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3 より一般の方程式と特性曲線

2 節で取り上げた特性曲線が有効に働いたのは、この直線が

$\begin{displaymath} \frac{dx}{dt}=a \end{displaymath}$

という性質を持ち、その値が方程式 (7) の

の係数に等しかったためであることが、(10) の計算によりわかる。

よって、より一般の 1 階線形偏微分方程式

$\begin{displaymath} u_t+\alpha(t,x)u_x=\beta(t,x)\end{displaymath}$

(11)

に対して、常微分方程式

$\begin{displaymath} \frac{d x}{d t}=\alpha(t,x)\end{displaymath}$

(12)

を満たす関数

のことを、通常方程式 (11) の特性曲線と呼んでいる。(7) の場合にはこの方程式は

$\begin{displaymath} \frac{dx}{dt}=a \end{displaymath}$

となるので確かに

(定数) となる。

でとなる (12) の解は、 $\alpha(t,x)$ が通常の連続な関数であれば確かに存在する。ここで、``存在する'' という言葉の意味は、例えば、 $0\leq t\leq 1$ の範囲で $\alpha(t,x)$ が連続で、 $\vert\alpha(t,x)\vert$ の最大値が有限な値ならば、どんなに対しても、となる (12) の解は、 $0\leq t\leq 1$ の範囲内では無限大に発散するようなことは起こらない、という意味である。

**図 6:** 発散する解のグラフ
$\includegraphics{image/blowup.eps}$

単に、発散せずに解が伸びるという意味であり、(12) の解が、簡単な式で表されるという意味ではない。

このことは、特性曲線の集まりが平面の領域を埋め尽くすということを意味する。

さらに、 $\alpha(t,x)$ が通常の滑らかな関数、もう少し詳しくいうと $\alpha_x(t,x)$ が連続な関数ならば、となる (12) の解は、ただ一つしかないことが知られている。これは、特性曲線同士が交わることはないことを意味する。

これらの性質により、方程式 (11) についても、2 節と同様の方法で特性曲線を用いて解を求めることができる。さらに、方程式の右辺の $\beta(t,x)$ の部分にが含まれて $\beta(t,x,u)$ のような形であっても同じ方法で解を求めることができる。

一般的な方法の説明はわずらわしいので、2 つ程例を上げておくのみとする。

例 1

$\begin{displaymath} \left\{\begin{array}{ll} u_t+2tu_x=t+x & (t>0,-\infty<x<\i... ...rk ),\\ u(0,x)=f(x) & (-\infty<x<\infty) \end{array}\right. \end{displaymath}$

この方程式の場合、特性曲線を与える方程式は

$\begin{displaymath} \left\{\begin{array}{l} \displaystyle \frac{d x}{d t}=2t \hspace{1zw}(t>0), \\ [1zh] x(0)=x_0 \end{array}\right. \end{displaymath}$

であるので、これを解いて

. この曲線に沿った

の変化を調べると

$\begin{eqnarray*} \frac{d }{d t}u(t,t^2+x_0) & = & \frac{\partial u}{\partial t... ..._0} \\ & = & \left. (x+t)\right\vert _{x=t^2+x_0} = t^2+t+x_0 \end{eqnarray*}$

より、この両辺を

から

まで積分して

$\begin{displaymath} u(t,t^2+x_0) - u(0,x_0) = \int_0^t(s^2+s+x_0)\ ds =\frac{t^3}{3}+\frac{t^2}{2}+x_0t \end{displaymath}$

よって

$\begin{displaymath} u(t,t^2+x_0)=\frac{t^3}{3}+\frac{t^2}{2}+x_0t+u(0,x_0) =\frac{t^3}{3}+\frac{t^2}{2}+x_0t+f(x_0) \end{displaymath}$

となる。

とすると

なのでこれを代入して

$\begin{displaymath} u(t,x)=\frac{t^3}{3}+\frac{t^2}{2}+(x-t^2)t+f(x-t^2) =-\frac{2}{3}t^3+\frac{t^2}{2}+xt+f(x-t^2) \end{displaymath}$

が得られる。

**図 7:** 特性曲線
$\includegraphics{image/char3.eps}$

例 2

$\begin{displaymath} \left\{\begin{array}{ll} u_t+xu_x=tu+e^t & (t>0,-\infty<x<\infty),\\ u(0,x)=f(x) & (-\infty<x<\infty) \end{array}\right. \end{displaymath}$

特性曲線は

$\begin{displaymath} \left\{\begin{array}{l} \displaystyle \frac{d x}{d t}=x \hspace{1zw}(t>0), \\ [1zh] x(0)=x_0 \end{array}\right. \end{displaymath}$

より (変数分離形)、

であることがわかる。これに沿って

$\begin{eqnarray*} \frac{d }{d t}u(t,x_0e^t) & = & u_t(t,x_0e^t)+u_x(t,x_0e^t)x_... ... = & \left. (tu+e^t)\right\vert _{x=x_0e^t} = tu(t,x_0e^t)+e^t \end{eqnarray*}$

となるので、

とすると

は

$\begin{displaymath} \frac{d v}{d t}=tv+e^t \end{displaymath}$

の、非斉次線形常微分方程式を満たす。よってこれを解いて

$\begin{displaymath} v(t)=e^{t^2/2}\int_0^t e^{s-s^2/2}ds + v(0)e^{t^2/2}, \end{displaymath}$

すなわち

$\begin{displaymath} u(t,x_0e^t)=e^{t^2/2}\int_0^t e^{s-s^2/2}ds + u(0,x_0)e^{t^2/2} =e^{t^2/2}\int_0^t e^{s-s^2/2}ds + f(x_0)e^{t^2/2} \end{displaymath}$

が得られる。

より $x_0=xe^{-t}$ だから結局

$\begin{displaymath} u(t,x)=e^{t^2/2}\int_0^t e^{s-s^2/2}ds + f(xe^{-t})e^{t^2/2} \end{displaymath}$

となる。

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Shigeharu TAKENO
2001年 9月 21日