Решение волнового уравнения [закрыто]

Я имею дело с решением волнового уравнения в двух различных случаях, представленных на рисунке как случай A и случай B. Эти два рисунка были получены путем освещения плиты падающей волной, идущей справа (случай A) и слева (случай A). Случай Б). Я проверил решение для случая A. Оно кажется правильным. Таким образом, я использовал ту же методологию для получения решения для случая B. Однако я подозреваю, что решение для случая B неверно, даже если я не могу понять, почему. Независимо от правильного/неправильного результата волнового уравнения в случае B, я хотел бы знать, есть ли способ вывести решение волнового уравнения в случае B из решения случая A, применяя своего рода симметрию. Обратите внимание, что$\eta(x)$не обязательно имеет какую-либо симметрию относительно$x$.

Это мое решение. Учитывая волновое уравнение:

$$\begin{equation} \frac{d^2y(x)}{dx^2}+k^2 \left(1+\eta(x)\right) y(x)=0 \end{equation}$$ Ее решение можно найти, используя метод функций Грина. Детали метода приведены для случая B. Применительно к случаю A волновое уравнение имеет решение: $$\begin{equation} y(x)=c_1 e^{-j k x}+c_2 e^{j k x}+\frac{j k}{2} \int_0^Le^{j k |x-t|} \eta(t) y(t) dt \end{equation}$$ где $j^2 = -1$и $c_1$и $c_2$– постоянная интегрирования. Для определения констант необходимо рассмотреть граничные условия. Если обратиться к случаю А на рисунке, то можно различить падающую волну и отраженную волну с правой стороны и прошедшую волну с левой стороны. В этом случае выполняются следующие граничные условия: $$\begin{align} y(L)=1+R_L\\ y'(L)=-jk(2-y(L))\\ y(0)=T_L\\ y'(0)=-jky(0) \end{align}$$ Применяя эти граничные условия, различают два случая $t-x>0$(левая сторона рисунка) и $t-x<0$(правая сторона рисунка) можно найти дифференциальное уравнение в $T_L$.

Теперь я хотел бы повторить те же вычисления на второй картинке (Случай B). На этом рисунке падающая волна идет с левой стороны, а прошедшая — с правой. В случае А волна, распространяющаяся в том же направлении оси х, имеет положительный экспоненциальный член. У меня есть сомнения относительно рисунка B. В этом случае волна, бегущая в том же направлении оси x, зависит от$-x$. Это верно? Я полагаю, что это просто вопрос условностей. Граничные условия для случая на рисунке B, конечно, переключаются:

$$\begin{align} y(0)=1+R_L\\ y'(0)=-jk(2-y(0))\\ y(L)=T_L\\ y'(L)=-jky(L) \end{align}$$ Что касается случая A, я сначала дифференцирую общее решение: $$\begin{equation} y'(x)=-jk c_1 e^{-jk x}+jk c_2 e^{+jk x}+\frac{j k}{2} \int_0^L\frac{d}{dx}\left(e^{j k |x-t|} \right) \eta(t) y(t) dt \end{equation}$$ Теперь я рассмотрел два разных случая: whel $t-x>0$(слева) и $t-x<0$(верно). Для $t-x>0$Я могу написать: $$\begin{equation} y'(x)=-jk c_1 e^{-jk x}+jk c_2 e^{+jk x}-jk U(x) \end{equation}$$ где $$\begin{equation} U(x)= \int_0^L\frac{d}{dx}\left(e^{-j k (x-t)} \right) \eta(t) y(t) dt \end{equation}$$ Затем $$\begin{equation} y'(x)=-jk \left( c_1 e^{-jk x}- c_2 e^{+jk x} + U(x) \right) \end{equation}$$ В то время когда $t-x<0$У меня есть: $$\begin{equation} y'(x)=-jk \left( c_1 e^{-jk x}- c_2 e^{+jk x}- K(x) \right) \end{equation}$$ где $$\begin{equation} K(x)= \int_0^L\frac{d}{dx}\left(e^{j k (x-t)} \right) \eta(t) y(t) dt \end{equation}$$ Граничные условия для $x=0$соответствуют случаю $t-x>0$, а граничные условия в $x=L$соответствуют случаю $t-x>0$. Для $x=0$у нас есть $$\begin{align} y(0)=c_1+c_2+U(0)\\ y'(0)=-jk(c_1-c_2+U(0))\\ \end{align}$$ Так что $c_2=0$. Повторяя те же вычисления в $x=L$можно определить, что $c_1=e^{jkL}$. Тогда решение: $$\begin{equation} y(x)=e^{j k(L- x)}+\frac{j k}{2} \int_0^Le^{j k |x-t|} \eta(t) y(t) dt \end{equation}$$ Теперь дело на рисунке Б. Вот тут я не уверен. Судя по картинке $e^{-jkx}$является распространяющейся вперед волной. Зеленые функции предназначены для $x>L$: $$\begin{equation} \begin{cases} y_1(x)=C_1 e^{-jkx}\\ y_1(L)=A' \end{cases} \end{equation}$$ В то время как для $x<0$: $$\begin{equation} \begin{cases} y_2(x)=c_2 e^{jkx}\\ y_2(0)=B' \end{cases} \end{equation}$$ Затем $$\begin{equation} \begin{cases} y_1(L)=c_1 e^{-jkL}=A' & \Rightarrow y_1(x)=A' e^{jk(L-x)}\\ y_2(0)=c_2=B' & \Rightarrow y_2(x)=B' e^{jkx} \end{cases} \end{equation}$$ Вронскиан это $$\begin{equation} W= \begin{vmatrix} A' e^{jk(L-x)} & B' e^{jkx}\\ -jk A' e^{jk(L-x)} & jk B' e^{jkx}\\ \end{vmatrix} =2 jk A'B' e^{jkL} \end{equation}$$ Так что функция Грина $$\begin{equation} G(x,t)= \begin{cases} \frac{A' e^{jk(L-x)} B' e^{jkt}}{2 jk A'B' e^{jkL}}\\ \frac{A' e^{jk(L-t)} B' e^{jkx}}{2 jk A'B' e^{jkL}}\\ \end{cases} \end{equation}$$ Что сводится к $$\begin{equation} G(x,t)=\frac{1}{2jk} e^{jk|t-x|} \end{equation}$$ Так что решение дифференциального уравнения для случая на рисунке B равно $$\begin{equation} y(x)=c_1 e^{-j k x}+c_2 e^{j k x}+\frac{j k}{2} \int_0^Le^{j k |t-x|} \eta(t) y(t) dt \end{equation}$$