AlxisDataBlog-数学・物理学

前回、フーリエ変換が登場したのですが、あのままフーリエ変換の話を続けることには違和感があります。ですので、その前に 2 次元モデルを解いておこうと思います。

\begin{align} \Delta u=\partial_tu \end{align}

変数分離して方程式を作ります。

\begin{align} u=A(x,y)B(t) \end{align} \begin{align} \Delta A=-\omega^2A,\ \partial B=-\omega^2B \end{align}

ここまでは 1 次元モデルと同じですね。今回異なる点は、前者の方程式が難しくなっているところです。この方程式には名前がついており $\omega =0$ の場合はラプラス方程式、零以外の場合ヘルムホルツ方程式と呼ばれています。

仲間外れの変数を分離するという方針が定石なのですが、変数 $x,y$ はどちらも等価で困ってしまいます。ここは少しテクニカルなのですが、極座標というものを使います。

\begin{align} (x,y)=r(\cos\theta,\sin\theta) \end{align}

これを用いて変数を動径方向と円周方向へ分離します。

\begin{align} A=C(r)D(\theta) \end{align}

こんな形の特殊解を探します。代入の前に少し冷静になりましょう。変数を変換したことに対して演算子が直交座標のままではだめですね。ここも極座標表示に変更しましょう。

\begin{align} &\partial_r=\cos\theta\partial_x+\sin\theta\partial_y,\\ &\partial_{\theta}=-r\sin\theta\partial_x+r\cos\theta\partial_y \end{align}

この連立方程式を $\partial_x,\partial_y$ に関して解き

\begin{align} &\partial_x=\cos\theta\partial_r-\dfrac{\sin\theta}{r}\partial_{\theta},\\ &\partial_y=\sin\theta\partial_r+\dfrac{\cos\theta}{r}\partial_{\theta} \end{align}

2 階微分を計算します。

\begin{align} \partial_x^2&=\cos^2\theta\partial_r^2+\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r^2}\partial_{\theta}-\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r}\partial_r\partial_{\theta}\\ &\quad +\dfrac{\sin^2\theta}{r}\partial_r-\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r}\partial_{\theta}\partial_r+\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r^2}\partial_{\theta}+\dfrac{\sin^2\theta}{r^2}\partial_{\theta}^2,\\ \partial_y^2&=\sin^2\theta\partial_r^2-\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r^2}\partial_{\theta}+\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r}\partial_r\partial_{\theta}\\ &\quad +\dfrac{\cos^2\theta}{r}\partial_r+\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r}\partial_{\theta}\partial_r-\dfrac{\sin\theta\cos\theta}{r^2}\partial_{\theta}+\dfrac{\cos^2\theta}{r^2}\partial_{\theta}^2 \end{align}

これを足し合わせたものがラプラシアンです。

\begin{align} \Delta=\partial_r^2+\dfrac{\partial_r}{r}+\dfrac{\partial_{\theta}^2}{r^2} \end{align}

これで分離解を代入できますね。整理すると

\begin{align} &r^2\partial^2C+r\partial C+(\omega^2r^2-\mu)C=0,\\ &\partial^2D=-\mu D \end{align}

という 2 つの方程式が得られます。$D$ は周期が $2\pi$ の周期関数でなければならないので $\mu$ は整数の平方です。これで $D$ の独立解は簡単に求まりますね。問題は前者の方程式です。$\omega =0$ のときは

\begin{align} C(r)= \begin{cases} 1,\log r\ \text{for }\mu=0,\\ r^{\pm\sqrt{\mu}}\ \text{for }\mu >0 \end{cases} \end{align}

となりますが、これ以外の場合はどうでしょうか。とりあえず適当にスケールを変換して

\begin{align} r^2\partial^2\tilde{C}+r\partial \tilde{C}+(r^2-\mu)\tilde{C}=0 \end{align}

としておきます。ラプラス、ヘルムホルツと続き、これにもベッセル方程式という名前がついています。ということで、次回はベッセル方程式の話です。(written by J.Nishigata)

熱伝導方程式(2 次元モデル)に挑戦