波动方程求解及区域描述

题目

问题 3. 求满足以下条件的解 $$u=u(x,t)$$，并描述其唯一确定的区域：

$$u_{tt}-u_{xx}=0;$$
$$u{|}_{t=x^2/2}=x^3;$$
$$u_t{|}_{t=x^2/2}=2x.$$

解答

步骤 1: 求解波动方程

给定的偏微分方程为波动方程：
$$u_{tt}-u_{xx}=0.$$
其通解为：
$$u(x,t)=f(x-t)+g(x+t),$$
其中 $$f$$ 和 $$g$$ 是任意函数，由初始条件确定。

步骤 2: 应用初始条件

初始条件在曲线 $$t=\frac{x^2}{2}$$ 上给出：

1. $$u(x,\frac{x^2}{2})=x^3$$,
2. $$u_t(x,\frac{x^2}{2})=2x$$.

代入通解：

• 设 $$\tau (x)=\frac{x^2}{2}$$，则：
  $$u(x,\tau (x))=f\left(x-\tau (x)\right)+g\left(x+\tau (x)\right)=x^3.(1)$$
• 计算 $$u_t$$:
  $$u_t=\frac{\partial }{\partial t}[f(x-t)+g(x+t)]=-f^{\prime }(x-t)+g^{\prime }(x+t),$$
  在 $$t=\tau (x)$$ 上：
  $$u_t(x,\tau (x))=-f^{\prime }\left(x-\tau (x)\right)+g^{\prime }\left(x+\tau (x)\right)=2x.(2)$$

定义新变量：
$$a=x-\tau (x)=x-\frac{x^2}{2},b=x+\tau (x)=x+\frac{x^2}{2}.$$
则方程 (1) 和 (2) 变为：
$$f(a)+g(b)=x^3,(1^{\prime })$$
$$-f^{\prime }(a)+g^{\prime }(b)=2x.(2^{\prime })$$

注意到 $$a$$ 和 $$b$$ 满足关系：
$$b-a=x^2,a+b=2x.$$
设 $$s=a+b=2x$$，则 $$x=\frac{s}{2}$$，且 $$b-a={\left(\frac{s}{2}\right)}^2=\frac{s^2}{4}$$。代入方程 (1’) 和 (2’)：
$$f(a)+g(b)={\left(\frac{s}{2}\right)}^3=\frac{s^3}{8},(1^{\prime \prime })$$
$$-f^{\prime }(a)+g^{\prime }(b)=s.(2^{\prime \prime })$$

参数化初始曲线：设 $$s$$ 为参数，则：
$$a(s)=\frac{s}{2}-\frac{s^2}{8},b(s)=\frac{s}{2}+\frac{s^2}{8}.$$
对 (1’’) 关于 $$s$$ 求导：
$$\frac{d}{ds}[f(a)+g(b)]=f^{\prime }(a)\frac{da}{ds}+g^{\prime }(b)\frac{db}{ds}=\frac{d}{ds}\left(\frac{s^3}{8}\right)=\frac{3s^2}{8},$$
其中：
$$\frac{da}{ds}=\frac{1}{2}-\frac{s}{4},\frac{db}{ds}=\frac{1}{2}+\frac{s}{4}.$$
所以：
$$f^{\prime }(a)\left(\frac{1}{2}-\frac{s}{4}\right)+g^{\prime }(b)\left(\frac{1}{2}+\frac{s}{4}\right)=\frac{3s^2}{8}.(A)$$
方程 (2’’) 为：
$$-f^{\prime }(a)+g^{\prime }(b)=s.(B)$$

令 $$A=f^{\prime }(a)$$, $$B=g^{\prime }(b)$$，则 (A) 和 (B) 为：
$$\left(\frac{1}{2}-\frac{s}{4}\right)A+\left(\frac{1}{2}+\frac{s}{4}\right)B=\frac{3s^2}{8},(A)$$
$$-A+B=s.(B)$$
由 (B) 得 $$B=A+s$$，代入 (A)：
$$\left(\frac{1}{2}-\frac{s}{4}\right)A+\left(\frac{1}{2}+\frac{s}{4}\right)(A+s)=\frac{3s^2}{8}.$$
展开并简化：
$$A+\frac{s}{2}+\frac{s^2}{4}=\frac{3s^2}{8},$$
$$A=\frac{3s^2}{8}-\frac{s}{2}-\frac{s^2}{4}=\frac{s^2}{8}-\frac{s}{2}.$$
所以：
$$f^{\prime }(a)=\frac{s^2}{8}-\frac{s}{2}.$$
由 $$a=\frac{s}{2}-\frac{s^2}{8}$$，解得：
$$s^2-4s=-8a⟹f^{\prime }(a)=\frac{1}{8}(-8a)=-a.$$
类似地：
$$g^{\prime }(b)=A+s=\left(\frac{s^2}{8}-\frac{s}{2}\right)+s=\frac{s^2}{8}+\frac{s}{2},$$
由 $$b=\frac{s}{2}+\frac{s^2}{8}$$，解得：
$$s^2+4s=8b⟹g^{\prime }(b)=\frac{1}{8}(8b)=b.$$

积分得：
$$f(a)=-\frac{1}{2}{a}^2+c_1,g(b)=\frac{1}{2}{b}^2+c_2,$$
其中 $$c_1,c_2$$ 为常数。通解为：
$$u(x,t)=f(x-t)+g(x+t)=-\frac{1}{2}(x-t{)}^2+c_1+\frac{1}{2}(x+t{)}^2+c_2.$$
简化：
$$u(x,t)=-\frac{1}{2}(x^2-2xt+t^2)+\frac{1}{2}(x^2+2xt+t^2)+C=2xt+C,$$
其中 $$C=c_1+c_2$$.

步骤 3: 确定常数 $$C$$

代入初始条件 $$u(x,\frac{x^2}{2})=x^3$$:
$$2x\cdot \frac{x^2}{2}+C=x^3+C=x^3⟹C=0.$$
验证另一初始条件 $$u_t(x,\frac{x^2}{2})=2x$$:
$$u_t=\frac{\partial }{\partial t}(2xt)=2x,$$
在 $$t=\frac{x^2}{2}$$ 上为 $$2x$$，符合。因此解为：
$$u(x,t)=2xt.$$

步骤 4: 描述唯一确定的区域

解 $$u(x,t)=2xt$$ 处处满足波动方程和初始条件。然而，解的唯一性取决于初始曲线 $$t=\frac{x^2}{2}$$ 的特征性质。该曲线在 $$x=\pm 1$$ 处为特征曲线（因为特征线斜率为 $$\pm 1$$，而曲线斜率 $$\frac{dt}{dx}=x=\pm 1$$ 当 $$x=\pm 1$$)。

通过分析函数 $$f$$ 和 $$g$$ 的定义域：

• $$f(a)$$ 在初始曲线上定义于 $$a=x-\frac{x^2}{2}\le \frac{1}{2}$$（最大值在 $$x=1$$），
• $$g(b)$$ 定义于 $$b=x+\frac{x^2}{2}\ge -\frac{1}{2}$$（最小值在 $$x=-1$$)。

因此，解唯一确定的区域为：
$$x-t\le \frac{1}{2}\text{和}x+t\ge -\frac{1}{2}.$$
该区域由特征线 $$x-t=\frac{1}{2}$$ 和 $$x+t=-\frac{1}{2}$$ 界定，包含边界。在此区域内，解由初始数据唯一确定；区域外，解可能不唯一（例如，可修改 $$f$$ 或 $$g$$ 在未定义部分的值，仍满足初始条件）。

初始曲线 $$t=\frac{x^2}{2}$$ 完全位于此区域内（当 $$x=1$$，$$x-t=0.5$$; 当 $$x=-1$$，$$x+t=-0.5$$)。

答案

解为：
$$u(x,t)=2xt.$$
唯一确定的区域为：
$$\left\{(x,t)\in {\mathbb{R}}^2\mid x-t\le \frac{1}{2},x+t\ge -\frac{1}{2}\right\}.$$

该区域在 $$xt$$-平面上是由直线 $$x-t=\frac{1}{2}$$ 和 $$x+t=-\frac{1}{2}$$ 围成的半无限区域（包含边界），如下图所示（阴影部分）：

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• 边界交点：$$(x,t)=(0,-0.5)$$（当 $$x-t=0.5$$ 和 $$x+t=-0.5$$ 联立解得）。
• 初始曲线 $$t=x^2/2$$（抛物线）完全包含在区域内。