波動方程式とダランベールの公式

POINT

  • 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.

そのうち書こうと思っている記事の下準備です.
【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}

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
\begin{aligned}
u(x,t)=h(x-ct)+g(x+ct)
\end{aligned}
と表される(文献[1]$\S 1.3$).
【証明】
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,
\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
\begin{align}
\frac{\partial^2 w}{\partial \xi \partial \eta} (\xi,\eta) = 0
\tag{1}\label{eq:partial_xi_eta}
\end{align}となる($w(\xi,\eta)=u\bigl(x(\xi,\eta), t(\xi,\eta)\bigr)$と表した).

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.


ここで,偏微分方程式
\begin{align}
\frac{\partial f}{\partial x_1} (x_1,x_2,...,x_n)=0
\tag{A}\label{eq:temp_A}
\end{align}の任意の解は,任意関数$g(x_2,x_3,...,x_n)$を用いて
\begin{align}
f(x_1,x_2,...,x_n)=g(x_2,x_3,...,x_n)
\tag{B}\label{eq:temp_B}
\end{align}と表される.なぜなら,「式(\ref{eq:temp_A})$\Rightarrow$式(\ref{eq:temp_B})」はこの方程式を$x_1$について積分すれば

\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(\ref{eq:temp_B})$\Rightarrow$式(\ref{eq:temp_A})」は代入すればすぐに示されるからである.


したがって,式(\ref{eq:partial_xi_eta})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
\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
\begin{aligned}
w(\xi,\eta)- h(\xi)=g(\eta)
\end{aligned}
であることがわかる.以上より,
\begin{aligned}
u(x,t) = h(x-ct) + g(x+ct)
\end{aligned}
が成り立つ.//

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
\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
\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]$\S 1.4$).
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.

【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
\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
\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,
\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.//

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,
  • $h(x)$が速度$c$で$x$軸方向に移動する
  • $g(x)$が速度$c$で$x$軸方向に移動する
ことを示してます(参考:関数の平行移動と波動 - Notes_JP).




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.

【$(a)$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.

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 (岩波オンデマンドブックス)
[2]振動・波動 (基礎物理学選書 (8)):$\S 6.3$
[3]ランダウ 場の古典論 (ランダウ=リフシッツ理論物理学教程):$\S 47.$ 平面波