第一章． 波动方程

§1 方程的导出。定解条件

1．细杆（或弹簧）受某种外界原因而产生纵向振动，以u(x,t)表示静止时在x点处的点在时刻t离开原来位置的偏移，假设振动过程发生的张力服从虎克定律，试证明u(x,t)满足方程

2．在杆纵向振动时，假设(1)端点固定，(2)端点自由，(3)端点固定在弹性支承上，试分别导出这三种情况下所对应的边界条件。

解：(1)杆的两端被固定在x 0,x l两点则相应的边界条件为 u(0,t) 0,u(l,t) 0.

(2)若x l为自由端，则杆在x l的张力T(l,t) E(x)

界条件为

u u

x E

t t x x

其中 为杆的密度，E为杨氏模量。

证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 x与x x。现在计算这段杆在时

刻t的相对伸长。在时刻t这段杆两端的坐标分别为：

u

|x l等于零，因此相应的边 x

u

|x l=0 x

u

∣x 0 0 x

同理，若x 0为自由端，则相应的边界条件为

(3)若x l端固定在弹性支承上，而弹性支承固定于某点，且该点离开原来位置的偏移

由函数v(t)给出，则在x l端支承的伸长为u(l,t) v(t)。由虎克定律有

x u(x,t);x x u(x x,t)

其相对伸长等于 令

[x x u(x x,t)] [x u(x,t)] x

ux(x x,t)

x

E

u

∣x l k[u(l,t) v(t)] x

uk u)∣x l f(t) 其中 xE

x 0，取极限得在点x的相对伸长为ux(x,t)。由虎克定律，张力T(x,t)等于

T(x,t) E(x)ux(x,t)

其中k为支承的刚度系数。由此得边界条件

(

特别地，若支承固定于一定点上，则v(t) 0,得边界条件

其中E(x)是在点x的杨氏模量。

(

设杆的横截面面积为S(x),则作用在杆段(x,x x)两端的力分别为

u

u)∣x l 0。 x

同理，若x 0端固定在弹性支承上，则得边界条件

E(x)S(x)ux(x,t);E(x x)S(x x)ux(x x,t).

于是得运动方程

(x)s(x) x utt(x,t) ESux(x x)|x x ESux(x)|x

(ESux) x

u

∣x 0 k[u(0,t) v(t)] x u

即 ( u)∣x 0 f(t).

x

E

利用微分中值定理，消去 x，再令 x 0得

(x)s(x)utt

若s(x) 常量，则得

x2 ux2 2u

3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 E [(1 )] (1 )

xh xh t2

其中h为圆锥的高(如图1)

证：如图，不妨设枢轴底面的半径为1，则x 点处截面的半径l为：

u 2u

(x)2=(E(x))

x x t

即得所证。

1

x

l 1

h

所以截面积s(x) (1 )。利用第1题，得

xh

2

证：函数u(x,y,t)

1t2 x2 y2

在锥t x y>0内对变量x,y,t有

32

222

x2 2u x2 u

(x) (1 ) [E (1 )]

h t2 xh x

二阶连续偏导数。且

2

若E(x) E为常量，则得

u

(t2 x2 y2) t

t

x2 ux2 2u

E[(1 )] (1 )2

xh xh t

4. 绝对柔软逐条而均匀的弦线有一端固定，在它本身重力作用下，此线处于铅垂平衡位置，

试导出此线的微小横振动方程。

解：如图2，设弦长为l，弦的线密度为 ，则x点处的张力T(x)为

35

u

(t2 x2 y2)2 3(t2 x2 y2)2 t2 2

t

(t

2

x2 y2)

32

(2t2 x2 y2)

T(x) g(l x)

且T(x)的方向总是沿着弦在x点处的切线方向。仍以u(x,t)表示弦上各点在时刻t沿垂直于x轴方向的位移，取弦段(x,x x),则弦段两端张力在u轴方向的投影分别为

u

(t2 x2 y2) x

2

32

x

35 u

t2 x2 y22 3t2 x2 y22x2 2

x

g(l x)sin (x); g(l (x x))sin (x x)

其中 (x)表示T(x)方向与x轴的夹角

又 sin tg 于是得运动方程

2x2 y2

5 2u

同理 t2 x2 y2 2 t2 x2 2y2

y2

t2 x2

所以

5

y22t2

u x.

2u x

2

2u y

2

t x

22

5 y22

2t

2

x y

22

t2.

2u

u 2u u

x2 [l (x x)]∣x x g [l x]∣x g

x x t

利用微分中值定理，消去 x，再令 x 0得

即得所证。

6. 在单性杆纵振动时,若考虑摩阻的影响,并设摩阻力密度涵数(即单位质量所受的摩阻力)

与杆件在该点的速度大小成正比(比例系数设为b), 但方向相反,试导出这时位移函数所满足的微分方程.

解: 利用第1题的推导,由题意知此时尚须考虑杆段 x,x x 上所受的摩阻力.由题设,单位质量所受摩阻力为 b

2u u

g[(l x)]。

x x t2

5. 验证 u(x,y,t)

1t2 x2 y2

在锥t x y>0中都满足波动方程

运动方程为:

222

u

,故 x,x x 上所受摩阻力为 t

u

b p x s x x

t

2u 2u 2u

2 2 2 t x y

2

x s x x

2u

u u u

ES x x ESx b x s x x

x t t t2

利用微分中值定理，消去 x,再令 x 0得

x s x 2u u u

t2 x ES x b x s x

t

. 若s(x) 常数，则得

x 2u u u t

2 x E x b x t

若

x 是常量,E x E也是常量.令a2

E

,则得方程

2u t2 b u2

t a2 u x

2

. §2 达朗贝尔公式、 波的传抪

1. 证明方程

x 2 u 1 x 2

2u

x 1 h x

a2 1 h t2

h 0常数 的通解可以写成

u

F x at G x at h x

其中F,G为任意的单变量可微函数,并由此求解它的初值问题:

t 0:u x ,

u

t

x . 解：令 h x u v则

h x u x

u v x

, h x 2 u v

x

h x

u x

x[(h x)2 u x (u v x) (h x) u x (h x)2 u 2v x (h x)(u 2x

)又 h x 2u 2v

t2 t

2

代入原方程，得

2v1 2h x v

x2 a2 h x t

2

2v1 2即 v

x2

a2 t2

由波动方程通解表达式得

v x,t F x at G x at

所以 u F x at G x at h x

为原方程的通解。

由初始条件得

x

1

h x F x G x (1)

x 1

aF/ x aG/h x

x

x

所以 F x G x 1

a h d c

(2)

x0

由(1),(2)两式解出

x

F x 12 h x x 12a c

x h d o

2

x

G x 112 h x x 2a h dc

x o

2

所以 u(x,t)

1

2(h x)

[(h x at) (x at) (h x at) (x at)]

+

1

x at2a(h x)

x at(h ) ( )d . 即为初值问题的解散。

２．问初始条件 (x)与 (x)满足怎样的条件时，齐次波动方程初值问题的解仅由右传播波

3

组成？

解：波动方程的通解为

u=F(x-at)+G(x+at)

其中F，G由初始条件 (x)与 (x)决定。初值问题的解仅由右传播组成，必须且只须对 于任何x,

t有 G(x+at) 常数.

即对任何x, G(x) C0

又 G（x）=11xC

2 (x) 2a x ( )d

02a

所以 (x), (x)应满足

(x)

1a x

x ( )d C1（常数） 0或 '

(x)+1a

(x)=0

3.利用传播波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）

2u 2

2u

t2 a (x2 ux at 0x) (0) (0) u

x at 0 (x). 解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 得

(x)=F（0）+G（2x）

令 x+at=0 得 (x)=F（2x）+G(0) 所以 F(x)= (x2

)-G(0).

G（x）= (x

2

)-F(0).

且 F（0）+G(0)= (0) (0). 所以 u(x,t)= (

x at2)+ (x at

2

)- (0). 即为古尔沙问题的解。

4．对非齐次波动方程的初值问题

2u2 2u

t2 a x2 f(x,t)(t 0, x )

t 0,u (x), u

t (x)( x )

证明：

（1） 如果初始条件在x轴的区间[x1,x2]上发生变化，那末对应的解在区间[x1，

x2]的影响区域以外不发生变化；

（2） 在x轴区间[x1,x2]上所给的初始条件唯一地确定区间[x1,x2]的决定区 域中解的数值。

证：（1） 非齐次方程初值问题的解为

u(x,t)=11x 2[ (x at) (x at)]

at

2a x at

( )d t

+1

x a(t )2a 0

x a(t )f( , )d d . 当初始条件发生变化时，仅仅引起以上表达式的前两项发生变化，即仅仅影晌到相应齐 次方程初值的解。

当 (x), (x)在[x1,x2]上发生变化，若对任何t>0,有x+at<x1或x-at>x2,则区间[x-at,x+at]整个落在区间[x1,x2]之外，由解的表达式知u(x,t)不发生变化，即对t>0,当x<x1-at或x>x2+at,也就是（x,t）落在区间[x1,x2]的影响域 xt at x x2 at

(t 0)

之外，解u(x,t)不发生变化。 （1）得证。

(2). 区间[x1,x2]的决定区域为 t 0,x1 at x x2 at 在其中任给（x,t）,则

x1 x at x at x2

故区间[x-at,x+at]完全落在区间[x1,x2]中。因此[x1,x2]上所给的初绐 条件 (x), (x)代入达朗贝尔公式唯一地确定出u(x,t)的数值。

4

5. 若电报方程

uxx CLutt CR LG ut GRu

C,L,R,G为常数 具体形如

u x,t t f x at

的解（称为阻碍尼波），问此时C,L,R,G之间应成立什么关系？

解 u x,t t f x at

uxx t f x at

ut t f x at a t f x at

utt t f x at 2a t f x at a2 t f x at

代入方程，得

CLa

2

1

t f x at 2aCL t a CR LG t f x at CL t CR LG t GR t GR t f x at 0

由于f是任意函数，故f,f ,f 的系数必需恒为零。即

2

CLa 1 0

2CL t CR LG t 0

CL t CR LG t GR t 0于是得

CL

1a

2

u t ut a2

2

CR LG a2

所以

u t c0

e 2

CR LG t

代入以上方程组中最后一个方程，得

CL a44 CR LG 2 a22

2

CR LG GR 0

又 a2

1CL,得14

CR LG 2

GRCL 即

CR LG 2 0

最后得到

CL GR

6．利用波的反射法求解一端固定并伸长到无穷远处的弦振动问题

utt a2uxx

ut 0 x ,utt 0 0 x 0 x

u 0,t 0 t 0 解：满足方程及初始条件的解，由达朗贝尔公式给出： x at

u x,t 12 x at x at 1

2a x d 。

at

由题意知 x , x 仅在0 x 上给出，为利用达朗贝尔解，必须将 x , x 开拓到

x 0上，为此利用边值条件，得

at

0 1

2 at at d 。

at

因此对任何t必须有

at at

at

d 0

at

即 x , x 必须接奇函数开拓到 x 0上，记开拓后的函数为 x , x ；

x

x ,

x 0 x ,x x

x ,

x 0 0 x ,

x 0所以

u x,t 12 x at x at 1

x at

2a d x

at

5

x at 11

d , x at x at 22a x at

x at1 1

2 x at at x 2a d ,

at x

x

t ,x 0at x

,x 0a

故得通解 v(r,t) F(r at) G(r at)

。

所以 u

1

[F(r at) G(r at) r

8．求解波动方程的初值问题

2

2u 2u 2u 2 u7．求方程 a 形如u f r,t 的解（称为球面波）其中 2u 2u

tsinx

t2 x2 y2 z2

r x2 y2 z2。

解： u f r,t

u u x r r x u r r

x

`

2u 2u x2 r x2 u 1x2

2r2 r rr3

2u 2uy2 u 1y2 y2 r2 r

2 r rr3 2u 2uz2 u1z2

z2

r2 r

2 r(r r3) 代入原方程，得

2u2

u t2 a2[ u3x2 y2 z2 r2 r(r r3

)] 即 2u2

2 u2 u t2 a( r

2

r r) 令 ru v，则 222

r

u v u v u u 2

t2 t2,r r u r，r r

2

2 r v

r2 代入方程，得 v满足

2v2

2 v t2 a r2

t2 x2 ut 0

0, u t|t 0 sinx

解：由非齐次方程初值问题解的公式得

x t

tx u(x,t) 11

(t )

2sin d x ( sin d d x t20t )

t

= 12[cos(x t) cos(x t)] 1

2 [cos(x (t )) cos(x (t ))]d 0

t

=sinxsint sinx

sin(t )d

=sinxsint sinx[ cos(t ) sin(t )]t

0 =tsinx 即 u(x,t) tsinx 为所求的解。 9．求解波动方程的初值问题。

tx

utt

a2

uxx (1 x2

)2

u| 0 0,ut|t 0 1t1 x2x attx a(t )

解： u(x,t) 11

2ax

at1 2d 0x a (t )

(1 2)2d d x at

1

1 2d arctg(x at) arctg(x at) x at

6

tx a(t )t

(1 2)2d d [ 1x a(t )

2(1 2)]x a(t )d

0x a(t )0

t

=1 2 [1 (x a(t )2 1 (x a(t ))

2]d 0xx

=12 x at u1x at u

a2du x at(1 u2)2x at

a2(1 u2)du x at

xx

=

1

x x u2a2

at

1 u2du tdutdu

za u2 2a x at1x 2

at1 u=x2a2(arctg(x at) arctg(x at)) 11 (x at)2

4a2ln1 (x at)2 +

t

2a[2arctgx arctg(x at) arctg(x at)] =12a2(x at)arctg(x at) 12a

2(x at)arctg(x at) t11 (x at)2+aarctgx 4a2ln1 (x at)2

所以

u(x,t) 1

4a

3{(x at 2a2)arctg(x at) (x at 2a2)

arctg(x at) 2atarctgx 11 (x at)

2

2ln1 (x at)

2

§3混合问题的分离变量法 1. 用分离变量法求下列问题的解：

(1)

22

u2 u

t2 a x2

u3 x, u

t 0 sinl tt o

x(1 x)(0 x l)

u(0,t) u(l,t) 0

解：边界条件齐次的且是第一类的，令

u(x,t) X(x)T(t)

得固有函数Xn(x) sin

n

l

x，且 Tt) Aan an

n(ncoslt Bnsinl

t，(n 1,2 )

于是 u(x,t)

(Aan ncos

lt Ban n

nsinn 1

lt)sinl

x 今由始值确定常数An及Bn，由始值得

sin3 x n

l Ansinn 1

lx

x(l x)

an Bn

nsinn 1

llx 所以 A3 1,An 0,当n 3

2l

Bn

n an x(l x)sinxdx

l 2 l ln l2n an

x

xcos l2n n

lx n2 2

sinl

n xcos lx 2l2xn 2l3n

l3

n2 2sinlx n3

3coslx

l

4n0

an4

4(1 ( 1)) 因此所求解为

3a 3 4l3

u(x,t) cos

1 ( 1)nltsinlx

a 4

sinan tsinn

n 1

n4

llx

7

2u 2

2u t2 a x2 0(2)

u(0,t) 0

u

(l,t) 0

u(x,0) h u

t

lx, t

(x,0) 0解：边界条件齐次的，令 u(x,t) X(x)T(t)

得：

X X 0

(1)

X(0) 0,

X (l) 0

及 T a2

X 0(2)。

求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形讨论。

1 0时，方程的通解为

X(x) Cx

1e

C

x

2e

由X(0) 0得c1 c2 0 由X (l) 0得C1 e

C2 e

0

解以上方程组，得C1 0，C2 0，故 0时得不到非零解。

2 0时，方程的通解为X(x) c1 c2x

由边值X(0) 0得c1 0，再由X (l) 0得c2 0，仍得不到非零解。3

0时，方程的通解为

X(x) c1cos

x c2sinx

由X(0) 0得c1 0，再由X (l) 0得

c2

cosl 0 为了使c2 0，必须 cos

l 0，于是

2

2n 1

n 2l

(n 0,1,2 )

且相应地得到Xn(x) sin

2n 1

2l

x (n 0,1,2 ) 将 代入方程(2)，解得

T2n 12n(t) Ancos

2la t Bn 1

nsin2l

a t (n 0,1,2 )

于是 u(x,t) A2n 1ncos

n ( 0

2la t B2n 12n 1

nsin2la t)sin2l

x 再由始值得

h

x Asin2n 1 l n2x

n 0

l

0 2n 1 a B2n 1nsinn 02l2l x

容易验证 sin

2n 12l x

(n 0,1,2 )构成区间[0,l]上的正交函数系： l

2m 12n 1 0当m n

sin xsin xdx l02l2l 2

当m n 利用

sin

2n 1 2l x

正交性，得 l

A2h2n 1n l xsin2l

xdx

0l 2h

2l2n 1 2l

2

l

l2 (2n 1) xcos2l x (2n 1) sin2n 12l x

0

8h(2n 1)2

2

( 1)n

Bn 0

8

所以 u(x,t) 8h

( 1)n2n 12n 1

2con 0(2n 1)2

2la tsi2l x

2。设弹簧一端固定，一端在外力作用下作周期振动，此时定解问题归结为

2u2

2 u t

2 a

x2

u(0,t) 0,

u(l,t) Asin t 求解此问题。

u(x,0) u t(x,0) 0解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，取U(x,t) A

l

xsin t，则U(x,t)满足 U(0,t) 0，U(l,t) Asin t

令u(x,t) U(x,t) v(x,t)代入原定解问题，则v(x,t)满足

2v2

avA 22 t

2 x2

lxsin t v(0,t) 0,v(l,t) 0(1)

v(x,0) 0 v t(x,0) A lxv(x,t)满足第一类齐次边界条件，其相应固有函数为Xn

n(x) sin

l

x，(n 0,1,2 )

故设 v(x,t)

Tn

n(t)sin

2)

n 1

l

x(A 2将方程中非齐次项A lxsin t及初始条件中

lx按

sinn

lx

展成级数，得 A 2

lxsin t fn

n(t)sinx n 1

ll

其中 f2A 2n

n(t) l xsin tsinxdx

0ll

2A 2 ln l

l2sin t n xcoslx l2n2 2

sinn lx 0

2A 2n ( 1)n 1sin t A

l

x

n

nsin

n 1

l

x l

其中 2A 2n 2A

n l xsinxdx ( 1)n 0lln

2

2

T (t) an

2A

Tn(t)

n ( 1)n 1sin t将(2)代入问题(1)，得T n n(t)满足

l

Tn(0) 0,T2A

n (0)

( 1)n

n解方程，得通解T Aan an 2A 21sin t

n(t)ncoslt Bnsinlt n ( 1)n

(an l

)2 2由始值，得An 0

B1n2A ( 1)n 12A 3l2( 1)n2A aln an {( 1)n n ((an )2 2l2)} (an )2 2l2

所以 v(x,t) {( 1)n2A alan

n 1(an )2 ( l)

2

sinlt

( 1)n 12A 2l2(an )2 ( l)2 1n

sin t}sinn lx

2A l ( 1)2 {asinan t lsin t}sinn

n 1(an )2 ( l)

2

ln lx 因此所求解为

u(x,t) A

( 1)2

lxsin t 2A l n 1

(an )2 ( l)2

{asin

an llt ntsin t}sinn

l

x 3．用分离变量法求下面问题的解

9

2u2

2 u t

2 a x2

bshx

u| u

t 0 t|t 0 0

u|x 0 u|x l 0

解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为 X

n(x) sin

nl

x(n 1,2, )

设 u(x,t) Tn

n(t)sinxn 1

l

将非次项bshx按{sin

n

l

x}展开级数，得

bshx fn(t)sin

n l

x n 1

2bl

fn ( 1)n 1

其中n(t) l shxsinxdx 2222bn shl 0ln l

将 u(x,t)

Tn

(t)sin

x代入原定解问题，得Tn(t)满足 n 1

l

an

Tn (t) (

l)2T( 1)n 12bn n(t) n2 2 l2shl Tn(0) 0,Tn (0) 0

方程的通解为

T1n(t) Ancos

an lt Bsinan lt (lan )2 2bn

nn2 2 l

2( 1)n shl由Tln(0) 0，得：An ()22bn

1an n2 2 l

2( 1)nshl 由Tn (0) 0，得Bn 0 所以 T122bnn(t) (an ) n l( 1)n 1shl(1 cosan 222l

t) 所求解为

u(x,t) 2bl2

( 1)n 1an n

a2 shl n 1

n(n2 2 l2

)(1 coslt)sinlx 4．用分离变量法求下面问题的解：

2u u2

a2 u(b 0)

t2 2b t x2

u|x 0 u|x l 0

u|h ut 0 lx, t|t 0 0解：方程和边界条件都是齐次的。令 u(x,t) X(x)T(t) 代入方程及边界条件，得

T" 2bT'a2

T

X" X X(0) X(l) 0

由此得边值问题

X" X 0

X(0) X(l) 02

因此得固有值 n

n l

，相应的固有函数为

Xn

n(x) sinl

x,n 1,2, 又T(t)满足方程

T" 2bT' a

2

T 0

将 n代入，相应的T(t)记作Tn(t)，得Tn(t)满足 2

T

"

n

2bT'

an

n l

T 0

一般言之，b很小，即阻尼很小，故通常有

10

2

b2

an

l

,n 1,2,

故得通解 Tn(t) e

bt

(Ancos nt Bnsin nt)

其中 an 2

2

n l

b

所以

u(x,t) e

bt

(An

ncos nt Bnsin nt)sin

n 1

l

x h 再由始值，得 lx An nsinxn 1

l

0 ( bA B

nn n)sinn x

n 1l所以

l

A2hl2 xsinn xdx 2hn

( 1)n 1

0ln Bb

2bh

n An n ( 1)n 1

nn

所求解为

u(x,t)

2h

)n 1

e

bt

( 1(cos t bsinn

n 1

nn n

t)sinlx.n

§4 高维波动方程的柯西问题

1． 利用泊松公式求解波动方程 u2

tt a(uxx uyy uzz)

的柯西问题 ux3 y2t 0 z

utt 0 0

解：泊松公式

u 1 1

t ds 4 aM r

4 aSat

MrSat现 0, x3

y2

z

2

且

sM

rds (r, , )rsin d d |r at

at

00其中 (r, , ) (x rsin cos ,y rsin sin ,z rcos ) (x rsin cos )3

(y sin sin )2

(z rcos ) x3

y2

z 3x2

rsin cos 3xr2

sin2

cos2 r2sin3 cos3

2yzrsin sin rzsin

2

sin2 y2rcos

2yr2

sin cos sin r3

sin sin

2

cos

2

计算

(r, , )rsin d d

00

2

(x

3

y2z)rsin d d r(x3 y2z) 2 ( cos ) 0

00

4 r(x3 y2z)

2

2

3x

2

rsin cos rsin d d 3x2r

2

00

sin

2

d 0 cos d 00 2

2

3xr2sin2 cos2

rsin d d 3xr

3

sin3

d 2

00

0

cos d 3xr3[13cos3 cos ] 0

[ 2 14sin2 ]2

0 2 4xr3

00

r3sin cos3 rsin d d

11

2

r4 sin4 d

xr3

cos3 d 4 0

2

2

2yzrsin sin rsin d d 2yzr2 sin2

d sin d 0 00

2

2

r

2

zsin2 sin2 rsin d d rz00

sin3 d 0

sin2 d

r3z[13cos3 cos ] 12

430 [2 4sin2 ]0

3

rz 2

2

y

2

rcos rsin d d y2r

2

d 00

cos sin d 0

2

2yr

2

sin coc sin rsin d d

00

2

2yr3 sin2 cos d sin d 0

2

r

3

sin2 sin2

cos rsin d d

00

2

r4 sin3 cos d sin2 d 0

所以

ds [4 r(x2 y2z) 3

43M

r4 r 3 rz]r at

Sat

4 at[x2 y2z xa2t2 1

3

a2t2z]

u(x,y,z)=

1

t

4 a M

rSat

t[tx3 ty2z xa2t3 1

3

a2t2z]

x3 y2z 3a2t2x a2t2z

即为所求的解。

2． 试用降维法导出振动方程的达朗贝尔公式。 解：三维波动方程的柯西问题

u2

tt a(uxx uyy uzz)

uz),u t 0 (x,y,tt 0 (x,y,z)

当u不依赖于x,y,即u=u(z),即得弦振动方程的柯西问题：

ua2

tt uzz ut 0 (z),ut

t 0

(z)

利用泊松公式求解 u

1 1

t{4 a ds} Mr4 a rds Sat

M

Sat

因只与z有关，故

2

ds

sin d d

M

r

(z atcos )

00

at

(at)2Sat

2

d (z atcos )atsin d

令z+atcos = ,-atsin d =d

得

z at

rds 2 ( )d

M

Sat

z at

所以

z atz at

u(z,t) 11

t2az ( )d ( )d at2az

at

z at

12{ (z at) (z at)} 12az

( )d at

即为达郎贝尔公式。

3. 求解平面波动方程的柯西问题：

12

u2tt a uxx uyy

u|2t 0 x x y

ut|t 0 0

解： 由二维波动方程柯西问题的泊松公式得：

u x,y,t 1

,

2 a

t 22

2

d

m

at

at x y

2

d

,

d d m

at

a2t2 x2

y2

at2

1

2 a t

x rcos ,y rsin

2t2 r2

rdrd

a又

x rcos ,y rsin x rcos 2 x y rcos rsin x2

x y 2x x y rcos x y r2

cos

2

x2

r cos sin 2xr2

cos sin cos r3

cos

2

cos sin

2

2 2

因为

cos d 0, sin d 0, cos2

d 0

2 2

2

sin cos d 0, cos

3

d 0,cos2 sin d 0.

0

at2

所以

x rcos ,y rsin

0

a2t2 r

2

at

at

3

2 x

2

x y

rdr 3x y

a2t2

r

2

rdr0

a2t2

r

2

at

又

rdr22

a2 r2|at

t2

r

2

at

0

at

at

3at

rdr222

at

t2 r2rdr

a2t2 r2

r

2

at r| 2 a20

2222

3

at r

32

|a0

23

a3t3

于是 u x,y,t

1 2 a t 2 ax2

x y 23 a33 3x y

x2

x y a2t2

3x y 即为所求的解。

4. 求二维波动方程的轴对称解（即二维波动方程的形如u u r,t 的解，

r x2 y2).

解： 解法一：利用二维波动方程柯西问题的积分表达式

u x,y,t

1

, d d

2 a[ t

m

at2 x2

y2

att

, d d

]`

m

att

at2 x2

y2

由于u是轴对称的u u r,t ,故其始值 , 只是r 的函数，，u |t 0 r ,

um

2

2

t|t 0 r ,又 at为圆 x y a2t2.记圆上任一点p , 的矢径为

2 2圆心M(x,y)其矢径为r x2 y2记s

x 2 y 2

则由余弦定理

知， 2

r2

s2

2rscos ，其中 为oM与Mp的夹角。选极坐标(s, )。

， r2 s2 2rscos

, r

2

s2

2rscos

于是以上公式可写成

u 1 at2

x,y,t

2 a

t

r2 s2 2rscos

sdsd

at 2 s2

13

at2

r2 s2 2rscos

at2

s

2

由上式右端容易看出，积分结果和(r,t)有关，因此所得的解为轴对称解，即

u(r,t) 1 at2 r2 s2 2rscos

2 a[ t 0 0(at)2 s

2sdsd

at2

+

(r2 s2 2rcos

0

(at)2

s

2

sdsd ]解法二：作变换x rcos ,y rsin .波动方程化为

2u2

t2 a2( u1 u r

2

r r) 用分离变量法，令u(r,t)=R(r)T(t).代入方程得

T" a2 t 0

r2R" rR' r2R 0

解得：

T(t) A cosat B sina t

R(r) J0(r)

令

叠加得

u(r,t)

(A( )cos t B( )sin t)J0( )du

5.求解下列柯西问题

v2tt a(vxx vyy) c2v

v v

t 0 (c,y),

r (x,y) t 0cz[提示：在三维波动方程中，令u(x,y,z) ea

v(x,y,t)] cz

解：令 u(x,y,z,t)

eav(x,

y,t)

czczcz则 utt eav

tt,uxx

eav

xx,uyy

eav

yy

cz

uzz

c2aa

2ev 代入原问题，得

utt a2(uxx uyy uzz) czcz

u

ax,y),utat 0 e (t 0 e (x,y)

u(x,y,z,t) 1c

ea( , )1c

( , )

t{4 aS r} M

4 aS r M

at

at

SM2at:( x)2 ( y)2 ( z) a2t2

记SM M

at为上半球，Sat为下半球，

M

M

at为Sat在 o 平面上的投影。ds

at

a2d d ,则

t2

( x)2

( y)

2

c

, )

1c c

S

ea (M

r

ds

rea ( , )ds at

S 1

ea ( , )S

MMrds at

at

c

(z a2t2 ( x)2 ( y)2

a

)

e

M

a2t2

( x)2

( y)2

( , )d d

at

c

e

(z a2t2 ( x)2 ( y)2

a

) M

a2t2 ( x)2

( y)

2

( , )d d

at

czchc

a

a2t2 ( x)2 ( y)22e

a2t2 ( x)2 ( y)

2( , )d d M

at

cz2 atchc2t2 (c

2e

a

a

r)2

0

a2t2

r

2

(x rcos ,y rsin )rdrd

14

ccz2 atchc2t2

(r)

2所以 u(x,y,z)

a

t{12 a

e ax

0

a2t2 r

2

(rcos ,y rsin )tftf }

c2t2

c1

cz2 atch (r)

2

a

a2 a

e (x rcos ,y rsin )rdrd

0

a2t2 r

2

2 at

chc2t2

(cr)2于是 v(x,y,t) 1a t 2 a 0 0

a2t2 r2(x 21

2 at

chct2 (c

r)2

rcos ,y rsin )rdrd

a

2 a

0

a2t2

r

2

(x rcos ,y rsin )rdrd

即为所求的解。

6．试用

4第七段中的方法导出平面齐次波动方程

u2

tt a(uxx uyy) f(x,y,t) 在齐次初始条件 ut 0

0,ut

t 0

0

下的求解公式。

解：首先证明齐次化原理：若w(x,y,t, )是定解问题

w a2

tt(wxx wyy)

w

t o 0,wt f(x,y, )

t

的解，则u(x,y,t)

w(x,y,t, )d 即为定解问题

u2

tt a(uxx uyy) f(x,y,t)

ut 0 0,utt 0 0

的解。

显然，u

t 0

0

ut

t w(x,y,t, ) wt

w

t d 0 t

t （ wt 0）.所以

u t

t 0

0

又 2u w

t

2 t

2

t t

w2 0 t

t f(x,y,t) 2w

y

2

0 2

ut

2

2

t

2

x2 w2 , u2 0 w

0 x

y y2因为w满足齐次方程，故u满足

2u2 2u 2 u t2 f(x,y,t) a( x2 y

2) 齐次化原理得证。由齐次方程柯西问题解的泊松公式知

w(x,y,t, )

1

f( , , )

2 a

M

a2

(t )2

( x)2

( y)

2

da(t )

所以

ta(t )2

u(x,y,t)

1

f(x rcos ,y rsin , )

2 a 0

0

a2

(t )2

r

2

rdrd

即为所求的解。

所以 u(x,y,t) 1ta(t )2 f(x rco s,y rsin , )

2 a 0 0 0rdr dd a2(t )2 r

27．用降维法来解决上面的问题

解：推迟势

15

f( , ,t r

u(x,y,z,t)

1a)

4 a2

r at

r

dv 其中积分是在以(x,y,z)为中心，at为半径的球体中进行。它是柯西问题

2 utt a(uxx uyy uzz) f(x,y,z,t)

u

t 0 0,utt 0 0

的解。对于二维问题u，f皆与z无关，故

at

f( , ,t r

u(x,y,t)

1

)

4 a2

0S

rM

r

其中sM

r为以M(x,y,0)为中心r为半径的球面，即

SM2r:( x) ( y)2 2 r2

ds

r

r2

( x)2

( y)

2

d d

f( , ,t r)f( , ,t r)f( , ,t r

)

S

rM

rds S Mr

r S Mr

r

f( , ,t r

2a)

rM

r2 ( x)2 ( y)

2 d

其中s

M r

,s

M

M

MM

r

分别表示sr

的上半球面与下半球面，

r

表示sr

在 o 平面上的投影。at

f( , ,t r

所以 u(x,y,t)

1

)

2 a2

0

rM

r2 ( x)2 ( y)

2d d

at

1 r2 f(x cos ,y sin ,t r) 2 a2 0 2 d d dr 00r 2

在最外一层积分中，作变量置换，令t r

a

，即r a(t ),dr ad ，当r 0时 t，当r at时， 0，得

ta(t )2

u(x,y,t)

1

f(x cos ,y sin , )

2 a

a2

(t )2

2

d d d0

即为所求，与6题结果一致。

8． 非齐次方程的柯西问题

utt u 2(y t)

ut 0

0,u2

tt 0 x yz解：由解的公式得

f( , , ,t r

u(x,y,z,t)

1 )

4 a ds 1

(a 1)

Sr

4 a2M

at

r at

r

计算

ds (y rsin sin )(z rcos )]

S

2 0 [(x rsin cos )2tM

r

2

rsin d d

r t

0 (x2 yz 2xrsin cos r2sin2 cos2

2

yrcos zrsin sin r2

sin cos sin )rsin d d

r t

sin d d 4 , 00

2

si2 0 nco sd d 0 0

2

2

sin3 cos2

d d40 , 0

3 sin cos d d 0

00

16