I tried to write formulas (part 3).

＜Wave Equation＞

　Wave equation in one dimension is described as below. 　

\begin{eqnarray}\frac{\partial^2u}{\partial t^2} &=& v^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2} \end{eqnarray}

Here, $\it u$ is the displacement of the wave at position $\it x$ in time $\it t$ , and expressed $\it u$ ( $\it x, t$ ). $\it v$ is the velocity of the wave. This equation connects the velocity of the wave to second partial differentials of the wave displacement by time and position, respectively. The equation looks complicated, but dimensional analysis makes it easier to memorize the equation. The dimension of the right hand side ${\displaystyle \bigl[\bigl({\rm m}\cdot {\rm s}^{-1}\bigr)^2\bigr]}\cdot \bigl[{\rm m}\cdot {\rm m}^{-2}\bigr]$ is equal to the dimension of the left hand side $\bigl[{\rm m}\cdot {\rm s}^{-2}\bigr]$ .

　In the following manner, the equation can be solved by the use of variable separation method. When we assume that $\it u$ ( $\it x, t$ ) is expressed by $\it f$ ( $\it x$ ) $\it g$ ( $\it t$ ), the equation can be deformed as below.

\begin{eqnarray} \frac{\partial^2 f(x)g(t)}{\partial t^2} &=& v^2\frac{\partial^2 f(x)g(t)}{\partial x^2}\notag\\ f(x)\frac{\partial^2 g(t)}{\partial t^2} &=& v^2g(t)\frac{\partial^2 f(x)}{\partial x^2}\notag\\ \frac{1}{g(t)}\frac{\partial^2 g(t)}{\partial t^2} &=& \frac{v^2}{f(x)}\frac{\partial^2 f(x)}{\partial x^2} \notag\\ \frac{1}{g(t)}\frac{d^2 g(t)}{dt^2} &=& \frac{v^2}{f(x)}\frac{d^2 f(x)}{dx^2}\notag\end{eqnarray}

Here, left hand side is a function of $\it t$ , and the right hand side is a function of $\it x$ . Therefore, the both sides must be equal to constant function $\it C$ ( $\it C$ is nonzero because $\it v$ is nozero).

\begin{eqnarray}\frac{v^2}{f(x)}\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& C\\\frac{1}{g(t)}\frac{d^2 g(t)}{d t^2}&=& C \end{eqnarray}

The equation (2) can be solved as below.

\begin{eqnarray} \frac{v^2}{f(x)}\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& C\notag\\\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& \frac{C}{v^2}f(x)\notag\\\Biggl(\frac{d^2}{dx^2}-\frac{C}{v^2}\Biggr)f(x) &=& 0\notag\end{eqnarray}

According to the value of $\it C$ , we can assume the 2 cases,

\begin{eqnarray}\Biggl(\frac{d}{dx}-\frac{\sqrt C}{v}\Biggr)\Biggl(\frac{d}{dx}+\frac{\sqrt C}{v}\Biggr)f(x) = 0 \space({\rm if}\space C>0)\\ \Biggl(\frac{d}{dx}-i\frac{\sqrt {-C}}{v}\Biggr)\Biggl(\frac{d}{dx}+i\frac{\sqrt {-C}}{v}\Biggr)f(x) =0 \space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

and the solution can be expressed as below.

\begin{eqnarray}f(x)&=&Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x}\space\space\space\space\space\space({\rm if}\space C>0)\\ f(x)&=&Ae^{i\frac{\sqrt {-C}}{v}x}+Be^{-i\frac{\sqrt {-C}}{v}x}\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

Similarly, $\it g$ ( $\it t$ ) can be expressed as follows.

\begin{eqnarray}g(t)&=&De^{{\sqrt C}t}+Ee^{-{\sqrt C}t}\space\space\space\space\space\space\space({\rm if}\space C>0)\\ g(t)&=&De^{i{\sqrt {-C}}t}+Ee^{-i{\sqrt {-C}}t}\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

$\it A, B, D, E\space$ are arbitrary constans. Then, $\it u$ ( $\it x, t$ ) can be expressed as below. \begin{eqnarray}u(x,t)&=&f(x)g(t)\notag\\&=&(Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x})(De^{{\sqrt C}t}+Ee^{-{\sqrt C}t})\space\space\space \notag\\&=&Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}De^{{\sqrt C}t}+Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}Ee^{-{\sqrt C}t}\notag\\& &+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x}De^{{\sqrt C}t}+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x}Ee^{-{\sqrt C}t}\notag\\&=&ADe^{{\sqrt C}(\frac{x}{v}+t)}+AEe^{{\sqrt C}(\frac{x}{v}-t)}\notag\\& &+BDe^{-{\sqrt C}(\frac{x}{v}-t)}+BEe^{-{\sqrt C}(\frac{x}{v}+t)}\space\space\space\space\space\space\space\space\space({\rm if}\space C>0)\\\notag\\u(x,t)&=&ADe^{i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}+t)}+AEe^{i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}-t)}\notag\\& &+BDe^{-i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}-t)}+BEe^{-i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}+t)}\space\space\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

For the sake of simplicity, we consider the case $\it C$ <0. When we use angular frequency $\omega$ and period $\it T$ , ${\sqrt {-C}}$ and $\frac{\sqrt {-C}}{v}$ are replaced respectively as follows.

\begin{eqnarray}{\sqrt {-C}} = {\omega} \left({\equiv} \frac{2{\pi}}{T}\right)\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}\frac{\sqrt {-C}}{v} = \frac{\omega}{f\lambda}&=&\frac{2\pi}{\lambda}(\because \omega = 2\pi f) \notag\\&\space{\equiv}&\space\space\space k\end{eqnarray}

Then, the solution can be expressed as below.

\begin{eqnarray}u(x,t)&=&ADe^{i(kx+\omega t)}+AEe^{i(kx-\omega t)}\notag\\& &+BDe^{-i(kx-\omega t)}+BEe^{-i(kx+\omega t)}\space\space\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

Moreover, we consider the case below.

\begin{eqnarray}B=D=0, \space E=1\end{eqnarray}

So, the solution is symplified as follows.

\begin{eqnarray}u(x,t)&=&Ae^{i(kx-\omega t)}\end{eqnarray}

＜波動方程式＞

　1次元における波動方程式は次のように記述される。

\begin{eqnarray}\frac{\partial^2u}{\partial t^2} &=& v^2\frac{\partial^2u}{\partial x^2} \end{eqnarray}

ここで、 $\it u$ は時刻 $\it t$ 、位置 $\it x$ における波の変位であり、 $\it u$ ( $\it x, t$ )で表される。 $\it v$ は波の速度である。この方程式は波の速度、波の変位の時間に関する二階偏微分及び位置に関する二階偏微分とを関連付けている。方程式は複雑に見えるが、次元解析によって覚えやすくなる。右辺の次元 ${\displaystyle \bigl[\bigl({\rm m}\cdot {\rm s}^{-1}\bigr)^2\bigr]}\cdot \bigl[{\rm m}\cdot {\rm m}^{-2}\bigr]$ は、左辺の次元 $\bigl[{\rm m}\cdot {\rm s}^{-2}\bigr]$ に等しい。

　以下のように、変数分離法を用いることで、方程式を解くことができる。 $\it u$ ( $\it x, t$ )は $\it f$ ( $\it x$ ) $\it g$ ( $\it t$ )で表されると仮定すると、方程式は次のように変形できる。

ここで、左辺は時刻 $\it t$ の関数であり、右辺は位置 $\it x$ の関数である。それゆえ、両辺は定数関数 $\it C$ に等しくなければならない( $\it v$ が0でないので、 $\it C$ は0ではない)。

\begin{eqnarray}\frac{v^2}{f(x)}\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& C\\\frac{1}{g(t)}\frac{d^2 g(t)}{d t^2}&=& C \end{eqnarray}

方程式(18)は次のようにして解ける。

\begin{eqnarray} \frac{v^2}{f(x)}\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& C\notag\\\frac{d^2 f(x)}{d x^2} &=& \frac{C}{v^2}f(x)\notag\\\Biggl(\frac{d^2}{dx^2}-\frac{C}{v^2}\Biggr)f(x) &=& 0\notag\end{eqnarray}

$\it C$ の値に応じて、次の2つの場合が考えられ、

解は次のように表せる。

同様にして、 $\it g$ ( $\it t$ )は次のように表せる。

$\it A, B, D, E\space$ は任意定数である。よって、 $\it u$ ( $\it x, t$ )は次のように表せる。 \begin{eqnarray}u(x,t)&=&f(x)g(t)\notag\\&=&(Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x})(De^{{\sqrt C}t}+Ee^{-{\sqrt C}t})\space\space\space \notag\\&=&Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}De^{{\sqrt C}t}+Ae^{\frac{\sqrt C}{v}x}Ee^{-{\sqrt C}t}\notag\\& &+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x}De^{{\sqrt C}t}+Be^{-\frac{\sqrt C}{v}x}Ee^{-{\sqrt C}t}\notag\\&=&ADe^{{\sqrt C}(\frac{x}{v}+t)}+AEe^{{\sqrt C}(\frac{x}{v}-t)}\notag\\& &+BDe^{-{\sqrt C}(\frac{x}{v}-t)}+BEe^{-{\sqrt C}(\frac{x}{v}+t)}\space\space\space\space\space\space\space\space\space({\rm if}\space C>0)\\\notag\\u(x,t)&=&ADe^{i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}+t)}+AEe^{i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}-t)}\notag\\& &+BDe^{-i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}-t)}+BEe^{-i{\sqrt {-C}}(\frac{x}{v}+t)}\space\space\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

簡単のために、 $\it C$ <0の場合を考える。角振動数 $\omega$ と周期 $\it T$ を用いればを用いれば、 ${\sqrt {-C}}$ と $\frac{\sqrt {-C}}{v}$ はそれぞれ次のように置換される。

\begin{eqnarray}{\sqrt {-C}} = {\omega} \left({\equiv} \frac{2{\pi}}{T}\right)\end{eqnarray}

\begin{eqnarray}\frac{\sqrt {-C}}{v} = \frac{\omega}{f\lambda}&=&\frac{2\pi}{\lambda}(\because \omega = 2\pi f) \notag\\&\space{\equiv}&\space\space\space k\end{eqnarray}

すると、解は次のように表される。

\begin{eqnarray}u(x,t)&=&ADe^{i(kx+\omega t)}+AEe^{i(kx-\omega t)}\notag\\& &+BDe^{-i(kx-\omega t)}+BEe^{-i(kx+\omega t)}\space\space\space({\rm if}\space C<0)\end{eqnarray}

さらに、次のような場合を考えると、

\begin{eqnarray}B=D=0, \space E=1\end{eqnarray}

解は以下のように単純化される。

\begin{eqnarray}u(x,t)&=&Ae^{i(kx-\omega t)}\end{eqnarray}