POINT
そのうち書こうと思っている記事の下準備です．- 1次元波動方程式の一般解（ダランベールの解）を導出する．
- 初期値問題の解（ダランベールの公式）を導出する．
【関連記事】
1次元波動方程式
1次元の波動方程式は，次で与えられます：1次元波動方程式
\begin{aligned}
\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0
\end{aligned}
\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0
\end{aligned}
解
一般解（ダランベールの解）
一般解（ダランベールの解）
1次元波動方程式の解は，$C^2$級の任意関数$h,g$を用いて
【証明】\begin{aligned}
u(x,t)=h(x-ct)+g(x+ct)
\end{aligned}
と表される（文献[1]$\text{\sect} 1.3$）．u(x,t)=h(x-ct)+g(x+ct)
\end{aligned}
上の形の解が，波動方程式を満たすことは代入すればすぐに分かる．逆に，波動方程式を満たす関数が上の形で表されることを示す．
波動方程式は
\begin{aligned}
0
&=\biggl(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 }{\partial t^2}-\frac{\partial^2 }{\partial x^2} \biggr) u(x,t) \\
&=\biggl(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}-\frac{\partial}{\partial x} \biggr)
\biggl(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}+\frac{\partial}{\partial x} \biggr)
u(x,t)
\end{aligned}
と変形できる．ここで，0
&=\biggl(\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 }{\partial t^2}-\frac{\partial^2 }{\partial x^2} \biggr) u(x,t) \\
&=\biggl(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}-\frac{\partial}{\partial x} \biggr)
\biggl(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}+\frac{\partial}{\partial x} \biggr)
u(x,t)
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{\partial}{\partial \xi}
&=-\frac{1}{2}\biggl(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}-\frac{\partial}{\partial x}\biggr) \\
\frac{\partial}{\partial \eta}
&=\frac{1}{2}\biggl(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}+\frac{\partial}{\partial x}\biggr)
\end{aligned}
を満たす$\xi,\eta$に変数変換すれば，解くべき式は\frac{\partial}{\partial \xi}
&=-\frac{1}{2}\biggl(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}-\frac{\partial}{\partial x}\biggr) \\
\frac{\partial}{\partial \eta}
&=\frac{1}{2}\biggl(\frac{1}{c}\frac{\partial}{\partial t}+\frac{\partial}{\partial x}\biggr)
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{\partial^2 w}{\partial \xi \partial \eta} (\xi,\eta) = 0
\tag{1}
% \label{eq:partial_xi_eta}
\end{aligned}
となる（$w(\xi,\eta)=u\bigl(x(\xi,\eta), t(\xi,\eta)\bigr)$と表した）．\frac{\partial^2 w}{\partial \xi \partial \eta} (\xi,\eta) = 0
\tag{1}
% \label{eq:partial_xi_eta}
\end{aligned}
上の関係を満たす$\xi,\eta$は
\begin{aligned}
\frac{\partial}{\partial \xi}
&=\frac{\partial t}{\partial \xi}\frac{\partial}{\partial t}
+\frac{\partial x}{\partial \xi}\frac{\partial}{\partial x} \\
\frac{\partial}{\partial \eta}
&=\frac{\partial t}{\partial \eta}\frac{\partial}{\partial t}
+\frac{\partial x}{\partial \eta}\frac{\partial}{\partial x}
\end{aligned}
と比較することにより，$t=(-\xi+\eta)/2c$，$x=(\xi+\eta)/2$とすればよいことがわかる．つまり，$\xi=x-ct,\eta=x+ct$である．\frac{\partial}{\partial \xi}
&=\frac{\partial t}{\partial \xi}\frac{\partial}{\partial t}
+\frac{\partial x}{\partial \xi}\frac{\partial}{\partial x} \\
\frac{\partial}{\partial \eta}
&=\frac{\partial t}{\partial \eta}\frac{\partial}{\partial t}
+\frac{\partial x}{\partial \eta}\frac{\partial}{\partial x}
\end{aligned}
ここで，偏微分方程式
\begin{aligned}
\frac{\partial f}{\partial x_1} (x_1,x_2,...,x_n)=0
\tag{A}
% \label{eq:temp_A}
\end{aligned}
の任意の解は，任意関数$g(x_2,x_3,...,x_n)$を用いて\frac{\partial f}{\partial x_1} (x_1,x_2,...,x_n)=0
\tag{A}
% \label{eq:temp_A}
\end{aligned}
\begin{aligned}
f(x_1,x_2,...,x_n)=g(x_2,x_3,...,x_n)
\tag{B}
% \label{eq:temp_B}
\end{aligned}
と表される．なぜなら，「式(A)$\Rightarrow$式(B)」はこの方程式を$x_1$について積分すればf(x_1,x_2,...,x_n)=g(x_2,x_3,...,x_n)
\tag{B}
% \label{eq:temp_B}
\end{aligned}
\begin{aligned}
0&=\int_{(x_1)_0}^{x_1} \frac{\partial f}{\partial x^\prime_1} (x^\prime_1,x_2,...,x_n)\,\mathrm{d}x^\prime_1 \\
&=f(x_1,x_2,...,x_n) - f\bigl((x_1)_0,x_2,...,x_n\bigr)
\end{aligned}
と示され，「式(B)$\Rightarrow$式(A)」は代入すればすぐに示されるからである．0&=\int_{(x_1)_0}^{x_1} \frac{\partial f}{\partial x^\prime_1} (x^\prime_1,x_2,...,x_n)\,\mathrm{d}x^\prime_1 \\
&=f(x_1,x_2,...,x_n) - f\bigl((x_1)_0,x_2,...,x_n\bigr)
\end{aligned}
したがって，式(1)は任意関数$f$を用いて
\begin{aligned}
\frac{\partial w}{\partial \xi} (\xi,\eta)
&= f(\xi)
\end{aligned}
となる．$f$の原始関数$h$（つまり，$h^\prime(\xi)=f(\xi)$）を用いれば\frac{\partial w}{\partial \xi} (\xi,\eta)
&= f(\xi)
\end{aligned}
\begin{aligned}
\frac{\partial }{\partial \xi} \bigl[w(\xi,\eta)- h(\xi)\bigr]
&= 0
\end{aligned}
なので，同じ議論から，任意関数$g$を用いて\frac{\partial }{\partial \xi} \bigl[w(\xi,\eta)- h(\xi)\bigr]
&= 0
\end{aligned}
\begin{aligned}
w(\xi,\eta)- h(\xi)=g(\eta)
\end{aligned}
であることがわかる．以上より，w(\xi,\eta)- h(\xi)=g(\eta)
\end{aligned}
\begin{aligned}
u(x,t) = h(x-ct) + g(x+ct)
\end{aligned}
が成り立つ．//u(x,t) = h(x-ct) + g(x+ct)
\end{aligned}
初期値問題の解（無限領域，ダランベールの公式）
1次元波動方程式（初期値問題）
波動方程式の初期値問題
注：解の表式を見ればわかるように，初期値が空間全体で与えられているときにしか使えない．したがって，半無限領域や有限領域での波動方程式を考える際には，この表式をこのまま用いることはできない．\begin{aligned}
&\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0\\
&\quad
\begin{cases}
\, u(x,0)=u_0(x) \\
\, \dfrac{\partial u}{\partial t}(x,0)=u_1(x)
\end{cases}\quad(-\infty < x < \infty)
\end{aligned}
の解は&\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}-\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=0\\
&\quad
\begin{cases}
\, u(x,0)=u_0(x) \\
\, \dfrac{\partial u}{\partial t}(x,0)=u_1(x)
\end{cases}\quad(-\infty < x < \infty)
\end{aligned}
\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}
で与えられる（文献[1]$\text{\sect} 1.4$）．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}
【証明】
一般解は
\begin{aligned}
u(x,t)=h(x-ct)+g(x+ct)
\end{aligned}
で与えられる．したがって，初期条件はu(x,t)=h(x-ct)+g(x+ct)
\end{aligned}
\begin{aligned}
&u_0(x)=h(x)+g(x) \\
&u_1(x)=c[-h^\prime(x)+g^\prime(x)] \\
&\Leftrightarrow \frac{1}{c}\int^x_{x_0} u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi +C=-h(x)+g(x)
\end{aligned}
となる（$x_0,C=h(x_0)-g(x_0)$は定数）．これを$h,g$について解くと&u_0(x)=h(x)+g(x) \\
&u_1(x)=c[-h^\prime(x)+g^\prime(x)] \\
&\Leftrightarrow \frac{1}{c}\int^x_{x_0} u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi +C=-h(x)+g(x)
\end{aligned}
\begin{aligned}
h(x)&=\frac{1}{2}\biggl[u_0(x)-\frac{1}{c}\int^x_{x_0} u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi - C \biggr] \\
g(x)&=\frac{1}{2}\biggl[u_0(x)+\frac{1}{c}\int^x_{x_0} u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi + C \biggr]
\end{aligned}
であることがわかる．以上より，h(x)&=\frac{1}{2}\biggl[u_0(x)-\frac{1}{c}\int^x_{x_0} u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi - C \biggr] \\
g(x)&=\frac{1}{2}\biggl[u_0(x)+\frac{1}{c}\int^x_{x_0} u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi + C \biggr]
\end{aligned}
\begin{aligned}
u(x,t)
&=h(x-ct)+g(x+ct) \\
&=\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}
が示された．//u(x,t)
&=h(x-ct)+g(x+ct) \\
&=\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}
物理的な意味
一般解（ダランベールの解）\begin{aligned}
u(x,t)=h(x-ct)+g(x+ct)\quad(c>0)
\end{aligned}
は，u(x,t)=h(x-ct)+g(x+ct)\quad(c>0)
\end{aligned}
- $h(x)$が速度$c$で$x$軸正方向に移動する
- $g(x)$が速度$c$で$x$軸負方向に移動する
次に，ダランベールの公式
\begin{aligned}
u(x,t)
&=\overbrace{\frac{1}{2}\bigl[u_0(x-ct)+u_0(x+ct)\bigr]}^{(a)} \\
&\qquad\qquad\qquad
+\underbrace{\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi}_{(b)}
\end{aligned}
の物理的な意味を考えます．ここでは，$u$を変位とし，$\partial u/\partial t$は速度と考えましょう．このとき，次がわかります．u(x,t)
&=\overbrace{\frac{1}{2}\bigl[u_0(x-ct)+u_0(x+ct)\bigr]}^{(a)} \\
&\qquad\qquad\qquad
+\underbrace{\frac{1}{2c}\int_{x-ct}^{x+ct}u_1(\xi)\,\mathrm{d}\xi}_{(b)}
\end{aligned}
【$(a)$の部分】
初期変位$u_0(x)$が，$1/2$の振幅となって$x$軸正・負方向に速度$c$で伝播する．
【$(b)$の部分】
初期速度$u_1(x)$が，$1/2$の振幅となって$x$軸正・負方向に速度$c$で伝播する．
これは，$(b)$を$t$で微分すれば
\begin{aligned}
\frac{\partial (b)}{\partial t}(x,t)
=\frac{1}{2}[u_1(x+ct)+u_1(x-ct)]
\end{aligned}
となることからわかります．\frac{\partial (b)}{\partial t}(x,t)
=\frac{1}{2}[u_1(x+ct)+u_1(x-ct)]
\end{aligned}
つまり，「時刻$t$までに点$\boldsymbol{x}$に伝播してきた速度」を足し合わせて変位に換算したものが$(b)$ということです．積分範囲が$[x-ct,x+ct]$であるのは，伝播速度が$c$であることから物理的に理解できます．
参考文献
[1]現代数学への入門 熱・波動と微分方程式[2]振動・波動 (基礎物理学選書 8)：$\text{\sect} 6.3$
[3]場の古典論（原書第６版） (ランダウ=リフシッツ理論物理学教程)：$\text{\sect} 47.$ 平面波
