波動方程式

ダランベールの公式と、変数分離・フーリエ級数で波動方程式を解ける

前提

変数分離法（大学院数学偏微分方程式）
移流方程式（定数係数の 1 階線形）（大学院数学偏微分方程式）
正弦級数・余弦級数（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）

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算数中学高校大学大学院

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変数分離法（大学院数学偏微分方程式）
多変数の連鎖律（大学数学微分積分）
移流方程式（定数係数の 1 階線形）（大学院数学偏微分方程式）
三角関数の積分（数学III 積分法）
部分積分（数学III 積分法）
フーリエ級数（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）
正弦級数・余弦級数（大学数学フーリエ解析・ラプラス変換）

説明

1 次元の波動方程式 $u_{tt} = c^{2} u_{xx}$ （ $c > 0$ は波の速さ）を、初期変位 $u (x, 0) = f (x)$ と初期速度 $u_{t} (x, 0) = g (x)$ から解けるようになります。数直線全体の問題は、ダランベールの公式で一気に書き下せます。両端を固定した弦 $0 \leq x \leq L$ の問題は、変数分離と正弦級数で「固有振動の重ね合わせ」として解けます。解が左右に速さ $c$ で進む 2 つの波の和になることも見えてきます。

なぜそうしてよいのか

【ダランベールの公式】作用素は $\partial_{t}^{2} - c^{2} \partial_{x}^{2} = (\partial_{t} - c \partial_{x}) (\partial_{t} + c \partial_{x})$ と因数分解できます。どちらの因子も移流方程式の作用素なので、移流方程式と同じように特性変数 $ξ = x - c t, η = x + c t$ を使います。連鎖律から $u_{x} = u_{ξ} + u_{η}$ 、 $u_{t} = - c u_{ξ} + c u_{η}$ です。もう一度微分すると $u_{xx} = u_{ξ ξ} + 2 u_{ξ η} + u_{η η}$ 、 $u_{tt} = c^{2} (u_{ξ ξ} - 2 u_{ξ η} + u_{η η})$ となります。よって $u_{tt} - c^{2} u_{xx} = - 4 c^{2} u_{ξ η}$ であり、方程式は $u_{ξ η} = 0$ と同値です。これは「 $u_{ξ}$ が $η$ によらない」という意味なので、 $C^{2}$ 級の解はすべて $u = F (x - c t) + G (x + c t)$ の形をしています。つまり、右へ進む波と左へ進む波の和です。

初期条件を当てはめると $F (x) + G (x) = f (x)$ 、 $- c F^{'} (x) + c G^{'} (x) = g (x)$ です。後者を積分すると $G (x) - F (x) = \frac{1}{c} \int_{0}^{x} g (s) d s + K$ （ $K$ は定数）となり、前者と連立して $F, G$ が求まります。これを代入すると定数 $K$ は打ち消し合い、
$u (x, t) = \frac{f ( x - c t ) + f ( x + c t )}{2} + \frac{1}{2 c} \int_{x - c t}^{x + c t} g (s) d s$
が得られます。 $f \in C^{2}$ 、 $g \in C^{1}$ ならこれは古典解で、しかもただ 1 つに決まります。

【有界区間：変数分離とフーリエ級数】両端を固定した $u (0, t) = u (L, t) = 0$ の場合は、 $u = X (x) T (t)$ とおきます。すると $\frac{T ^{''}}{c ^{2} T} = \frac{X ^{''}}{X} = - λ$ となり、固有値問題 $X^{''} = - λ X, X (0) = X (L) = 0$ から $λ_{n} = (nπ / L)^{2}$ 、 $X_{n} = sin \frac{nπ x}{L}$ （ $n = 1, 2, \dots$ ）が出ます。時間側は $T^{''} + ω_{n}^{2} T = 0$ （ $ω_{n} = \frac{nπ c}{L}$ ）なので、 $T_{n} = a_{n} cos ω_{n} t + b_{n} sin ω_{n} t$ です。方程式が線形なので、これらを重ね合わせた $u = \sum_{n} sin \frac{nπ x}{L} (a_{n} cos ω_{n} t + b_{n} sin ω_{n} t)$ も解になります。残る係数は、 $t = 0$ で $f$ と $g$ の正弦級数に一致するように決めます。この級数解は、 $f, g$ を奇関数かつ周期 $2 L$ に拡張してダランベールの公式に入れたものと一致します。

手順

方程式を $u_{tt} = c^{2} u_{xx}$ の形に直して $c > 0$ を読み取り、初期変位 $f$ ・初期速度 $g$ ・定義域（数直線全体か、境界条件付きの区間か）を確認する。
数直線全体なら、ダランベールの公式 $u = \frac{f ( x - c t ) + f ( x + c t )}{2} + \frac{1}{2 c} \int_{x - c t}^{x + c t} g (s) d s$ に代入して計算する。
両端固定の区間 $[0, L]$ なら、変数分離で固有関数 $sin \frac{nπ x}{L}$ と角振動数 $ω_{n} = \frac{nπ c}{L}$ を求め、 $u = \sum_{n \geq 1} sin \frac{nπ x}{L} (a_{n} cos ω_{n} t + b_{n} sin ω_{n} t)$ とおく。
係数を正弦級数から決める： $a_{n} = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} f (x) sin \frac{nπ x}{L} d x$ 、 $ω_{n} b_{n} = \frac{2}{L} \int_{0}^{L} g (x) sin \frac{nπ x}{L} d x$ 。
得られた $u$ が方程式・初期条件（・境界条件）を満たすことを、代入して確かめる。

例題

数直線全体 $x \in R$ 、 $t \geq 0$ で、波動方程式 $u_{tt} = 4 u_{xx}$ を初期条件 $u (x, 0) = x^{2}$ 、 $u_{t} (x, 0) = x$ のもとで考える。解 $u (x, t)$ を求めよ。

例題の解答

手順 1： $4 = c^{2}$ で $c > 0$ なので $c = 2$ である。初期変位は $f (x) = x^{2}$ 、初期速度は $g (x) = x$ で、定義域は数直線全体である。

手順 2：ダランベールの公式に代入する。第 1 項は
$\frac{( x - 2 t ) ^{2} + ( x + 2 t ) ^{2}}{2} = \frac{2 x ^{2} + 8 t ^{2}}{2} = x^{2} + 4 t^{2}$
である。第 2 項は $\frac{1}{2 c} = \frac{1}{4}$ なので
$\frac{1}{4} \int_{x - 2 t}^{x + 2 t} s d s = \frac{1}{4} \cdot \frac{( x + 2 t ) ^{2} - ( x - 2 t ) ^{2}}{2} = \frac{1}{4} \cdot \frac{8 x t}{2} = x t$
となる。したがって $u (x, t) = x^{2} + x t + 4 t^{2}$ である。

手順 5（確認）： $u_{tt} = 8$ 、 $u_{xx} = 2$ より $u_{tt} = 4 u_{xx}$ が成り立つ。また $u (x, 0) = x^{2}$ であり、 $u_{t} = x + 8 t$ より $u_{t} (x, 0) = x$ である。 $f \in C^{2}$ 、 $g \in C^{1}$ なので、これがただ 1 つの古典解である。

答え: $x^{2} + x t + 4 t^{2}$

よくある誤り

$u_{tt} = 4 u_{xx}$ で $c = 4$ としてしまう誤り。正しくは係数が $c^{2}$ にあたるので $c = 2$ で、特性線は $x \pm 2 t$ である。
速度の項を $\frac{1}{2} \int_{x - c t}^{x + c t} g (s) d s$ や $\frac{1}{c} \int_{x - c t}^{x + c t} g (s) d s$ としてしまう誤り。正しくは係数が $\frac{1}{2 c}$ である。例えば $c = 2$ なら $\frac{1}{4}$ になる。
変位の項を $f (x - c t) + f (x + c t)$ とし、 $\frac{1}{2}$ を落としてしまう誤り。 $t = 0$ では $2 f (x)$ になってしまう。正しくは $\frac{f ( x - c t ) + f ( x + c t )}{2}$ である。
級数解で $b_{n}$ を $g$ の正弦係数そのもの $\frac{2}{L} \int_{0}^{L} g sin \frac{nπ x}{L} d x$ としてしまう誤り。 $u_{t}$ では $sin ω_{n} t$ を微分して $ω_{n}$ が出るので、正しくは $b_{n} = \frac{1}{ω _{n}} \cdot \frac{2}{L} \int_{0}^{L} g (x) sin \frac{nπ x}{L} d x$ （ $ω_{n} = \frac{nπ c}{L}$ ）である。

この説明は AI が書き、別の AI が例題を独立に解いて答えを確かめ、説明を一歩ずつ査読しました。

入口の問題

この技能を使う問題

この技能の次に学べること

線形化重力と重力波の偏極（大学院物理一般相対論）