AlxisDataBlog-数学・物理学


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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)


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熱伝導方程式(2 次元モデル)に挑戦

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前回、ベッセル方程式の特殊解としてベッセル関数を作りましたが、級数が収束するか否か確認していませんでした。これが今回のテーマです。


収束する級数といえば、どんなものを思い浮かべるでしょうか。

\begin{align}
|\gamma|< 1\Longrightarrow\sum_{n=0}^{\infty}\gamma^n=\dfrac{1}{1-\gamma}
\end{align}

このような等比級数を参考にすることができそうです。すなわち

\begin{align}
\lim_{n\to\infty}\bigg|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\bigg|=\exists\gamma < 1
\end{align}

という条件が成立しているならば、$\{a_n\}$ の級数は収束するのではないでしょうか。これを確認していきましょう。

\begin{align}
\varepsilon=\dfrac{1-\gamma}{2}
\end{align}

のように $\varepsilon$ を定義して、$1-\varepsilon$ を閾値にして比を評価しましょう。或る $N$ が存在して、任意の $n\ge N$ に対して

\begin{align}
\bigg|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\bigg|< 1-\varepsilon
\end{align}

が成り立ちます。この評価式から直ちに

\begin{align}
|a_{n+N}|< (1-\varepsilon)^n|a_N|,\ n=0,1,\ldots
\end{align}

が得られます。$N$ 番以降の絶対値の総和は等比級数で評価されて収束することが分ります。0 から $N-1$ 番までの総和は当然のことながら確定値ですので、結局 $\{a_n\}$ の級数は「絶対収束」します。


絶対収束というものは、絶対値の級数(級数の絶対値ではありません)が収束するという、通常の級数の収束よりも強い特徴を意味します。すなわち、級数が絶対収束するならば級数は収束する、と言えます。(証明は省きますが、やってみてくださいね)


以上のような収束判定法をダランベールの収束判定と呼びます。早速、ベッセル関数を作ったときの級数に適応してみましょう。

\begin{align}
\bigg|\dfrac{a_{n+1}}{a_n}\bigg|&=\dfrac{n!\Gamma(n+\alpha+1)}{(n+1)!\Gamma(n+\alpha+2)}\dfrac{x^2}{4}\\
&=\dfrac{x^2}{4(n+1)(n+\alpha+1)}\\
&\to 0\ \text{as }n\to\infty
\end{align}

比は零に収束します。したがってダランベールの収束判定により級数の収束性が無事に証明できました。


熱伝導方程式の 2 次元モデルを解いてみようという流れで、様々な方程式を解いてきましたが、ここでようやく終わりが見えてきました。変数分離解の線型結合がすべての解を網羅するのか確認できれば完了です。あともう少し頑張りましょう。では次回。(written by J.Nishigata)


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ベッセル方程式に挑戦