D’Alembert公式的解释

先复习一下D’Alembert公式

u(x,t)=12(φ(x+at)+φ(x−at))+12a∫x−atx+atψ(ξ)dξu(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)(x,t)的数值仅依赖于x轴上区间[x−at,x+at][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][x-at,x+at]叫做点(x,t)(x,t)的依赖区间

对于x轴上的区间[x1,x2][x_1,x_2]，在x1x_1作直线x=x1+atx=x_1+at，过x2x_2作直线x=x2−atx=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[x1,x2][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=x1−atx=x_1-at和x=x2+atx=x_2+at，则经过时间t后受到区间[x1,x2][x_1,x_2]上初值扰动的区域为

x1−at≤x≤x2+atx_1-at\leq x \leq x_2+at

在此区域之外的波动不受[x1,x2][x_1,x_2]上的初始扰动的影响，称为此区域为[x1,x2][x_1,x_2]的影响区域

直线x=x0±x=x_0\pm
TODO

一维半无界问题

我们之前的讨论都是基于整个x−tx-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Q‾={0≤x<∞,0≤t<∞}\overline{Q} = \{0 \leq x < \infty, 0 \leq t<\infty \}上有下面的约束条件

□u=f(x,t) ,0<x<∞, t>0u(x,0)=φ(x), 0≤x<∞∂tu(x,0)=ψ(x), 0≤x<∞u(0,t)=g(t),t>0\square u =f(x,t)\space,0 < x < \infty,\space t>0\\ u(x,0) = \varphi (x),\space 0 \leq x < \infty\\ \partial_t u(x,0) = \psi(x),\space 0 \leq x < \infty\\ u(0,t) = g(t), t>0

第四条是新附加的边界条件，但是g(t)≠0g(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)u = v+g(t)将问题转化为齐次情况

□v=f(x,t)−g′′(t) ,0<x<∞, t>0v(x,0)=φ(x)−g(0), 0≤x<∞∂tv(x,0)=ψ(x)−g′(0), 0≤x<∞v(0,t)=0,t>0\square v =f(x,t) - g''(t)\space,0 < x < \infty,\space t>0\\ v(x,0) = \varphi (x) - g(0),\space 0 \leq x < \infty\\ \partial_t v(x,0) = \psi(x)-g'(0),\space 0 \leq x < \infty\\ v(0,t) = 0, t>0

因此我们直接默认只去解决(3)中g(t)≡0g(t)\equiv0的情况

g(t)≡0g(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

f‾=f(x,t),x≥0 or−f(−x.t),x<0\overline{f} = f(x,t), x \geq 0 \space \mathrm{or} -f(-x.t) ,x < 0

我们把原来半个x轴上的问题拓宽到了整个x轴上，这样问题变成了一个一维初值问题
那么就会有

{□u‾=f‾(x,t)u‾(x,0)=φ‾(x)∂tu‾(x,0)=ψ‾(x)\begin{cases} \square \overline{u} = \overline{f}(x,t)\\ \overline{u}(x,0) = \overline{\varphi}(x)\\ \partial_t \overline{u}(x,0) = \overline{\psi}(x) \end{cases}

这里u(x,t)=u‾(x,t),x>=0u(x,t)=\overline{u}(x,t),x>=0
对初值问题我们有显然的结论

u‾(x,t)=12(φ‾(x+at)+φ‾(x−at))+12a∫x−atx+atψ‾(ξ)dξ+12a∫−tt∫x−a(t−τ)x+a(t+τ)f‾(ξ,τ)dξdτ\overline{u}(x,t) = \frac{1}{2}(\overline{\varphi}(x+at)+\overline{\varphi}(x-at))+\frac{1}{2a}\int^{x+at}_{x-at}\overline{\psi}(\xi)\rm d \xi + \frac{1}{2a}\int^{t}_{-t}\int^{x+a(t+\tau)}_{x-a(t-\tau)}\overline{f}(\xi,\tau)\rm d \xi \rm d \tau

更进一步将上面的解表达为φ,ψ,f\varphi,\psi,f的组合形式
当x≥atx \geq at时解为

u(x,t))=12(φ(x+at)+φ(x−at))+12a∫x−atx+atψ(ξ)dξ+12a∫−tt∫x−a(t−τ)x+a(t+τ)f(ξ,τ)dξdτu(x,t)) = \frac{1}{2}(\varphi(x+at)+\varphi(x-at))+\frac{1}{2a}\int^{x+at}_{x-at}\psi(\xi)\rm d \xi + \frac{1}{2a}\int^{t}_{-t}\int^{x+a(t+\tau)}_{x-a(t-\tau)}f(\xi,\tau)\rm d \xi \rm d \tau

当x<atx < at时解为

u(x,t))=12(φ(x+at)−φ(at−x))+12a∫at−xx+atψ(ξ)dξ+12a∫t−x/at∫x−a(t−τ)x+a(t+τ)f(ξ,τ)dξdτ+12a∫0t−x/a∫a(t−τ)−xx+a(t+τ)f(ξ,τ)dξdτu(x,t)) = \frac{1}{2}(\varphi(x+at)-\varphi(at-x))+\frac{1}{2a}\int^{x+at}_{at-x}\psi(\xi)\rm d \xi + \frac{1}{2a}\int^{t}_{t-x/a}\int^{x+a(t+\tau)}_{x-a(t-\tau)}f(\xi,\tau)\rm d \xi \rm d \tau + \frac{1}{2a}\int^{t-x/a}_{0} \int^{x+a(t+\tau)}_{a(t-\tau)-x}f(\xi,\tau)\rm d \xi \rm d \tau

如果要保证解的连续性，那么应该有

φ(0)=g(0),ψ(0)=g′(0),g′′(0)−a2φ′′(0)=0\varphi(0) = g(0), \psi(0) = g'(0), g''(0) - a^2\varphi''(0) = 0

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

{□u=∂ttu−a2Δu=f(x,t),x∈R3u(x,0)=φ(x)∂tu(x,0)=ψ(x)\begin{cases} \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) \end{cases}

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tt有关，没有涉及到xx的微积分操作）

因此问题被转换为下面的形式

□u2=0, u2(x,0)=0, ∂tu2(x,0)=ψ(x)\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

1a2∂2u2∂t2=1r2∂∂r(r2∂u2∂r)+1r2sin⁡θ∂∂θ(sin⁡θ∂u2∂θ)+1r2sin⁡2θ∂2u2∂φ2\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（u2u_2和θ,φ\theta,\varphi无关）下我们有

ra2∂2u2∂t2=r∂2u2∂r2+2∂u2∂r\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

ra2∂2u2∂t2=(r∂2u2∂r2+∂u2∂r)+∂u2∂r=∂∂r(r∂u2∂r)+∂u2∂r=∂2ru2∂r21a2∂2(ru2)∂t2=∂2(ru2)∂r2\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u2u_2以(x1,x2,x3)(x_1,x_2,x_3)为球心，以r>0r>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,tr,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

u‾(r,t;x)=14πr2∬∣y∣=ru2(x+y,t)dS=14π∬∣y∣=1u2(x+ry,t)dω\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

(1) Δx(ru‾(r,t;x))=∂2∂r2(ru‾(r,t;x))(2)lim⁡r→0u‾(r,t;x)=u2(x,t)\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 \rightarrow 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~~（第一个疑似也挺显然的但是我多元微积分学的一坨）~~

但是不管怎么说，我们能够继续推导(TODO:这里我不太会，回头再说)

∂2(ru‾)∂t2−a2∂2(ru‾)∂r2=0\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≥0r\geq0，具体表示为（M=ru‾M = r\overline{u}）

∂ttM−a2∂rrM=0M(r,0;x)=0∂tM(r,0;x)=rψ‾(r;x)M(0,t;x)=0\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*}

我们只关心r→0r \rightarrow 0附近的解，也就是(0≤r≤at)(0 \leq r \leq at)

M(r,t;x)=12a∫at−rat+rξψ‾(ξ;x)dξM(r,t;x) = \frac{1}{2a}\int_{at-r}^{at+r} \xi \overline{\psi} (\xi;x)\mathrm{d} \xi

使用洛必达法则求极限（前面的极限！）

u2(x,t)=lim⁡r→0M(r,t;x)r=1aψ‾(at;x)=14πa2t∬∣y−x∣=atψ(y)dSu_{2}(x,t) = \lim_{ r \to 0 } \frac{M(r,t;x)}{r} =\frac{1}{a}\overline{\psi}(at;x)= \frac{1}{4\pi a^2 t}\iint_{|y-x|=at}\psi(y)\mathrm{d}S

根据齐次化原理，我们导出了三维情况的Kirchhoff公式

u(x,t)=∂t(14πa2t∬∣y−x∣=atφ(y)dS)+14πa2t∬∣y−x∣=atψ(y)dS+∫0t(14πa2(t−τ)∬∣y−x∣=a(t−τ)f(y,τ)dS)dτu(x,t)=\partial_t \left( \frac{1}{4\pi a^2 t} \iint_{|y-x|=at} \varphi(y)\mathrm{d}S \right)+\frac{1}{4\pi a^2 t} \iint_{|y-x|=at} \psi(y)\mathrm{d}S+\int_{0}^{t} \left( \frac{1}{4\pi a^2 (t-\tau)} \iint_{|y-x|=a(t-\tau)} f(y,\tau)\mathrm{d}S \right) \mathrm{d}\tau

我操，这是真不当人啊

进行降维

{□u=∂ttu−a2Δu=f(x,t),x∈R2u(x,0)=φ(x)∂tu(x,0)=ψ(x)\begin{cases} \Box u = \partial_{tt}u - a^2\Delta u = f(x,t), x \in \mathbb{R}^2 \\ u(x,0) = \varphi(x) \\ \partial_{t}u(x,0) = \psi(x) \end{cases}

我们先说明一下为什么没办法直接用球面平均法
将上面的方程化为极坐标，就有

1a2∂2u∂t2=1r∂∂r(r∂u∂r)+1r2∂2u∂θ2\frac{1}{a^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(r\frac{\partial u}{\partial r}) + \frac{1}{r^2}\frac{\partial^2 u}{\partial \theta^2}

（我操，copilot好聪明，一下给我全推完了）
使用对称假设，uu与θ\theta无关，上面就有

ra2∂2u∂t2=∂2u∂r2+∂u∂r\frac{r}{a^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = \frac{\partial^2 u}{\partial r^2} + \frac{\partial u}{\partial r}

等式右边的第二项少了系数2，没有办法依葫芦画瓢，所以我们采用降维法来将三维结论推广到二维
之前的积分区域为球面

Sat(x)={y∈R3:∣y−x∣=at}S_{at}(x) = \{y \in \mathbb{R}^3:|y-x|=at\}

现在我们希望把这个球面投影到二维平面上，即

Σat(x)={y∈R2:∣y−x∣≤at}\Sigma_{at}(x) = \{y \in \mathbb{R}^2:|y-x|\leq at\}

然后我们就能套用Kirchhoff公式了~~（这个名字尤其不好打，反正我是记不住的）~~
事实上可以使用下面的变换

dS=ata2t2−∣y−x∣2dy\mathrm{dS} = \frac{at}{\sqrt{ a^2t^2 - |y-x|^2 }}\mathrm{dy}

这样我们就得到了二维波动方程的Poisson公式~~（认识的搞CG的人天天跟我念叨Poisson）~~

u(x,t)=12πa(∫∣y−x∣=atφ(y)a2t2−∣y−x∣2dy+∫∣y−x∣=atψ(y)a2t2−∣y−x∣2dy+∫0t∬∣y−x∣=a(t−τ)f(y,τ)a2(t−τ)2−∣y−x∣2dydτ)u(x,t) = \frac{1}{2\pi a}(\int_{|y-x|=at}\frac{\varphi(y)}{\sqrt{a^2t^2-|y-x|^2}}\mathrm{dy} + \int_{|y-x|=at}\frac{\psi(y)}{\sqrt{a^2t^2-|y-x|^2}}\mathrm{dy} + \int_{0}^{t}\iint_{|y-x|=a(t-\tau)}\frac{f(y,\tau)}{\sqrt{a^2(t-\tau)^2-|y-x|^2}}\mathrm{dy}\mathrm{d\tau})

发明数理方程的人真是神经病把

公式我懒得继续抄了，有一个比较有意思的事情是我们把f(x,t)f(x,t)置零（只考虑初值的影响），三维情况下波的传播是无后效性的，但是二维情况下由于积分区域的问题，波对某一点会一直产生影响（大概也许有可能会衰减，但是我不懂这个）

略过上述内容并不会对我们后续的学习产生太大影响