本终点连接d’Alembert公式、波方程能量估计和Kirchhoff公式。提交的不是一条像波的曲线，而是输入范围、公式、到达时刻、误差对象和失败边界。

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任务一：已经安静的探头，为何又读到反射 ​

在半线x>0解 $u_{tt}=4u_{xx}$，墙上u(t,0)=0，初位移为零。初速度由面积相反的两份脉冲组成：

$$\begin{array}{}\text{(1)}& p(z)=(1-z^2{)}_{+}^3,g(x)=p(x-2)-\frac{1}{2}p\left(\frac{x-5}{2}\right).\end{array}$$

第一份支撑于[1,3]，第二份于[3,7]；宽度与振幅必须一起计入积分。观察x=9，求完整分段到达窗口及以下时刻的精确值：2、3、7/2、9/2、11/2、6、7、8。解释4≤t≤5期间安静为何不代表此后永久安静。

答案：四个截断原函数保存全部分支 ​

令P为d’Alembert页的截断原函数，$P(\mathrm{\infty })=16/35$、$P(-\mathrm{\infty })=-16/35$。一份中心a、半宽h、振幅A的正半线脉冲，其奇延拓贡献为

$$\begin{array}{}\text{(2)}& U_{a,h,A}(t,x)=\frac{Ah}{4}[P\left(\frac{x+2t-a}{h}\right)-P\left(\frac{x-2t-a}{h}\right)-P\left(\frac{x+2t+a}{h}\right)+P\left(\frac{x-2t+a}{h}\right)].\end{array}$$

完整答案是 $U_{2,1,1}+U_{5,2,-1/2}$。第三、四项来自墙后的镜像，不能在ct>x时仍用自由空间公式忽略它们。

在x=9处，各次变化区间为：

• 0≤t≤1：全部脉冲都未到达，读数为零
• 1<t<3：较远、较宽的负脉冲逐渐进入依赖区间，读数下降至−8/35
• 3<t<4：正脉冲补入，读数回到零
• 4≤t≤5：两份直接贡献的面积抵消，镜像尚未到达
• 5<t<6：第一份脉冲的负镜像进入，读数再次降至−8/35
• 6<t<8：第二份脉冲的正镜像补入，读数回到零
• t≥8：四份支撑都被积分区间包含，奇延拓总积分为零

逐点结果为

$$\begin{array}{crrrrrrrr}t& 2& 3& 7/2& 9/2& 11/2& 6& 7& 8\\ u(t,9)& -4/35& -8/35& -4/35& 0& -4/35& -8/35& -4/35& 0\end{array}$$

这次迁移同时改变脉冲宽度、符号和边界。短时局部读数为零没有删除远处仍在传播的能量；后来的反射仍可回来。

任务二：源项公式与能量预算各自认证什么 ​

先在整线上取c=2、零初位移和速度，源 $F(t,x)=t{x}^2$。再在0<x<1、0≤t≤1的零Dirichlet问题中取F=0及零初值，使用候选 $v(t,x)=\eta t^{2}x(1-x)$、η=1/100。分别交付第一问题的精确解和第二问题的能量误差界；判断能否对第一问题直接使用全实线有限能量积分。

答案一：过去三角形保留空间传播项 ​

内层积分为

$${\int }_{x-2(t-s)}^{x+2(t-s)}s{y}^{2}dy=4s(t-s)x^2+\frac{16}{3}s(t-s{)}^3.$$

再乘1/4并对s积分，得到

$$\begin{array}{}\text{(3)}& u(t,x)=\frac{x^2{t}^3}{6}+\frac{t^5}{15}.\end{array}$$

$u_{tt}=x^{2}t+4t^3/3$、$4u_{xx}=4t^3/3$，差恰为tx²，两份初值为零。故u(1,2)=11/15。只按时间两次积分源项会遗漏t⁵/15，因为已有扰动还会在空间中传播。

式(3)在空间上是多项式，正时间的全实线能量积分发散；局部公式及有限锥依赖结论仍成立。不能把一份合法经典解塞进未满足的有限能量范数合同。

答案二：完整残差给上界，精确积分作交叉核验 ​

零数据精确解为u=0。候选满足同样初值和边界，但

$$\mathcal{R}=\frac{1}{50}x(1-x)+\frac{2}{25}{t}^2,\Vert \mathcal{R}(t){\Vert }_2\le \frac{1}{50\sqrt{30}}+\frac{2}{25}{t}^2.$$

记 $Q^2=\Vert v_t-u_t{\Vert }_2^2+4\Vert v_x-u_x{\Vert }_2^2$。因此

$$\begin{array}{}\text{(4)}& Q(1)\le \frac{1}{100}(\frac{2}{\sqrt{30}}+\frac{8}{3})<\frac{31}{1000}.\end{array}$$

最后的有理上界可用 $\sqrt{30}>5$ 核验：右侧小于 $(2/5+8/3)/100=23/750<31/1000$。直接积分则给

$$Q(1)=\frac{1}{100}\sqrt{\frac{22}{15}}.$$

位移L2预算是另一项：由时间加权残差，

$$\begin{array}{}\text{(5)}& \Vert v(1)-u(1){\Vert }_2\le \frac{1}{100}(\frac{1}{\sqrt{30}}+\frac{2}{3}),\Vert v(1)-u(1){\Vert }_2=\frac{1}{100\sqrt{30}}.\end{array}$$

再提交一份“u=0、v=7、能量差零所以解相同”的报告，应拒绝：它没有相同初位移，也不满足这项零Dirichlet边界。能量中的导数不能替初值和边界补证。

任务三：观察点离开中心后，球面只切到一顶帽 ​

三维取c=1、f=0、$g(x)=(1-|x{|}^2{)}_{+}^3$，这次观察x=(2,0,0)。求非零时间窗、t=3/2与t=2的值，并与只看“已进入半径t的球体”这一判断比较。

答案：由球面面积换成半径积分 ​

对一般观察距离d>0，取球面极轴沿x。若r是球面点到原点的距离，则 $r^2=d^2+t^2+2dt\cos \theta$，故 $rdr=dtd(\cos \theta )$。Kirchhoff速度项因此化为

$$\begin{array}{}\text{(6)}& u_3(t,d)=\frac{1}{2d}{\int }_{|d-t|}^{d+t}r(1-r^2{)}_{+}^{3}dr.\end{array}$$

在d=2处，上限总大于1，只有|2−t|<1时才有贡献。于是

$$\begin{array}{}\text{(7)}& u_3(t,2)=\{\begin{array}{ll}(1-(2-t{)}^2{)}^4/32,& 1<t<3,\\ 0,& 0\le t\le 1\text{ 或 }t\ge 3.\end{array}\end{array}$$

所以 $u_3(3/2,2)=81/8192$、$u_3(2,2)=1/32$。t>3时初始支撑仍在过去球体内，却已经不碰球面，读数精确为零。球体包含支撑只是有限传播允许它影响，不是保证它仍影响。

对非零位移数据，报告还必须带法向导数。例如f(y)=|y|²−1在单位球面全为零，但c=t=1、x=0、g=0时u=2。仅比较球面上的f值不能通过证书检查。

任务四：辨认清零、平台和衰减尾 ​

回到原点，固定c=1、零初位移，分别在1、2、3维放入同一径向初速度 $(1-|x{|}^2{)}_{+}^3$。计算t=2的三个答案，为二维答案给有理区间，并说明长时间行为。

答案：二维尾迹不是舍入误差 ​

一维为16/35，三维为0。二维作 $q=\sqrt{4-r^2}$ 换元：

$$\begin{array}{}\text{(8)}& \begin{array}{rl}{u}_2(2,0)& ={\int }_0^1\frac{r(1-r^2{)}^3}{\sqrt{4-r^2}}dr={\int }_{\sqrt{3}}^2(q^2-3{)}^{3}dq\\ & =\frac{432\sqrt{3}-746}{35}.\end{array}\end{array}$$

根式存在较大项抵消，复算时先用整数平方比较夹住√3，再对整个线性式向外传递区间，而不是把一个浮点小数当精确值。区间严格包含于(1/16,3/40)，与一般尾界

$$\frac{1}{8t}\le u_2(t,0)\le \frac{1}{8\sqrt{t^2-1}}(t>1)$$

一致。夹逼给 $t{u}_2(t,0)\to 1/8$，故它对每个有限正时间严格为正，长期才趋零。

此外，三维初位移改为 $(1-|x{|}^2{)}_{+}^4$、初速度为零时，t=1/2原点值为−135/256。三维清零性质并不意味着传播核对两种初值都保持正性，更不意味着满足热方程式的最大值原理。

复算与提交 ​

下载精确复算程序与结果记录。程序以Fraction核验多脉冲反射窗口、受迫多项式、能量积分、球帽公式及二维根式包含，另拒绝省掉镜像、漏掉波速因子或初值不符的报告。有限取样核验不替代正文中的全域传播和能量证明。

每份提交需明确：使用整线、半线还是高维整空间；初位移/速度/源/边界是否齐全；零值是尚未到达、贡献抵消还是三维波面已经离开；误差界控制哪一个范数。最后将这些合同与具体数值一起交付。