1. 达朗贝尔公式

1.1 无界情况 — 行波解

出发点是一维波动方程（一维轻质弦）。若我们能把 $\dfrac{\partial}{\partial t}$ 和 $\dfrac{\partial}{\partial (x/a)}$ 合并， 问题就大大简化。令

$$\xi = \tfrac{1}{2}\!\left(\tfrac{x}{a}+t\right), \quad \eta = \tfrac{1}{2}\!\left(\tfrac{x}{a}-t\right)$$

则有

$$\frac{\partial}{\partial \xi} = \frac{\partial}{\partial t} + a\frac{\partial}{\partial x}$$

波动方程化为

$$\frac{\partial}{\partial \xi}\!\left(\frac{\partial u}{\partial \eta}\right) = 0$$

内层对 $\xi$ 无关，积分两次得通解：

$$u = f_2\!\left(\tfrac{x}{a}-t\right) + f_1\!\left(\tfrac{x}{a}+t\right)$$

代入初始条件

$$\begin{cases} f_1(x)+f_2(x)=\varphi(x) \\[4pt] f_1(x)-f_2(x)=\dfrac{1}{a}\displaystyle\int_{x_0}^{x}\psi(\xi)\,\mathrm{d}\xi + C \end{cases}$$

解出并将 $\xi, \eta$ 回代，得达朗贝尔公式：

$$\boxed{u(x,t) = \frac{1}{2}\bigl[\varphi(x+at)+\varphi(x-at)\bigr] + \frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\psi(\xi)\,\mathrm{d}\xi}$$
// 物理直觉 前两项是向左/向右传播的行波。 积分项的物理含义：给弦一段区间 $(x_1,x_2)$ 内的初速 $\psi_0$， 波前是以速度 $a$ 向外奔跑的"斜坡"。斜坡处 $u_{xx}\neq 0$， 弦的张力对前方静止部分产生向上拉力，将其加速到与平台同高后停下来加入"悬停"队伍， 这个过程不断向外蔓延。

1.2 半无界 — 固定端（奇延拓）

区域 $0 < x < \infty$，端点条件 $u|_{x=0}=0$。 不能直接用达朗贝尔公式，但可以通过奇延拓保持 $x=0$ 处 $u=0$：

$$\Phi(x)=\begin{cases}\varphi(x)&x\geqslant 0\\-\varphi(-x)&x<0\end{cases},\quad \Psi(x)=\begin{cases}\psi(x)&x\geqslant 0\\-\psi(-x)&x<0\end{cases}$$

代入达朗贝尔公式后，利用奇函数性质化简：

$$u(x,t)=\begin{cases} \displaystyle\frac{1}{2}[\varphi(x+at)+\varphi(x-at)]+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\psi(\xi)\,\mathrm{d}\xi, & t\leqslant\dfrac{x}{a} \\[12pt] \displaystyle\frac{1}{2}[\varphi(x+at)-\varphi(at-x)]+\frac{1}{2a}\int_{at-x}^{x+at}\psi(\xi)\,\mathrm{d}\xi, & t\geqslant\dfrac{x}{a} \end{cases}$$
// 物理图像 $x+at$ 向右传播不受影响；$x-at$ 向左的波碰到固定端后取反反射。 类比：光波从光疏介质射向光密介质（玻璃），电场强度描写下玻璃界面表现为固定端， 产生半波损失（相位变化 $\pi$）。

1.3 半无界 — 自由端（偶延拓）

端点条件改为 $u_x|_{x=0}=0$，做偶延拓：

$$\Phi(x)=\begin{cases}\varphi(x)&x\geqslant 0\\\varphi(-x)&x<0\end{cases},\quad \Psi(x)=\begin{cases}\psi(x)&x\geqslant 0\\\psi(-x)&x<0\end{cases}$$ $$u(x,t)=\begin{cases} \displaystyle\frac{1}{2}[\varphi(x+at)+\varphi(x-at)]+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}\psi(\xi)\,\mathrm{d}\xi, & t\leqslant\dfrac{x}{a} \\[12pt] \displaystyle\frac{1}{2}[\varphi(x+at)+\varphi(at-x)]+\frac{1}{2a}\!\left[\int_0^{x+at}\!+\!\int_0^{at-x}\right]\!\psi(\xi)\,\mathrm{d}\xi, & t>\dfrac{x}{a} \end{cases}$$
// 固定端 vs 自由端 固定端：等效于一个质量极大的物体压住绳端，反作用力向下，反射波反相（波节）。
自由端：等效于绳端套在无摩擦轻环上，端点斜率始终为 0， "甩尾"效应激发同相反射波（波腹），边界点位移为入射波振幅的 $2A$。

2. 分离变数法

达朗贝尔公式只适用于无界 / 半无界。两端固定时，做两次奇延拓数学上不方便， 改用分离变数法。

// 求解流程（5步） 1. PDE → 一组 ODE（引入分离常数 $\lambda$）
2. 空间 ODE + 齐次边条件 → 本征值问题
3. 求本征值 $\lambda_n$ 与本征函数 $X_n(x)$
4. 代入时间 ODE，求 $T_n(t)$，组合本征解 $u_n = X_n T_n$
5. 线性叠加 $u = \sum C_n X_n T_n$，由初条件定系数（傅里叶展开）

2.1 例1：两端固定弦振动（第一类边条件）

方程：$u_{tt} - a^2 u_{xx} = 0$，边条件：$u|_{x=0}=u|_{x=l}=0$， 初条件：$u|_{t=0}=\varphi(x)$，$u_t|_{t=0}=\psi(x)$。

设 $u = X(x)T(t)$，代入方程后分离：

$$\frac{T''}{a^2 T} = \frac{X''}{X} = -\lambda$$

边条件给出 $X(0)=X(l)=0$。分析三种情况：

  • $\lambda < 0$：只有零解，舍去。
  • $\lambda = 0$：只有零解，舍去。
  • $\lambda > 0$：$X = C_1\cos\sqrt\lambda x + C_2\sin\sqrt\lambda x$， 由 $X(0)=0$ 得 $C_1=0$；由 $X(l)=0$ 要求 $\sin\sqrt\lambda l = 0$。
// 物理图像 $x=0$ 与 $x=l$ 只能是波节，故半波长整数倍必须等于 $l$，即 $\sqrt\lambda \cdot l = n\pi$。

本征值与本征函数：

$$\lambda_n = \frac{n^2\pi^2}{l^2},\quad X_n(x) = \sin\frac{n\pi x}{l} \quad (n=1,2,3,\ldots)$$

时间部分：

$$T_n(t) = A_n\cos\frac{n\pi at}{l} + B_n\sin\frac{n\pi at}{l}$$

通解：

$$u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}\left(A_n\cos\frac{n\pi at}{l}+B_n\sin\frac{n\pi at}{l}\right)\sin\frac{n\pi x}{l}$$

由初条件（正弦傅里叶展开）定系数：

$$A_n = \frac{2}{l}\int_0^l \varphi(\xi)\sin\frac{n\pi\xi}{l}\,\mathrm{d}\xi, \quad B_n = \frac{2}{n\pi a}\int_0^l \psi(\xi)\sin\frac{n\pi\xi}{l}\,\mathrm{d}\xi$$

2.2 例2：两端自由杆纵振动（第二类边条件）

边条件：$u_x|_{x=0}=u_x|_{x=l}=0$。本征问题变为 $X'(0)=X'(l)=0$。

与例1关键区别：$\lambda=0$ 时 $X = C_1$（常数），不是零解，保留！ 合并 $\lambda=0$ 和 $\lambda>0$ 两种情况：

$$\lambda_n = \frac{n^2\pi^2}{l^2} \quad (n=0,1,2,\ldots),\quad X_n(x)=\cos\frac{n\pi x}{l}$$

$n=0$ 时时间方程为 $T''=0$，解为 $T_0 = A_0 + B_0 t$。

通解：

$$u(x,t) = A_0 + B_0 t + \sum_{n=1}^{\infty}\left(A_n\cos\frac{n\pi at}{l}+B_n\sin\frac{n\pi at}{l}\right)\cos\frac{n\pi x}{l}$$
// 物理图像 $n=0$ 的本征模式：$u_0 = A_0 + B_0 t$，代表杆整体的质心匀速平移， 不描述振动。后面的余弦级数才是真正的振动模式。

由初条件（余弦傅里叶展开）定系数：

$$A_0 = \frac{1}{l}\int_0^l\varphi(\xi)\,\mathrm{d}\xi,\quad B_0 = \frac{1}{l}\int_0^l\psi(\xi)\,\mathrm{d}\xi$$ $$A_n = \frac{2}{l}\int_0^l\varphi(\xi)\cos\frac{n\pi\xi}{l}\,\mathrm{d}\xi,\quad B_n = \frac{2}{n\pi a}\int_0^l\psi(\xi)\cos\frac{n\pi\xi}{l}\,\mathrm{d}\xi$$

2.3 为什么齐次边条件是前提

// 核心原因 线性叠加原理的适用性。
若边条件为 0，则本征解之和在边界处仍为 $0+0=0$，边条件不被破坏。
若边条件不为 0（如等于 10），叠加后边界值变成 20，解直接失效。

结论：齐次边条件是使用线性叠加（傅里叶展开）构造完整解的绝对前提。 遇到非齐次边条件，先做坐标/函数变换转化为齐次，再用分离变数。

2.4 例3：混合边条件热传导（第一类 + 第二类）

热传导方程：$u_t - a^2 u_{xx} = 0$，$a^2 = k/c\rho$。
边条件：$u|_{x=0}=0$，$u_x|_{x=l}=0$。
初条件：$u|_{t=0} = u_0 x / l$。

本征问题：

$$\begin{cases}X''+\lambda X=0\\X(0)=0,\quad X'(l)=0\end{cases}$$

由于含有第一类边条件 $X(0)=0$，$\lambda=0$ 时只有零解，舍去。 $\lambda > 0$ 时 $C_1=0$，要求 $\cos\sqrt\lambda l = 0$，即

$$\sqrt\lambda\, l = \left(k+\tfrac{1}{2}\right)\pi, \quad k=0,1,2,\ldots$$

本征值与本征函数：

$$\lambda_k = \frac{(2k+1)^2\pi^2}{4l^2},\quad X_k(x)=\sin\frac{(2k+1)\pi x}{2l}$$

时间部分（指数衰减）：

$$T_k(t) = e^{-\lambda_k a^2 t}$$

通解：

$$u(x,t)=\sum_{k=0}^{\infty}C_k\,e^{-\frac{(2k+1)^2\pi^2 a^2}{4l^2}t}\sin\frac{(2k+1)\pi x}{2l}$$

代入初条件并利用正交性：

$$C_k = (-1)^k\frac{2u_0 l}{\left(k+\frac{1}{2}\right)^2\pi^2}$$

最终解（完整级数）：

$$u(x,t)=\frac{2u_0}{\pi^2}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{\left(k+\frac{1}{2}\right)^2}\,e^{-\frac{(2k+1)^2\pi^2 a^2}{4l^2}t}\sin\frac{(2k+1)\pi x}{2l}$$
// 级数截断估计 各项以指数速率衰减，经过 $n$ 个特征时间后第二项与第一项之比： $$\frac{|C_1|T_1}{|C_0|T_0} = \frac{1}{9}e^{-2\pi^2 n} < \frac{1}{100}$$ 只需 $n > 0.12$，即稍过一个特征时间后，保留 $k=0$ 项即足够： $$u(x,t) \approx \frac{8u_0}{\pi^2}\,e^{-\frac{\pi^2 a^2}{4l^2}t}\sin\frac{\pi x}{2l}$$

2.5 例4：矩形区域拉普拉斯方程（稳定温度场）

矩形区域 $[0,a]\times[0,b]$。$y=b$ 面温度为 $U$，其余三面温度为 $u_0$。 令 $v = u - u_0$，边条件齐次化：

$$v_{xx}+v_{yy}=0;\quad v|_{x=0}=v|_{x=a}=0;\quad v|_{y=0}=0,\; v|_{y=b}=U-u_0$$

$x$ 方向两端齐次第一类边条件，本征值 $\lambda_n = n^2\pi^2/a^2$， 本征函数 $X_n = \sin(n\pi x/a)$。$Y$ 方向方程为

$$Y'' - \lambda_n Y = 0 \implies Y_n = A_n e^{n\pi y/a} + B_n e^{-n\pi y/a}$$

由 $v|_{y=0}=0$ 得 $A_n+B_n=0$，即 $Y_n \propto \sinh(n\pi y/a)$。 最终解：

$$u(x,y) = u_0 + \frac{4(U-u_0)}{\pi}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}\cdot\frac{\sinh\!\dfrac{(2k+1)\pi y}{a}}{\sinh\!\dfrac{(2k+1)\pi b}{a}}\cdot\sin\frac{(2k+1)\pi x}{a}$$

2.6 拓展：极坐标系 — 导体圆柱对匀强电场的扰动

场景

无限长导体圆柱（半径 $a$，线电荷密度 $q_0$）置于外部匀强静电场 $E_0$ 中。 问题约化为 $xy$ 平面上圆柱外的二维问题。

为什么不用直角坐标系

在直角坐标系尝试 $u = X(x)Y(y)$，代入圆形边界 $x^2+y^2=a^2$ 后得到 $X(x)Y(\sqrt{a^2-x^2})=0$，无法分解为单变量的独立条件。 边界为圆，必须用平面极坐标。

极坐标下定解问题

拉普拉斯方程（极坐标形式）：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial\rho^2}+\frac{1}{\rho}\frac{\partial u}{\partial\rho}+\frac{1}{\rho^2}\frac{\partial^2 u}{\partial\varphi^2}=0 \quad (\rho>a)$$

边条件：

  • 圆柱表面（齐次）：$u|_{\rho=a}=0$
  • 无穷远（非齐次渐近条件）： $$u|_{\rho\to\infty}\sim u_0 + \frac{q_0}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{1}{\rho} - E_0\rho\cos\varphi$$

分离变数与本征值

令 $u = R(\rho)\Phi(\varphi)$，由自然周期条件 $\Phi(\varphi+2\pi)=\Phi(\varphi)$ 得本征值 $\lambda=m^2$（$m=0,1,2,\ldots$）， 本征函数 $\Phi = A\cos m\varphi + B\sin m\varphi$。

$R$ 的方程（欧拉型）：

$$\rho^2 R''+\rho R'-m^2 R=0$$
  • $m\neq 0$：$R = C\rho^m + D\rho^{-m}$
  • $m=0$：$R = C_0 + D_0\ln\rho$

确定系数

一般解代入 $u|_{\rho=a}=0$，得 $C_0=-D_0\ln a$，$C_m=-A_m a^{2m}$，$D_m=-B_m a^{2m}$，解化简为：

$$u = D_0\ln\frac{\rho}{a} + \sum_{m=1}^\infty\left[\rho^m - a^{2m}\rho^{-m}\right](A_m\cos m\varphi + B_m\sin m\varphi)$$

再代入无穷远渐近条件：

  • $m>1$ 时 $\rho^m$ 项发散，故 $A_m=B_m=0$（$m>1$）
  • $m=1$：$A_1=-E_0$，$B_1=0$
  • 对数项：$D_0 = -q_0/(2\pi\varepsilon_0)$

最终解

$$\boxed{u(\rho,\varphi) = \frac{q_0}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{a}{\rho} - E_0\rho\cos\varphi + E_0\frac{a^2}{\rho}\cos\varphi}$$
// 三项物理含义 第一项 $\dfrac{q_0}{2\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac{a}{\rho}$： 圆柱自身净电荷产生的线电荷势（对数型长程场）。

第二项 $-E_0\rho\cos\varphi = -E_0 x$： 原始匀强电场的电势分布，在无穷远处占主导。

第三项 $E_0 a^2\rho^{-1}\cos\varphi$： 感应电荷对匀强场的修正，形式为偶极子势， 随 $\rho$ 增大迅速衰减（局部扰动）。

渐近条件用 $\sim$ 而非 $=$，是因为圆柱感应出的偶极子项在有限 $\rho$ 处仍有贡献， 只有 $\rho\to\infty$ 时才严格趋零。