试求$$ \frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} $$ $$ u(0,t) = u_1(0,t) $$ $$ u(L,t) = u_2(L,t) $$的形式通解

根据题意，可以列出如下的波动方程的初边值问题：
$$
\begin{cases}
\frac{\partial^2 u}{\partial t^2} = c^2 \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}, &(x,t) \in (0,L) \times (0,+\infty) \\
u(0,t) = u_1(0,t), &t \ge 0 \\
u(L,t) = u_2(L,t), &t \ge 0 \\
u(x,0) = f(x), &x \in [0,L] \\
\frac{\partial u}{\partial t}(x,0) = g(x), &x \in [0,L]
\end{cases}
$$

为了求出这个问题的通解，我们可以采用分离变量法。设 $u(x,t) = X(x)T(t)$，代入波动方程中可得：
$$
X(x)T''(t) = c^2X''(x)T(t) \\
\frac{T''(t)}{c^2T(t)} = \frac{X''(x)}{X(x)}
$$

由于左右两边分别只含有 $t$ 和 $x$ 的函数，所以它们相等的唯一可能是它们都等于某个常数 $\lambda$：
$$
\begin{cases}
\frac{T''(t)}{c^2T(t)} = \lambda \\
\frac{X''(x)}{X(x)} = \lambda
\end{cases}
$$

对于第一个式子，可以得到：
$$
T''(t) - c^2\lambda T(t) = 0
$$

解这个常微分方程可以得到：
$$
T(t) = A\cos(c\sqrt{\lambda}t) + B\sin(c\sqrt{\lambda}t)
$$

对于第二个式子，可以得到：
$$
X''(x) - \lambda X(x) = 0
$$

解这个常微分方程可以得到：
$$
X(x) = C_1\cos(\sqrt{\lambda}x) + C_2\sin(\sqrt{\lambda}x)
$$

于是原初边值问题的通解为：
$$
u(x,t) = \sum_{n=1}^{\infty}(A_n\cos(c\sqrt{\lambda_n}t) + B_n\sin(c\sqrt{\lambda_n}t))(C_{1n}\cos(\sqrt{\lambda_n}x) + C_{2n}\sin(\sqrt{\lambda_n}x))
$$

其中 $\lambda_n$ 是满足 $X_n''(x) - \lambda_n X_n(x) = 0$ 的正数解，$A_n,B_n,C_{1n},C_{2n}$ 是待定系数，可以通过初边值条件来确定。由于初始条件 $u(x,0) = f(x)$ 和 $\frac{\partial u}{\partial t}(x,0) = g(x)$ 已经给出，所以我们可以求出 $A_n$ 和 $B_n$：
$$
A_n = \frac{1}{L}\int_0^Lf(x)C_{1n}\mathrm{d}x \\
B_n = \frac{1}{c\sqrt{\lambda_n}L}\int_0^Lg(x)C_{1n}\mathrm{d}x
$$

而 $C_{1n}$ 和 $C_{2n}$ 则可以通过边界条件 $u(0,t) = u_1(0,t)$ 和 $u(L,t) = u_2(L,t)$ 来确定：
$$
\begin{cases}
C_{1n}\cos(0) + C_{2n}\sin(0) = u_1(0,t) \\
C_{1n}\cos(\sqrt{\lambda_n}L) + C_{2n}\sin(\sqrt{\lambda_n}L) = u_2(L,t)
\end{cases}
$$

化简可得：
$$
\begin{cases}
C_{1n} = u_1(0,t) \\
C_{2n} = \frac{u_2(L,t)}{\sin(\sqrt{\lambda_n}L)}
\end{cases}
$$

于是我们就求出了初边值问题的通解。