数理方程（二）波动方程的延续

D’Alembert公式的解释

先复习一下D’Alembert公式

$$u(x,t) = \frac{1}{2}(\varphi(x+at)+\varphi(x-at))+\frac{1}{2a}\int^{x+at}_{x-at}\psi(\xi)\rm d \xi$$

解在点$(x,t)$的数值仅依赖于x轴上区间$[x-at,x+at]$内的初值条件，与其他地方的初值条件无关。我们把$[x-at,x+at]$叫做点$(x,t)$的依赖区间

对于x轴上的区间$[x_1,x_2]$，在$x_1$作直线$x=x_1+at$，过$x_2$作直线$x=x_2-at$，他们和原来的区间围成了一个三角形区域，解在此区域中任意点的值都完全由区间$[x_1,x_2]$上的初值条件决定，与其他区域无关

反过来说，做直线$x=x_1-at$和$x=x_2+at$，则经过时间t后受到区间$[x_1,x_2]$上初值扰动的区域为

$$x_1-at\leq x \leq x_2+at$$

在此区域之外的波动不受$[x_1,x_2]$上的初始扰动的影响，称为此区域为$[x_1,x_2]$的影响区域


直线$x=x_0\pm$

一维半无界问题

我们之前的讨论都是基于整个$x-t$平面进行讨论的，现在我们希望讨论更加现实一点的问题：如果有边界挡住了波的传播，会发生什么？

表达成正规数学语言的话，半无界边界问题可以表达为在区域$\overline{Q} = \{0 \leq x < \infin , 0 \leq t<\infin \}$上有下面的约束条件

$$\square u =f(x,t)\space,0 < x < \infin,\space t>0\\ u(x,0) = \varphi (x),\space 0 \leq x < \infin\\ \partial_t u(x,0) = \psi(x),\space 0 \leq x < \infin\\ u(0,t) = g(t), t>0$$

第四条是新附加的边界条件，但是$g(t)\neq0$的时候边界条件是非齐次的（我没看懂为什么非齐次，但是既然他这么说那就是吧，反之就是很复杂）。

不过我们可以考虑$u = v+g(t)$将问题转化为齐次情况

$$\square v =f(x,t) - g''(t)\space,0 < x < \infin,\space t>0\\ v(x,0) = \varphi (x) - g(0),\space 0 \leq x < \infin\\ \partial_t v(x,0) = \psi(x)-g'(0),\space 0 \leq x < \infin\\ v(0,t) = 0, t>0$$

因此我们直接默认只去解决(3)中$g(t)\equiv0$的情况

$g(t)\equiv0$其实帮助我们满足了奇延拓的前置条件，我们可以自然的将半无界问题延伸到简单的初值问题

TODO

高维初值问题

大的要来了

大概的思路是这样的，先用球面平均法推导三维波动方程初值问题的解，再用降维法导出二维问题的解（听不懂啊啊啊）

三维的情况

三维初值问题表达如下

$$\square u = \partial_{tt}u - a^2\Delta u = f(x,t), x \in \mathbb{R}^3\\ u(x,0) = \varphi(x)\\ \partial_t u(x,0)=\psi(x)$$

齐次化原理依然是满足的（因为齐次化原理部分的推导只和$t$有关，没有涉及到$x$的微积分操作）

因此问题被转换为下面的形式

$$\square u_2 = 0, \space u_2(x,0) = 0, \space \partial_t u_2(x,0) = \psi (x)$$

高维情况下对x的微分情况复杂，不能~照抄~依葫芦画瓢使用前面的算子分解。这里使用球面平均法。

将问题转化到球坐标系下

$$\frac{1}{a^2}\frac{\partial^2u_2}{\partial t^2} = \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r}(r^2 \frac{\partial u_2}{\partial r})+\frac{1}{r^2 \sin \theta}\frac{\partial}{\partial\theta}(\sin \theta \frac{\partial u_2}{\partial \theta}) + \frac{1}{r^2 \sin^2\theta}\frac{\partial^2 u_2}{\partial \varphi^2}$$

在球对称假设（$u_2$和$\theta,\varphi$无关）下我们有

$$\frac{r}{a^2}\frac{\partial^2u_2}{\partial t^2} = r\frac{\partial^2u_2}{\partial r^2}+2\frac{\partial u_2}{\partial r}$$

进一步转换就是

$$\frac{r}{a^2}\frac{\partial^2u_2}{\partial t^2} = (r\frac{\partial^2 u_2}{\partial r^2} + \frac{\partial u_2}{\partial r})+\frac{\partial u_2}{\partial r}=\frac{\partial }{\partial r}(r\frac{\partial u_2}{\partial r})+\frac{\partial u_2}{\partial r} = \frac{\partial^2 ru_2}{\partial r^2} \\ \frac{1}{a^2}\frac{\partial^2(ru_2)}{\partial t^2}=\frac{\partial^2(ru_2)}{\partial r^2}$$

这其实就是一维半无界问题

但是实际问题没有球对称假设，于是我们考虑$u_2$以$(x_1,x_2,x_3)$为球心，以$r>0$为半径的球面上的平均值（其实是引入了第四维r）。x固定时，平均值只和$r,t$有关。如果转化出x为参数的形式，那么问题就得到了简化

考虑均值

$$\overline{u}(r,t;x) = \frac{1}{4\pi r^2}\iint_{|y|=r}u_2(x+y,t){\rm d S} = \frac{1}{4\pi}\iint_{|y|=1}u_2(x+ry,t){\rm d \omega}$$

上面的式子有两个重要结论

$$\begin{align*} &(1)\space\Delta_x(r\overline{u}(r,t;x)) = \frac{\partial^2}{\partial r^2}(r\overline{u}(r,t;x))\\ &(2)\lim_{r \rarr 0}\overline{u}(r,t;x) = u_2(x,t) \end{align*}$$

第二个比较显然，第一个我不会推

但是不管怎么说，我们能够得到

$$\frac{\partial^2(r\overline{u})}{\partial t^2} - a^2\frac{\partial^2(r\overline{u})}{\partial r^2} = 0$$

这里利用了原方程条件（懒得写了）

这是一个半无界问题，因为$r\geq0$，具体表示为

$$\begin{align*} &\partial_{tt}M - a^2\partial_{rr}M = 0\\ &M(r,0;x) = 0\\ &\partial_{t}M(r,0;x) = r\overline{\psi}(r;x)\\ &M(0,t;x)=0 \end{align*}$$

TODO:推导

我们导出了Kirchhoff公式

TODO:抄公式

进行降维