偏微分方程

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),(t x u 满足方程
()⎪⎭
⎫
⎝⎛∂∂∂∂=⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂x u E x t u x t ρ 其中ρ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：
),();,(t x x u x x t x u x ∆++∆++
其相对伸长等于 ),()],([)],([t x x u x
x
t x u x t x x u x x x ∆+=∆∆-+-∆++∆+θ
令
0→∆x ，取极限得在点x 的相对伸长为x u ),(t x 。

由虎克定律，张力),(t x T 等于
),()(),(t x u x E t x T x =
其中)(x E 是在点x 的杨氏模量。

设杆的横截面面积为),(x S 则作用在杆段),(x x x ∆+两端的力分别为
x u x S x E )()(x u x x S x x E t x )()();,(∆+∆+).,(t x x ∆+
于是得运动方程
tt u x x s x ⋅∆⋅)()(ρx ESu t x =),(x x x x x ESu x x |)(|)(-∆+∆+
利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得
tt u x s x )()(ρx
∂∂
=
x ESu () 若=)(x s 常量，则得
22)(t
u x ∂∂ρ=))((x u x E x ∂∂∂∂
即得所证。

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l x x ==,0两点则相应的边界条件为
.0),(,0),0(==t l u t u
(2)若l x =为自由端，则杆在l x =的张力x
u
x E t l T ∂∂=)
(),(|l x =等于零，因此相应的边界条件为
x u
∂∂|l
x ==0 同理，若0=x 为自由端，则相应的边界条件为
x u
∂∂∣00
==x (3)若l x =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)(t v 给出，则在l x =端支承的伸长为)(),(t v t l u -。

由虎克定律有
x
u
E
∂∂∣)](),([t v t l u k l x --== 其中k 为支承的刚度系数。

由此得边界条件
)(
u x u σ+∂∂∣)(t f l x == 其中E
k =σ 特别地，若支承固定于一定点上，则,0)(=t v 得边界条件
)(
u x
u
σ+∂∂∣0==l x 。

同理，若0=x 端固定在弹性支承上，则得边界条件
x u
E
∂∂∣)](),0([0t v t u k x -== 即 )(u x
u
σ-∂∂∣).(0t f x -= 3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 2222)1(])1[(t
u h x x u h x x E ∂∂-=∂∂-∂∂ρ 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：
h
x l -
=1 所以截面积2
)1()(h
x x s -
=π。

利用第1题，得
])1([)1()(2222x
u
h x E x t u h x x ∂∂-∂∂=∂∂-ππρ
若E x E =)(为常量，则得
2
222)1(])1[(t u
h x x u h x x E ∂∂-=∂∂-∂∂ρ 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ρ，则x 点处的张力)(x T 为
)()(x l g x T -=ρ
且)(x T 的方向总是沿着弦在x 点处的切线方向。

仍以),(t x u 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
)(sin ))(();(sin )(x x x x l g x x l g ∆+∆+--θρθρ
其中)(x θ表示)(x T 方向与x 轴的夹角
又 .
sin x u tg ∂∂=≈θθ 于是得运动方程
x u
x x l t
u x ∂∂∆+-=∂∂∆)]([22ρ∣x u x l g x x ∂∂--∆+][ρ∣g x ρ
利用微分中值定理，消去x ∆，再令0→∆x 得
])[(2
2x u
x l x g t
u ∂∂-∂∂=∂∂。

5. 验证 2
221),,(y x t t y x u --=
在锥2
22y x t -->0中都满足波动方程
222222y u x u t u ∂∂+∂∂=∂∂证：函数2221),,(y
x t t y x u --=在锥2
22y x t -->0内对变量t y x ,,有
二阶连续偏导数。

且
t y x t t
u
⋅---=∂∂-
2
3
222)(
225
222232222
2
)(3)(t y x t y x t t
u
⋅--+---=∂∂--
)2()
(2222
3222
y x t y x t
++⋅--=-
x y x t x
u ⋅--=∂∂-2
3
222)(
(
)
(
)
2252222
32222
23x y x t y x t x
u -
--
-+-
-=∂∂
(
)()222252222y x t y x t -+--=-
同理 ()()222252222
22y x t y x t y
u
+---=∂∂-
所以
(
)().2222
22
2
522
22
22
2t u
y
x t
y x t y
u x
u ∂∂=++-
-=∂∂+
∂∂-
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t
u
b
∂∂-,故()x x x ∆+,上所受摩阻力为 ()()t
u
x
x s x p b ∂∂∆⋅⋅-
运动方程为:
()()()()t u x x s x b x x u ES t u ES t u
x x s x x x ∂∂∆⋅-∂∂-⎪⎭⎫
⎝⎛∂∂=∂∂⋅
∆∆+ρρ2
2
利用微分中值定理，消去x ∆,再令0→∆x 得
()()()()
.22t
u
x s x b x u ES x t u x s x ∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∂∂ρρ 若=)(x s 常数，则得
()()t u
x b x u E x t
u x ∂∂-⎪⎭⎫ ⎝⎛∂∂∂∂=∂∂ρρ22
若 ()()则得方程令也是常量是常量
,.,2
ρ
ρρE
a E x E x ===
.2
2
222x
u a t u b t u ∂∂=∂∂+∂∂
§2 达朗贝尔公式、 波的传抪
1. 证明方程
()常数01112
22
22 h t
u
h x a x u h x x ∂∂⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡∂∂⎪⎭⎫ ⎝⎛-∂∂ 的通解可以写成
()()x
h at x G at x F u -++-=
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:
()().,
:0x t
u
x u t ψ=∂∂==ϕ 解：令()v u x h =-则
()()()⎪⎭
⎫
⎝
⎛∂∂+-=∂∂-∂∂+=∂∂-x v u x h x
u x h x
v u x
u x h 2,
))(()()()()[(2222x
v u x h x u x h x u x h x v u x u x h x ∂∂+-=∂∂-+∂∂-+∂∂+-=∂∂-∂∂
又 ()2222t
v t u x h ∂∂=∂∂-
代入原方程，得
()()222221t
v x h a x v x h ∂∂-=∂∂-
即 2
22221t v a x v ∂∂=∂∂ 由波动方程通解表达式得
()()()at x G at x F t x v ++-=,
所以 ()()()
x h at x G at x F u -++-=
为原方程的通解。

由初始条件得
()()()[])1(1
x G x F x h x +-=
ϕ
()()()[]
x aG x aF x
h x //1
+--=ψ
所以 ()()()
())2(1
c d h a x G x F x
x +-=-⎰ααψα
由)2(),1(两式解出
()()()()()2
2121c
d h a x x h x F x
x o
+-+-=⎰ααψαϕ
()()()()()2
2121c d h a x x h x G x
x o
+---=⎰ααψαϕ 所以 )]()()()[()
(21
),(at x at x h at x at x h x h t x u +--+-+--=
ϕϕ
+
⎰+---at x at
x h x h a ()()(21
ψα.)ααd
即为初值问题的解散。

２．问初始条件)(x ϕ与)(x ψ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 ϕ与)(x ψ决定。

初值问题的解仅由右传播组成，必须且只须对 于任何t x ,
有 G(x+at)≡常数.
即对任何x, G(x)≡C 0
又 G （x ）=⎰-+x x a
C
d a x 02)(21)(21ααψϕ 所以)(),(x x ψϕ应满足
+)(x ϕ⎰=x
x C d a 01)(1ααψ（常数）
或 '
ϕ(x)+)(1x a
ψ=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）
⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧==∂∂=∂∂=+=-).()(0022
222x u x u x u a t u at x at x ψϕ ())0()0(ψϕ=
解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at) 令 x-at=0 得 )(x ϕ=F （0）+G （2x ） 令 x+at=0 得 )(x ψ=F （2x ）+G(0) 所以 F(x)=)2
(x ψ-G(0). G （x ）=)2
(x ϕ-F(0). 且 F （0）+G(0)=).0()0(ψϕ= 所以 u(x,t)=(
ϕ)2at x ++)2
(at
x -ψ-).0(ϕ 即为古尔沙问题的解。

4．对非齐次波动方程的初值问题
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧+∞<<-∞=∂∂==+∞<<-∞>=∂∂-∂∂)
()(),(,0),0()
,(22222x x t u x u t x t t x f x u a t u ψϕ
证明：
（1） 如果初始条件在x 轴的区间[x 1,x 2]上发生变化，那末对应的解在区间[1x ，
2x ]的影响区域以外不发生变化；
（2） 在x 轴区间[2,1x x ]上所给的初始条件唯一地确定区间[21,x x ]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)=⎰+-+
++-at
x at x a
at x at x 21)]()([21ϕϕ+ααψd )( +⎰⎰-+--t
t a x t a x d d f a 0
)()(.),(21τττξτξ
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 ϕ)(x ψ在[2,1x x ]上发生变化，若对任何t>0,有x+at<x 1或x-at>x 2,则区间[x-at,x+at]整个落在区间[2,1x x ]之外，由解的表达式知u(x,t)不发生变化，即对t>0,当x<x 1-at 或x>x 2+at,也就是（x,t ）落在区间[21,x x ]的影响域 )0(2>+≤≤-t at
x x at x t
之外，解u(x,t)不发生变化。

（1）得证。

(2). 区间[21,x x ]的决定区域为 at x x at x t -≤≤+>21,0 在其中任给（x,t ）,则
21x at x at x x ≤+<-≤
故区间[x-at,x+at]完全落在区间[21,x x ]中。

因此[21,x x ]上所给的初绐 条件)(),(x x βψϕ代入达朗贝尔公式唯一地确定出u(x,t)的数值。

5. 若电报方程
()GRu u LG CR CLu u t tt xx +++=
()为常数G R L C ,,,具体形如
()()()at x f t t x u -=μ,
的解（称为阻碍尼波），问此时G R L C ,,,之间应成立什么关系？ 解 ()()()at x f t t x u -=μ,
()()at x f t u xx -''=μ
()()()()at x f t a at x f t u t -'--'=μμ
()()()()()()at x f t a at x f t a at x f t u tt -''+-''--''=μμμ22
代入方程，得
()
()()()()()()()()()()()()()()0
212
=-++'++''+-'++'--''-at x f t GR t GR t LG CR t CL at x f t LG CR a t aCL at x f t CLa
μμμμμμμ
由于f 是任意函数，故f f f ''',,的系数必需恒为零。

即
()()()()()()()⎪⎩⎪
⎨⎧=+'++''=++'=-00
2012t GR t LG CR t CL t LG CR t CL CLa μμμμμ 于是得
21a
CL =
()()()LG CR a t u t u +-='2
2
所以 ()()t LG CR a e
c t u +-
=2
02
代入以上方程组中最后一个方程，得
()()024222
4≡++-
+⋅GR LG CR a LG CR a CL 又 ()GRCL LG CR CL a =+=
2
24
1,1得 即
()02=-LG CR
最后得到
R
G L C =
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
()()()()()⎪⎩
⎪
⎨⎧≥=∞<<=====00,000,002t t u x x u x u u a u t t t xx tt ψϕ 解：满足方程及初始条件的解，由达朗贝尔公式给出：
()()()()()⎰+-+-++=at
x at
x d a at x at x t x u ααψϕϕ21
21,。

由题意知()()x x ψϕ,仅在∞<<x 0上给出，为利用达朗贝尔解，必须将()()x x ψϕ,开
拓到0<<∞-x 上，为此利用边值条件，得
()()()()⎰-++=at
at
d at at ααψϕϕ21
0。

因此对任何t 必须有
()()at at --=ϕϕ
()0=⎰-at
at
d ααψ
即()()x x ψϕ,必须接奇函数开拓到0<<∞-x 上，记开拓后的函数为()()x x ψΦ,；
()()()()()()⎩⎨
⎧<-->=ψ⎩⎨
⎧<-->=Φ0,
0,
0,0,
x x x x x x x x x x ψψϕϕ 所以
()()()()()⎰+-
+-++=at
x at
x d a at x at x t x u ααψϕϕ21
21,
()()()()()()()()⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧>>
+--+><+-++=⎰⎰+-+-0,,
2121
0,,21
21x a
x
t d a x at at x x a x
t d a at x at x at x x at at x at
x ααψϕϕααψϕϕ。

7．求方程⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂=∂∂222222
222z u y u x u a t u 形如()t r f u ,=的解（称为球面波）其中222z y x r ++=。

解： ()t r f u ,=
x
r
r u x r r u x u ⋅∂∂=∂∂⋅∂∂=∂∂ `
⎪⎪⎭⎫
⎝⎛-∂∂+⋅∂∂=∂∂322222221r x r r u r x r u x u
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛-∂∂+⋅∂∂=∂∂322222221r y r r u r y r u y u )1(3222222
2r z r r u r
z r u z u -∂∂+⋅∂∂=∂∂ 代入原方程，得
)]3([3
22222
222r z y x r r u r u a t u ++-∂∂+∂∂=∂∂ 即 )2(22
222r
u r r u a t u ∂∂++∂∂=∂∂ 令 v ru =，则
222222222,r v
r u r
u r r v u r u r t v t u r ∂∂=∂∂+∂∂∂∂=+∂∂∂∂=∂∂， 代入方程，得 v 满足
2
2
222r v a t v ∂∂=∂∂ 故得通解 )()(),(at r G at r F t r v ++-= 所以 )()([1
at r G at r F r
u ++-=
8．求解波动方程的初值问题
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧=∂∂==∂∂-∂∂==x t u u x
t x u t u t t sin |,0sin 002222 解：由非齐次方程初值问题解的公式得
τξξτααττd d d t x u t t x t x t
x t x ⎰⎰⎰-+--+-+=0)
()
(sin 21
sin 21),(
=⎰----+---+-t
d t x t x t x t x 0
))](cos())([cos(21
)]cos()[cos(21ττττ
=⎰
-+t
d t x t x 0
)sin(sin sin sin τττ
=t t t x t x 0)]sin()cos([sin sin sin τττ-+-+ =x t sin 即 x t t x u sin ),(= 为所求的解。

9．求解波动方程的初值问题。

⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨
⎧+==++===200222
11|,0|)1(x u u x tx u a u t t t xx tt
解： ⎰⎰⎰-+--+-
+++=t t a x t a x at x at x d d d a t x u 0)
()
(222)1(1121),(τττξξξτ
αα ⎰+---+=+at
x at
x at x arctg at x arctg d )()(11
2αα ⎰⎰⎰-+---+--+-=+t
t a x t a x t t a x t a x d d d 0)
()(20)()(22])1(21[)1(τξττξξξτττττ
=⎰-++--++t
d t a x t a x 022]))
((1)((1[21τττττ =⎰⎰-++-+++---x
at x x
at x du u a u
at x du u a u at x )
1(21)1(212
222
=⎰⎰⎰+--++++++--at
x at
x x at x x
at x u du
a t u du za t du u u x a 2
222
121121 =22
22)
(1)(1ln 41))()((2at x at x a at x arctg at x arctg a x -+++++-- +
)]()(2[2at x arctg at x arctg arctgx a t
+--- =)()(21)()(212
2at x arctg at x a
at x arctg at x a ++--- +222)
(1)(1ln 41at x at x a arctgx a t -++++ 所以
})(1)
(1ln 212)()2()()2{(41),(2
2
2
23at x at x atarctgx at x arctg a at x at x arctg a at x a
t x u -++++++⋅⋅-+----=
§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)
⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⎪⎨⎧==<<-=∂∂=∂∂=∂∂==0),(),0()0()1(,3sin 0
22
222t l u t u l x x x t u l x u x u a t u o
t t π
解：边界条件齐次的且是第一类的，令
)()(),(t T x X t x u =
得固有函数x l
n x X n π
sin
)(=，且 t l
an B t l an A t T n n n π
πsin cos )(+=，)2,1( =n
于是 ∑∞
=+=
1
sin )sin cos
(),(n n n x l
n t l an B t l an A t x u π
ππ 今由始值确定常数n A 及n B ，由始值得
∑∞==1
sin 3sin n n x l n A l x π
π
∑
∞
==-1
sin )(n n x l n B l an x l x π
π 所以 ,13=A ,0=n A 当3≠n
⎰-=l
n xdx l n x l x an B 0
sin )(2π
π
⎩⎨⎧ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+-=x l n x n l x l n n l x l n x n l l an ππ
ππππ
π
cos sin cos 2
22
22 )}
))1(1(4cos 2sin 2443
333222n l
an l x
l n n l x l n n x l --=--π
π
π
ππ 因此所求解为
∑∞
=--+
=1
4
4
3
s i n s i n )1(143s i n 3c o s ),(n n x l n t l an n a l x l t l a t x u π
ππππ
(2) ⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎪⎪⎨⎧=∂∂==∂∂==∂∂-∂∂0)0,(,)0,(0),(0
),0(022222x t
u
x l h x u t l t u
t u x u a t u 解：边界条件齐次的，令 )()(),(t T x X t x u =
得：⎩⎨
⎧='==+''0)(,
0)0(0
l X X X X λ (1)
及 )2(02
=+''X a T λ。

求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形讨论。

1 0<λ时，方程的通解为
x
x
e C e
C x X λλ--
-+=21)(
由0)0(=X 得021=+c c 由0)(='l X 得021=-----
-l
l
e C e
C λλλλ
解以上方程组，得01=C ，02=C ，故0<λ时得不到非零解。

2 0=λ时，方程的通解为x c c x X 21)(+=
由边值0)0(=X 得01=c ，再由0)(='l X 得02=c ，仍得不到非零解。

30>λ时，方程的通解为
x c x c x X λλsin cos
)(21+=
由0)0(=X 得01=c ，再由0)(='l X 得
0cos 2
=l c λλ 为了使02≠c ，必须 0cos
=l λ，于是
2
212⎪⎭
⎫
⎝⎛+==πλλl n n )2,1,0( =n
且相应地得到x l
n x X n π21
2sin
)(+= )2,1,0( =n 将λ代入方程(2)，解得
t a l
n B t a l n A t T n n n ππ21
2sin 212cos
)(+++= )2,1,0( =n 于是 ∑∞
=++++=0
21
2sin )212sin 212cos
(),(n n n x l
n t a l n B t a l n A t x u πππ 再由始值得
⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧++=+=∑∑∞
=∞
=00
212sin 2120212sin n n n n x
l n B a l n x l n A x l h
πππ 容易验证⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧+x l n π212sin
)2,1,0( =n 构成区间],0[l 上的正交函数系： ⎪⎩⎪⎨⎧=≠=++⎰n m l n
m xdx l n x l m l
当当2
0212sin 212sin 0ππ 利用⎭
⎬⎫
⎩⎨⎧
+x l n π212sin
正交性，得 xdx l
n x l h l A l
n π212sin 20+=⎰
l
x l n n l x l n x n l l h 0
2
2212sin )12(2212cos )12(22⎪⎭⎪⎬⎫⎪⎩
⎪
⎨⎧+⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛++++-=ππππ
n
n h )1()12(82
2-+=
π
0=n B
所以 ∑∞
=+++-=02
221
2s i n 212c o s )
12()1(8),(n n x l n t a l n n h
t x u πππ 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
⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧=∂∂===∂∂=∂∂0)0,()0,(sin ),(,
0),0(22
222x t u x u t A t l u t u x u a t u ω 求解此问题。

解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，取t x l
A
t x U ωsin ),(=，则),(t x U 满足
0),0(=t U ，t A t l U ωsin ),(=
令),(),(),(t x v t x U t x u +=代入原定解问题，则),(t x v 满足
)1()0,(0)0,(0),(,0),0(sin 22
2222⎪⎪⎩
⎪
⎪⎨⎧-=∂∂===+∂∂=∂∂x l A x t v x v t l v t v t x l A x v a t v ωωω
),(t x v 满足第一类齐次边界条件，其相应固有函数为x l
n x X n π
sin
)(=，)2,1,0( =n 故设 )2(sin
)(),(1
∑∞
==
n n x l
n t T t x v π
将方程中非齐次项
t x l A ωωsin 2及初始条件中x l A ω-按⎭
⎬⎫
⎩
⎨⎧x l n π
sin 展成级数，得 ∑∞
==1
2sin )(sin n n x l n t f t x l A π
ωω
其中 ⎰=l
n xdx l
n t x l A l t f 02sin sin 2)(π
ωω
l
x l n n l x l n x n l t l A 0
22222sin cos sin 2⎭⎬⎫
⎩⎨
⎧+-=ππππ
ωω x l
A t n A n ωωπω--=+sin )1(212
x l
n n n π
ψsin
1
∑∞
== 其中 n l
n n A xdx l n x l A l )1(2sin 202-=-=⎰πω
πωψ 将(2)代入问题(1)，得)(t T n 满足⎪⎪⎩
⎪⎪⎨
⎧-='=-=⎪⎭
⎫
⎝⎛+''+n
n n n n
n
n A T T t n A t T l an t T )1(2)0(,0)0(sin )1(2)()(12
2
π
ω
ωπωπ
解方程，得通解2212)(sin )1(2sin cos )(ϖπϖπϖππ-⋅-++=+l
an t
n A t l an B t l an A t T n n n n
由始值，得0=n A
222222231)(2)1(}))((2)1(2)1{(1l an al A l an n l A n A an B n n n n ϖπϖϖππϖπϖπ--=----=+ 所以 ∑∞
=--=12
2sin )
()(2)1({),(n n t l an l an al A t x v π
ϖπϖ
x l n t n l an l A n π
ϖπ
ϖπϖsin }sin 1)()(2)1(22221⋅--++
x l n t n l t l an a l an l A n π
ϖπϖπϖπϖsin }sin sin {)
()()1(212
22∑∞
=---= 因此所求解为
∑∞
=--+=1
2
22
)()()1(2sin ),(n l an l A t x l A t x u ϖπϖϖ
x l
n t nt l t l an a π
ϖϖπsin }sin sin
{-⨯
3．用分离变量法求下面问题的解
⎪⎪⎪
⎩
⎪
⎪
⎪⎨⎧===∂∂=+∂∂=∂∂====0||0
||00022
222l x x t t u u t u u bshx x u a t u 解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为 ),2,1(sin
)( ==n x l
n x X n π
设 ∑∞
==
1
sin
)(),(n n x l
n t T t x u π 将非次项bshx 按}{sin
x l
n π
展开级数，得 ∑∞
==1
sin
)(n n x l
n t f bshx π 其中 shl bn l
n xdx l n shx l b t f n l
n πππ2)1(sin 2)(2221
0+-==+⎰ 将 ∑∞
==
1
s i n )(),(n n
x l n t T t x u π
代入原定解问题，得)(t T n 满足 ⎪⎩⎪⎨
⎧='=+-=+'
'+0
)0(,0)0(2)1()()(
)(22212n n n n n T T shl l n bn t T l an t T πππ 方程的通解为
shl l
n bn an l t l an B t l an A t T n n n n 12222)1(2)(sin cos
)(+-+⋅++=ππ
πππ 由0)0(=n T ，得：shl l
n bn an l A n n 12
222)1(2)(+-+-=ππ
π 由0)0(='n T ，得0=n B 所以 )cos 1()1(2)1()(12222t l
an shl l n bn an t T n n ππππ--+=+ 所求解为
∑∞=+-+-=12
22122sin )cos 1()
()1(2),(n n x l n t l an l n n shl a bl t x u π
πππ 4．用分离变量法求下面问题的解：
⎪⎪⎪⎩
⎪
⎪⎪⎨⎧=∂∂===>∂∂=∂∂+∂∂====0|,|0||)0(20002
2
222t t l x x t u x l h u u u b x u a t u b t u
解：方程和边界条件都是齐次的。

令 )()(),(t T x X t x u = 代入方程及边界条件，得
λ-==+X X T
a bT T "
2
'"2 0)()0(==l X X
由此得边值问题
⎩⎨
⎧===+0
)()0(0"l X X X X λ 因此得固有值2
⎪⎭
⎫
⎝⎛==l n n πλλ，相应的固有函数为
,2,1,sin )(==n x l
n x X n π
又)(t T 满足方程 022
'
"
=++T a
bT T λ
将n λλ=代入，相应的)(t T 记作)(t T n ，得)(t T n 满足 022
'
"=⎪⎭
⎫
⎝⎛++T l an bT T n n
π
一般言之，b 很小，即阻尼很小，故通常有
,2,1,2
2=⎪⎭
⎫
⎝⎛<n l an b π
故得通解 )sin cos ()(t B t A e t T n n n n bt n ωω+=-
其中 2
2
b l an n -⎪⎭
⎫ ⎝⎛=πω
所以
x l
n t B t A e
t x u n n n n n bt
πωωsin
)sin cos (),(1
+=∑∞
=- 再由始值，得 ⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧+-==∑∑∞
=∞=x
l n B bA x l n A x l h n n n n n n πωπsin )(0sin 11
所以
10
2)1(2sin 2+-==⎰n l
n n h xdx l n x l h A ππ 1)1(2+-=
=n n
n n
n n bh
A b
B πωω 所求解为
.sin )sin (cos )1(2),(1
1x l n t b t n e
h
t x u n
n n n n bt
π
ωωωπ
+-=
∑∞
=+-
§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 )(2zz yy xx tt u u u a u ++=
的柯西问题 ⎪⎩⎪⎨⎧=+===0
0230t t t u z
y x u
解：泊松公式
ds r a ds r a t u Sat M Sat M ⎰⎰⎰⎰+⎪⎭
⎪⎬⎫⎪⎩⎪⎨⎧∂∂=ψ
πφπ4141 现 z y x 2
3
,0+==φψ
且 ⎰⎰⎰⎰=Φ=Φ
ππ
ϕθθϕθ020|sin ),,(at r s d d r r ds r M
at
其中 )cos ,sin sin ,cos sin (),,(θϕθϕθϕθr z r y r x r +++Φ=Φ )cos ()sin sin ()cos sin (2
3
θϕθϕθr z y r x ++++= ϕθϕθϕθ33222
2
2
2
3
cos sin cos sin
3cos sin 3r xr r x z y x ++++=
θϕθϕθcos sin sin sin sin 2222r y rz yzr +++
θϕθϕθθcos sin sin sin cos sin 2232r yr ++
计算
⎰⎰Φππ
ϕθθϕθ020
sin ),,(d d r r
)
(4)cos (2)(sin )(23020
2323
z y x r z y x r d d r z y x
+=-⋅+=+⎰⎰πθπψθθππ
π
⎰⎰⎰⎰==⋅ππ
π
π
ϕϕθθϕθθϕθ020
202
2
22
0cos sin
3sin cos sin 3d d r
x d d r r x
⎰⎰⎰⎰=⋅ππ
π
πϕϕθθϕθθϕθ020
20
233222
cos sin 3sin cos sin 3d d xr d d r xr
π
πφφθθ20033]2sin 4
12[
]cos cos 31[3+⋅-=xr ϕθθϕθπππ
d d r r xr sin cos sin 433020
3
⋅=⎰⎰
3320
4
4
4cos sin xr d d r
πϕϕθ
θπ
π
==⎰
⎰
⎰⎰⎰⎰==⋅π
π
ππ
ϕϕθθϕθθϕθ0
202
2
020
0sin sin
2sin sin sin 2d d yzr d d r yzr
z r z r d d rz d d r z r 320
03320
20
3
020
2
2
2
3
4]2sin 412[]cos cos 31[sin sin sin sin sin πϕϕθθϕϕθθϕθθϕθπππ
π
ππ
=-⋅-==⋅⎰⎰⎰⎰
⎰⎰⎰⎰==⋅π
π
ππ
ϕθθθϕθθθ0
20
2
2020
2
0sin cos sin cos d d r
y d d r r y
⎰⎰⎰⎰==⋅⋅π
πππ
ϕϕθθθϕθθϕθθ20
23020
2
sin cos sin 2sin sin sin 2d d yr d d r coc yr
⎰⎰⎰
⎰
=⋅=⋅ππ
ππ
ϕϕθθθϕθθθϕθ0
20
234020
2230
sin cos sin sin cos sin sin d d r d d r r
所以
]
3
1
[4]344)(4[22222233
22z t a t xa z y x at z r r z y x r ds r Sat
M
at
r +++=+++=Φ⎰⎰=ππππ
u(x,y,z)=
⎰⎰Φ
⋅∂∂Sat
M r
a t π41
z t a x t a z y x z t a t xa z ty tx t 2222232232233]
3
1
[+++=+++∂∂=
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
⎪⎩⎪⎨
⎧==++===)
,,(),,,()
(002
z y x u z y x u u u u a u t t t zz yy xx tt φϕ 当u 不依赖于x,y,即u=u(z),即得弦振动方程的柯西问题：
⎪⎩⎪⎨⎧=====)(),(0
02z u z u u a u t t
t zz tt φϕ
利用泊松公式求解 ⎰⎰⎰⎰+∂∂=
Sat
M Sat
M ds r
a ds r a t u ϕ
πϕπ41}41{ 因只与z 有关，故
⎰⎰⎰⎰
⋅+=
Sat
M
d d at at
at z ds r
ππ
ϕθθϕϕϕ
200
2sin )()
cos (
θθθϕϕπ
π
d at at z d sin )cos (20
⎰⎰+=
令α= atcos +z ,α d = d atsin -
得 ⎰⎰⎰+-=Sat
M at
z at
z d ds r ααϕπϕ
)(2
所以
⎰⎰+-+-
+∂∂=at z at z at
z at z d a d a t t z u ααφααϕ)(21
)(21),(
⎰+-
+-++=at
z at z d a at z at z ααφϕϕ)(21
)}()({21 即为达郎贝尔公式。

3. 求解平面波动方程的柯西问题：
()
()
⎪⎩⎪⎨⎧=+=+===0
||0202t t t yy
xx tt u y x x u u u a u
解： 由二维波动方程柯西问题的泊松公式得：
()()
()()
⎪⎩
⎪⎨
⎧
∑----∂∂
=⎰⎰m
at d d y x t a t a t y x u ηζηζηζϕπ2
2
2
2,21,,
()
()()
⎪⎭
⎪⎬⎫
∑----+
⎰⎰
m
at
d d y x t a ηζηζηζψ2
2
22,
()
⎰
⎰-++∂∂
=
π
θθθϕπ20
2
2
20
sin ,cos 21rdrd r
t a r y r x t
a at
又
()()()θθθθϕsin cos cos sin ,cos 2r r y x r x r y r x ++++=++
()()()θθ2
2
2
cos
cos 2r y x r y x x y x x +++++=
()()θθθθθcos sin cos 2sin cos 2
2
++++xr r x ()θθθsin cos cos
2
3
++r
因为
⎰⎰⎰===π
ππ
πθθθθθθ
20
2
20
20
c o s ,0s i n ,0c o s
d d d
.0sin cos ,0cos ,0cos sin 20
220
3
20
⎰⎰⎰===π
π
π
θθθθθθθθd d d 所以
()
⎰⎰
-++at rdrd r
t a r y r x 020
2
22sin ,cos θθθϕπ
()
()⎰
⎰
-++-+=at
at
r
t a dr r y x r
t a rdr y x x 0
2
2
232
2
22
32ππ
又
⎰
=--=-at
at
at r t a r t a rdr 0
02222
22|
⎰
⎰-+--=-at
at
at
rdr r t a r t a r
r t a dr r 0
2220
2
222
2
2232|
()33023
2223
2|32t a r t a a
=--=
于是 ()()()⎪⎭
⎫ ⎝⎛+++∂∂=
y x a y x ax t a t y x u 332221,,332
πππ
()()y x t a y x x +++=3222 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()t r u u ,=的解，
)22y x r +=
.
解： 解法一：利用二维波动方程柯西问题的积分表达式
()()()()()()()()()]`
,,[21,,2
2
22
2
2⎰⎰⎰⎰∑
----+
∑
----∂∂
=
m
att
m
att
y x at d d y x at d d t
a t y x u ηζη
ζηζψηζη
ζηζϕπ
由于u 是轴对称的(),,t r u u =故其始值ϕ,ψ只是r 的函数，()r u t ϕ===0|，,
()()().,|222
2
0t a y x r u m
at t t ≤-+-=∑=ηζψ为圆又记圆上任一点()ηζ,p 的矢径为ρ
22ηζρ+=圆心),(y x M 其矢径为22y x r +=记()()22y x s -+-=
ηζ则由余弦
定理知，θρcos 22
2
2
rs s r -+=，其中θ为oM 与Mp 的夹角。

选极坐标),(θs 。

()()(
)θϕρϕηζϕcos 222rs s r -+==，
()()()θψρψηζψcos 2,2
2
rs s r
-+==
于是以上公式可写成
()(
)()⎢⎢⎣
⎡--+∂∂=
⎰
⎰θθ
ϕππ
sdsd s at rs s r t
a t y x u at 20
2
2220
cos 221,,
(
)()⎥⎦
⎤--++⎰
⎰
θ
θ
ψπ
sdsd s at rs s r at 20
2
2220
cos 2 由上式右端容易看出，积分结果和),(t r 有关，因此所得的解为轴对称解，即
⎰⎰-++∂∂=
at sdsd s
at rs s r t a t r u 0202222)(cos 2[21),(πθθϕπ +
])(cos 2(020
2
2
22θθ
ψπ
sdsd s
at r s r at ⎰⎰
--+
解法二：作变换θcos r x =,θsin r y =.波动方程化为
)1(2
2
222r u r r
u a t u ∂∂-+∂∂=∂∂ 用分离变量法，令u(r,t)=R(r)T(t).代入方程得
⎪⎩⎪⎨⎧=++=+0
2'"22"R r rR R r t a T λλ
解得：
⎪⎩⎪⎨⎧=+=)
()(s i n c o s )(0r J r R t a B t a
A t T λλλλλ
令
μλ=叠加得
du J t B t A t r u )()sin )(cos )((),(00
μγαμμαμμ⎰
∞
+=
5.求解下列柯西问题
⎪⎩
⎪
⎨⎧=∂∂=++===),(),,()(0022y x r v
y c v v c v v a v t t yy xx tt ψϕ [提示：在三维波动方程中，令),,(),,(t y x v e z y x u a
cz =] 解：令 ),,
(),,,(t y x v e t z y x u a cz
=
则 yy a cz yy
xx a cz xx
tt a cz
tt v
e u v
e u v
e u =
=
=,,
v e a
c u a cz
zz
22=
代入原问题，得
⎪⎩⎪⎨⎧==++===)
,(),,()(002y x e u y x e u
u u u a u a cz
t t a cz t zz yy xx tt ψϕ ds a ds a t t z y x u M
at
c M at
a c S r e S r e ⎰⎰⎰⎰+∂∂=)
,(41}41{),,,(),(ηξψζ
ζ
ππηξϕ 22222)()()(:t a z y x S M
at =-+-+-ζηξ
记+M at S 为上半球，-M at S 为下半球，
∑
M
at 为M at S 在ηξo 平面上的投影。

ηξηξd d y x t a at
ds 2
2
2
2)
()(----=
,则
⎰⎰
⎰⎰
⎰⎰
+-+
=
M
at
M at
M at
S
S
S a
c a
c a c ds e r
ds e r
ds r e ),(1),(1)
,(ηξϕηξϕηξϕξξζ
⎰⎰
∑----=
----+M
at
d d y x t a e
y x t a z a
c
ηξηξϕηξηξ),()()(2
2
2
2))()((2222
ηξηξϕηξηξd d y x t a e
M
at
y x t a z a
c
),()
()(2
2
22))()((2222⎰⎰
∑----+
-----
ηξηξϕηξηξd d y x t a y x t a a c
ch e
M
at
a
cz ),()
()()()(222222222⎰⎰
∑--------= θθθϕπrdrd r y r x r t a r a
c
t c ch e
at a
cz )sin ,cos ()(2200
2
2
22
22++--=⎰⎰
所以 +--∂∂=
⎰⎰
x r
t a r a c t c ch e a
t z y x u at
a
cz ()(21{),,(200
2
2222
2ϕππ
++})sin ,cos θθθtftf r y r
θθθψππrdrd r y r x r
t a r a
c
t c ch e a
at a
cz )sin ,cos ()(21
200
2
2
22
22++--⎰⎰
于是 +--⎩⎨⎧∂∂=
⎰⎰x r t a r a
c
t c ch a t t y x v at
()(21),,(200
2
2
22
22ϕππ
}+--+
++⎰⎰
x r
t a r a
c
t c ch a
rdrd r y r at
()(21)sin ,cos 200
2
2
22
22ψπθθθπ
θθθrdrd r y r )sin ,cos ++
即为所求的解。

6．试用4ς第七段中的方法导出平面齐次波动方程 ),,()(2
t y x f u u a u yy xx tt ++= 在齐次初始条件 0,00
====t t
t u u
下的求解公式。

解：首先证明齐次化原理：若),,,(τt y x w 是定解问题
⎪⎩⎪⎨⎧=+===)
,,(,0)(2
ττy x f w w w w a w t o t yy xx tt
的解，则⎰
=t d t y x w t y x u 0
),,,(),,(ττ即为定解问题
⎪⎩⎪⎨⎧==++===0
,0)
,,()(002
t t t yy xx tt u u t y x f u u a u
的解。

显然，00
==t u
ττττd t w d t w t y x w t u t
t
t ⎰⎰∂∂=∂∂+=∂∂=0
0),,,( （ 0==τt w ）.所以
00
=∂∂=t t
u
又 ττd t
w
t w
t u t
t
⎰∂∂+∂∂=
∂∂=0222
2
τττ
d y w
y u d x
w x u d y
w
t y x f t
t
t
⎰⎰⎰∂∂=∂∂∂∂=∂∂∂∂+=22
22
022
22
0220,),,(
因为w 满足齐次方程，故u 满足
)(),,(2222222y
x u a t y x f t u u ∂∂+∂∂+=∂∂ 齐次化原理得证。

由齐次方程柯西问题解的泊松公式知
ηζηζττηζπττd d y x t a f a
t y x w M
t a ⎰⎰
∑-----=
-)
(2
2
2
2
)
()()()
,,(21),,,(
所以
θττθθπτπ
rdrd r
t a r y r x f a t y x u t t a ⎰⎰⎰
---++=
)(0
20
2
2
2
)()
,sin ,cos (21
),,(
即为所求的解。

所以 ⎰⎰⎰---++=
t t a d r d r d r
t a r y r x f a t y x u 0)(020222)()
,s i n ,c o s (21),,(τπτθττθθπ 7．用降维法来解决上面的问题
解：推迟势
dv r
a r
t f a t z y x u at
r ⎰⎰⎰
≤-=
)
,,(41),,,(2
ηξπ 其中积分是在以),,(z y x 为中心，at 为半径的球体中进行。

它是柯西问题
⎪⎩⎪
⎨⎧==+++===0
,0),,,()(002t t t zz yy xx tt u u t z y x f u u u a u
的解。

对于二维问题u ，f 皆与z 无关，故
dsdr r
a r
t f a t y x u at
S M r ⎰⎰⎰
-
-=
02
)
,,(41
),,(ηξπ 其中M
r s 为以)0,,(y x M 为中心r 为半径的球面，即
2222)()(:r y x S M r =+-+-ζηξ
ηξηξd d y x r r
ds 2
2
2
)
()(----=
ds r a r
t f ds r a r t f ds r a r t f M r
M r
M
r S S S ⎰⎰⎰⎰⎰⎰
-
+-+-=-)
,,(),,(),,(ηξμξηξ
ηζηξηξd d y x r a r
t f M
r ⎰⎰
∑-----=222)
()()
,,(2
其中-+M r M r s s ,分别表示M r s 的上半球面与下半球面，
∑
M r 表示M r s 在ηξo 平面上的投影。

所以 ⎰⎰⎰
∑-----=
at
rM
d d y x r a r
t f a t y x u 02222
)
()()
,,(21
),,(ηξηξηξπ
dr d d r a r t y x f a at
r ⎰⎰⎰⎪⎪
⎭
⎪⎪⎬⎫⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧--++=0020222),sin ,cos (21πθρρρθρθρπ 在最外一层积分中，作变量置换，令τ=-
a
r
t ，即),(τ-=t a r τad dr -=，当0=r 时t =τ，当at r =时，0=τ，得
⎰⎰⎰
---++=
t t a d d d t a y x f a t y x u 0
)(0
20
2
2
2
)()
,sin ,cos (21
),,(τπ
τθρρρ
ττθρθρπ
即为所求，与6题结果一致。

8． 非齐次方程的柯西问题
⎩⎨⎧+==-+∆===yz x u u t y u u t t t tt 2
00
,0)
(2 解：由解的公式得
)1()
,,,(41
41),,,(2=-+=
⎰⎰⎰⎰⎰
≤a dV r
a r
t f a ds r a t z y x u M at
S at
r ζηξπψπ
计算
⎰⎰⎰⎰⋅
++++=M
t S r z r y r x ds r ππ
θϕθϕθψ
020
2
)]cos )(sin sin ()
cos sin [(⎰⎰+++=⋅=ππ
ϕθϕθϕ
θθ020
2
222cos sin cos sin 2(sin r xr yz x d d r t r t
r d d r r zr yr =+++ϕ
θθϕθθϕθθsin )sin cos sin sin sin cos 2
⎰
⎰=πππϕθθ020
,4sin d d
⎰
⎰=ππ
ϕθϕθ020
20cos sin d d
⎰⎰=ππ
πϕθϕθ020
2
3
,34
cos sin d d ⎰⎰=ππ
ϕθθθ020
0cos sin d d
⎰⎰=ππ
ϕθϕθ020
2
,0sin sin
d d
⎰⎰=ππ
ϕθϕ
θθ020
2
.0s i n c o s s i n d d 所以
⎰⎰
++=M
t S t yz x t ds r 323
4)(4ππψ
计算
⎰⎰⎰
⎰⎰⎰≤≤+-+=-t
r t
r d drd r r r t r y dV r r t f ϕθθϕθζηξsin )sin sin (2),,,(2
⎰⎰⎰+-+=t d drd r r t r y 0020sin )sin sin (2ππ
ϕθθϕθ
⎰⎰+-=t drd r r t y 00
sin )(4π
θθπ
.3443)(218320
32
t yt r r t y t
πππ-=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=
所以 3
2323
131)(),,,(t yt t yz x t t z y x u -+++=
)(2
yt yz x t ++=
即为所求的解。

§5 能量不等式，波动方程解的唯一和稳定性
1． 设受摩擦力作用的固定端点的有界弦振动，满足方程 t xx tt cu u a u -=2 证明其能量是减少的，并由此证明方程
f cu u a u t xx tt +-=2
的混合问题解的唯一性以及关于初始条件及自由项的稳定性。

证：
1 首先证明能量是减少。

能量 ⎰
+=l
x t dx u a u t E 0
2
22)()(
⎰+=l
xt x tt t dx u u a u u dt t dE 0
2)22()
(
]|[220
2
0dx u u u u a dx u u xx l
t l
t x tt l t ⎰⎰-+=
l
t x xx tt l t u u a dx u a u u 0
2
2
|2)(2+-=⎰
因弦的两端固定， ,0|,0|0====l x x u u 所以
0|,0|0====l x t x t u u
于是
dx u a u u dt t dE xx tt l
t )(2)
(20
-=⎰ 020
2
<-=⎰
dx u c l
t ()0>c
因此，随着t 的增加，)(t E 是减少的。

.
2 证明混合问题解的唯一性 混合问题:
⎪⎩⎪
⎨⎧====+-=====)
(|),(|0
|,0|00
02x u x u u u f cu u a u t t t l x x t xx tt ψϕ 设21,u u 是以上问题的解。

令,21u u u -=则u 满足
⎪⎩⎪
⎨⎧====-=====0
|,0|0|,0|00
02t t t l x x t
xx tt u u u u cu u a u
能量 dx u a u t E x l
t )()(2
20
2+=⎰
当,0=t 利用初始条件有,0|0==t t u 由,0|0==t u 得
0|0==t x u 所以 0)0(=E
又)(t E 是减少的，故当,0)0()(,0=≤>E t E t 又由)(t E 的表达式知,0)(≥t E 所以
0)(≡t E 由此得,0≡t u 及,0≡x u 于是得到
≡u 常量
再由初始条件,0|0==t u 得,0≡u 因此,21u u ≡即混合问题解的唯一的。

3.
证明解关于初始条件的稳定性，即对任何,0.>ε可以找到,0>η只要初始条件之差
2121,ψψϕϕ--满足
ηψψηϕϕηϕϕ<-<-<-222||||,||||,||||212121L L x x L
则始值),(11ψϕ所对应的解1u 及)(22ψϕ-所对应的解2u 之差21u u -满足
ε<-2||||21L u u
或
ε<-⎰⎰T l
dxdt u u 00
2
21)
(
令 ⎰
=l
dx t x u t E 0
2
0),()(
dx u dx u dx u u dt t dE l l l
t t ⎰⎰⎰+≤⋅=000
2202)
( )()(0t E t E +≤ 即
)()((0t E e t E e dt
d t t
--≤ 积分得 ⎰-+≤t
t
t
d E
e e
E e t E 0
00)()0()(τττ 又)0()(E E ≤τ,所以 ⎰
-+≤t
t
t d e
E e E e t E 0
000)0()0()(ττ
即 )0()1()()(00E e t E e t E t t -+≤
记2121~,~ψψψϕϕϕ-=-=，则2
1~u u u -=满足。