回顾

第一个例子

$\small \mu(x,t)$ 表示热能的扩散，在空间有不同的取值，随空间和时间而变化，左端是跟一个恒温为0的热源接触，我们表示为 $\small \mu(0,t)=0$ ，这个叫恒温条件。右端我们跟一个绝热的材料接触，傅里叶发现了热传导规律 $\small q=\frac{dQ}{dt}=-KS\frac{\partial \mu}{\partial x}$ ,K叫做热传导系数，q叫做热流强度，绝热就是热流为0，我们可以表示为 $\small KS(\frac{\partial \mu}{\partial x})|_{x=l}=0$ 右端绝热，绝热和波动问题中的自由端是相似的（一阶导数等于0），这个称为绝热条件，属于第二类非齐次边界条件

混合边界条件的例子

我们再举一个例子：

热扩散问题他的右端表面和环境的温度差 $\small (\mu-\mu_0)$ ，如果右端自然冷却（满足牛顿的冷却定律，温度差决定了热扩散的强度）从左端来看， $\small \frac{dQ}{dt}=-KS(\frac{\partial \mu}{\partial x})|_{x=L}=-h(\mu-\mu_0)|_{x=L}$ ,热流强度和温度差成正比。我们可以得到 $\small \mu+(\frac{KS}{h})\mu_x| _{x=L} =\mu_0$ ，即 $\small (\mu+c\mu_x)| _{x=L} =\mu_0$ ,这个就是第三类非齐次边界条件

所以在不同的物理问题里面可以抽象出不同的初始条件和边界条件

自然边界条件

其他的边界条件可以称之为自然边界条件

衔接问题：衔接条件，电磁场在两种介质都满足相似的波动方程，但是边界上有一个衔接条件 $\small D_{1n}=D_{2n},\phi_1=\phi_2$ ， $\small E_{1t}=E_{2t},B_{1n}=B_{2n},H_{1t}=H_{2t}$

周期性条件： $\small \mu(\rho,\phi,z)=\mu(\rho,\phi +2\pi,z)$

特别把下面这种情况称为自然边界条件，这个场如果描述的是一个有能量的场，场在无穷远处应该趋于0，否则能量就会使无穷大，所以自然边界条件的意思是，在球坐标系或者距离趋于无穷， $\small \mu|_{r->\infty}=$ 有限值，例如 $\small R(r)=C_1r^l=d_lr^{-(l+1)}$ 因为需要有有界，就可以确定 $\small C_1=0$ ，趋于0的时候场也必须有限 $\small d_1=0$ ，研究球外取前者的近似，球内取后者的近似

一维无界的自由波动问题

两端无界，振动向两边传播，，自由就是没有外加的强迫力，如果反射波还没有来得及传播到我研究的范围，所以可以看作是无界的解

我们首先列出齐次波动方程 $\small \mu_{tt}-a^2\mu_{xx}=0(f(x,t)=0)$ 自由

只有初始条件，没有边界条件，这是一个哥西问题，但它的解称为达朗贝尔解，也叫做达朗贝尔行波解，因为描述的是传播中的波（和它相对应的是驻波），初始条件： $\small \mu(x,0)=\phi(x)$ ，需要两个初始条件 $\small \mu_t(x,0)=\psi(x),(-\infty <x <\infty)$ ，这个泛定方程，有一个达朗贝尔算符 $\small (\frac{\partial^2 }{\partial t^2}-a^2\frac{\partial^2 }{\partial x^2})\mu(x,t)=0$ ，我们可以把这个算符在形式上分解为两个算符的乘积（这是一个广义的乘积，不是简单的平方，表示相应的作用），写成 $\small (\frac{\partial }{\partial t}+a\frac{\partial }{\partial x})(\frac{\partial }{\partial t}-a\frac{\partial }{\partial x})\mu(x,t)=0$

就像二阶偏导数作用在 $\small \mu$ 上，可以看成两次的叠加，看作 $\small \frac{\partial }{\partial x}\frac{\partial }{\partial x} \mu=\frac{\partial^2 }{\partial x^2}\mu$ ，我们把波动方程分解成这样的形式，有什么好处？

也就是我们想要做一个变量代换，变成另一个函数，想找到 $\small (x,t)->(\zeta,\eta)$ ,使得 $\small \frac{\partial^2 \mu}{\partial \zeta \partial \eta}=0$

我们需要做一个线性变换， $\small x=c_{11}\zeta+c_{12}\eta,t=c_{21}\zeta+c_{22}\eta$ ，数学家已经证明，只需要一个线性变换，我们只需要确定这四个系数

$\small \frac{\partial^2 \mu}{\partial \zeta \partial \eta}=0$ 这个方程很好积分，我们首先对 $\small \eta$ 积分 $\small \frac{\partial u}{\partial \eta}=c(\zeta)$ 积分完以后一定是另一个变量的函数，

然后我们再对 $\small \zeta$ 进行积分，就可以得到 $\small \mu(\zeta,\eta)=f_1(\zeta)+f_2(\eta)$ ，两个单纯的函数之和，就是这个方程的解

我们下面只需要找到线性变换的四个系数，假如我们的偏微分方程， $\small \mu_{tt}+a\mu_{tx}+b\mu_{xx}=0$ ，这样的齐次二阶偏微分方程，线性的，怎么求解？也可以用类似的方法，我们只需要找到 $\small x=c_{11}\zeta+c_{12}\eta,t=c_{21}\zeta+c_{22}\eta$ ,找到这样一个线性变换，把三项，变成只有交叉项的二阶偏微分方程，这样解就非常简单了 $\small \frac{\partial^2 \mu}{\partial \zeta \partial \eta}=0$ ，加入我们找到线性变换，反过来我们就可知道 $\small \zeta=d_{11}x+d_{12}y,\eta=d_{21}x+d_{22}y$ ，然后我们就可以代入最后方程的解，我们就可以知道 $\small \mu(x,y)=$

所以我们不仅仅是学一个波动方程的解，而是掌握一大类二阶齐次微分方程的通解，这样的二阶偏微分方程我们就可以解决

形式上我们看成 $\small (x^2+axy+by^2=0)\mu=(x-c_1y)(x-c_2y)\mu=0$ ，所以方程就简化为

$\small (\frac{\partial }{\partial t}-c_1\frac{\partial }{\partial x})(\frac{\partial }{\partial t}-c_2\frac{\partial }{\partial x})\mu(x,t)=0$ ,达朗贝尔算符就是一个双曲型的算符

我们用变量代换的方法，把双曲型的波动方程，改写成这样一个只有交叉项，二次的偏导数方程，最重要的是要掌握，在变量代换的情况下，有一种链式法则，我们要把 $\small \frac{\partial }{\partial t}+a\frac{\partial }{\partial x}$ 变成 $\small \frac{\partial }{\partial \zeta}$ ，把 $\small \frac{\partial }{\partial t}-a\frac{\partial }{\partial x}$ 变成 $\small \frac{\partial }{\partial \eta}$ ，我们希望 $\small \frac{\partial }{\partial \zeta}=\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial t}{\partial \zeta}+\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial t}{\partial \eta}=\frac{\partial }{\partial t}+a\frac{\partial }{\partial x}$ , $\small \frac{\partial }{\partial \eta}=\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial t}{\partial \eta}+\frac{\partial }{\partial t}\frac{\partial t}{\partial \eta}=\frac{\partial }{\partial t}-a\frac{\partial }{\partial x}$

这些链式法则需要记住，要求 $\small \frac{\partial t}{\partial \zeta}=1,\frac{\partial x}{\partial \zeta}=a,\frac{\partial t}{\partial \eta}=1,\frac{\partial x}{\partial \eta}=-a,$

所以我们得到 $\small c_{11}=a,c_{12}=-a,c_{21}=1,c_{22}=1$

四个系数就求出来了，我们得到 $\small x=a(\zeta-\eta),y=\zeta+\eta$

反过来我们可以求出 $\small \zeta=\frac{1}{2}(t+\frac{x}{a})=\frac{1}{2a}(x+at),\eta=\frac{1}{2}(t-\frac{x}{a})=\frac{1}{2a}(at-x)$ ,我们再把解给代入进来，我们就可以得到最后的解

$\small \mu=f_1[\frac{1}{2a}(x+at)]+f_2(-\frac{1}{2a}(x-at))=F_1(x+at)+F_2(x-at)$ ， $\small F_1,F_2$ 需要两个初始条件来确定这两个系数

我们再来确定这两个系数的值

$\small \mu(x,t)=F_1(x+at)+F_2(x-at)$ ，令 $\small t=0$ ， $\small \mu(x,0)=F_1(x)+F_2(x)=\phi(x).......1$

两边对t求导

再令 $\small t=0$ ， $\small \mu_t(x,0)=aF_1^{`}(x)-aF_x^{`}(x)=\psi(x)......2$

解这两个联立的方程求出 $\small F_1(x)=?,F_2(x)=?$

从第二个式子，我们得到 $\small F_1(x)-F_2(x)=\frac{1}{a}\int_{x_0}^{x} \psi(\alpha) d\alpha+c......3$

再把1,3联立起来，我们就可以求出

$\small F_1(x)=\frac{1}{2}\phi(x)+\frac{1}{2}\int_{x_0}^{x} \psi(\alpha) d\alpha+\frac{c}{2}$

$\small F_2(x)=\frac{1}{2}\phi(x)-\frac{1}{2}\int_{x_0}^{x} \psi(\alpha) d\alpha-\frac{c}{2}$

然后我们要求的解是 $\small \mu(x,t)=F_1(x+at)+F_2(x-at)$

$\small \mu(x,t)=\frac{1}{2}[\phi(x+at)+\phi(x-at)]+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at} \psi(\alpha) d\alpha$

这就是所谓的达朗贝尔解，也称为达朗贝尔行波解

初始的振动位移贡献是 $\small \frac{1}{2}[\phi(x+at)+\phi(x-at)]$ ，表示沿着x正方向的一个行波和沿着x反方向的一个行波

初始的振动速度积分以后变成了位移变成了 $\small \Phi(x)$ ，两个相减，还是表示一个沿着x正方向的波和反方向的波，所有行波的速度是一定的，如果是纵波 $\small a=\sqrt{\frac{Y}{\rho}}$ 可以代表不同频率的行波叠加，但每种不同频率的行波波速一样，在同一个媒质中，所以a是一定的，频率是不同的