数学物理方程第三版第一章答案

1、数学物理方程第三版答案第一章波动方程 1 方程的导出。定解条件u(x,t) 表示静止时在x点处的1细杆(或弹簧)受某种外界原因而产生纵向振动，以点在时刻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Euxx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：x u(x,t);x x u(x x,t)其相对伸长等于x x u(x x,t) x u(x,t) x ux(x x,t)x令 x 0，取极限得在点x的相对伸长为ux (x,t) 。

2、由虎克定律，张力T(x,t)等于T(x,t) E(x)ux(x,t)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E(x)S(x)ux (x,t); E(x x)S(xx)ux (xx,t).于是得运动方程(x)s(x) x utt (x,t) ESux (x x) |x x ESux (x) |x利用微分中值定理，消去x ，再令x0 得(x)s(x)utt(ESux )x若 s(x) 常量，则得2 uu(x)2 =(E(x) u)tx 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

3、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) u | x l 等于零，因此相x应的边界条件为u | x l =0x同理，若x0为自由端，则相应的边界条件为u x 0 0x(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E u x l ku(l,t) v(t) x其中 k 为支承的刚度系数。由此得

4、边界条件( u u) x l f(t) 其中kxE特别地，若支承固定于一定点上，则v(t) 0,得边界条件( u) x l 0。 x同理，若x0端固定在弹性支承上，则得边界条件E u x 0 ku(0,t) v(t)x即( u u) x0 f(t).x23. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为E (1 x)2 u (1 x)2u2x hxht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：l1x h所以截面积s(x) (1 x)2。利用第1 题，得h2x2 ux2 u(x) (1)22 E (1)2ht x hx若 E(x) E 为常量，则得E

5、x(1hx)2(1hx)2t24. 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g(l x) sin (x); g(l(x x) sin (x x)2x其中 (x)表示 T(x) 方向与x轴的夹角sintgx.利用微分中值定理，消去2 ut25. 验证2 ut22u

6、2 x2ut2l(xx ，再令g x(lu(x, y,t)2u2 y证：函数ux)xx) u。xt2122 xyu(x, y,t)xxg xx0得在锥 t 2lux x gx2y2 0中都满足波动方程1t2 x2在锥 t 222x2 y2 0 内对变量x, y, t有二阶连续偏导数。且(t2 x23y2) 22ut2(t22)32 3(t22xy2)52 t2(t2y2)(2t2y2)(t2y2)同理所以即得所证。6. 在单性杆纵振动时, 若考虑摩阻的影响35t t2 b x2 y2 2 3t2 x2 y2 2x25t2 x2 y2 2t2 2x2 y225u t2 x2 y2 2 t2 x2

7、 2y2y22252u u t2 x2 y2 2 2t2 x2 y2 ux2y2t2, 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足的微分方程.（ 比例系数设为b）, 但方向相反, 试导出这时位移函数所满x 上所受的摩阻力. 由题设 ,单位质量所受摩阻力为解 : 利用第 1 题的推导, 由题意知此时尚须考虑杆段x, x, 故 x, x x 上所受摩阻力为pxsx运动方程为:利用微分中值定理，消去sxxt2ESES u xxsxx , 再令 x0得xsxESsx若 s（x） 常数，则得2ut2是常量 , EE也是常量.令E , 则得方程2u2.x 2 达朗贝尔公式

8、、1. 证明方程波的传抪22 h 0常数 t2x atx athx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0:uu x, tx.代入原方程，得所以为原方程的通解。 由初始条件得解：令 h xx(h x)2uuv则(u2v2 x(hv,h xu x)x2u x(hx)2(hx)(u2v)2 x2ut22v2 x12va2 t2v x,tFx2vt2atF x at1hx12 vt2G x atG x athxFxGx(1)aF /x aG/所以1x(2)(1),(2) 两式解出a x0(0)(0)u x at 0(x).12a x1x2a xo所以u(x,t)2(h x)(

9、hat) (xat)(hat) (x at)即为初值问题的解散。+2a(h x)x atx at(h) ( )d .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) C1 1x又G ( x) =(x)( )d2 2a x0所以 (x), (x)应满足C2a1x(x)( )dC1 (常数)a x01(x)+(x) =0a3. 利用传播波法，求解波动

10、方程的特征问题(又称古尔沙问题)t2x at2u2x(x)2c0 e 2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)=( x) -G(0).2x G ( x) = ( ) -F(0).2且 F ( 0) +G(0)= (0)(0).x at x at所以 u(x,t)=() + () - (0).22即为古尔沙问题的解。4对非齐次波动方程的初值问题222 a22 f(x,t) (t 0, x )txut 0,u(x), t (x)( x )证明：( 1)如果初始条件在x 轴的区间x

11、1 ,x 2 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； x1 ,x2 的决定区2）在 x 轴区间 x1 , x2 上所给的初始条件唯一地确定区间域中解的数值。证： （ 1）u(x,t)=非齐次方程初值问题的解为1 1 x at2 (x at) (x at) 13 2a x at( )d1 t x a(t )f( , )d d .2a 0 x a(t )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。(x),(x) 在 x1,x2 上发生变化，若对任何t0, 有 x+atx 2 , 则区间x-at,x+at 整个落在区

12、间 x1, x2之外，由解的表达式知u（x,t） 不发生变化，即对t0, 当xx2 +at, 也就是（x,t ）落在区间 x1 , x2的影响域之外，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,x1at xx2 at在其中任给(x,t ) , 则x1x 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。5. 若电报方程uxx CLu tt CR LG ut GRuC, L, R,G为常数 具体形如u x,t t f

13、x atC,L, R,G 之间应成立什么关系？解 u x,t t f x atu xx t f x at ut t f x at a t f x atutt t f x at 代入方程，得2a t f x at aCL t f x atCLa2 1 t f x at2aCL t a CR LG t f xatCL t CR LGt GR tGR t f x at 0ututa2 CRLGf 是任意函数，故f , f , f 的系数必需恒为零。即2CLa 2 1 02CL t CR LG t 0CL t CR LG t GR t 0所以uta2CR LG t代入以上方程组中最后一个方程，得CL4

14、a CR LG 242a CR LG 2 GR 02a21 ,得 1 CR LG 2 GRCLCL 42CR LG 20最后得到CGLR6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2utt a u xxut 0 x, ut t 00 x 0 xu 0,t 0t 0解：满足方程及初始条件的解，由达朗贝尔公式给出：x, tx atx atx at12a x atx , 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10 at2t 必须有atatd 。atatatatd0at即 x , x 必须接奇函数开拓到x 0 上，记开拓后的函数为x

15、 , x ；x, x 0xx, x 0x, x 0xx, x 0所以1u x, t x at2x atx at12a xat7求方程r x2解：代入原方程，得代入方程，得故得通解所以8求解波动方程的初值问题2 ut22z。2ut2atatr,tat2u2 xat2u2 y12ax atatat2a at x形如 uxt ,xaxt ,xaf r,t2u2 x2u2 y2u2 zru v2 ur t2v 满足2u2 r2u2 r2 u2ra2a2(2u2 r2 vt2v(r,t)2 x2 r2 y2 r2 z2 r2 u2 ru ,ra2 ru (1 rru(3 rru) rF(r at)1u

16、F(r at)r2 x3 r2 y3 r2 z3 rG(rG(r2 y3 r)r r22v2 rat)at)解：由非齐次方程初值问题解的公式得2 ut2t02 u2x0, u ttsinx|t 0sin x1xt u(x,t) sin 2 xt1tx20x(t(t) sin )1cos( x t) cos(x t)220cos( x(t)cos(x(t)dsin xsin ttsin x sin(t0)dsin xsin tsin xcos(tsin(t)t0即 u(x,t) tsin x 为所求的解。9求解波动方程的初值问题。解：tsinx2 utt a uxxu |t 0u(x,t)at1

17、at112x at(10,ut |t 0tx22 x)12a x2dxa2 (1att x a(tat12d0 x a(t)(12)2 darctg (x at)arctg (xat)t x a(t0 x a(t21 0t at u2 duu2)22d ) (12)21x2x2(12)a(t )a(t )d1 (x2x ata(t )2x at u22a2(1 u22d1 (x a(t )2du )12a2x atxu2 dux at 1 uza x atdu1 u2t2a xdu at1 u2x2a2(arctg(x at)arctg(x at)14a2ln1 (x at)221 (x at

18、)+ t 2arctgx arctg(x at) arctg(x at)2a11=2 (x at)arctg(x at) 2 (x at)arctg(x at)2a2a所以t+ arctgx a1 ln 4a21 (x at)2(xat)2u(x,t)1 3 ( x 4aat222a ) arctg (x at) (x at 2a )11 (x at)arctg (x at) 2atarctgx ln2 1 (xat)22 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)2 ut2t022u a2x3x sinlt o x(1 x)(0l)u(0,t) u(l,t)解：边界条件

19、齐次的且是第一类的，令得固有函数u(x,t)X (x)T(t)Xn (x)sinTn (t)Anancos tln x ，且lanBn sin t，nl(n1,2u(x,t)(An cos1ant lanBn sinnt) sin x l今由始值确定常数An 及Bn，由始值得3x sinnAn sinxn1x(l x) anBn sin n xn1 ll所以A31, An0, 当 n 3Bnanx(l0x) sin n xdx22 l n l2 nl xcos x sin xan n l nll2 nx cos x nlu(x,t)2l 2x n2 2 sin x nl2l n3 3 cos3

20、3n44l34(1 ( 1)n) an3a 3cos tsin xll4l 31 ( 1)n ana 4 n 1 n4 sin lntsin xlu 2u2a 20tx(2)u(0,t) 0ut (l, t) 0huu(x,0)hl x,ut (x,0) 0解：边界条件齐次的，令u(x, t) X (x)T(t )得：X X0X(0) 0, X (l) 0(1)及Ta2 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) C1e x C2eX(0) 0得 c1 c20X (l) 0得 C1 e l C2e l 0解以上方程组，得C10，C20，故0时得

21、不到非零解。2 0 时，方程的通解为X ( x) c1 c2xX(0)0得 c10，再由 X (l) 0得c20，仍得不到非零解。3 0 时，方程的通解为X (x)c1 cosx c2 sin xX(0) 0得 c10，再由 X (l) 0得c2cos l 0为了使 c20 ，必须cos l 0 ，于是(n0,1,222n 12l且相应地得到Xn (x)2n 1sin x2l(n0,1,2 )代入方程(2) ，解得2n 1Tn (t ) An cos 2l a tBn sin2n2l1at( n 0,1,2 )再由始值得u(x,t)(An cos 2nn 02l1 atBn sin 2n2lt

22、)sin 2n 1 x2lAn sinn02n 10 2l2n 1 x2la Bn sin2n 1 x2l) 构成区间0,l 上的正交函数系：2n 1容易验证sin x ( n 0,1,22llsin02m 1 2n 1xsinxdx2l2l2n 1利用 sin 2n 12lx 正交性，得2lhAnx sinnll02n2lxdx20所以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解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，取2hl 2( 2n2l1)8h22(2n 1)2 2Bn 02ut2u(0, t)u(x,0)8hu ( x, t )2n2n 1x cos x2

23、l2l(2n 1)2n 1 sin2l( 1)n( 1)n 2 0 (2n 1)22n 1cos a2ltsin2n 1 2l22u2x0,u ( x,0) 0 tu(l,t) Asin tU (x, t)求解此问题。Axsin t，则 lU (x,t) 满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v( x, t) 满足第一类齐次边界条件，其相应固有函数为故设将方程中非齐次项2vt2v(0,t)v( x,0)2 2v2x0,A2 xsin t lv(l,t) 0 vA t ( x,0) l xv

24、(x, t) Tn(t)sin n xn1lA2Ax sin t 及初始条件中l(1)Xn (x)(2)sin n x， (nlx 按 sin n x 展成级数，得0,1,2 )A2xsin lnfn(t)sin x1l0其中fn(t)A2xsin lt sin n xdxl其中2Al22sinln xcos x ll222 nnsin xl2An12ll02( 1)n1sinnsin xl2n xsinlxdx2A1)n将 (2) 代入问题(1) ，得 Tn(t) 满足Tn(t)an l2Tn(t)2A解方程，得通解Tn(t)anAn cosAn所以Bn1 ( an1)n2Anv(x,t)

25、n12Au(x,t)Tn(0)Bn( 1)n 12A n (an )21)n2A al2(an )2 ( l)( 1)n 12A 2l0,Tn(0)ansin tl3l2222l 2 )ansin t21(an )2 ( l)2( 1)2n 1 (an )2Axsin t lsin n( l)22Aan asin tn2A( n2( 1)n1 sin t1)n2A 2( n( 1)n2A(an )2nt sin xanasin tllsin n1)n1al2l2sin t( anl )22nt sin x( 1)21 (an )2 ( l)2l ntsin t sin n x3用分离变量法求下

26、面问题的解22ut2a 2 bshxxuu |t 0 t |t 0 0u|x0 u|xl 0解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为Xn(x) sin n x(n 1,2, )设u (x , t )Tn (t ) sin n xn1l将非次项bshx按 sin n x 展开级数，得lbshxfn(t)sin n xn1lln1其中fn (t) shxsin n xdx(2 2)2 2bn shll0 l n l将 u(x,t) Tn(t)sin n x代入原定解问题，得Tn (t)满足n1lTn(t) (an )2Tn(t)( 1)n1 22b2n 2 shllnlTn (0) 0,Tn(0)0

27、方程的通解为Tn(t)anAn costanBn sin tll2()2an2bn2 l2( 1)n 1shll 2 2bnn 1Tn (0) 0，得：An()2 22 ( 1) shlan n lTn (0) 0，得 Bn 0所以Tn(t) ( 1 )2 22b2n 2 ( 1)n 1shl(1 cosan t)an n ll所求解为4用分离变量法求下面问题的解：u(x,t)2bl 2shl( 1)n1 n(n2 22 (1 l2)an ncos t) sinll解：方程和边界条件都是齐次的。令t u|u|t 02b u tu|xlhl x,2u2(b 0)x|t 0 0u(x,t) X(x

28、)T(t)代入方程及边界条件，得T 2bTaan2blTX(0) X(l)X0又 T(t)满足方程n 代入，相应的X(0)Xn(x)sinT 2bTX(l) 0nx, n la2 T1,2,T(t)记作 Tn(t)，得Tn (t)满足T n 2bTn2an T 0lb 很小，即阻尼很小，故通常有2 an bl2, n 1,2,故得通解Tn(t)ebt(Ancos nt Bn sin nt)其中所以u(x,t)e bt(An cos ntn1Bn sin nt)sin n x再由始值，得所以An sin n xn10( bAn Bn n)sin n xn1ll2h n2h n 1An2 xsin

29、 xdx ( 1)l0 l nBn b An2bh ( 1)n 1nnn所求解为n12h bt ( 1)n 1u(x,t) e(cos ntn1 nnsin nt) sinnlx. 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utt a (u xx u yy uzz )32ut0 x yzut t 00解：泊松公式udst 4aM rSat14 aMSatds r0,x3y2zsaMtds r(r, 00)rsin d d |r at其中(r, , )(x r sin cos ,y r sin sin, z r cos )2(y sin sin ) (z22cos 3xr sin22

30、rz sin sin3(x rsin cos )322x y z 3x r sin2yzr sin sinr cos )2233cos r sin cos2y rcos计算00002yr 2 sin cos sin(r,(x34 r(x3, )r sindd3r sinsin 2cosz) r sindd3 r(xy2z)2(cos ) 02z)223x r sin00cosr sin223x r2sin02d cos d0223xr sin002 cosr sin33xr sin022cos d03133xr cos3cos01 sin 24 2034 xrsin3 cosr sin004

31、sin3 cosxr22 yzr sin00sinr sin d2yzr22 sin02sin02r0022zsin2 sinr sinrz03 sin2sin0313r z cos3cos01sin 24203rz22y r cos00r sin d2yr2cos sin22 yr 2 sin coc sin00r sin2yr3 sin20cos2d sin023r00sin sincosr sin d43 r sincos d22 sin所以ds 4 r(x2y2z) 4 r3 4 r3zr atMr3Sat22221224 atx y z xa t a t zu(x,y,z)=t 4a

32、M rSattx 3 ty2z xa2t3 1 a2t2zt3322222x y z 3a t x a t z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utt a (u xx u yyu zz )u t 0(x, y,z), ut t 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：2utta uzzu t 0(z),ut t 0(z)14adsMrSat利用泊松公式求解1u dst 4aM rSatz 有关，故2(z at cos )2ds(at) sin d dM r 0 0 atSat2d (z at co

33、s )atsin d00令 z+ atcos= , - atsin d = dz at得ds 2( )dM rz atSat所以即为达郎贝尔公式。3.解：所以z at1u(z,t)( )dt 2a z at12 (z at)z at12a z at(z at)求解平面波动方程的柯西问题：2uttau xxu yy2u|t 0 x x y1u x, y, t2acos02sin0at200( )d1z2a zat( )datmatr cos , y2xx2xrmata2t2dd2yat 2x r cos , y r sina t0 022 atrdrdr sinr cosr cos r sinc

34、os3r cos20, sin d0cos d2x xsincos20,0r cos2 2xrsin2cos dcos2 yr2 cossincos30, cos020, cos0sin d0.x r cos , y r sina2t2 r2rdrd2 at rdr2xx ya222tr3xatr3dr2220 at ratrdr0 a2t2r22 22 ata t r|0at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 是轴对称的ut |t 0 r ,又2 圆心定理知，2at 3r dr220 atu

35、x, y,ta2t2r2 at|0at2 a2t20r2rdr2t 2|a02 33at32at2ax x333x2xx22y a t 3x yu u r,tu x,y,t 21a tu u r,t ,故其始值mattat 2m at attdd2xy2只是 r 的函数， u|t 0m 为圆 x 2atM (x, y) 其矢径为r2rs cosu x, y,t2222a2t2.记圆上任一点222x y记s x为 oM 与 Mp 的夹角。选极坐标22r s 2rscosr 2s2 2rs cosat 22a t0 0r2s2at 22y 则由余弦(s, )。2rs cossdsdat 222r

36、s 2rs cossdsd00at s2(r, t)有关，因此所得的解为轴对称解，即u(r,t)1at 22a t0022r s 2rs cossdsd22(at)2 s2at 200sdsd22( r s 2r cos22(at)2 s2解法二：作变换x r cosy r sin . 波动方程化为t2a2(2u2 ru) r用分离变量法，令u(r,t)=R(r)T(t). 代入方程得T a2 t 0r2 RrR r 2 R 0解得：T(t) A cosa t B sin a tR(r) J0( r)令叠加得u(r,t) (A( )cos t B( )sin t)J0( )du 05. 求解下

37、列柯西问题22 vtta (vxx vyy ) c vvv t 0(c, y),(x, y)rt0cz 提示：在三维波动方程中，令u(x, y, z) e a v(x, y,t)cz解：令u(x, y,z,t) ea v(x, y,t)czczcz则utteavtt ,uxxea vxx,uyyeavyy2 cz ca uzz2 e va代入原问题，得2u tt a (u xx u yy u zz )czt0 ea(x,y),utt0cz ea(x, y)ds1 u( x, y, z, t )t4acea ( , )ds14 a SMc (,)ea ds rSaMt : ( x)2 ( y)2

38、 (记SaMt 为上半球，SaMt 为下半球，2222a t ( x) ( y)z)222 ataMt 为SaMt 在 o 平面上的投影。,则ccea ( , )1 ads e a (c(z a2t2 ( x)2 ( y)2 ) eac1)ds e a (Mr)dsM ata2t2 ( x)2 ( y)2)d dM atcz2eacz 22eac( za2t2 (x)2 ( y)2 )eaM at222 t2 ( x)2 ( y)2ch c a 2t 2 ( aa2t2(at ch c2t20022 at(,)d dx)2 ( y)2x)2 ( y)2( , )d d所以 u(x, y, z)

39、r cos , y r sin )tftf 12acz 2ea00c2( r)a2 (x rcos ,y rr sin )rdrdt21aeat ch c2t2 ( cr)2 a222at r(xr cos , yr sin )rdrdv(x,y,t) t 2 a001 2 at ch c2t2(cr)2aa2t2 r2(x2 atch c2t2 (c r)21ar cos , y rsin )rdrd(x2 a 0 0a2t2 r2r cos , y r sin )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2utta (uxx uyy) f(x,y,t)在齐次初始条件

40、u t 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2wtta (wxxwyy )wt o 0,wt f(x,y, )tu(x, y,t) w(x, y,t, )d 即为定解问题02utt a (uxx uyy) f (x, y,t)u t 00, ut t 00显然， u t 00ttuwww(x, y,t, ) t d d t0t 0tw t 0 ) . 所以 u t 00twt22d齐次化原理得证。由齐次方程柯西问题解的泊松公式知所以即为所求的解。t2 wf ( x, y, t)2 d0y2 t22u wu22d ,2x 0x yw满足齐次方程，故u 满足w(x, y,t, )u (x, y,t )所以 u(x, y,t )7用降维法来解决上面的问题 解：推迟势12a1t2a02ut1 2M a(ta(t1t2a0t2 w02dy2f ( x, y, t) a