波动方程的行波解（一）| 一维波动方程的通解和初值问题的达朗贝尔（d' Alembert）公式

某些二阶线性偏微分方程，可分解为两个一阶线性偏微分方程，有可能积分求出通解。例如，二阶方程
∂2u∂x∂y+∂u∂x=0\frac{\partial^2u}{\partial x\partial y}+\frac{\partial u}{\partial x}=0 ∂x∂y∂2u+∂x∂u=0
等价于两个一阶线性偏微分方程
∂v∂x=0和∂u∂y+u=v\frac{\partial v}{\partial x}=0 \quad 和 \frac{\partial u}{\partial y}+u=v ∂x∂v=0和∂y∂u+u=v
第一个方程对x积分，得v(x,y)=f(y)v(x,y)=f(y)v(x,y)=f(y)，f(y)f(y)f(y)为任意C函数。第二个方程对y积分，解得u(x,y)=e−yg(y)+h(y)u(x,y)=e^{-y}g(y)+h(y)u(x,y)=e−yg(y)+h(y)，g(y)g(y)g(y)是任意C1C^1C1函数，h(y)=e−y∫f(y)eydyh(y)=e^{-y}\int f(y)e^ydyh(y)=e−y∫f(y)eydy也是任意C1C^1C1函数。

接下来用此分解降阶的方法求出一维波动方程的通解（行波解），并通过若干例子介绍由通解确定特解的方法，并从物理上对解的行波特点作简要分析。

1.4.1 一维波动方程的通解和初值问题的达朗贝尔（d’ Alembert）公式

一维波动方程
∂2u∂t2=a2∂2u∂x2(1)\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2} \tag{1} ∂t2∂2u=a2∂x2∂2u(1)
在a>0a>0a>0为常数时可分解为
(∂∂t+a∂∂x)(∂∂t−a∂∂x)u=0(\frac{\partial}{\partial t}+a\frac{\partial}{\partial x})(\frac{\partial}{\partial t}-a\frac{\partial}{\partial x})u=0 (∂t∂+a∂x∂)(∂t∂−a∂x∂)u=0
等价于两个一阶线性偏微分方程的方程组
{∂v∂t+a∂v∂x=0∂u∂t−a∂u∂x=v\begin{cases} \frac{\partial v}{\partial t}+a\frac{\partial v}{\partial x}=0 \\ \frac{\partial u}{\partial t}-a\frac{\partial u}{\partial x}=v \end{cases} {∂t∂v+a∂x∂v=0∂t∂u−a∂x∂u=v
这两个方程各有一族独立的特征线，分别是
x−at=c1,x+at=c2x-at=c_1, \quad x+at=c_2 x−at=c1,x+at=c2
引入新的自变量
ξ=x−at,η=x+at\xi=x-at,\quad \eta=x+at ξ=x−at,η=x+at
利用链式法则，u=u(t,x)u=u(t,x)u=u(t,x)的方程（1）变为u=u(ξ,η)u=u(\xi,\eta)u=u(ξ,η)的新方程
∂2u∂η∂ξ=0\frac{\partial^2u}{\partial \eta \partial \xi}=0 ∂η∂ξ∂2u=0
相继对η,ξ\eta,\xiη,ξ积分，代回源自变量，得一维波动方程（1）的通解
u=f(ξ)+g(η)=f(x−at)+g(x+at)(2)u=f(\xi)+g(\eta)=f(x-at)+g(x+at) \tag{2} u=f(ξ)+g(η)=f(x−at)+g(x+at)(2)
其中，f,gf,gf,g是任意一元C2C^2C2函数。

可见，一维波动方程的解是由速度同为aaa的两列反向行进的波组成，称为行波解。其中，f(x−at)f(x-at)f(x−at)为右行波，g(x+at)g(x+at)g(x+at)为左行波，波形f(ξ),g(η)f(\xi),g(\eta)f(ξ),g(η)则需由定解条件确定。

例1：无限长弦的自由振动
{∂2u∂t2=a2∂2u∂x2,t>0,−∞<x<+∞u∣t=0=φ(x),∂u∂t∣t=0=ψ(x)(3)\begin{cases} \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=a^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2},\quad t>0,-\infty<x<+\infty \\ u|_{t=0}=\varphi(x), \quad \frac{\partial u}{\partial t}|_{t=0}=\psi(x) \end{cases} \tag{3} {∂t2∂2u=a2∂x2∂2u,t>0,−∞<x<+∞u∣t=0=φ(x),∂t∂u∣t=0=ψ(x)(3)
解：讲初始条件代入通解（2），得
u∣t=0=f(x)+g(x)=φ(x)∂u∂t∣t=0=−af′(x)+ag′(x)=ψ(x)u|_{t=0}=f(x)+g(x)=\varphi(x) \\ \frac{\partial u}{\partial t}|_{t=0}=-af'(x)+ag'(x)=\psi(x) u∣t=0=f(x)+g(x)=φ(x)∂t∂u∣t=0=−af′(x)+ag′(x)=ψ(x)
积分第二式，得
−f(x)+g(x)=1a∫0xψ(ξ)dξ+c-f(x)+g(x)=\frac{1}{a}\int_0^x\psi(\xi)d\xi+c −f(x)+g(x)=a1∫0xψ(ξ)dξ+c
解f(x),g(x)f(x),g(x)f(x),g(x)的联立方程组，得
f(x)=12[φ(x)−1a∫0xψ(ξ)dξ−c]g(x)=12[φ(x)+1a∫0xψ(ξ)dξ+c]f(x)=\frac{1}{2}[\varphi(x)-\frac{1}{a}\int_0^x\psi(\xi)d\xi-c] \\ g(x)=\frac{1}{2}[\varphi(x)+\frac{1}{a}\int_0^x\psi(\xi)d\xi+c] f(x)=21[φ(x)−a1∫0xψ(ξ)dξ−c]g(x)=21[φ(x)+a1∫0xψ(ξ)dξ+c]
从而，初值问题（3）式的解必有形式
u(t,x)=12[φ(x−at)+φ(x+at)]+12a∫x−atx+atψ(ξ)dξu(t,x)=\frac{1}{2}[\varphi(x-at)+\varphi(x+at)]+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\psi(\xi)d\xi u(t,x)=21[φ(x−at)+φ(x+at)]+2a1∫x−atx+atψ(ξ)dξ
称为达朗贝尔公式。

不难直接验证，当初始条件φ(x)∈C2(R),ψ(x)∈C1(R)\varphi(x)\in C^2(R),\psi(x)\in C^1(R)φ(x)∈C2(R),ψ(x)∈C1(R)时达朗贝尔公式给出的u确是初值问题（3）的古典解。因此，达朗贝尔公式是初值问题（3）式的唯一解。

又设（3）式中的初始条件有微小变化，u∣t=0=φ(x)+h1(x),∂u∂∣t=0=ψ(x)+h2(x)u|_{t=0}=\varphi(x)+h_1(x), \frac{\partial u}{\partial}|_{t=0}=\psi(x)+h_2(x)u∣t=0=φ(x)+h1(x),∂∂u∣t=0=ψ(x)+h2(x)，其中，∣hj(x)∣≤δ(j=1,2)|h_j(x)|\leq \delta(j=1,2)∣hj(x)∣≤δ(j=1,2)。记在此初始条件下得到的达朗贝尔解为u^(t,x)\hat u(t,x)u^(t,x)，则
∣u^(t,x)−u(t,x)∣=∣12(h1(x−at)+h1(x+at))+12a∫x−atx+ath2(ξ)dξ∣≤(1+t)δ|\hat u(t,x)-u(t,x)|=|\frac{1}{2}(h_1(x-at)+h_1(x+at))+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}h_2(\xi)d\xi|\leq (1+t)\delta ∣u^(t,x)−u(t,x)∣=∣21(h1(x−at)+h1(x+at))+2a1∫x−atx+ath2(ξ)dξ∣≤(1+t)δ
故在任意有限时间范围内，只要初始条件的误差δ\deltaδ足够小，解的误差可控制在一定，达朗贝尔公式给出的是稳定解。由此可见，一维波动方程的初值问题是适定的。

达朗贝尔公式清楚反映了初始扰动在弦上的传播过程。初位移φ(x)\varphi(x)φ(x)以12φ(x)\frac{1}{2}\varphi(x)21φ(x)的波形，以速度aaa向弦的两边传播。如下图

而且x点在t时刻由初位移引起的位移12[φ(x−at)+φ(x+at)]\frac{1}{2}[\varphi(x-at)+\varphi(x+at)]21[φ(x−at)+φ(x+at)]仅取决于x轴上x−atx-atx−at和x+atx+atx+at两点的初位移。而初速度的影响稍见复杂，是关于x轴对称的两个波形12a∫0xψ(ξ)dξ\frac{1}{2a}\int_0^x\psi(\xi)d\xi2a1∫0xψ(ξ)dξ和−12a∫0xψ(ξ)dξ-\frac{1}{2a}\int_0^x\psi(\xi)d\xi−2a1∫0xψ(ξ)dξ分别以速度aaa向左、右传播，x点他时刻由初速度引起的位移12a∫x−atx+atψ(ξ)dξ\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\psi(\xi)d\xi2a1∫x−atx+atψ(ξ)dξ是一种累积效应，取决于初速度在[x−at,x+at][x-at,x+at][x−at,x+at]整个区间内的值。称x轴上区间[x−at,x+at][x-at,x+at][x−at,x+at]为点(x,t)(x,t)(x,t)的依赖区间，可由经过(x,t)(x,t)(x,t)的两条特征线确定。

反过来看，初始时刻t=0t=0t=0，x0x_0x0点的初位移φ(x0)\varphi(x_0)φ(x0)经过时间t，仅沿过x0x_0x0点的两条特征线传播到x0−atx_0-atx0−at和x0+atx_0+atx0+at两点，而x0x_0x0点的初速度ψ(x0)\psi(x_0)ψ(x0)则影响到区间[x0−at,x0+at][x_0-at,x_0+at][x0−at,x0+at]中的所有点，是一种“弥漫作用”。

若初始扰动发生在区间[h1,h2][h_1,h_2][h1,h2]上，则可唯一确定过左、右端点的右、左行特征线所围的特征三角形区域上的u(t,x)u(t,x)u(t,x)，称此三角形为[h1,h2][h_1,h_2][h1,h2]上初始扰动的确定区域。而过左、右两端的左、右行特征线所围的无界特征形内各点的u(t,x)u(t,x)u(t,x)都受到[h1,h2][h_1,h_2][h1,h2]上初始扰动的影响，称此梯形为初始扰动的影响区域，如下图

例2：特征边值问题（Goursat问题）
{∂2u∂t2=a2∂2u∂x2u∣x−at=0=φ(x),u∣x+at=0=ψ(x),φ(0)=ψ(0)\begin{cases} \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}=a^2\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} \\ u|_{x-at=0}=\varphi(x),\quad u|_{x+at=0}=\psi(x), \quad \varphi(0)=\psi(0) \end{cases} {∂t2∂2u=a2∂x2∂2uu∣x−at=0=φ(x),u∣x+at=0=ψ(x),φ(0)=ψ(0)
解：将定解条件代入通解 u=f(x−at)+g(x+at)u=f(x-at)+g(x+at)u=f(x−at)+g(x+at)，由
u∣x−at=0=f(0)+g(2x)=φ(x),u∣x+at=0=f(2x)+g(0)=ψ(x)u|_{x-at=0}=f(0)+g(2x)=\varphi(x), \\ u|_{x+at=0}=f(2x)+g(0)=\psi(x) u∣x−at=0=f(0)+g(2x)=φ(x),u∣x+at=0=f(2x)+g(0)=ψ(x)
解得
f(ξ)=ψ(ξ2)−g(0)g(ξ)=φ(ξ2)−f(0)f(\xi)=\psi(\frac{\xi}{2})-g(0) \\ g(\xi)=\varphi(\frac{\xi}{2})-f(0) f(ξ)=ψ(2ξ)−g(0)g(ξ)=φ(2ξ)−f(0)
有
f(0)+g(0)=12[φ(0)+ψ(0)]f(0)+g(0)=\frac{1}{2}[\varphi(0)+\psi(0)] f(0)+g(0)=21[φ(0)+ψ(0)]
故
u=φ(x+at2)+ψ(x−at2)−φ(0)u=\varphi(\frac{x+at}{2})+\psi(\frac{x-at}{2})-\varphi(0) u=φ(2x+at)+ψ(2x−at)−φ(0)
由于两条不同族的特征线上给出边界条件，对任意φ(x),ψ(x)\varphi(x),\psi(x)φ(x),ψ(x)，只要φ(0)=ψ(0)\varphi(0)=\psi(0)φ(0)=ψ(0)，解都存在、唯一。

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