoire de l'Acad\'{e}mie Royale, Berlin, 3.1747. pp.214--219）を偏微分方程式論の発端とみなす。d'Alembert 以前にも Taylor と John Bernoulli らが弦の振動を数学的に記述していたが、いずれも偏微分の概念を採用していなかった。d'Alembert は上記論文の中で初めて明確に偏微分方程式

を導出し、その解

を求めた。これが一般に言われる d'Alembert の公式である。d'Alembert の上記論文が発表されて間もなく、Euler も『弦の振動について』（Nova Acta Erud. pp.512--527, 1749）を発表した。Euler は d'Alembert の方法を用いたが、初期関数を彼の言う「不連続曲線」（今日では有限個の不連続点を持つ連続関数に相当する）としても許容した。ほぼ同時期に Daniel Bernoulli（1700--1782）も自らの弦の振動問題に関する研究論文（1753）を発表し、d'Alembert や Euler とは異なる路線を採り、すべての可能な初期関数は三角級数の形式で表せると断言した。ではどのような関数が三角関数で書けるのだろうか。これはただちに Euler と d'Alembert の反論を招き、続いてフランスの数学者 Lagrange もこの著名な学術論争に加わり、三角級数で任意の関数を表せるというこの重要な問題をめぐって激烈な議論が展開された。この論争には多くの数学者が巻き込まれ、19世紀初頭まで続いた。全体の情勢は Daniel Bernoulli に不利であったが、後になってフランスの数学者 Fourier が熱伝導方程式を研究し、Euler・Daniel Bernoulli らの三角級数理論を発展させ一般理論として整備した。こうして人々は三角級数を Fourier 級数と呼ぶようになり、ここで Fourier は百年来の波動方程式論争の核心を明確にし、最終的に Daniel Bernoulli に名誉を回復させた。「ほぼすべての関数は Fourier 級数として表せる」のである。

Fourier は三角級数を用いて熱伝導方程式を解くとともに、無限領域の熱伝導問題を処理するために現在いわゆる「Fourier 積分」と呼ばれるものを導出し、これがすべて偏微分方程式境界値問題の研究を大いに推進した。しかし Fourier の仕事の意義はそれだけにとどまらない。それは人々に関数の概念を修正・拡張させ、特に不連続関数の探索を引き起こした。三角級数の収束性の問題はさらに集合論の誕生を刺激した。それゆえ《熱の解析理論》は19世紀全体の解析の厳格化の進展に影響を与えた。

総じて、波動方程式の研究から引き起こされた科学界百年にわたる論争の基本的な争点は「関数とは何か？」であった。このような論争が関数の本質をより明確にし、関数の概念と解析全体の厳格化に深遠な影響を与えた。

熱伝導方程式

熱伝導方程式

は偏微分方程式とその応用において重要な地位を占めている。熱伝導理論・拡散理論・Brown 運動および物理学の他の分野でも熱伝導方程式に出会う。これは放物型方程式と呼ばれる一類の偏微分方程式の中で最も単純な代表例である。熱伝導方程式の解のある性質は Laplace 方程式の解の性質と類似している。熱伝導方程式は Fourier が1822年にその名著《熱の解析理論》の中で最初に導入して研究したものであり、偏微分方程式理論全体の発展に非常に重要な役割を演じた。

例題 3.1.1 (斉次熱伝導方程式)

$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \qquad u_t = ku_{xx}, \qquad t > 0,\quad 0 < x < L\\ \text{(B.C.)} & \qquad u(0,t) = u(L,t) = 0, \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \qquad u(x,0) = f(x)\end{aligned}$$

解． $u(x,t) = T(t)\varphi(x)$ と仮定し、方程式に代入すると

$$\frac{T'(t)}{kT(t)} = \frac{\varphi''(x)}{\varphi(x)} \equiv -\lambda$$

ここで $\lambda$ は固有値（eigenvalue）である。したがって一つの偏微分方程式の問題は二つの常微分方程式の固有値問題、すなわち Sturm--Liouville 問題に変換される。

$$\begin{aligned}T'(t) + \lambda kT(t) &= 0, \qquad t > 0,\\ \varphi''(x) + \lambda\varphi(x) &= 0, \qquad 0 < x < L.\end{aligned}$$

境界条件は

$$T(t)\varphi(0) = 0, \qquad T(t)\varphi(L) = 0, \qquad t > 0.$$

$T(t) \equiv 0$ の解は期待しないので $\varphi(0) = \varphi(L) = 0$ を要求する。常微分方程式の理論を用いると固有値・固有関数は

$$\begin{aligned}\lambda_n &= \left(\frac{n\pi}{L}\right)^{\!2}, \qquad n = 1,2,3,\ldots,\\ \varphi_n(x) &= \sin\frac{n\pi x}{L}, \qquad n = 1,2,3,\ldots\end{aligned}$$

このとき対応する $T_n$ は

$$T_n'(t) + \lambda_n kT_n(t) = 0 \implies T_n(t) = e^{-\lambda_n kt}$$

重ね合わせの原理（線形性）を用いると $u(x,t)$ は $u_n = T_n\varphi_n$ の線形結合として表せる。

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}b_n e^{-\lambda_n kt}\varphi_n(x), \qquad b_n \in \mathbb{R}$$

係数 $b_n$ は初期条件より

$$u(x,0) = \sum_{n=1}^{\infty}b_n\varphi_n(x) = f(x)$$

$\varphi_n(x)$ の直交性より

$$\int_0^L\sin\frac{m\pi x}{L}\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx = \begin{cases}0, & m\ne n,\\[4pt]\dfrac{L}{2}, & m=n\end{cases}$$

したがって

$$b_n = \frac{2}{L}\int_0^L f(x)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx$$

よって解は

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}b_n e^{-\lambda_n kt}\sin\frac{n\pi x}{L}$$

［注意］：

1. この問題の変数は $x$、$t$ の二個だけであるから、分離変数後に二つの常微分方程式に変換される。$n$ 個の変数がある場合は $n$ 個の常微分方程式に変換される。
2. 初期値 $f(x)$ を固有関数 $\varphi_n$（$n=1,2,\ldots$）の線形結合（linear combination）として表す、すなわち $f(x)$ を固有関数 $\{\varphi_n\}$ の Fourier 級数（Fourier series）として表す。この精神がまさに逆変換（inverse transform）である。
3. 固有関数 $\varphi_n$ を正規化（normalized）すると $\widetilde{\varphi}_n = \dfrac{\varphi_n}{\sqrt{L/2}}$（$n=1,2,\ldots$）となり
   
   
   $$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}b_n e^{-\lambda_n kt}\varphi_n(x) = \sum_{n=1}^{\infty}e^{-\lambda_n kt}\langle f,\widetilde{\varphi}_n\rangle\widetilde{\varphi}_n(x)$$
   
   
   ここで内積は
   
   
   $$\langle f,\widetilde{\varphi}_n\rangle \equiv \int_0^L f(x)\widetilde{\varphi}_n(x)\,dx$$
   
   
   一般化や理解を容易にするために
   
   
   $$E_n(f)(x) \equiv \langle f,\widetilde{\varphi}_n\rangle\widetilde{\varphi}_n(x)$$
   
   
   と定義する。$E_n$ は第 $n$ 番目固有関数への射影であり、したがって
   
   
   $$u(x,t) = e^{kt\partial_{xx}}f(x) \equiv \sum_{n=1}^{\infty}e^{-\lambda_n kt}E_n(f)(x)$$
   
   
   
   $$\partial_{xx} \equiv \sum_{n=1}^{\infty}-\lambda_n E_n(\cdot)$$
   
   
   これはちょうど有限次元スペクトル定理の一般化である。
4. 境界条件 $u(0,t) = u(L,t) = 0$ は $u$ が必ず奇関数的な展開を持つことを示しており、したがって Fourier 余弦係数 $a_n = 0$ となる。
5. 簡単な次元分析より
   
   
   $$\begin{aligned}[u_t] = [ku_{xx}] &\implies [k] = \frac{\mathrm{L}^2}{\mathrm{T}},\\ u(x,0) = f(x) &\implies [f] = [u],\\ [\varphi_n] = \left[\sin\frac{n\pi x}{L}\right] = 1 &\implies [x] = [L] = \mathrm{L},\quad [\pi] = [n] = 1,\\ [e^{-\lambda_n kt}] = 1 &\implies [\lambda_n] = [k]^{-1}\mathrm{T}^{-1} = \mathrm{L}^{-2},\\ [b_n] = \frac{1}{[L]}[f][x] = [f] &\implies [u] = [b_n] = [f].\end{aligned}$$
   
   
   時間 $t$ と空間 $x$ は熱伝導係数を通じて結びついており、$[k] = \mathrm{L}^2\mathrm{T}^{-1}$ であるから $[\lambda_n t] = \mathrm{L}^{-2}\cdot\mathrm{L}^2\mathrm{T}^{-1}\cdot\mathrm{T} = 1$ となり次元整合的である。このため熱伝導方程式を放物型方程式と呼ぶ。

例題 3.1.2 (熱伝導方程式の周期型境界値問題)

$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \qquad u_t = ku_{xx}, \qquad -L < x < L,\quad t > 0\\ \text{(B.C.)} & \qquad u(-L,t) = u(L,t),\quad u_x(-L,t) = u_x(L,t), \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \qquad u(x,0) = f(x), \qquad -L < x < L\end{aligned}$$

解． 分離変数を行うと

$$\begin{aligned}\varphi'' + \lambda\varphi &= 0, \qquad -L < x < L,\\ \varphi(-L) &= \varphi(L), \qquad \varphi'(-L) = \varphi'(L).\end{aligned}$$

一般解は

$$\varphi = A\cos\sqrt{\lambda}\,x + B\frac{\sin\sqrt{\lambda}\,x}{\sqrt{\lambda}}$$

$\varphi$ は境界条件を満たさなければならないので整理すると

$$\begin{aligned}-2\frac{\sin L\sqrt{\lambda}}{\sqrt{\lambda}}\cdot B &= 0,\\ 2\sqrt{\lambda}\sin L\sqrt{\lambda}\cdot A &= 0.\end{aligned}$$

非零解を期待するならば

$$4\lambda\!\left(\frac{\sin L\sqrt{\lambda}}{\sqrt{\lambda}}\right)^{\!2} = 0 \implies \lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^{\!2}, \qquad n = 0,1,2,\ldots$$

固有関数は

$$\begin{aligned}\lambda = \lambda_0 = 0 &\implies \varphi_0 = 1,\\ \lambda = \lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^{\!2} &\implies \begin{cases}\varphi_{n,1}(x) = \cos\dfrac{n\pi x}{L},\\[6pt] \varphi_{n,2}(x) = \sin\dfrac{n\pi x}{L}.\end{cases}\end{aligned}$$

$\varphi_{n,i}$ の直交性と正規化より

$$\begin{aligned}\int_{-L}^{L}\varphi_0^2(x)\,dx &= 2L,\\ \int_{-L}^{L}\varphi_{n,1}^2(x)\,dx &= \int_{-L}^{L}\varphi_{n,2}^2(x)\,dx = L, \qquad n \ge 1.\end{aligned}$$

したがって熱伝導方程式の解は

$$u(x,t) = \frac{1}{2}a_0 + \sum_{n=1}^{\infty}e^{-\lambda_n kt} \!\left(a_n\cos\frac{n\pi x}{L} + b_n\sin\frac{n\pi x}{L}\right)$$

係数 $a_n$、$b_n$ は初期値 $f(x)$ で決定される。

$$\begin{aligned}f(x) &= \frac{1}{2}a_0 + \sum_{n=1}^{\infty}\!\left(a_n\cos\frac{n\pi x}{L} + b_n\sin\frac{n\pi x}{L}\right),\\ \begin{pmatrix}a_n \\ b_n\end{pmatrix} &= \frac{1}{L}\int_{-L}^{L}f(x) \begin{pmatrix}\cos\frac{n\pi x}{L}\\[4pt]\sin\frac{n\pi x}{L}\end{pmatrix} dx, \qquad n = 0,1,2,\ldots\end{aligned}$$

［注意］：

1. 周期型境界条件は $u$ が奇関数でも偶関数でもないことを示している。
2. 得られた解は次元整合的であり $[u] = [a_n] = [b_n] = [f]$ であることを容易に確認できる。

例題 3.1.3 (非斉次熱伝導方程式)

$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \qquad u_t = u_{xx} + g(x,t), \qquad t > 0,\quad 0 < x < L\\ \text{(B.C.)} & \qquad u(0,t) = u(L,t) = 0, \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \qquad u(x,0) = f(x)\end{aligned}$$

解． 定数変数法（variation of parameters）を用いる。

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}T_n(t)\varphi_n(x), \qquad \varphi_n(x) = \sin\frac{n\pi x}{L}$$

とおき、微分して元の偏微分方程式を用いると

$$g_n(t) \equiv \frac{2}{L}\int_0^L g(x,t)\varphi_n(x)\,dx$$

とおけば、部分積分より

$$T_n'(t) + \lambda_n T_n(t) = g_n(t), \qquad \lambda_n = \left(\frac{n\pi}{L}\right)^{\!2}$$

これを定数変数法で解くと

$$T_n(t) = e^{-\lambda_n t}T_n(0) + \int_0^t e^{-\lambda_n(t-\tau)}g_n(\tau)\,d\tau$$

ここで $T_n(0) = \dfrac{2}{L}\displaystyle\int_0^L f(x)\varphi_n(x)\,dx \equiv c_n$ であるから、解は

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}\!\left[c_n e^{-\lambda_n t} + \int_0^t e^{-\lambda_n(t-\tau)}g_n(\tau)\,d\tau\right]\varphi_n(x)$$

［注意］：

1. 次元分析を通じて得られた解が合理的かどうかを検証できる。
   
   
   $$\begin{aligned}[u_t] = [u_{xx}] = [g] &\implies \mathrm{T}^{-1} = \mathrm{L}^{-2},\quad [g] = [u]\mathrm{T}^{-1},\\ u(x,0) = f(x) &\implies [f] = [u],\\ [\varphi_n] = 1,\ [e^{-\lambda_n t}] = 1 &\implies [\lambda_n] = \mathrm{T}^{-1},\\ [c_n] = [T_n(0)] = [f],\ [g_n] = [g] &\implies [u] = [c_n] = [f],\quad [g_n\,dt] = [u].\end{aligned}$$

例題 3.1.4 (漸近解)

$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \qquad u_t = ku_{xx} + q(x), \qquad t > 0,\quad 0 < x < L\\ \text{(B.C.)} & \qquad u(0,t) = A,\quad u(L,t) = B, \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \qquad u(x,0) = u_0(x)\end{aligned}$$

解． 重ね合わせの原理（線形性）より $u(x,t) = v(x) + w(x,t)$ と分解する。定常解 $v(x)$ は

$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \qquad kv''(x) + q(x) = 0, \qquad 0 < x < L,\\ \text{(B.C.)} & \qquad v(0) = A,\quad v(L) = B\end{aligned}$$

を満たし、直接積分すると

$$v(x) = \left[B-A+\frac{1}{k}\int_0^L\!\left(\int_0^z q(s)\,ds\right)dz\right]\frac{x}{L} - \frac{1}{k}\int_0^x\!\left(\int_0^z q(s)\,ds\right)dz + A$$

また過渡解 $w$ は

$$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \qquad \partial_t w = k\partial_{xx}w, \qquad t > 0,\quad 0 < x < L,\\ \text{(B.C.)} & \qquad w(0,t) = w(L,t) = 0, \qquad t > 0,\\ \text{(I.C.)} & \qquad w(x,0) = u_0(x) - v(x), \qquad 0 < x < L\end{aligned}$$

を満たし、その解は

$$w(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}c_n e^{-k(n\pi/L)^2 t}\sin\frac{n\pi x}{L}$$

ここで $c_n$ は $u_0(x)-v(x)$ の Fourier 正弦係数である。

［注意］：

1. 固有値 $\lambda_n = (n\pi/L)^2 > 0$ であるから
   
   
   $$\lim_{t\to\infty}w(x,t) = 0, \qquad \lim_{t\to\infty}[u(x,t)-v(x)] = 0$$
   
   
   これが $v(x)$ が漸近解（asymptotic solution）と呼ばれる理由である。

練習問題

1. 斉次熱伝導方程式を解け。
   
   
   $$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \quad u_t = ku_{xx}, \qquad t > 0,\quad 0 < x < \pi\\ \text{(B.C.)} & \quad u(0,t) = u(\pi,t) = 0, \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \quad u(x,0) = \sin^3 x\end{aligned}$$
   
   
   ［解答］：$u(x,t) = \dfrac{3}{4}e^{-kt}\sin x - \dfrac{1}{4}e^{-9kt}\sin 3x$
2. 斉次熱伝導方程式を解け。
   
   
   $$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \quad u_t = ku_{xx}, \qquad t > 0,\quad 0 < x < \pi\\ \text{(B.C.)} & \quad u_x(0,t) = u_x(\pi,t) = 0, \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \quad u(x,0) = \sin x\end{aligned}$$
   
   
   ［解答］：$u(x,t) = \dfrac{2}{\pi} - \dfrac{4}{\pi}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{4n^2-1}e^{-4n^2kt}\cos 2nx$
3. 斉次熱伝導方程式を解け。
   
   
   $$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \quad u_t - u_{xx} + au = 0, \qquad t > 0,\quad 0 < x < \pi\\ \text{(B.C.)} & \quad u(0,t) = u_x(\pi,t) = 0, \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \quad u(x,0) = x(\pi-x)\end{aligned}$$
   
   
   ［解答］：
   $$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}c_n e^{-\left[\left(n-\frac{1}{2}\right)^2+a\right]t} \sin\!\left(n-\frac{1}{2}\right)x, \qquad c_n = \frac{2}{\pi}\int_0^\pi x(\pi-x)\sin\!\left(n-\frac{1}{2}\right)x\,dx$$
4. 非斉次熱伝導方程式を解け。
   
   
   $$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \quad u_t = ku_{xx} + A\cos\alpha t, \qquad t > 0,\quad 0 < x < 1\\ \text{(B.C.)} & \quad u_x(0,t) = u_x(1,t) = 0, \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \quad u(x,0) = 1 + \cos^3\pi x\end{aligned}$$
   
   
   ［解答］：$u(x,t) = 1 + \dfrac{A}{\alpha}\sin\alpha t + \dfrac{3}{4}e^{-k\pi^2 t}\cos\pi x + \dfrac{1}{4}e^{-9k\pi^2 t}\cos 3\pi x$
5. 非斉次熱伝導方程式を解け。
   
   
   $$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \quad u_t = ku_{xx} + Q, \qquad t > 0,\quad 0 < x < L\\ \text{(B.C.)} & \quad u(0,t) = A,\quad u(L,t) = B, \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \quad u(x,0) = 0, \qquad 0 < x < L\end{aligned}$$
   
   
   ［解答］：
   $$u(x,t) = -\frac{Qx^2}{2k} + \left[\frac{B-A}{L} + \frac{QL}{2k}\right]x + A + \sum_{n=1}^{\infty}b_n e^{-\frac{n^2\pi^2 k}{L^2}t}\sin\frac{n\pi x}{L}$$
   $$b_n = \frac{2QL^2}{kn^3\pi^3}[(-1)^n-1] + \frac{2}{n\pi}\bigl[B(-1)^n - A\bigr]$$
6. 次の熱伝導方程式を解け。
   
   
   $$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \quad u_t = ku_{xx} - \nu(u-u_0), \qquad t > 0,\quad 0 < x < L\\ \text{(B.C.)} & \quad u(0,t) = \phi_1(t),\quad u(L,t) = \phi_2(t), \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \quad u(x,0) = f(x), \qquad 0 < x < L\end{aligned}$$
   
   
   ［解答］：
   $$u(x,t) = u_0 + \sum_{n=1}^{\infty}a_n(t)\sin\frac{n\pi x}{L}$$
   $$\begin{aligned}a_n(t) &= \left[\frac{2}{L}\int_0^L (f(x)-u_0)\sin\frac{n\pi x}{L}\,dx\right] e^{-\left(\nu+k\frac{n^2\pi^2}{L^2}\right)t}\\ &\quad + \frac{2kn\pi}{L^2}\int_0^t \bigl[\phi_1(\tau)-(-1)^n\phi_2(\tau)\bigr] e^{-\left(\nu+k\frac{n^2\pi^2}{L^2}\right)(t-\tau)}d\tau\end{aligned}$$
7. 非斉次熱伝導方程式を解き、漸近解を求めよ。
   
   
   $$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \quad u_t = ku_{xx} + x, \qquad t > 0,\quad 0 < x < L\\ \text{(B.C.)} & \quad u_x(0,t) = u_x(L,t) = 0, \qquad t > 0\\ \text{(I.C.)} & \quad u(x,0) = f(x), \qquad 0 < x < L\end{aligned}$$
   
   
   ［解答］：定常解は $v(x) = -\dfrac{x^2}{2k} + \dfrac{L}{2k}x + C$（$C$ は積分定数）。
   $$u(x,t) = v(x) + \sum_{n=1}^{\infty}\!\left(b_n - d_n\right) e^{-\lambda_n kt}\cos\frac{n\pi x}{L}$$
   $$\lambda_n = \frac{n^2\pi^2}{L^2}, \quad b_n = \frac{2}{L}\int_0^L f(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx, \quad d_n = \frac{2}{L}\int_0^L v(x)\cos\frac{n\pi x}{L}\,dx$$
8. （Duhamel の原理）$v(x,t,s)$ が斉次熱伝導方程式
   
   
   $$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \quad v_t = v_{xx}, \qquad t \ge s,\quad 0 < x < L\\ \text{(B.C.)} & \quad v(0,t,s) = v(L,t,s) = 0, \qquad t \ge s\\ \text{(I.C.)} & \quad v(x,s,s) = q(x,s), \qquad 0 \le x \le L\end{aligned}$$
   
   
   を満たすとき、$u(x,t) = \displaystyle\int_0^t v(x,t,s)\,ds$ は非斉次熱伝導方程式
   
   
   $$\begin{aligned}\text{(D.E.)} & \quad u_t = u_{xx} + q(x,t), \qquad t > 0,\quad 0 < x < L\\ \text{(B.C.)} & \quad u(0,t) = u(L,t) = 0, \qquad t \ge 0\\ \text{(I.C.)} & \quad u(x,0) = 0, \qquad 0 \le x \le L\end{aligned}$$
   
   
   を満たすことを証明せよ。

3.2 波動方程式

波動方程式は

のような形式の方程式である。ここで$u(x,t)$は時間変数$t$および空間変数$x=(x_{1},x_{2},\dots,x_{n})$の2つの変数の関数であり、ラプラス演算子$\Delta$は空間変数にのみ作用する。この方程式は、多くの物理過程における単純な現象を記述する。例えば弾性媒質の振動であり、1次元の場合（$n=1$）にはこの方程式は弦の縦振動を記述する。2次元（$n=2$）では薄膜や太鼓の膜の振動であり、3次元空間（$n=3$）では波動方程式は音波や電磁波の伝播を記述する。この方程式において$f(x,t)$は外力を表し、また定数$c$は次元$[x]/[t]$を持つことが容易にわかる。これは実際には、与えられた具体的な問題における波の伝播速度である。$\frac{\partial^{2}u}{\partial t^{2}}$は弦上の任意の点の加速度を表すため、波動方程式はニュートン力学からの直接の推論である。つまり、弦の微小部分の加速度は、その微小部分が受ける張力に比例する。波動方程式は双曲型方程式の典型的な代表である。

境界条件$u(0,t)=u(L,t)=0$は、関数が必然的に奇関数であることを示している。弦の振動理論によれば、一本の紐の一端を固定して上下に振動させて波を発生させた場合、波が固定端に進んで反射して戻ってくる波形は、元の波形の$x$軸に対する反転となる。つまり、このような境界条件を満たす波は奇関数である。同様に、境界条件$u_{x}(0,t)=0$の場合は、関数が原点付近で左右対称になるため、必然的に偶関数となる。また、次元解析によって得られた解が妥当であるか検証することができる。速度$c$が時間と空間を結びつける働きをしており、各係数の次元を比較することで整合性が保たれていることが確認できる。

この解（フーリエ級数解）は、実際にはダニエル・ベルヌーイが得た解である。しかし、ダランベールは別の角度から弦の振動方程式の解を導き出し、それが両者の間で論争を引き起こした。だが基本的には、ベルヌーイとダランベールの解は等価である。

次元解析により、$[f]=[u], [g]=[u]T^{-1}, [c]=L/T$ であるため、ダランベールの公式が次元の釣り合いを満たしていることは容易に検証できる。また、波動方程式が$\phi_{1}(x-ct)$および$\phi_{2}(x+ct)$という形式の特解を二つ持つことは直接検証可能である。ここで$\phi_{1}, \phi_{2}$は任意の2階微分可能な関数である。$\phi_{1}(x-ct)$は、弦に沿って$x$軸の右方向へ速度$c$で進む波と解釈できる。$\phi_{2}(x+ct)$は同じ速度で逆方向へ進む波である。当初は関数の変数$x, t$は分かれていたが、ここにおいて結びつけられている。このような波を進行波解と呼ぶ。

次元解析により、$[u]=[f]=[g]T$、$[c]=LT^{-1}$、$[a_{n}]=[f]$、$[\alpha_{n}]=[g]$ となるため、得られた解は次元の釣り合いがとれていることがわかる。

次元解析により $[a]=T^{-1}$ を得る。したがって得られた解は次元の釣り合いがとれている。

練習問題 3.2

1. 次の同次波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}=c^{2}u_{xx}, \quad t>0, \quad 0<x<L$
(B.C.) $u(0,t)=u(L,t)=0, \quad t>0$
(I.C.) $u(x,0)=f(x), \quad u_{t}(x,0)=0, \quad 0 \le x \le L$
$[$解答$]$ $u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos\frac{n\pi ct}{L}\sin\frac{n\pi x}{L}, \quad a_{n}=\frac{2}{L}\int_{0}^{L}f(x)\sin\frac{n\pi x}{L}dx$

2. 次の同次波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}=c^{2}u_{xx}, \quad t>0, \quad 0<x<L$
(B.C.) $u(0,t)=u(L,t)=0, \quad t>0$
(I.C.) $u(x,0)=10\sin\frac{\pi x}{L}, \quad u_{t}(x,0)=0, \quad 0 \le x \le L$
$[$解答$]$ $u(x,t)=10\cos\frac{\pi ct}{L}\sin\frac{\pi x}{L}$

3. 次の同次波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}=u_{xx}, \quad t>0, \quad 0<x<1$
(B.C.) $u(0,t)=u(1,t)=0, \quad t>0$
(I.C.) $u(x,0)=x(1-x), \quad u_{t}(x,0)=\sin 7\pi x, \quad 0 \le x \le 1$
$[$解答$]$ $u(x,t)=\frac{1}{7\pi}\sin 7\pi t \sin 7\pi x + \sum_{n=0}^{\infty}\frac{8}{((2n+1)\pi)^{3}}\cos((2n+1)\pi t)\sin((2n+1)\pi x)$

4. 次の同次波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}=c^{2}u_{xx}, \quad t>0, \quad 0<x<L$
(B.C.) $u(0,t)=u(L,t)=0, \quad t>0$
(I.C.) $u(x,0)=0, \quad u_t(x,0)=g(x) = \begin{cases}0, & 0 \le x \le L/4\\ -V, & L/4 < x < L/2\\ 0, & L/2 \le x \le L\end{cases}$
$[$解答$]$ $u(x,t)=\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\frac{\sin\frac{n\pi ct}{L}}{\frac{n\pi c}{L}}\sin\frac{n\pi x}{L}, \quad b_{n}=\frac{2V}{n\pi}\left(\cos\frac{n\pi}{2}-\cos\frac{n\pi}{4}\right)$

5. 次の波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}=c^{2}u_{xx}, \quad t>0, \quad 0<x<L$
(B.C.) $u(0,t)=0, \quad u_{x}(L,t)=\frac{Q}{E}, \quad t>0$
(I.C.) $u(x,0)=u_{t}(x,0)=0, \quad 0 \le x \le L$
$[$解答$]$ $u(x,t)=\frac{Q}{E}x-\frac{8QL}{\pi^{2}E}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}\frac{\cos\frac{(2n+1)\pi ct}{2L}\sin\frac{(2n+1)\pi x}{2L}}{(2n+1)^{2}}$

6. 次の波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}=c^{2}u_{xx}, \quad t>0, \quad 0<x<L$
(B.C.) $u(0,t)=0, \quad u_{x}(L,t)=\frac{A}{E}\sin wt, \quad t>0$
(I.C.) $u(x,0)=u_{t}(x,0)=0, \quad 0 \le x \le L$
$[$解答$]$ $u(x,t)=\frac{cA}{Ew}\frac{\sin\frac{wx}{c}\sin wt}{\cos\frac{wL}{c}}+\frac{2cwA}{EL}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{k_{n}}\frac{\sin k_{n}x}{w^{2}-k_{n}^{2}c^{2}}\sin ck_{n}t \quad \left(k_{n}=\frac{(2n+1)\pi}{2L}, \ w \ne ck_{n}\right)$

7. 次の電信方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}+u_{t}=u_{xx}, \quad t>0, \quad 0<x<\pi$
(B.C.) $u(0,t)=u(\pi,t)=0, \quad t>0$
(I.C.) $u(x,0)=\sin^{3}\frac{1}{2}x, \quad u_{t}(x,0)=0, \quad 0 \le x \le \pi$
$[$解答$]$ $u(x,t)=\frac{1}{4}e^{-\frac{t}{2}}\left[3(1+\frac{t}{2})\sin\frac{x}{2}-\left(\cos\frac{\sqrt{2}}{2}t+\frac{\sqrt{2}}{2}\sin\frac{\sqrt{2}}{2}t\right)\sin\frac{3x}{2}\right]$

8. 次の非同次波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}=c^{2}u_{xx}+bx(x-L), \quad t>0, \quad 0<x<L$
(B.C.) $u(0,t)=u(L,t)=0, \quad t>0$
(I.C.) $u(x,0)=u_{t}(x,0)=0, \quad 0 \le x \le L$
$[$解答$]$ $u(x,t)=-\frac{bx}{12c^2}(x^{3}-2x^{2}L+L^{3})+\frac{8bL^{4}}{\pi^{5}c^2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{(2n+1)^{5}}\cos\frac{(2n+1)\pi ct}{L}\sin\frac{(2n+1)\pi x}{L}$

9. 次の非同次波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}=u_{xx}+tx, \quad t>0, \quad 0<x<\pi$
(B.C.) $u(0,t)=u(\pi,t)=0, \quad t>0$
(I.C.) $u(x,0)=\sin x, \quad u_{t}(x,0)=5\sin 2x-3\sin 5x, \quad 0 \le x \le \pi$
$[$解答$]$ $u(x,t)=\frac{t^3}{6}x+\sin x \cos t + \frac{5}{2}\sin 2x \sin 2t - \frac{3}{5}\sin 5x \sin 5t + \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n+1}}{n^3}\left(t-\frac{\sin nt}{n}\right)\sin nx$

10. 次の非同次波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}=u_{xx}+\cos 2\pi x \cos 2\pi t, \quad t>0, \quad 0<x<1$
(B.C.) $u_{x}(0,t)=u_{x}(1,t)=0, \quad t>0$
(I.C.) $u(x,0)=\cos^{2}\pi x, \quad u_{t}(x,0)=2\cos 2\pi x, \quad 0 \le x \le 1$
$[$解答$]$ $u(x,t)=\frac{1}{2}+\left(\frac{1}{2}\cos 2\pi t+\frac{1}{\pi}\sin 2\pi t+\frac{t}{4\pi}\sin 2\pi t\right)\cos 2\pi x$

11. 円盤領域の波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt}+2hu_{t}=c^{2}\left(u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}\right), \quad 0 \le r \le R, \quad 0 \le t$
(B.C.) $u(R,t)=0, \quad 0 \le t$
(I.C.) $u(r,0)=f(r), \quad u_{t}(r,0)=0, \quad 0 \le r \le R$
$[$解答$]$ $u(r,t)=\frac{2}{R^{2}}\sum_{n=1}^{\infty}e^{-ht}\left(\cos q_{n}t+\frac{h}{q_{n}}\sin q_{n}t\right)\frac{J_{0}(\mu_{n}r/R)}{J_{1}^{2}(\mu_{n})}\int_{0}^{R}\rho f(\rho)J_{0}(\mu_{n}\rho/R)d\rho$
（ここで $q_n = \sqrt{\frac{c^2\mu_n^2}{R^2}-h^2}$ であり、$\mu_n$ は $J_0(x)$ の正の根である。）

§ 3.3 ラプラス方程式

ラプラス方程式

は、数理物理学と偏微分方程式論において最も重要な方程式の一つである。ほぼすべての物理学や幾何学に現れる方程式である。ラプラス方程式は楕円型方程式の最も単純な代表である。2次元空間において、ラプラス方程式の解の性質は解析関数の性質と類似しており、実際、解析関数の研究はラプラス方程式（すなわち調和関数）の研究と等価であると言える。ラプラス方程式の研究は18世紀（Laplace, 1782）に始まったが、その研究は現代に至るまで続いており、ラプラス方程式に関連する価値ある未解決問題が多数存在する。

練習問題 3.3

1. 次のラプラス方程式を解け。
(D.E.) $u_{xx}+u_{yy}=0, \quad 0<x<\pi, \quad 0<y<1$
(B.C.)

$[$解答$]$ $u(x,y)=\frac{4\cos 6x \sinh(6(y-1))}{\sinh(-6)}+\frac{\cos 7x \sinh(7(y-1))}{\sinh(-7)}$

2. 次のラプラス方程式を解け。
(D.E.) $u_{xx}+u_{yy}=0, \quad 0<x<\pi, \quad 0<y<\pi$
(B.C.)

$[$解答$]$ $u(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\sin nx \sinh(ny-n\pi)$
ここで $a_{n}=\frac{2}{\pi \sinh(-n\pi)}\int_{0}^{\pi}f(x)\sin nx dx$

3. 次のラプラス方程式を解け。
(D.E.) $u_{xx}+u_{yy}=0, \quad 0<x<\pi, \quad 0<y<1$
(B.C.)

$[$解答$]$ $u(x,y)=\frac{\cos x \sinh(y-1)}{\sinh(-1)}-\frac{\cos 3x \sinh(3y-3)}{\sinh(-3)}+\frac{\cos 2x \sinh 2y}{\sinh(2)}$

4. 次のラプラス方程式を解け。
(D.E.) $u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta}=0, \quad 0 \le r < 2, \quad -\pi \le \theta \le \pi$
(B.C.) $u(2,\theta)=|\theta|, \quad -\pi \le \theta \le \pi$
$[$解答$]$ $u(r,\theta)=\frac{\pi}{2}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{r^{2n+1}}{(2n+1)^{2}\pi 2^{2n-1}}\cos(2n+1)\theta$

5. 次のラプラス方程式を解け。
(D.E.) $u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta}=0, \quad 0 \le r < a, \quad -\pi \le \theta \le \pi$
(B.C.) $u_{r}(a,\theta)=f(\theta), \quad -\pi \le \theta \le \pi$
$[$解答$]$ $u(r,\theta)=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{r}{a}\right)^{n}(a_{n}\cos n\theta+b_{n}\sin n\theta)$
ここで $a_{n}=\frac{a}{n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(\theta)\cos n\theta d\theta, \quad b_{n}=\frac{a}{n\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(\theta)\sin n\theta d\theta$

6. 次のラプラス方程式を解け。
(D.E.) $u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta}=0, \quad 1 \le r < 2, \quad -\pi \le \theta \le \pi$
(B.C.) $u(1,\theta)=\sin 4\theta-\cos \theta, \quad u(2,\theta)=\sin \theta, \quad -\pi \le \theta \le \pi$
$[$解答$]$ $u(r,\theta)=\left(\frac{1}{3}r-\frac{4}{3}r^{-1}\right)\cos \theta+\left(\frac{2}{3}r-\frac{2}{3}r^{-1}\right)\sin \theta+\left(-\frac{1}{255}r^{4}+\frac{256}{255}r^{-4}\right)\sin 4\theta$

7. 次のラプラス方程式を解け。
(D.E.) $u_{rr}+\frac{1}{r}u_{r}+\frac{1}{r^{2}}u_{\theta\theta}=0, \quad a \le r < b, \quad -\infty < \theta < \infty$
(B.C.) $u(a,\theta)=u(b,\theta)=0, \quad -\infty < \theta < \infty$
$[$解答$]$ $u(r,\theta)=\sin\left(n\pi\frac{\log r-\log a}{\log b-\log a}\right)\exp\left(\frac{n\pi\theta}{\log b-\log a}\right), \quad n=1,2,\dots$

8. 次のポアソン方程式を解け。
(D.E.) $u_{xx}+u_{yy}=-xy, \quad 0 \le r < R$
(B.C.) $u(R,\theta)=0, \quad -\pi < \theta < \pi$
$[$解答$]$ $u(r,\theta)=-\frac{1}{24}r^{3}\sin 2\theta+\frac{R^{4}}{48\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\sin 2t\frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}-2Rr \cos(t-\theta)+r^{2}}dt$

9. 次のポアソン方程式を解け。
(D.E.) $u_{xx}+u_{yy}=12(x^{2}-y^{2}), \quad a \le r \le b, \quad -\pi < \theta < \pi$
(B.C.) $u(a,\theta)=0, \quad u_{r}(b,\theta)=0, \quad -\pi < \theta < \pi$
$[$解答$]$ $u(r,\theta)=\left[(a^{4}+b^{4})r^{4}-(a^{6}+2b^{6})r^{2}-(a^{2}-2b^{2})\frac{a^{4}b^{4}}{r^{2}}\right]\frac{\cos 2\theta}{a^{4}+b^{4}}$

§ 3.4 シュレディンガー方程式

量子力学の代表であるシュレディンガー方程式は実験から直接導出されたものではないため、ニュートン力学や電磁気学のマクスウェル方程式のように実験から推論して得ることはできない。

量子力学の最も良い出発点は、ド・ブロイ (de Broglie, 1892-1987) の物質波の公式である。

ここで $\lambda$ は物質波の波長、$\nu$ は物質波の周波数、$h$ はプランク定数、$m$ は質量、$v$ は速度である。なぜ $\lambda$ が波長で $\nu$ が周波数なのだろうか。まずプランク定数について理解する必要がある。端的に言えば、

古典力学によれば、作用はラグランジアンの時間積分であり、ラグランジアンは運動エネルギーと位置エネルギーの差、$\mathcal{L} = T - V$ ($T$: 運動エネルギー、$V$: 位置エネルギー) である。したがって、$h$ すなわち作用の次元は

$h$ の次元がわかれば、$\lambda$ と $\nu$ の次元はそれぞれ次のように等しくなる。

したがって次元解析の観点から見ると、$\lambda$ は確かに波長であり、$\nu$ は周波数である。ド・ブロイの物質波の公式 (3.4.1) について、もう一つ興味深いことがある。$\lambda, \nu$ は波の振る舞いであり、エネルギー $E$ と運動量 $p=mv$ は粒子の振る舞いであるが、ミクロの世界、つまり $h$ が現れるとき、両者の振る舞いはどちらも可能であり（いわゆる波と粒子の二重性）、波と粒子はプランク定数を介して結びついている。したがって、プランク定数は波動性と粒子性の間の橋渡しであると言える。

ド・ブロイの公式 (3.4.1) により、粒子の振る舞いに関するすべての量を波の量として表すことができる。例えば $T$ (運動エネルギー)、$V$ (位置エネルギー)、$E = T + V = \frac{1}{2}mv^2 + V$ (全エネルギー) とすると、

一般的な波動関数は次のように表される。

ここで $\lambda, \nu$ は物質波の波長と周波数、$\delta$ は無次元 (dimensionless) で位相シフトを表し、$A$ は振幅 (amplitude) を表す。次元解析の観点から言えば、この仮定は妥当である。

直接微分すると、

となる。ここにド・ブロイの公式 (3.4.1) を代入すると、

となる。しかし全エネルギーは $E = h\nu = \frac{h^2}{2m\lambda^2} + V$ である。したがって

ゆえに、

また、$v = \lambda\nu$ を用いると、

であるから、シュレディンガー方程式が得られる。

もし $n$ 次元空間であれば、$\frac{\partial^2}{\partial x^2}$ をラプラス演算子 $\Delta = \sum_{i=1}^n \frac{\partial^2}{\partial x_i^2}$ に置き換える。

ベルヌーイの変数分離法により、$(n=3)$ の場合次のように仮定できる。

これを (3.4.11) に代入すると、$\psi$ は次を満たす。

ここで、

したがって (3.4.13) は次のように書き換えられる。

この方程式は次元の釣り合いがとれている。

通常、(3.4.14) は $\hbar = h/2\pi$ を用いて次のように書き換えられる。

スツルム・リウヴィル問題の観点から言えば、波動関数の意味は固有関数 (eigenfunction) であり、エネルギー $E$ は固有値 (eigenvalue) である。

とおくと（定常状態 (stationary state) と呼ばれる）、シュレディンガー方程式（時間依存）を満たす。

空間部分のシュレディンガー方程式

は、実際にはスツルム・リウヴィル方程式

である。量子力学において私たちが議論する空間は無限区間 $(-\infty, \infty)$ であるため、(3.4.19) は特異スツルム・リウヴィル問題 (singular Sturm-Liouville problem) と呼ばれる。

調和振動子の方程式は、量子力学のシュレディンガー方程式の中で最も有名なものの一つである。

[註解]： (1) 1924年にL.ド・ブロイが物質波の理論を創始し、その後シュレディンガー (1926) がこの問題を研究した。彼の主な目的は以下の通りである。
(a) ド・ブロイ波の理論、あるいはこの波が従う方程式を求めること。
(b) 古典的な波動光学が波長 $\lambda \to 0$ の極限において幾何光学に漸近するように、極限状況下で古典力学に漸近するような新しい力学を創り出すこと。
シュレディンガーは物質波がどのような波であるかは問わず、物質波の伝播が従う数学的方程式――シュレディンガー方程式を書き下すことに着手した。彼の出発点は古典力学のハミルトン・ヤコビ (Hamilton-Jacobi) 方程式である。

$S$ は作用 (action) である。

古典力学の手法に倣い、ハミルトンの特性関数を導入する。

すると (3.4.30) 式は次のように書き換えられる。

また、全微分より

したがって位相速度 (phase velocity) は

しかし粒子の速度は

明らかに $u$ と $v$ は異なる。しかしシュレディンガーはこの差異が極めて重要であると信じた。古典的な波動力学が波長 $\lambda \to 0$ の極限で幾何光学に漸近する（波動方程式がハミルトン・ヤコビ方程式に漸近することに対応する）ため、シュレディンガーは波動力学に相当する解を得るにはハミルトンの原理から出発すべきであると考えた。

練習問題 3.4

1. $E \le 0$ のとき、シュレディンガー方程式

は許容される解を持たないことを証明せよ。

2. 次のシュレディンガー方程式を解け。

$[$解答$]$ $k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} = \frac{n\pi}{a}, \quad n = 1,2,3,\dots$

3. 次のシュレディンガー方程式の可能なエネルギー準位 $E$ を求めよ。

$[$解答$]$ $E_n = \left(n + \frac{1}{2}\right)\hbar w, \quad n = 1,3,5,\dots$

4. 波動関数

が調和振動子のシュレディンガー方程式

を満たすことを証明せよ。

5. 波動関数

がシュレディンガー方程式

を満たすことを証明せよ。 § 3.5 等周不等式

等周問題 (isoperimetric problem) は、数学における変分法 (Calculus of Variation) の初期の発展を促進した重要な問題である。17〜18世紀において、スイスのベルヌーイ家の数学者たちによって研究課題として扱われた。その中で最も有名なのは、ヨハン・ベルヌーイ (Johann Bernoulli, 1667-1748) が提起した最速降下線問題 (Brachistochrone problem) である。当時、この問題はニュートン、ライプニッツ、ヤコブ・ベルヌーイ、ロピタルなど、全ヨーロッパの指導的な数学者たちを惹きつけた。ベルヌーイ兄弟やニュートン、その他の同時代の人々が特殊な技巧を用いて最速降下線問題を解決したにもかかわらず、18〜19世紀のオイラー (Euler, 1707-1783)、ラグランジュ (Lagrange, 1736-1813)、ワイエルシュトラス (Weierstrass, 1815-1897)、オストログラツキー (Ostrogradskii, 1801-1862) らの努力によって初めて完全な理論へと発展した。

オイラーとラグランジュは、変分学の問題を微分方程式（オイラー＝ラグランジュ方程式）の問題に帰着させることに成功し、ラグランジュはそれをニュートン力学へと成功裏に応用した。最後に、アイルランドの物理学者ウィリアム・ローワン・ハミルトン (Sir William Rowan Hamilton, 1805-1865) がハミルトニアン関数を導入し、オイラー＝ラグランジュ方程式をハミルトン系 (Hamiltonian system) へと単純化した。この方法はニュートン力学を解決しただけでなく、量子力学へも成功裏に応用された。変分法は物理学における最小作用の原理に関連しており、作用は実際には運動エネルギーから位置エネルギー（ポテンシャル）を引いたものである。作用の原理が語るのは、粒子がある点から別の点へ運動する際、必然的に作用が最小となる経路を自発的に選択するということである。ニュートンの3つの力学法則と比較して、作用の原理は単一の原則しか持たず、よりコンパクトに見えるため、最小作用の原理は物理学で最も美しい原理の一つと言える。

$L$ を曲線の長さ、$A$ をそれが囲む面積とすると、$L$ と $A$ の関係は

となる。この不等式を等周不等式 (isoperimetric inequality) と呼ぶ。 一定の長さを持つすべての閉じた単純平面曲線の中で、円が囲む面積が最大となる。

定理 3.5.1 (平面曲線の等周不等式) 平面上で一定の長さを持つ単純閉曲線の中で、円が囲む面積が最大となる。言い換えれば、単純閉曲線 $C$ の長さを $L$、$A$ を曲線が囲む面積とすると、

であり、等号が成立するとき、閉曲線は必然的に円である。

証明

図に示すように、$g, g'$ の2つの平行線が $C$ と $P, Q$ の2点で接しているとし、曲線上の弧長パラメータを $s$ とする。$s=0, s_0$ をそれぞれ $P, Q$ に対応するパラメータとする。また、半径 $r$ の円 $\bar{C}$ を描き、直線 $g, g'$ とそれぞれ接点 $\bar{P}, \bar{Q}$ で接するようにする。その円の中心を原点とする。$C$ のパラメータ表示を

$$\varphi(s) = (x(s), y(s)), \quad 0 \le s \le L, \quad (x(0), y(0)) = (x(L), y(L))$$

とし、$\bar{C}$ のパラメータ表示を

$$\bar{\varphi}(s) = (\bar{x}(s), \bar{y}(s)), \quad 0 \le s \le L$$

とする。ここで、$\bar{x}(s)$ および $\bar{y}(s)$ を次のように取る。

$$\bar{x}(s) = x(s)$$

$$\bar{y}(s) = \begin{cases} -\sqrt{r^2 - x^2(s)}, & 0 \le s \le s_0 \\ \sqrt{r^2 - x^2(s)}, & s_0 \le s \le L \end{cases}$$

長さ $L$ の閉曲線が囲む面積は、線積分を用いて次のように表される。

$$A = \int_0^L x dy = \int_0^L xy' ds = -\int_0^L yx' ds = \frac{1}{2}\int_0^L (xy' - x'y) ds \qquad (3.5.2)$$

この公式を $C$ と $\bar{C}$ に適用して次を得る。

$$A = \int_0^L xy' ds \qquad (3.5.3)$$

$$\bar{A} = \pi r^2 = -\int_0^L \bar{y}\bar{x}' ds = -\int_0^L \bar{y}x' ds \qquad (3.5.4)$$

両式を足し合わせると、コーシー＝シュワルツの不等式より

$$\begin{aligned}A + \pi r^2 &= \int_0^L (xy' - x'\bar{y}) ds \\ &\le \int_0^L \sqrt{(xy' - x'\bar{y})^2} ds \\ &\le \int_0^L \sqrt{(x^2 + \bar{y}^2)[(x')^2 + (y')^2]} ds \\ &= \int_0^L \sqrt{x^2 + \bar{y}^2} ds\end{aligned}$$

となる。ここで弧長パラメータの性質 $(x')^2 + (y')^2 = 1$ を用いた。さらに $x^2 + \bar{y}^2 = r^2$ であるから、

$$A + \pi r^2 \le \int_0^L r ds = rL$$

となる。2つの正の数の幾何平均は算術平均以下であるため、

$$\sqrt{A}\sqrt{\pi r^2} \le \frac{1}{2}(A + \pi r^2) \le \frac{1}{2}Lr$$

平方をとると、等周不等式が得られる。

$$L^2 - 4\pi A \ge 0 \qquad (3.5.5)$$

ここで等号が成立すると仮定すると、$A$ と $\pi r^2$ の幾何平均と算術平均が等しくなる。すなわち、

$$A = \pi r^2, \quad L = 2\pi r$$

直線 $g, g'$ の方向は任意であるため、$C$ はすべての方向で同じ幅を持つ。したがって不等式評価の等号は至る所で成立しなければならず、特に

$$A + \pi r^2 = \int_0^L (xy' - x'\bar{y}) ds$$

$$(xy' - x'\bar{y})^2 = (x^2 + \bar{y}^2)[(x')^2 + (y')^2]$$

ゆえに

$$\frac{x}{y'} = -\frac{\bar{y}}{x'} = \pm \frac{\sqrt{x^2 + \bar{y}^2}}{\sqrt{(x')^2 + (y')^2}} = \pm r$$

式 (3.5.5) よりその比は $+r$ であることがわかる。すなわち、

$$x = ry', \quad \bar{y} = -rx'$$

$x, y$ を交換しても同様の議論が成立し、$y = rx'$ となる。したがって次が得られる。

$$x^2 + y^2 = r^2((y')^2 + (x')^2) = r^2$$

よって $C$ が円であることが証明された。

等周不等式はフーリエ級数の理論を利用して証明することもできる。まず Wirtinger の補題を証明する。

定理 3.5.2 (Wirtingerの補題) もし $f(t)$ が周期 $2\pi$ の連続関数であり、連続な導関数 $f'(t)$ を持ち、かつ

を満たすならば、次が成り立つ。

また、等号が成立する条件は

である。

定理 3.5.1 の別証：

§ 3.6 変数分離法：一般論述

変数分離法 (separation of variables) は境界値問題を解決するための最も効果的な方法の一つであり、微分方程式を学ぶすべての人が習得すべき手法である。また、これは2つの変数のみに限定されるものではない。

以下の一般的な固有値問題を考慮する。

ここで、$p \in C^1(\bar{\Omega}), q \in C(\bar{\Omega}), p(x) > 0, q(x) \ge 0 \ (x \in \bar{\Omega})$、かつ $\alpha, \beta \in C(\partial\Omega), \alpha(x) \ge 0, \beta(x) \ge 0, \alpha(x) + \beta(x) > 0 \ (\forall x \in \partial\Omega)$ とする。この固有値 $\lambda$ はすべて正であると仮定できる。

対応する固有関数 $\phi_k$ は

を満たす実数値関数 (real-valued function) であり、$L^2(\Omega, \rho)$ における完全正規直交系 (complete orthonormal system) を形成する。

練習問題 3.6

1. 次のラプラス方程式を解け。
(D.E.) $\Delta u = u_{xx} + u_{yy} + u_{zz} = 0 \quad (0<x<\pi, \quad 0<y<\pi, \quad 0<z<\pi)$
(B.C.) $u(x,y,0) = \sin x \sin^3 y$
(B.C.) $u(0,y,z) = u(\pi,y,z) = u(x,0,z) = u(x,\pi,z) = u(x,y,\pi) = 0$
$[$解答$]$ $u(x,y,z) = \frac{3}{4}\sin x \sin y \frac{\sinh\sqrt{2}(\pi-z)}{\sinh\sqrt{2}\pi} - \frac{1}{4}\sin x \sin 3y \frac{\sinh\sqrt{10}(\pi-z)}{\sinh\sqrt{10}\pi}$

2. 次の熱伝導方程式を解け。
(D.E.) $u_t = u_{xx} + u_{yy} \quad (0<x<\pi, \quad 0<y<\pi, \quad t>0)$
(B.C.) $u(0,y,t) = u(\pi,y,t) = u(x,0,t) = u(x,\pi,t) = 0$
(I.C.) $u(x,y,0) = f(x,y)$
$[$解答$]$ $u(x,y,t) = \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty a_{nm} e^{-(n^2+m^2)t} \sin nx \sin my$
$a_{nm} = \frac{4}{\pi^2} \int_0^\pi \int_0^\pi f(x,y) \sin nx \sin my dxdy$

3. 次の波動方程式を解け。
(D.E.) $u_{tt} = u_{xx} + u_{yy} \quad (0<x<\pi, \quad 0<y<\pi, \quad t>0)$
(B.C.) $u(0,y,t) = u(\pi,y,t) = u(x,0,t) = u(x,\pi,t) = 0$
(I.C.) $u(x,y,0) = f(x,y), \quad u_t(x,y,0) = g(x,y)$
$[$解答$]$ $u(x,y,t) = \sum_{n=1}^\infty \sum_{m=1}^\infty \left( a_{nm} \cos\sqrt{n^2+m^2}t + b_{nm} \frac{\sin\sqrt{n^2+m^2}t}{\sqrt{n^2+m^2}} \right) \sin nx \sin my$
$a_{nm} = \frac{4}{\pi^2} \int_0^\pi \int_0^\pi f(x,y) \sin nx \sin my dxdy$
$b_{nm} = \frac{4}{\pi^2} \int_0^\pi \int_0^\pi g(x,y) \sin nx \sin my dxdy$