這裡⃗n 表示C 上的單位外法向量，s 表示弧長參數。 考慮以下雙曲線偏微分方程的問題：（25 分） 2, (0 , 0) ( ,0) 0, ( ,0) 0,…

題目

這裡⃗n 表示C 上的單位外法向量，s 表示弧長參數。 考慮以下雙曲線偏微分方程的問題：（25 分） 2, (0 , 0) ( ,0) 0, ( ,0) 0, (0 ) (0, ) 0, ( 0) tt xx t u u x t u x u x x u t t 而且假設對任一時間t > 0，解u(x, t)在0 < x < ∞是有界函數。利用拉普 拉斯轉換（Laplace transform）求此問題的解u(x, t)。

參考解答（AI 生成，非官方）

• 一、問題設定：u_tt = u_xx（波速 c = 1），0 < x < ∞、t > 0；初始條件 u(x, 0) = 0、u_t(x, 0) = 0；邊界條件 u(0, t) = g(t)（題面此處文字毀損，以 g(t) 表徵），並要求對每個 t > 0，u(x, t) 在 0 < x < ∞ 有界。此為半無限域上的單向波問題。
• 二、拉普拉斯轉換：定義 U(x, s) = ∫₀^∞ e^{−st}u(x, t)dt。由零初始條件，L{u_tt} = s²U − s·u(x, 0) − u_t(x, 0) = s²U。對原方程取轉換後得常微分方程 U_xx − s²U = 0，其通解為 U(x, s) = A(s)e^{−sx} + B(s)e^{sx}。
• 三、以有界性與邊界條件定係數：因 u 在 x → ∞ 時有界，而 e^{sx} 隨 x 無界成長（Re s > 0），故必須取 B(s) = 0。再由 U(0, s) = G(s)（G 為 g 的拉普拉斯轉換）得 A(s) = G(s)，於是 U(x, s) = G(s)e^{−sx}。
• 四、反轉換與解的結果：由第二移位定理（second shifting theorem），L{g(t − x)H(t − x)} = e^{−sx}G(s)，其中 H 為 Heaviside 單位步函數（unit step function）。故 u(x, t) = g(t − x)H(t − x)，即 x < t 時 u = g(t − x)，而 x > t 時 u = 0。
• 五、特例、驗證與限制：若邊界條件為 g(t) = sin ωt，則 u(x, t) = sin ω(t − x)H(t − x)；若 g(t) = u₀ 為常數，則 u = u₀H(t − x)。此解代表以波速 1 向右傳播的波，波前位於 x = t，符合因果性與零初始條件，且有界性由 |g| ≤ M 保證。另可用 d'Alembert 公式 u = f(x − t) + h(x + t) 交叉驗證。若邊界條件實為 Neumann 型 u_x(0, t) = h(t)，則 U = −H(s)e^{−sx}/s，其餘步驟相同。

AI 依官方試題文字產生的參考解答，非考選部公告答案，內容僅供備考參考。

官方資料

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