偏微分方程式③ 1階特性曲線法
特性曲線法とは?その考え方
\begin{align}
a(x,y,z)\dfrac{\partial z(x,y)}{\partial x}+b(x,y,z)\dfrac{\partial z(x,y)}{\partial y}=c(x,y,z) \label{pdeeq:1}
\end{align}
この式だけでは全く想像ができないと思うので以下の連鎖律を考えましょう。
\begin{align}
\dfrac{dz(x,y)}{dt}=\dfrac{\partial z(x,y)}{\partial x}\dfrac{dx}{dt}+\dfrac{\partial z(x,y)}{\partial y}\dfrac{dy}{dt} \label{pdeeq:2}
\end{align}
\eqref{pdeeq:1},\eqref{pdeeq:2}式を比較すれば、
\begin{align}
\dfrac{dx}{dt}&=a(x,y,z)\label{pdeeq:3}\\
\dfrac{dy}{dt}&=b(x,y,z)\label{pdeeq:4}\\
\dfrac{dz}{dt}&=c(x,y,z)\label{pdeeq:5}
\end{align}
というような形に書くことができます。($z$について直接$t$の関数ではないので書かないでおきます．)ここで新しく表れたパラメータ$t$が重要で、この新しいパラメータにそった曲線を考えるので特性曲線といいます。
ラグランジュ・シャルピ方程式を用いた簡単な計算方法
新しくパラメータを設定するというのが少しハードルが高いので別の考え方があります。\begin{align}
\dfrac{dx}{a(x,y,z)}=\dfrac{dy}{b(x,y,z)}=\dfrac{dz}{c(x,y,z)}
\end{align}
という式から解を導くこともできます。これは変数分離形のようになっているので少しは計算しやすいかもしれませんが、計算の意味が抽象的になっています。
特性曲線法の例題を解いてみる
たとえば以下のような偏微分方程式を解いてみしょう．\begin{align}
\dfrac{\partial z}{\partial x}+x^2\dfrac{\partial z}{\partial y}=x \label{pdeeq:6}
\end{align}
さて，まずは，外観を話しておきます．求めたい関数$z(x,y)$というのは二変数関数です．というわけで変数変換によって，$(x,y)\to (s,t)$のように別の二変数で表されるはずです．このことをもとに考えましょう．
\begin{align}
\dfrac{dx}{dt}&=1 \label{pdeeq:7}\\
\dfrac{dy}{dt}&=x^2 \label{pdeeq:8}\\
\dfrac{dz}{dt}&=x\label{pdeeq:9}
\end{align}
としましょう．ここで，一つ目の方程式はかんたんなので先に答を書いておきます．$s,t$は独立なので，\eqref{pdeeq:7}を積分すると，積分定数の代わりに$s$の関数が出てきます．この関数を$x_0(s)$として，
\begin{align}
x=t+x_0(s) \label{pdeeq:11}
\end{align}
\eqref{pdeeq:8}はこの式を利用して，
\begin{align}
\dfrac{dy}{dt}=(t+x_0(s))^2
\end{align}
この辺々を積分すると，
\begin{align}
y=\dfrac{1}{3}(t+x_0(s))^3+y_0(s)
\end{align}
また，\eqref{pdeeq:9}は，\eqref{pdeeq:11}を用いて，
\begin{align}
\dfrac{dz}{dt}&=t+x_0(s)
\end{align}
この辺々を積分すると今までと同じように$s$の関数が出てきて，
\begin{align}
z=\dfrac{1}{2}(t+x_0(s))^2+z_0(s)
\end{align}
さて，ここまでで以下のように式が求まったのでした．
$$\left\{
\begin{align*}
x&=t+x_0(s)\\
y&=\dfrac{1}{3}(t+x_0(s))^3+y_0(s)\\
z&=\dfrac{1}{2}(t+x_0(s))^2+z_0(s)
\end{align*}
\right.
$$
ここから未知変数を消していきましょう．
$$\left\{\begin{align}
y&=\dfrac{1}{3}x^3+y_0(s)\label{pdeeq:16}\\
z&=\dfrac{1}{2}x^2+z_0(s) \label{pdeeq:17}
\end{align}\right.$$
ここで一つ目の式\eqref{pdeeq:16}に着目します．以下のような形に変形しましょう．
\begin{align}
y_0(s)=y-\dfrac{1}{3}x^3
\end{align}
この逆関数をとる感覚で，適当な関数$g$を用いて，
\begin{align}
s=g \left(y-\dfrac{1}{3}x^3 \right)
\end{align}
とできるでしょう．(今，逆関数についてあいまいにしたのは，もちろん存在しない場合もありえるからです．だからあえて適当な関数とごまかしています．)これを\eqref{pdeeq:17}に代入すると，
\begin{align}
z&=\dfrac{1}{2}x^2+z_0\left(g\left(y-\dfrac{1}{3}x^3\right)\right)
\end{align}
ただ，この$z_0$というのは任意の関数でしたから，$z_0(g(p))$というのは$p$の任意関数といえるでしょう．というわけで改めて任意関数$f$で表せば，
\begin{align}
z&=\dfrac{1}{2}x^2+f\left(y-\dfrac{1}{3}x^3\right)
\end{align}
となります．(ただし関数$f$は任意の関数)
ちなみにこれをもとの微分方程式に代入すれば満たすことが簡単に確認できます．