POINT
【関連記事】
- 境界がある場合の1次元波動方程式の解を，ダランベールの公式（無限区間の初期値問題の解）をもとに考察する．
- 固定端の場合を考える（ディリクレ境界条件）．
半無限区間
1次元波動方程式（初期境界値問題・ディリクレ境界条件）
$0\leq x < \infty$とする．波動方程式の初期境界値問題
注：境界条件$u(0,t)=0$が成り立つとき，初期条件を定めていない$x=0$において$u(0,0)=0$と$\dfrac{\partial u}{\partial t}(0,0)=0$が成り立つことがわかる．\begin{aligned}
&\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0\\
&\text{初期条件：}
\begin{cases}
\, u(x,0)=u_0(x) \\
\, \dfrac{\partial u}{\partial t}(x,0)=u_1(x)
\end{cases}\:(0 < x < \infty)\\
&\text{境界条件：}u(0,t)=0
\end{aligned}
の解は&\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0\\
&\text{初期条件：}
\begin{cases}
\, u(x,0)=u_0(x) \\
\, \dfrac{\partial u}{\partial t}(x,0)=u_1(x)
\end{cases}\:(0 < x < \infty)\\
&\text{境界条件：}u(0,t)=0
\end{aligned}
\begin{aligned}
u^\mathrm{D}(x,t)
&=\frac{1}{2}\bigl[u^\mathrm{D}_0(x-ct)+u^\mathrm{D}_0(x+ct)\bigr] \\
&\qquad\qquad\qquad
+\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}u^\mathrm{D}_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
で与えられる．ただし，u^\mathrm{D}(x,t)
&=\frac{1}{2}\bigl[u^\mathrm{D}_0(x-ct)+u^\mathrm{D}_0(x+ct)\bigr] \\
&\qquad\qquad\qquad
+\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}u^\mathrm{D}_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
\begin{aligned}
u^\mathrm{D}_0(x)
&=
\begin{cases}
\, -u_0(-x) & (x < 0) \\
\, 0 & (x=0) \\
\, u_0(x) & (x > 0)
\end{cases}\\
u^\mathrm{D}_1(x)
&=
\begin{cases}
\, -u_1(-x) & (x < 0) \\
\, 0 & (x=0) \\
\, u_1(x) & (x > 0)
\end{cases}
\end{aligned}
とする．u^\mathrm{D}_0(x)
&=
\begin{cases}
\, -u_0(-x) & (x < 0) \\
\, 0 & (x=0) \\
\, u_0(x) & (x > 0)
\end{cases}\\
u^\mathrm{D}_1(x)
&=
\begin{cases}
\, -u_1(-x) & (x < 0) \\
\, 0 & (x=0) \\
\, u_1(x) & (x > 0)
\end{cases}
\end{aligned}
【解説】
関連記事[A]で述べたように，ダランベールの公式は初期条件が全ての領域で与えられていないと使うことができません．
そこで，ここでは
- 初期条件が与えられていない区間$-\infty < x < 0$において適当な初期条件を選んで，$-\infty < x < \infty$における解（ダランベールの公式）が境界条件$u(0,t)=0$を満たすようにする．
- 上の解を$0 \leq x < \infty$に制限することで，求めたい解を得る．
ダランベールの公式
\begin{aligned}
u(x,t)
&=\frac{1}{2}\bigl[u_0(x-ct)+u_0(x+ct)\bigr] \\
&\qquad\qquad\qquad
+\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
において$u(0,t)=0$とするとu(x,t)
&=\frac{1}{2}\bigl[u_0(x-ct)+u_0(x+ct)\bigr] \\
&\qquad\qquad\qquad
+\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
\begin{aligned}
0
&=\frac{1}{2}\bigl[u_0(-ct)+u_0(ct)\bigr]
+\frac{1}{2c}\int_{-ct}^{ct}u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
つまり，初期条件としては0
&=\frac{1}{2}\bigl[u_0(-ct)+u_0(ct)\bigr]
+\frac{1}{2c}\int_{-ct}^{ct}u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
\begin{aligned}
0&=\frac{1}{2}[u_0(x)+u_0(-x)] \\
&\qquad +\frac{1}{2c}\int_{0}^{x}[u_1(\xi)+u_1(-\xi)]\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
を満たすものだけ許される．これを満たすような初期条件を$-\infty < x < 0$で定めるには，例えば0&=\frac{1}{2}[u_0(x)+u_0(-x)] \\
&\qquad +\frac{1}{2c}\int_{0}^{x}[u_1(\xi)+u_1(-\xi)]\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
\begin{aligned}
u_0(-x)=-u_0(x),\quad u_1(-x)=-u_1(x)
\end{aligned}
と奇関数として拡張すれば良い．こうして拡張された初期条件をu_0(-x)=-u_0(x),\quad u_1(-x)=-u_1(x)
\end{aligned}
\begin{aligned}
u^\mathrm{D}_0(x)
&=
\begin{cases}
\, -u_0(-x) & (x < 0) \\
\, 0 & (x=0) \\
\, u_0(x) & (x > 0)
\end{cases}\\
u^\mathrm{D}_1(x)
&=
\begin{cases}
\, -u_1(-x) & (x < 0) \\
\, 0 & (x=0) \\
\, u_1(x) & (x > 0)
\end{cases}
\end{aligned}
と表せば，求める解はu^\mathrm{D}_0(x)
&=
\begin{cases}
\, -u_0(-x) & (x < 0) \\
\, 0 & (x=0) \\
\, u_0(x) & (x > 0)
\end{cases}\\
u^\mathrm{D}_1(x)
&=
\begin{cases}
\, -u_1(-x) & (x < 0) \\
\, 0 & (x=0) \\
\, u_1(x) & (x > 0)
\end{cases}
\end{aligned}
\begin{aligned}
u^\mathrm{D}(x,t)
&=\frac{1}{2}\bigl[u^\mathrm{D}_0(x-ct)+u^\mathrm{D}_0(x+ct)\bigr] \\
&\qquad\qquad\qquad
+\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}u^\mathrm{D}_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
となる．//u^\mathrm{D}(x,t)
&=\frac{1}{2}\bigl[u^\mathrm{D}_0(x-ct)+u^\mathrm{D}_0(x+ct)\bigr] \\
&\qquad\qquad\qquad
+\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}u^\mathrm{D}_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
【補足】
参考文献[1]$\text{\sect} 4.2$のように，初期条件を
\begin{aligned}
\tilde{u}_0(x)
&=
\begin{cases}
\, 0 & (x \leq 0) \\
\, u_0(x) & (x > 0)
\end{cases}\\
\tilde{u}_1(x)
&=
\begin{cases}
\, 0 & (x \leq 0) \\
\, u_1(x) & (x > 0)
\end{cases}
\end{aligned}
で与えた場合の解$\tilde{u}(x,t)$を考える．\tilde{u}_0(x)
&=
\begin{cases}
\, 0 & (x \leq 0) \\
\, u_0(x) & (x > 0)
\end{cases}\\
\tilde{u}_1(x)
&=
\begin{cases}
\, 0 & (x \leq 0) \\
\, u_1(x) & (x > 0)
\end{cases}
\end{aligned}
\begin{aligned}
u^\mathrm{D}_0(x)&=\tilde{u}_0(x)-\tilde{u}_0(-x) \\
u^\mathrm{D}_1(x)&=\tilde{u}_1(x)-\tilde{u}_1(-x)
\end{aligned}
に注意すれば，u^\mathrm{D}_0(x)&=\tilde{u}_0(x)-\tilde{u}_0(-x) \\
u^\mathrm{D}_1(x)&=\tilde{u}_1(x)-\tilde{u}_1(-x)
\end{aligned}
\begin{aligned}
u^\mathrm{D}(x,t)
=\tilde{u}(x,t) - \tilde{u}(-x,t)
\end{aligned}
と表せる．u^\mathrm{D}(x,t)
=\tilde{u}(x,t) - \tilde{u}(-x,t)
\end{aligned}
有限区間
1次元波動方程式（初期境界値問題・ディリクレ境界条件）
$0\leq x \leq L$とする．波動方程式の初期境界値問題
注：境界条件$u(0,t)=u(L,t)=0$が成り立つとき，初期条件を定めていない$x=0,L$において$u(0,0)=u(L,0)=0$と$\dfrac{\partial u}{\partial t}(0,0)=\dfrac{\partial u}{\partial t}(L,0)=0$が成り立つことがわかる．\begin{aligned}
&\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0\\
&\text{初期条件：}
\begin{cases}
\, u(x,0)=u_0(x) \\
\, \dfrac{\partial u}{\partial t}(x,0)=u_1(x)
\end{cases}\:(0 < x < L)\\
&\text{境界条件：}u(0,t)=u(L,t)=0
\end{aligned}
の解は&\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0\\
&\text{初期条件：}
\begin{cases}
\, u(x,0)=u_0(x) \\
\, \dfrac{\partial u}{\partial t}(x,0)=u_1(x)
\end{cases}\:(0 < x < L)\\
&\text{境界条件：}u(0,t)=u(L,t)=0
\end{aligned}
\begin{aligned}
&u^\mathrm{D}(x,t) \\
&=\sum_{n=1}^\infty \Biggl[
a_n \cos\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr) \\
&\qquad\qquad
+\frac{L}{n\pi c}b_n \sin\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr) \Biggr]
\sin\biggl(\frac{n\pi x}{L}\biggr)
\end{aligned}
で与えられる．ただし，&u^\mathrm{D}(x,t) \\
&=\sum_{n=1}^\infty \Biggl[
a_n \cos\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr) \\
&\qquad\qquad
+\frac{L}{n\pi c}b_n \sin\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr) \Biggr]
\sin\biggl(\frac{n\pi x}{L}\biggr)
\end{aligned}
\begin{aligned}
a_n&=\frac{2}{L}\int_{0}^L u_0(x) \sin(n\pi x/L)\,\mathrm{d}x \\
b_n&=\frac{2}{L}\int_{0}^L u_1(x) \sin(n\pi x/L)\,\mathrm{d}x
\end{aligned}
とする．a_n&=\frac{2}{L}\int_{0}^L u_0(x) \sin(n\pi x/L)\,\mathrm{d}x \\
b_n&=\frac{2}{L}\int_{0}^L u_1(x) \sin(n\pi x/L)\,\mathrm{d}x
\end{aligned}
【解説】
有限区間の場合は，$0\leq x \leq L$で定められている初期条件を$-\infty < x < \infty$まで拡張する必要がある．
半無限区間の場合と同様に，境界条件$u(0,t)=0$から，ダランベールの公式を用いるためには$u_0(x),u_1(x)$を奇関数として拡張する必要がある．加えて，$u(L,t)=0$から
\begin{aligned}
0
&=\frac{1}{2}\bigl[u_0(L-ct)+u_0(L+ct)\bigr] \\
&\qquad\qquad\qquad
+\frac{1}{2c}\int_{L-ct}^{L+ct}u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
なので，初期条件は0
&=\frac{1}{2}\bigl[u_0(L-ct)+u_0(L+ct)\bigr] \\
&\qquad\qquad\qquad
+\frac{1}{2c}\int_{L-ct}^{L+ct}u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
\begin{aligned}
0&=\frac{1}{2}[u_0(L+x)+u_0(L-x)] \\
&\qquad +\frac{1}{2c}\int_{0}^{x}[u_1(L+\xi)+u_1(L-\xi)]\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
を満たさなくてはならない．0&=\frac{1}{2}[u_0(L+x)+u_0(L-x)] \\
&\qquad +\frac{1}{2c}\int_{0}^{x}[u_1(L+\xi)+u_1(L-\xi)]\,\mathrm{d}\xi
\end{aligned}
奇関数なので，フーリエ正弦級数
\begin{aligned}
u^\mathrm{D}_0(x)
&=\sum_{n=1}^\infty a_n \sin(n\pi x/L) \\
&\Biggl(a_n=\frac{2}{L}\int_{0}^L u_0(x) \sin(n\pi x/L)\,\mathrm{d}x \Biggr) \\
u^\mathrm{D}_1(x)
&=\sum_{n=1}^\infty b_n \sin(n\pi x/L) \\
&\Biggl(b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^L u_1(x) \sin(n\pi x/L)\,\mathrm{d}x \Biggr)
\end{aligned}
に展開できる．しかも，u^\mathrm{D}_0(x)
&=\sum_{n=1}^\infty a_n \sin(n\pi x/L) \\
&\Biggl(a_n=\frac{2}{L}\int_{0}^L u_0(x) \sin(n\pi x/L)\,\mathrm{d}x \Biggr) \\
u^\mathrm{D}_1(x)
&=\sum_{n=1}^\infty b_n \sin(n\pi x/L) \\
&\Biggl(b_n=\frac{2}{L}\int_{0}^L u_1(x) \sin(n\pi x/L)\,\mathrm{d}x \Biggr)
\end{aligned}
\begin{aligned}
u^\mathrm{D}_0(L+x)+u^\mathrm{D}_0(L-x)&=0 \\
u^\mathrm{D}_1(L+x)+u^\mathrm{D}_1(L-x)&=0
\end{aligned}
が成り立つから，この初期条件によるダランベールの解は$u^\mathrm{D}(L,t)=0$を満たす．u^\mathrm{D}_0(L+x)+u^\mathrm{D}_0(L-x)&=0 \\
u^\mathrm{D}_1(L+x)+u^\mathrm{D}_1(L-x)&=0
\end{aligned}
こうして拡張した初期条件に対してダランベールの公式を用いると
\begin{aligned}
&\int_{x-ct}^{x+ct} \sin(n\pi \xi/L)(\xi)\,\mathrm{d}\xi \\
&=-\frac{L}{n\pi}\biggl[\cos\biggl(\frac{n\pi \xi}{L}\biggr) \biggr]_{x-ct}^{x+ct} \\
&=\frac{2L}{n\pi}\sin\biggl(\frac{n\pi x}{L}\biggr) \sin\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr)
\end{aligned}
に注意して&\int_{x-ct}^{x+ct} \sin(n\pi \xi/L)(\xi)\,\mathrm{d}\xi \\
&=-\frac{L}{n\pi}\biggl[\cos\biggl(\frac{n\pi \xi}{L}\biggr) \biggr]_{x-ct}^{x+ct} \\
&=\frac{2L}{n\pi}\sin\biggl(\frac{n\pi x}{L}\biggr) \sin\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr)
\end{aligned}
\begin{aligned}
&u^\mathrm{D}(x,t) \\
&=\frac{1}{2}\bigl[u^\mathrm{D}_0(x-ct)+u^\mathrm{D}_0(x+ct)\bigr] \\
&\qquad\qquad\qquad
+\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}u^\mathrm{D}_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi \\
&=\sum_{n=1}^\infty \Biggl[
a_n \sin\biggl(\frac{n\pi x}{L}\biggr) \cos\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr) \\
&\qquad\quad
+\frac{L}{n\pi c}b_n \sin\biggl(\frac{n\pi x}{L}\biggr) \sin\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr) \Biggr] \\
&=\sum_{n=1}^\infty \Biggl[
a_n \cos\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr)
+\frac{L}{n\pi c}b_n \sin\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr) \Biggr] \\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad
\times \sin\biggl(\frac{n\pi x}{L}\biggr)
\end{aligned}
となる．これは，文献[1]$\text{\sect} 1.5$の表式（ダランベールの公式を用いず計算したもの）と一致している．//&u^\mathrm{D}(x,t) \\
&=\frac{1}{2}\bigl[u^\mathrm{D}_0(x-ct)+u^\mathrm{D}_0(x+ct)\bigr] \\
&\qquad\qquad\qquad
+\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}u^\mathrm{D}_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi \\
&=\sum_{n=1}^\infty \Biggl[
a_n \sin\biggl(\frac{n\pi x}{L}\biggr) \cos\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr) \\
&\qquad\quad
+\frac{L}{n\pi c}b_n \sin\biggl(\frac{n\pi x}{L}\biggr) \sin\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr) \Biggr] \\
&=\sum_{n=1}^\infty \Biggl[
a_n \cos\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr)
+\frac{L}{n\pi c}b_n \sin\biggl(\frac{n\pi ct}{L}\biggr) \Biggr] \\
&\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad
\times \sin\biggl(\frac{n\pi x}{L}\biggr)
\end{aligned}
参考文献
- [1]現代数学への入門 熱・波動と微分方程式
- 半無限区間：$\text{\sect} 4.2$「境界のある領域上の波動方程式」
- 有限区間：$\text{\sect} 1.5$「フーリエの方法」
