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范文一：例1_已知波动方程如下_求波长、周期和波速
例1 已知波动方程如下，求波长、周期和波速. y 5cm cosπ 2.50s t 0.01cm x. -1 -1
解:方法一(比较系数法) t x y A cos 2π T λ把题中波动方程改写成 2.50 -1 0.01
-1 y 5cm cos 2π s t cm x 2 2比较得 2 2cm λ 1T s 0.8 s λ 200 cm u 250 cm s 2.5 0.01 T 已知波动方程如下，求波长、周期和波速. y 5cm cosπ 2.50s -1 t
0.01cm -1 x. 解:方法二(由物理量的定义求解) 波长是指同一时刻 t ，波线上
相位差为 2π 的两 点间的距离.π 2.50s t 0.01cm x1 π 2.50s t 0.01cm -1 x2 2π
-1 -1 -1 周期为相位传播一个波长所需的时间π 2.50s -1 t1 0.01cm -1 x1 π 2.50s
-1 t 2 0.01cm -1 x2 x2 x1 λ 200 cm x2 x1 1 u 250 cm s T t 2 t1 0.8 s t 2 t1例
2 一平面简谐波沿Ox 轴正方向传播，已知振幅 A 1.0m ， T 2.0s ， λ 2.0m ，
在 t 0 时坐标原点处的质点位于平衡位置沿Oy轴正方向运动 . 求 1)波动方程
解: 写出波动方程的标准式 t xy A cos2π O y T λ ωt 0 x0 A y π y 0 v 0 t 2 t x π y 1.0m cos2 π 2.0s 2.0m 22)求 t 1.0s 波形图. t x π y 1.0m cos2 π 2.0s 2.0m 2 t 1.0s 波形方程: π 1 y 1.0m cos π m x 2 1 1.0m sinπ m x y/m 1.0 o
3) x 0.5m 处质点的振动规律并做图 . t x π y 2.0 x/m -1.0 t 1.0 s 时刻波形图
1.0m cos2 π 2.0s 2.0m 2 x 0.5m 处质点的振动方程 1 y 1.0m cosπ s t π y y/m 3 1.0 3 2 4 4 O 2 0 1.0 2.0 t /s 1 ω -1.01 x 0.5 m 处质点的振动曲线例3 一平面
简谐波以速度 u 20m / s沿直线传播波线上点 A 的简谐运动方程 y A 3 × 10 2 m
cos4 π s 1 t . u 8m 5m 9m C B oA D x 1)以 A 为坐标原点，写出波动方程 2 A 3
×10 m 0 ω 4π u 20m.s -1 x x y A cos ω t 3 × 10 m cos 4π t 2 u 20 π 3 × 10 m cos 4πt 2 x 52)以 B 为坐标原点，写出波动方程 2 1 y A 3 × 10 m cos4 π s t u 20m.s -1 u 8m 5m 9m法一: C oB A D x x A xB 5B比A相位超前 ω 4π π u 20B点振
: y 3 × 10 m cos4π t π 20法动方程: y B 3 × 10 2 m cos4π t π 2 x 波动方程
二:由以A为原点的波动方程: x X-5m 2 y 3 × 10 m cos 4π t 可得B点振动方程
203)写出传播方向上点C、点D 的简谐运动方程 8m 5m 9m u u 20m.s -1 C B oA D x y A 3 × 10 2 m cos4 π s 1 t x AC 13 13π 点 C 的相位比点 A 超前 ω 4π u 20
5 13π y C 3 × 10 m cos4πt 2 5 x DA 9 9π 点 D 的相位比点 A落后 ω 4π u
20 5 9π y D 3 × 10 m cos4πt 2 54)分别求出 BC ，CD 两点间的相位差 2 1 y A
3 × 10 m cos4 π s t u ω 4π 8m 5m 9m u 20m.s -1 C B oA D x x 21 2πu 12 2 π λ uT 10m λ ω xC x B 8 B C 2π 2π 1.6π λ 10 x D xC 22 C D 2π 2π 4.4π λ 10
例4 一平面简谐波在介质中以速度 u 20 m/s，沿x轴的负向传播。已知A点的振动
方程为y3cos4π t ，则(1)以A点为坐标原点求波动方程;(2)以距A点5m处的B
为坐标原点求波动方程。解:?以A为坐原点求波动方程 y’ y x u y 3 cos 4π t 20 ?以B为坐原点求波动方程 B A x x 5m B点振动方程: y B 3 cos 4π t π x
波动方程: y 3 cos 4π t π 20例5 已知 t0时的波形曲线为?，波沿ox方向传
播，经t1/2s后波形变为曲线?。已知波的周期T1s，试根据图中绘出的条件求出波的
表达式，并求A点的振动方程。 ycm α 1 ? A 0 1 2 3 4 5 6 xcm解:法一: λ 0.04m
A 0.01m x1 xo 0.01 波速: u 0.02m s 1 t 12 λ 0.04 2π T 2s ω π s 1 u 0.02 T ycm α 1 ? 0 A 1 2 3 4 5 6 xcm原点振动方程: yo A cosω t π初始条件: 0 A
cos ? ? 2 π v ω A sin 0 ? 2 A 0.01m ω π s 1 π yo 0.01 cosπ t 2 ycm α 1
? A 0 1 2 3 4 5 6 xcm π yo 0.01 cosπ t u 0.02m s 1 2 x π波动方程: y 0.01
cosπ t 0.02 2A点振动方程: x 0.01m 0.01 π y A 0.01 cosπ t 0.02 2 0.01 cos π t ycm α 1 ?法二: A 0 1 2 3 4 5 6 xcmA点振动方程: y A A cosω t ω π s
1初始条件: A A cos ? 0 u 0.02m s 1 y A A cos ω t 0.01 cos π t x x π0点振动
方程: O点比A点相位超前 ω 2π π u λ 2 y 0 0.01 cosπ t 2 x π波动方程:y
0.01 cosπ t 0.02 2例6 有一平面简谐波沿 x轴方向传播，在距反射面B为L处的振
动规律为 y Acos ω t，设波速为u ，反射时无半波损失，求入射波和反射波的波动
方程。解: 入射波方程: x u u y A cos ω t u o B x B点振动方程: L y B A cos ω t L u L 反射波在0点振动方程: O点的位相比B点落后 ω L L u y 0 A cos ω t u u x 2L 反射波方程: y A cos ω t u u例7 证明球面波的振幅与离开其波源
的距离成反比，并 s2求球面简谐波的波函数. s1 r2证 介质无吸收，通过两个球面的
平均能流相等. r1 w1uS1 w2 uS 2 1 1即 ρA1 ω u 4π r1 ρA2 ω u 4π r2 2 2 2 2 2 2 2 2 A1 r2 A0 r0 r y cos ω t A2 r1 r u 式中 r 为离开波源的距离，A0为 r r0 处的
振幅.例8 如图所示，A、B 两点为同一介质中两相干波源.其振幅皆为5cm，频率皆
为100Hz，但当点 A 为波峰时，点B 适为波谷.设波速为10m/s，试写出由A、B发
出的两列波传到点P 时干涉的结果. P 解 BP 152 20 2 m 25 m u 1015m λ m
A 的相位较 B 超 前，则 A B π . 20m BP AP 25 15 B A 2π 0.10 m ν 100 A B 设
π 2π 201π λ 0.1点P 合振幅 A A1 A2 0 P点静止例9 波源位于同一介质中的A、
B两点，其振幅相同，频率为100Hz，B比A位相超前π，A、B相距30m，波速为400ms-1，
试求A、B连线上因干涉而静止的各点位置。 解: λ u 4m rB ν rB rA rA X B A 2π 0 , B 30 λ P A A左侧 π 2π λ 14π 30m 30 加强 B右侧 π 2π 16π λ 取AB连
π π x ?2k 1π x 线中点为原点，,距原点为x 15 x 15 x π 2π π π x λ 若静止
?2k 15 ? x ? 15 k 012 7 x 1412 202 1214.例10 已知驻波方程: 2.0 cos 0.16 x cos 750t y求:(1)波幅与波速。(2)节点间的距离。(3)t2.0×10-3秒时，位于x5.0cm
处质点的速度。 2π 2π解: 标准方程: y 2 A cos x cos t λ T 2 A 2.0 A 1.0 cm 2π λ 0.16 ? λ 2π 0.16 2π T 750 ? T 2π 750 λ 1 u 4.7 ×10 cm s 3 T 2π λ 1(2)节
点间的距离 ? 20 cm s 2 0.16 × 2(3) t2.0×10-3秒时，位于x5.0cm处质点的速度 2π
2π y 2 A cos x cos t λ T A 1.0 cm λ 2π 0.16 T 2π 750 y u 2.0 × 750 cos 0.16 x
sin 750t t 3 2.0 × 750 cos0.16 × 5.0 sin 750 × 2.0 ×10 1 1.04 ×10 cm s 3
范文二：11-3 波动方程 波速 modified
Physics
§11-3 波动方程 波速
波动方程
1、波动方程
把 y = A cos ?ω ( t ? x u ) + φ ? 分别对x 、t 求二阶偏 ? ? 导数，得到：? 2 y ? ? ? x? 2
0
= ? Aω cos ?ω ? t ? ? + φ0 ? , ?t u? ? ? ?
2
? ? ? ?2 y ω2 x? = ? A 2 cos ?ω ? t ? ? + φ0 ? , 2 u u? ?x ? ? ?
?2 y 1 ?2 y = 2 2 . 2 ?x u ?t
平面波的波 动微分方程
任何物理量y ，若它与时间、坐标间的关系满足上 式，则这一物理量就按波的形式传播。
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可证明，对于三维空间中的一切波动过程，只要 介质无吸收且各向同性，都适合下式：
? 2ξ ? 2ξ ? 2ξ 1 ? 2ξ + 2+ 2 = 2 2 ?x 2 ?y ?z u ?t
球面波的波动方程：
其中ξ 代表振动位移
? 2 ( rξ ) 1 ? 2 ( rξ ) = 2 2 u ?t 2 ?r
r为质点到波源距离
球面波的余弦波动表式如下：
?? ? A r? ξ = cos ω ?? t ? ? + φ0 ? r u? ?? ?
A/r ——振幅
波动方程的推导
* 2、波动方程的建立（以平面纵波为例）
设固体细长棒的截面为S、密度为ρ
a O x x + Δx
y
b
x
y + Δy
O
a'
b'
x
?σ Δx 右端b 处胁强 σ + ?x 4/10
体积元ab，其原长为Δx，体积为ΔV = SΔx。
左端a 处胁强σ（方向向左）
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体积元所受合力为： ?σ ?σ ? ? ?σ S + ? σ + Δx ? S = S Δx .
? ?x ?
?x
a
O
b
x
x
y + Δy
x + Δx
y
x 体积元质量为ρS Δx ，设其振 O a' b' 速为v，据牛顿第二定律，得： ?σ ?v ?σ ?v S Δx = ρ S Δx . =ρ ?x ?t ?x ?t Δy ?y ?y =Y 因σ = Y Y—杨氏模量 —协变, ?x Δx ?x ?y 利用 v = ，牛顿第二定律变为： ?t
?2 y 1 ?2 y = . 2 2 ?x Y ρ ?t
细棒中平面纵波的 波动微分方程
将 y = A cos ?ω ( t ? x u ) + φ ? 求导后代入微分方程后 ? ?
0
可知，当 u = Y / ρ 时等式成立。 ∴ 细长棒中传播的纵波的波速为： u = Y ρ
?2 y 1 ?2 y 按照偏微分方程理论，方程 = 2 2 的一般解 ?x 2 u ?t 是两个周期函数的和 ：
x? x ? ? y = F ?t? ?+Φ?t+ u? u ? ? ? ?. ?
沿x轴正向传播的波
沿x轴负向传播的波
波的传播速度
3、波的传播速度
波速：单位时间内一定的振动状态所传播的距离， 用 u 表示。 波速是描述振动状态在介质中传播快慢程度 的物理量。 注：波速 u 与质点的振动速度v是不同的！ 波速u ：通常取决于介质的弹性模量和质量密度。
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波的传播速度
波的传播速度:
柔软细绳和弦中的横波： u = F / ρ l 固体内的纵波： u = E / ρ 固体内的横波： u = G / ρ 流体中纵波： u = B / ρ
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F: 绳内张力， ρ l：线密度。
E: 固体杨氏模量， ρ ：密度。 G 剪切模量， ρ ：密度。 B－体变模量， ρ ：密度。
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波的传播速度——介质的体变模量
* 4、介质的体变模量
f
容变： f f —正压力, S —受力面积 V —受力前立方体的体积 V’ —受力后立方体的体积
f f
ΔV = V '? V —体积的增量
p = f S —应力或胁强
ΔV V —应变或胁变
Δp ΔV V
定义：
p 体变模量 B = ? ΔV V
（对于流体 B = ?
）
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波的传播速度——介质的杨氏模量和剪切模量
(长变情形)
(切变情形)
f
l
l + Δl
S
f f
f —切向力
θ
f
S —柱体横截面积 Δl l —应变或胁变
θ —应变或胁变
σ = f S —应力或胁强
定义： f S 杨氏模量 E =
σ = f S —应力或胁强
定义： 切变模量 G = f S
Δl l
θ
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Physics
范文三：波动方程与波速 波的能量 惠更斯原理 波的反射与折射
小结:
波的数学描述： 如果已知平衡位置在x0 处，初相为φ0的质点振动方程，
y = A cos(ωt + ?0 )
波函数为
x ? x0 y(x, t ) = A cos[ω(t m ) + ?0 ] u
y = A cos[ω t m 2π
λ
( x ? x0 ) + ? 0 ]
y = A c o s [ω t m k x + ? 0 ]
u =
λ
T
= λν ,k =
2π
λ
波的几何描述： 平面波 波面为平面 波线
波前 波阵面（等相面）
球面波
波面为球面 波线
波阵面
§5.3 波动方程与波速
一、物体的弹性形变 形变：物体在受到外力作用时，形状或体积都会发生或大或小 的变化。这种变化统称为形变。 弹性限度：物体在外力作用下发生形变，当去掉外力时 形状或体积仍能复原。这个外力的限度叫弹性限度。 弹性形变：在弹性限度内的形变叫弹性形变，它和外力大小 具有确定的关系。 应 力：作用在截面上的力与截面面积之比。
应力 = F/ S
应 变：物体在应力作用下其长度、形状或体积的变化 与其原始数值之比。常见类型有三：线应变、切应变和体 应变。
1、线应变
r F
l0 l0 + ? l
r F
线应变
=
?l
l0
应力＝F/S
→胡克定律
在弹性限度内，应 力与线应变成正比
F ?l =Y S l0
称为劲度系数
比例系数 Y 称为杨氏模量，与材料性质有关。
YS F = ?l = k ?l l0
2、切应变
?x r
l0 ?
k = YS
l0
施力面相互错开而引起的材料角度 的变化φ叫做切应变。
F
切应变φ =
F = G? S
?x
l0
切应力＝F/S
r F
S
G 称为切变模量 切变的胡克定律公式
3、体应变
P + ?P
V +?V 0
一块物质周围的压强改变时， 其体积也会发生改变 ?V
体应变
=
V
胡克定律
?V ?P = ? K V
K称为体积模量
注：在液体和气体中，由于不可能发生切变，所以不能 传播横波。但因为它们具有体变弹性，所以能传播纵 波。 注 ：固体中能够产生体变、切变、线变各种弹性形变， 所以在固体中既能传播横波又能传播纵波。
二、波动方程
x y = A cos ω ( t ? ) 一维平面波波函数 u 2 ? y x 2 = ?ω A cos ω ( t ? ) 2 ?t u x ?2 y ω2 = ? 2 A cos ω ( t ? ) 2 ?x u u ?2y 1 ?2y 一维波动方程 = 2 2 2 ?x μ ?t
波速 三维波动方程
x v y v z v ξ = A cos ω(t ? )i + A cos ω(t ? ) j + A cos ω(t ? )k u u u
?ξ ?ξ ?ξ 1 ?ξ + 2+ 2 = 2 2 2 μ ?t ?x ?y ?z
2 2 2 2
例：杆上传播的纵波 纵波传播时，杆中不同部位被拉伸和压缩
l0 = ?x o 无波时：
时刻t: y y+? y x
? x
x+?x
x
t时刻质元得长度：l = ( x + ?x + y + ?y ) ? ( x + y ) = ?x + ?y 质元长度变化 ?x的应变
?l = l ? l0 = ?y
?l ?y = l0 ?x
令?x → 0 lim ?x→ 0
?y ?y = ?x ?x
x处截面 t 时刻 : 线应变为 ?y/?x ; 应力为 F(x,t)/S
在同一时刻Δx两端由于形变不同而受到不同的弹性力
o
F1 由胡克定律
x
? x
x+?x F2
x
?y ?y F2 = SY ( ) x + ? x F1 = S Y ( )x ?x ?x ?y ?y ? ?y ?2 y F2 ? F1 = SY [( ) x +?x ? ( ) x ] = SY ( )?x = SY 2 ?x ?x ?x ?x ?x ?x
质元的质量 质元的加速度
F S
= Y
?y ?x
Y杨氏模量
?m = ρ S ?x
?2y a = ?t 2
（Δx很小）
由牛顿第二定律：
?2 y ?2 y ?2 y SY ?x = ?m 2 = ρ S ?x 2 2 ?x ?t ?t
?2y ρ ?2y = 2 Y ?t 2 ?x
?2y 1 ?2y = 2 2 u ?t 2 ?x
u =
2
Y
ρ
棒中纵波波速
u=
Y
ρ
范文四：波动方程
《大学物理》作业 No.2波动方程
一、选择题
1. 一平面简谐波表达式为 ) 2(sin 05. 0x t y --=π (SI) ,则该波的频率 v (Hz)、波速 u (m?s -1) 及波线上各点振动的振幅 A (m)依次为 :
[ C ] (A) 2/1, 2/1, 05. 0- (B) 2/1, 1, 05. 0-
(C) 2/1, 2/1, 05. 0 (D) 2 , 2, 05. 0
解:平面简谐波表达式可改写为
(SI)) 2
2cos(05. 0) 2(sin 05. 0π
πππ+
-=--=x t x t y
与标准形式的波动方程 ]) (2[cos ?π+-=u
x
t v A y 比较,可得 ) s (m2
1
, (Hz)2
1
,
(m)05. 01-?==
=u v A 。
故选 C
2. 一横波沿绳子传播时的波动方程为 ) 104cos(05. 0t x y ππ-= (SI),则 [ A ] (A) 其波长为 0.5 m ; (B) 波速为 5 m?s -1 ; (C) 波速 25 m?s -1 ; (D) 频率 2 Hz 。 解:将波动方程与标准形式 ]) (2[cos ?π+-
=u x
t v A y 比较,可知 ) s m (5. 2), Hz (51-?==u v ) m (5. 05
5
. 2==
=v u λ 故选 A
3. 一平面简谐波的波动方程为 ) 3cos(1. 0πππ+-=x t y (SI), t = 0时的波形曲线如图所 示。则
[ C ] (A) O 点的振幅为 -0.1 m;
(B) 波长为 3 m;
(C) a 、 b 两点位相差
π2
1
; (D) 波速为 9 m?s -1
。
解:由波动方程可知 (Hz),23
(m),1. 0=
=νA (m)2=λ, ) s (m322
31-?=?==νλu a 、 b 两点间相位差为:2
22πλλ
π
λ
π?===?ab
故选 C
4. 一简谐波沿 x 轴负方向传播,圆频率为 ω,波速为 u 。设 t = T /4时刻的波形如图所示, 则该波的表达式为: [ D ] ) /(cos (A)u x t A y -=ω ]2
) /(c o s [(B ) π
ω
+-=u x t A y
)]/(cos[(C)u x t A y +=ω
]) /(cos[(D)πω++=u x t A y
解:由波形图向右移 λ4
1
, 可得 0=t 时波形如图中虚线所示。 在 0点, 0=t 时 y = -A , 初
相 ? = π,
振 动 方 程 为 ) cos(0πω+=t A y 。 又 因 波 向
) (x -方向传播,所以波动方程为
(SI)]) (cos[πω++=u
x
t A y
故选 D
5. x 轴正向传播, t = T/4时的波形曲线如图所示。若振动以余弦函数表 示,且此题各点振动的初相取 π-到 π之间的值,则 [ D ] (A) 0点的初位相为
00=?
(B) 1点的初位相为 2
1π
?-
=
(C) 2点的初位相为 π?=2
(D) 3点的初位相为 2
3π
?-
=
解:波形图左移 4/λ,即可得 0=t 时的波形图,由 0=t 的波形图(虚线)可知,各点的
振动初相为 :
2
, 0, 2
, 3210π
??π
?π?-
===
=
故选 D
二、填空题
1. 已知一平面简谐波沿 x 轴正向传播,振动周期 T = 0.5 s,波长 λ = 10m , 振幅 A = 0.1m。 当 t = 0时波源振动的位移恰好为正的最大值。 若波源处为原点, 则沿波传播方向距离波 源为 2/λ处的振动方程为 (SI)) 4(cos 1. 0ππ-=t y 。当 t = T / 2时, 4/λ=x 处
质点的振动速度为 1
s m 26. 1-?-。 解:波动方程为 (SI)) 1. 02(2cos[1. 0)](
2cos[x t x
T t A y -=-=πλ
π, m 52
==
λ
x 处的质点振动方程为 ) 4cos(1. 0ππ-=t y (SI)
m 5. 24
==
λ
x 处的振动方程为 ) 4sin(1. 0) 2
4cos(1. 0t t y ππ
π=-
=
振动速度 ) 4cos(4. 0) 4cos(41. 0d d t t t
y
v ππππ=?==
s 25. 02
==
T t 时 ) s (m26. 14. 0) 25. 04cos(4. 01
-?-=-=?=πππv
2. 如图所示为一平面简谐波在 t = 2s时刻的波形图,该谐波的波动方程是
]2) 2(2cos[πλπ+--=u x t u A y ; P 处质点的振 动方程是 ]2
) 2(2cos[π
λ
π
-
-=t u
A y p 。 (该波的
振幅 A 、波速 u 与波长 λ为已知量)
解:由 t = 2s波形图可知,原点 O 的振动方程为
]2
) 2(2cos[0π
π+
-=t v A y ]2
) 2(2cos[π
λ
π+
-=t u
v
A
波向 +x 方向传播,所以波动方程为 ]2) 2(2cos[π
λπ+--=u x t u
v A y (SI) P 点 2
λ
=
x ,振动方程为
]2
) 2(2cos[]2
) 2
2(2cos[π
λ
π
π
λλ
π
-
-=+
-
-=t u
A u
t u
A y P
3. 一简谐波沿 x 轴正向传播。 1x 和 2x 两点处的振动曲线分别如图 (a) 和 (b) 所示。已知
12x x > 且 λ<-12x x="" (λ为波长="" )="" ,则="" 2x="" 点的相位="" 1x="" 比点相位滞后="" 3π/2="">
解:由图 (a)、 (b)可知, 1x 和 2x 处振动初相分别为:
π?2
3
1=
, 02=? 二点振动相位差为 π???2
321=
-=? 因为 λ<->1212, x x x x , 所以 2x 的相位比 1x 的
相位滞后 π2
3
。
4. 图示一平面简谐波在 t = 2 s时刻的波形图,波的振幅 为 0.2 m ,周期为 4 s 。则图中 P 点处质点的振动方程
O
A
A
为 )(SI)2
1
21cos(2. 0ππ-
=t y p 解:由 t =2s 是波形图可知原点 O 处振动方程为:
) 222
c o s (0π
π--=T t A y ) 2422c o s (2. 0ππ--=t ) 2
32c o (2. 0ππ-=t (SI ) P 点 2
λ
=
x ,相位比 O 点落后 π,所以 P 点的振动方程为:
) 2
1
21cos(2. 0) 2321cos(2. 0πππππ-=--
=t t y p (SI )
5. 一简谐波沿 x 轴正方向传播。 已知 x = 0点的振动曲线如图, 试在它下面画出 t = T 时的 波形曲线。 解:由 O 点的振动曲线得振动方程:
) 2
2cos(ππ
-=T t A y o 向 x 正向传播,波动方程为
) 2
22
c o s (π
λππ--=x T t A y t =T 时与 t =0时波形曲线相同, 波形曲线如右图所示。
三、计算题
1. 一平面简谐波沿 x 轴正向传播, 波的振幅 A = 10 cm, 波的角频率 ω = 7π rad/s.当 t = 1.0 s时, x = 10 cm处的 a 质点正通过其平衡位置向 y 轴负方向运动,而 x = 20 cm处的 b 质点 正通过 y = 5.0 cm点向 y 轴正方向运动.设该波波长 λ >10 cm,求该平面波的表达式.
解:设平面简谐波的波长为 λ,坐标原点处质点振动初相为 φ,则该列平面简谐波的表达式
可写成 ) /27cos(1. 0φλ+π-π=x t y (SI) 2分 t = 1 s时 0]) /1. 0(27cos[1. 0=+π-π=φλy 因此时 a 质点向 y 轴负方向运动,故
π=
+π-π2
1
) /1. 0(27φλ ① 2分 而此时, b 质点正通过 y = 0.05 m处向 y 轴正方向运动,应有
05. 0]) /2. 0(27cos[1. 0=+π-π=φλy
且 π-=+π-π3
1) /2. 0(27φλ ② 2分 由①、②两式联立得 λ = 0.24 m 1分 3/17π-=φ 1分
∴ 该平面简谐波的表达式为
O
y y
]317
12. 07cos[1. 0π-π-
π=x t y (SI) 2分 或 ]3
1
12. 07cos[1. 0π+π-
π=x t y (SI)
2. 一平面简谐波沿 x 轴正向传播,其振幅为 A ,频率为 ν ,波速
为 u .设 t = t '时刻的波形曲线如图所示.求
(1) x = 0处质点振动方程; (2) 该波的表达式.
解:(1) 设 x = 0 处质点的振动方程为 ) 2c o s
(φν+π=t A y 由图可知, t = t ' 时 0) 2cos(=+'π=φνt A y
1分
0) 2sin(2d /d <+'ππ-=φννt a="" t="" y="" 1分="" 所以="" 2/2π="+'πφνt" ,="" t="" 'π-π="">
νφ22
1
2分 x = 0处的振动方程为 ]2
1
) (2cos[π+'-π=t t A y ν 1分
(2) 该波的表达式为 ]2
1
) /(2cos[π+-'-π=u x t t A y ν 3分
3. 一平面简谐波沿 Ox 轴的负方向传播,波长为 λ , P 处质点的振动规律如图所示. (1) 求 P 处质点的振动方程;
(2) 求此波的波动表达式;
(3) 若图中 λ2
=d ,求坐标原点 O 处质点的振动方程. 解:(1) 由振动曲线可知, P 处质点振动方程为 ]) 4/2cos[(π+π=t A y P ) 2
1
cos(π+π=t A
(SI) 3分
(2) 波动表达式为
]) 4
(2c o s [π+-+
π=λd
x t A y (SI) 3分
(3) O 处质点的振动方程 ) 2
0t A y π= 2分
u
O t =t y
0-A
y P (m)
O
P d
范文五：波动方程
1.1 波动方程的形式
2
?2u 2?u =f (x , t ) 一维波动方程（描述弦的振动或波动现象的）2-a ?t ?x 2
2
?2u ?2u ?2??u 二维波动方程（例如薄膜振动）2=a ?x 2+?y 2??+f (x , y , t ) ?t ??
2
?2u ?2u ?2u ?2??u 三维波动方程（例如电磁波、声波的传播）2=a +2+2?+f (x , y , z , t ) 2 ??t ?y ?z ???x
1.2 波动方程的定解条件（以一维波动方程为例）
（1）边界条件 ①第一类边界条件（又称Dirichlet 边界条件）：弦振动问题中，弦的两端被固定在x =0及x =l 两点，因此有u (0, t )=0，u (l , t )=0。
②第二类边界条件（又称Neumann 边界条件）：弦的一端（例如x =0）处于自由状态，即可以在垂直于x 轴的直线上自由滑动，未受到垂直方向的外力，此时成立
?u
?x
=0。也可以考虑更普遍的边
x =o
界条件
?u ?x
=μ(t )，其中μ(t )是t 的已知函数。
x =0
③第三类边界条件：弦的一端固定在弹性支承上，不放考虑在x =l 的一端，此时边界条件归结为
??u ???u ?
+σu ?=0。也可以考虑更普遍的情况 +σu ?=v (t )，其中v (t )是t 的已知函数。 ??x ?x =l ??x ?x =l
1.3 利用叠加原理求解初值问题 初值问题
2
??2u 2?u ???t 2-a ?x 2=f (x , t ), (t >0,-∞
利用叠加原理求解上述初值问题，叠加原理表明由f (x , t )所代表的外力因素和由?(x ), ψ(x )所代表的初始振动状态对整个振动过程所产生的综合影响，可以分解为单独只考虑外力因素或只考虑初始振动状态对振动过程所产生的影响的叠加。即如果函数u 1(x , t )和u 2(x , t )分别是下述初值问题
2
??2u 2?u .......... .......... . (1. 1)???t 2-a ?x 2=0.......... （I ）?
?u ?t =0:u =?(x ), =ψ(x ).......... .......... . (1. 2)??t ?
2
??2u 2?u .......... .......... .......... .......... .......... .... (1. 3)???t 2-a ?x 2=f (x , t )..........
和 （II ）?
?u ?t =0:u =0, (1. 4)=0.......... .......... .......... .......... .......... .......... ........
??t ?
的解，那么u =u 1(x , t )+u 2(x , t )就一定是定解问题（1）的解。 首先，我们考察自由振动情况的初值问题（I ）。
定理1.1 设?(x )∈C 2(R ), ψ(x )∈C 1(R ), 那么问题（I ）存在唯一的解u (x , t ), 它由公式
u (x , t )=
?(x -at )+?(x +at )
2
1
+ψ(a )da 给出。 ?2a x -at
x +at
证：可以通过自变量变换的方法求解。引入新变量ξ=x -at , η=x +at . 利用复合函数求道的法则，得到
?u ?u ?ξ?u ?η?u ?u
=+=+， ?x ?ξ?x ?η?x ?ξ?η
?2u ???u ??ξ???u ??η?2u ?2u ?2u
， =+=+2+ ? ?
?x 2?ξ??x ??x ?η??x ??x ?ξ2?ξ?η?η2
2
??u ?u ??2u ?u ?2u ?2u ?2??u ， =a -?, 2=a -2+2?2 ? ??t ?ξ?η?η???η?ξ??t ??ξ22?2u 2?u 2?u 从而2-a =-4a 2?t ?x ?ξ?η
由于a >0，方程（1.1） 就转化为
2
?2u
=0.......... .......... .......... ......(1. 5) ?ξ?η
方程（1.5）可以直接求解。把它关于η积分一次，再关于ξ积分一次，得出其通解为
u (x , t )=F (ξ)+G (η).......... .......... ..(1. 6)
其中F 和G 是任意两个可微分的单变量函数。
再代会原来的自变量，方程（1.1）的通解可以表示为
u (x , t )=F (x -at )+G (x +at ).......... .......(1. 7)
利用这个通解表达式，就可以由初始条件（1.2）来决定函数F 和G ，从而求出初值问题（I ）的解。 把（1.7）代入初始条件（1.2），求得
F (x )+G (x )=?(x ).......... ...(1. 8)
a (-F '(x )+G '(x ))=ψ(x ).........(1. 9)
再将（1.9）两边积分，得
x
a (-F (x )+G (x ))+C =?ψ(a )d a .......... ....(1. 10)
x 0
其中x 0是任意一点，而C 是积分常数。 由（1.8）和（1.10），就可以解出F 和G ：
x ?11C ()()()F x =?x -ψa da +??22a x 2a ?0
(1.11) ?x
11C ?G (x )=?(x )+ψ(a )da -??22a x 02a ?
把他们代入（1.7）中，就得到初值问题（I ）的解
u (x , t )=
?(x -at )+?(x +at )
2
1
+ψ(a )da .......... (1. 12) ?2a x -at
x +at
如果初值问题（I ）有解，则解一定由初始条件由公式（1.12）表示出来，因此解一定是唯一的。
再次，我们来考虑问题（II ）的解。
2
??2W 2?W ???t 2-a ?x 2=0, (t >τ)
定理1.2 齐次化原理（Duhamel 原理） 若W (x , t ; τ) 是初值问题?的解
?W ?t =τ：W =0=f (x , τ)
??t ?
（其中τ为参数），则
u (x , t )=?W (x , t ; τ)d τ就是初值问题（II ）的解。
t
证：自由项f (x , t ) 表示时刻t 时在位置x 处单位质量所受的外力，而
?u
表示速度。把时间段[0,t]分?t
成若干小的时间段?t j =t j +1-t j (j =1, 2...., l ) ，在每个小的时间段上?t j 中，f (x , t )可以看做与t 无关，从而以f x , t j 来表示。由于f x , t j =
()
()
F (x , t j )
ρ
, 而F (x , t j )表示外力，所以在时间段?t j 中自由
项所产生的速度改变量为f x , t j ?t j 。把这个速度改变量看作是在时刻t =t j 时的初始速度，它所产生的振动可以由下面的齐次方程带非齐次初始条件的初值问题来描述：
()
~2~??2W 2?W -a =0, (t >t j ) ?2??t 2?x .......... .(1. 13) ~?
?W ~?t =t ：W =0=f (x , t j )?t j j ??t ?
其解记为W (x , t ; t j , ?t j ) 。按照叠加原理，自由项f (x , t )所产生的总效果可以看成是无数个这种瞬时作用所产生的效果的叠加。这样，问题（II ）的u (x , t ) 应表示成
~
~
u (x , t ) =lim ∑W (x , t ; t j , ?t j ). .......... (1. 14)
?t j →0
j =1
l
由于（1.13）为线性方程，所以W 与?t j 成正比，故如果记W (x , t ; τ) 为齐次方程的定解问题
2??2W 2?W =0, (t >τ) ?2-a 2??x .......... ....(1. 15) ??t ?W ?t =τ：W =0=f (x , τ)??t ?
~
的解，则W (x , t ; t j , ?t j ) =?t j W (x , t ; t j ) 。 于是定解问题（II ）的解可表示为
~
~
u (x , t ) =lim ∑W (x , t ; t j , ?t j ) =lim
?t j →0
j =1
l
?t j →0
∑W (x , t ; t ) ?t =?W (x , t ; τ) d τ.
j
j
j =1
l
t
为了写出W (x , t ; τ) 的具体表达式，在初值问题（1.15）中作变换t '=t -τ. 相应地，（1.15）化为
2
??2W 2?W '???t '2-a ?x 2=0, (t >0)
.......... ....(1. 16) ??W ?t '=0：W =0=f (x , τ)
??t '?
的形式，于是利用问题（I ）解的形式，就得到其解为
11W (x , t ; τ) =f (ξ, τ) d ξ=f (ξ, τ) d ξ.......... (1. 17) ??2a x -a t '2a x -a (t -τ)
由此得到所考察的初值问题（II ）的解为
t x +a (t -τ)
x +a t 'x +a (t -τ)
11u (x , t ) =f (ξ, τ) d ξd τ=f (ξ, τ) d ξd τ.........(1. 18) ???2a ?2a 0x -a (t -τ) G
其中区域G 为(ξ，τ)平面上过点（x,t ）向下作两特征线与ξ轴所夹的三角形区域。 下面验证（1.18）是否为初值问题（II ）的解。
假设f ∈C , 从（1.18）式，关于含参变量积分的求导法则，可得
1
?u 1
=?[f (x +a (t -τ), τ)+f (x -a (t -τ), τ)]d τ, ?t 20
?2u a
[f x (x +a (t -τ), τ)-f x (x -a (t -τ), τ)]d τ, =f (x , t ) +
?t 22?0?u 1
[f (x +a (t -τ), τ)-f (x -a (t -τ), τ)]d τ, =??x 2a 0
?2u 1
[f x (x +a (t -τ), τ)-f x (x -a (t -τ), τ)]d τ, =2??x 2a 0
2
?u ?2u 2?u ()-a =f x , t u (x , t ) 于是有 ，即满足方程（1.3），再由（1.18）式及的表示式可得 22
?t ?t ?x
t
t
t
t
u (x , t )t =0=0,
?u
=0，即u (x , t ) 满足初始条件（1.4）. 所以（1.18）式表示的是定解问题（II ）的?t t =0
解。
将（1.12）式和（1.18）式叠加就得到问题（1）的解。 1.4 求解初边值问题 初边值问题
2
??2u 2?u -a =f (x , t ).......... .........(1. 19) ?22
?t ?x ? (0≤x ≤l , t ≥0) ?u ?
()()t =0:u =?x , =ψx .......... .......(1. 20) ?
?t ?
.......... .......... .......... (1. 21) ?x =0:u =0..........
?.......... .......... ........(1. 22) ?x =l :u =0..........
利用叠加原理，上述初边值问题可以分解为下面两个初边值问题：
2
??2u 12?u 1
-a =0.......... ..(1. 23) ?22?t ?x ??u ?
（III ）?t =0:u 1=?(x ), 1=ψ(x ).......... .(1. 24)
?t ?
.......... ....(1. 25) ?x =0及x =l :u 1=0..........
??
2??2u 22?u 2
-a =f (x , t ).......... ..(1. 26) ?22
?t ?x ??u ?
（IV ）?t =0:u 2=0, 2=0.......... .......... ...(1. 27)
?t ?
.......... .......... .(1. 28) ?x =0及x =l ：u =0..........
??
那么初边值问题的解就是u =u 1+u 2。
首先考察问题（III ），根据物理学中一个复杂的振动可以分解成许多简单振动的叠加，可以先求方程（1.23）的可以分离变量的非平凡的特解：
u (x , t )=X (x ) T (t )......... .......... .(1. 29)
并要求它满足齐次边界条件（1.25）
将（1.29）代入方程（1.25），可以得到X (x ) T ''(t ) -a 2X ''(x ) T (t ) =0，将其分离变量，有
T ''(t ) X ''(x )
=.......... .........(1. 30)
a 2T (t ) X (X )
由于在（1.30）式中，左边是关于t 的函数，右边是关于x 的函数，左右两边要想想等只能等于同一个常数才行。记此常数为-λ（其值待定），就得到
T ''(t ) +λa 2T (t ) =0.......... .......... (1. 31)
及
X ''(x ) +λX (x ) =0.......... .......... .(1. 32)
方程（1.30）被分离为两个常微分方程，其中一个仅含有变量t ，另一个仅含有变量x, 通过求解这两个方程来决定T (t ) 和X (X ) , 从而得到方程（1.23）的特解（1.29）.
为了使此解是满足齐次边界条件（1.25）的非平凡解，就必须找方程（1.32）的满足边界条件
X (0) =0, X (l ) =0.......... (1. 33)
的非平凡解。方程（1.32）的通解随λ>0, λ=0以及λ<0而不同，下面分三种情况讨论。 ①=""><>
X (x ) =C 1e C 1+C 2=0, C 1e 1e
-λl
-x
+C 2e -
-x
要使它满足边界条件（1.33），就必须
-l
+C 2e 1e
--λl
--l
=0.
由于
≠0
故只有C 1=C 2=0. 因此在λ<0的情况得不到非平凡解。 ②当λ="">
X (x ) =C 1+C 2x
要满足边界条件（1.33），X (x ) =0。
③当λ>0时，方程（1.32）的通解具有如下形式：
X (x ) =C 1cos x +C 2sin x
由边界条件X (0) =0知C 1=0，再由
X (l ) =C 2sin l =0
可知，为了使C 2≠0, 就必须sin
l =0. 于是
k 2π2
λ=λk =2(k =1, 2,....).... ......(1. 34)
l
这样就找到了一组非零解
X k (x ) =C k sin
k π
x (k =1, 2,......).. ......(1. 35) l
将λk 代入方程（1.31）中，可得其通解为
T k (t ) =A k cos
k πa k πa
t +B k sin t (k =1, 2,......).. ........(1. 36) l l
其中A k , B k 为任意常数。
这样就得到方程（1.23）满足齐次边界条件（1.25）的下列分离变量形式的特解：
U k (x , t ) =X k (x ) T k (t ) =(A k cos
k πa k πa k π
t +B k sin t ) sin x (k =1, 2,......) l l l
现在我们设法作这种特解适当的线性组合，以得出初边值问题（III ）的解。也就是说，要决定常数A k , B K , 使
u (x , t ) =∑(A k cos
k =1
∞
k πa k πa k π
t +B k sin t ) sin x ........(1. 37) l l l
满足初始条件（1.24）.
注意到在上述级数可以逐项求导时，
?u (x , t ) ∞k πa k πa k πa k π
=∑(-A k sin t +B k cos t ) sin x ?t l l l l k =1
因此由初始条件（1.24）应有
∞
k π?
()?x =A sin x ∑k ??l k =1
?∞
B k πa k π?ψ(x ) =∑k sin x
?l l k =1?
因此，A k 和
B k k πa
应该分别是?(x ), ψ(x )在[0，l ]区间中正弦展开的傅里叶级数的系数， l
2l k π?
()A =?ξsin ξd ξ, ?k l ?0
l （1.38） ?2l k π
?B k =ψ(ξ)sin ξd ξ, ?0k πa l ?
将由（1.38）表示的A k , B k 代入（1.37）中，就得到利用级数形式表示的初边值问题（III ）的解。 解的存在性应该满足的条件：若函数?(x )∈C 3，ψ(x )∈C 2, 并且
?(0)=?(l )=?''(0)=?''(l )=ψ(0)=ψ(l )=0，那么弦振动的初边值问题（III ）的解是存在的，它可
以用级数（1.37）给出，其中A k , B k 由（1.38）给出。 在考察初边值问题（IV ）的解，利用齐次化原理进行求解。 定理1.3 齐次化原理 若W (x , t ; τ)是初边值问题
2??2W 2?W -a =0(t >τ), ?22
?x ??t ?W ?
t =τ：W =0=f (x , τ), （1.39） ?
?t ?
x =0和x =l :W =0???
的解（其中τ≥0为参数），则
u (x , t )=?W (x , t ; τ)d τ就是初边值问题（IV ）的解。
t
进行变量变换，令t '=t -τ, 混合问题（1.39）就化为
2??2W 2?W -a =0(t '>0), ?22
?x ??t ?W ?
't =0：W =0=f (x , τ), （1.40） ?
'?t ?
x =0和x =l :W =0???
由于方程及边界条件都是齐次的，因此（1.40）和混合问题（III ）属于同一类，故可直接应用分离变量法的结果。可以得到
∞
k πa k πk πa k π
W =W (x , t ; τ) =∑B k (τ)sin t 'sin x =∑B k (τ)sin (t -τ) sin x （1.41）
l l l l k =1k =1
∞
2l k π
()f ξ, τsin ξd ξ........(1. 42) 其中B k (τ)=
k πa ?0l
由齐次化原理就可以得到初边值问题（IV ）的解为
u (x , t ) =?W (x , t ; τ)d τ=∑?B k (τ)sin
k =1
t
∞
t
k πa k π
(t -τ) d τ?sin x （1.43） l l
若初边值问题（IV ）的解存在，应该满足的条件：f (x , t )∈C 2以及在端点满足条件f (0, t )=f (l , t )=0 从而原问题的解由初边值问题（III ）和（IV ）的解相加即可得到。
1.4 非齐次边界条件问题求解
2
??2u 2?u =f (x , t ).......... .......(1. 44) ?2-a 2
?x ??t ?u ?
非齐次边界条件的初边值问题?t =0:u =?(x ), =ψ(x ).......... ... (1. 45)
?t ?
. (1. 46)?x =0:u =μ1(t )及u =μ1(t )..........
??
问题（1.44）—（1.46）可以通过未知函数的适当变换把边界条件化为齐次的情形。令
x
U (x , t )=μ1(t ) +(μ2(t )-μ1(t ))........ .......... .........(1. 47)
l
它是一个满足边界条件（1.46）的函数。在作变换
V (x , t )=u (x , t ) -U (x , t ).......(1. 48)
引入新的未知函数V (x , t )，则V 满足方程
2?2V x """2?V ()()()-a =f x , t -μt -(μt -μ1. 49) 121(t ))........(?t 2?x 2l
和非齐次初始条件
x ?t =0:V =?(x ) -μ(0) -(μ2(0) -μ1(0))........ ...(1. 50) 1?l ??V x '''?t =0:=ψ(x ) -μ1(0) -(μ2(0) -μ1(0))........ ....(1. 51)
?t l ?
V 又显然满足齐次边界条件。
问题（1.44）—（1.46）的解为u (x , t ) =V (x , t ) +U (x , t )。 若要解存在，应该满足的条件：若函数?(x )∈C ，ψ(x )∈C , 并且
3
2
?(0)=?(l )=?''(0)=?''(l )=ψ(0)=ψ(l )=0，f (x , t )∈C 2以及在端点满足条件
f (0, t )=f (l , t )=0
，
函
数
μ1(t ), μ1(t )
具有二阶连续导数，且
μ1(0)=μ2(0)=μ1'(0)=μ2'(0)=μ1"(0)=μ2"(0)=0。
1.5三维波动方程柯西问题
2
??2u ?2u ?2u ?2??u =a +2+2??22 ??t ?x ?y ?z ??? （1.52） 三维波动方程的柯西问题?
?u =?(x , y , z ), ?u =ψ(x , y , z ) t =0??t t =0?
球平均函数：设h (x 1, x 2, x 3) 是在整个空间上连续且有直到二阶连续偏导数的任意函数。函数h 在以为心，以r 为半径的球面S r 上的平均值 （x 1, x 2, x 3）
M h (x 1, x 2, x 3, r ) =
1
4πr 2
(1. 53) ??hd σ..........
r
s r
其中d r σ表示球面S r 上的面积微元。
引理1.4 设h ∈C , 则其球平均函数M h (x 1, x 2, x 3, r ) 也是二次连续可导的，且满足方程
2
?22?
(2+) M h (x 1, x 2, x 3, r ) =?M h (x 1, x 2, x 3, r ) .........................(1.54) ?r r ?r
?2
(其中?=∑2) 与初始条件
i =1?x i
3
M h r =0=h (x 1, x 2, x 3),
引
理
1.5
设
?M h ?r
=0.......... .(1. 55)
r =0
u (x 1, x 2, x 3, t )
是柯西问题（1.52）的解，定义
M u (x 1, x 2, x 3, r , t ) =
1
4π
??u (x +ra , x
1
1
s 1
2
+ra 2, x 3+ra 3, t ) dw ，那么M u 作为r , t 的函数，满足方程
2
?2M u 2?2?-a . (+) M u =0.......... ..(1. 56) 22?t ?r r ?r
与初始条件
M u t =0=M ?(x 1, x 2, x 3, r ) .............................(1.57) ?M u ?t
=M ψ(x 1, x 1, x 1, r ) .....................................(1.58)
t =0
下面求解三维波动方程的柯西问题（1.52）
将M u (x 1, x 2, x 3, r , t ) （相应地M ?及M ψ) 往r <>
2?2V 2?V -a =0.......... ...(1. 59) ?t 2?r 2
?(1. 60) ?v t =0=rM ?(x 1, x 2, x 3, r )......... ?v =rM (x , x , x , r )......... ....(1. 61) ?ψ123?t t =0
根据前面一维波动问题的求解可知
11r +at (1. 62)v =[(r +at ) M ?(x 1, x 2, x 3, r +at ) +(r -at ) M ?(x 1, x 2, x 3, r -at )]+ξM ψ(x 1, x 2, x 3, ξ) d ξ.......... 22a ?r -at
由于M ?(x 1, x 2, x 3, ξ) ，M ψ(x 1, x 2, x 3, ξ) 是ξ的偶函数，有
M u (x 1, x 2, x 3, r , t ) =1[(r +at ) M ?(x 1, x 2, x 3, r +at ) -(at -r ) M ?(x 1, x 2, x 3, at -r )]+2r
1r +at ξM ψ(x 1, x 2, x 3, ξ) d ξ....(1. 63) 2ar ?at -r
令r →0，左端即u (x 1, x 2, x 3, t ). 计算右边的极限可得到
lim 1[(r +at ) M ?(x 1, x 2, x 3, r +at ) -(at -r ) M ?(x 1, x 2, x 3, at -r )]r →02r
?=[(r +at ) M ?(x 1, x 2, x 3, r +at r =0?r ?=[ξM ?(x 1, x 2, x 3, ξ)]ξ=at ?ξ
?=[tM ?(x 1, x 2, x 3, at )],?t
1r +at lim ξM ψ(x 1, x 2, x 3, ξ) d ξr →02ar ?at -r
1 =[ξM ψ(x 1, x 2, x 3, ξ)]2a ξ=at
=tM ψ(x 1, x 2, x 3, at )
因此
u (x 1, x 2, x 3, t ) =?[tM ?(x 1, x 2, x 3, at )]+tM ψ(x 1, x 2, x 3, at ) ?t ?11=(?dS ) +ψdS .........(1. 64) 2???t 4πa 2t ??4πa t M M s at s at
从求解过程中很容易看出解的唯一性。
下面证明解的存在性。
由引理1.4知，（1.64）右边第二项满足
?2
(tM ψ(x 1, x 2, x 3, at )) ?t 2
?2
=[a 2(rM ψ(x 1, x 2, x 3, r ?r r =at
?22?=[ar (2+) M ψ(x 1, x 2, x 3, r )]?r r ?r r =at
=a 2?(tM ψ(x 1, x 2, x 3, at ))........ ..(1. 65)
故u 2(x 1, x 2, x 3, t ) =tM ψ(x 1, x 2, x 3, at ) 满足方程（1.52）. 显然，t =0时u 2=0, 且由引理1.4有??u 2(x 1, x 2, x 3, t ) =M ψ+t M ψ?t ?t t =0=ψ(x 1, x 2, x 3)........(1. 66) t =0
又记u 1(x 1, x 2, x 3, t ) =tM ?(x 1, x 2, x 3, at ), 则类似于（1.65）可知u 1满足方程（1.52）. 由于该方程的系数为常数，故?u 1?也满足方程（1.52）. 又类似于（1.66）可知u 2(x 1, x 2, x 3, t ) 而=?(x 1, x 2, x 3) ，?t ?t t =0
且由于u 1满足（1.52）
??u 1?2u 1[(=2?t ?t t =0?t
因此，=[?u 1]t =0=0. t =0?u 1+u 2满足（1.52）中的两个初始条件。因此u 的确为柯西问题（1.52）的解。 ?t
32如上三维波动方程柯西问题的解要想存在且唯一对?，ψ的要求：?∈C ，ψ∈C .
1.6二维波动方程的柯西问题的解 u tt =a 2(u xx +u yy )......... .(1. 67)
二维波动柯西问题??u ???u t t =0 =?(x , y ) .......... .......(1. 68) =ψ(x , y ) t =0
（x , y , z , t ）利用降维法来研究。所考察的二维波动柯西问题的解u (x , y , t ) ，可以看成是高一维空间中
~实际上和自变量z 无关，因此满足三维波动方程 ~(x , y , z , t ) =u (x , y , t ) 。由于u 的函数u
~=a 2(u ~+u ~+u ~)......... u .....(1. 69) tt xx yy zz
~ ??u t =0=?(x , y ) .......... .......(1. 70) ?~u =ψ(x , y ) ??t t =0
（x , y , z ）其中?(x , y ), ψ(x , y )也已视为空间中的函数。
利用解三维波动方程柯西问题得出的公式，得到
~=?(1u ?t 4πa 2t s at ???dS ) +M 14πa 2t s at ??ψdS M
（x , y , z ）这里的积分是在三维空间的球面上进行。由于?(x , y ), ψ(x , y )都是和z 无关的函数，因此在
球面上的积分可以化为它在平面z=常数上的投影∑2222:(ξ-x ) +(η-y ) ≤a t 上的积分。注意球面at M
上的面积微元dS 和它的投影的面积微元d σ之间成着如下关系：
(at ) 2-(ξ-x ) 2-(η-y ) 2
cos γ=. at
再将上下半球面的积分都化成同一圆上的积分，这样，就有
~(x , y , z , t ) =u ~(M , t ) u
=
+1?[2πa ?t ∑at 2??M ?(ξ, η) d ξd η(at ) 2-(ξ-x ) 2-(η-y ) 222M ∑at (at ) -(ξ-x ) -(η-y )
1?at 2π?(x +r cos θ, y +r sin θ) =[rd θd r 222πa ?t ?0?0(at ) -r ??ψ(ξ, η) d ξd η]
+?at
0?2πψ(x +r cos θ, y +r sin θ) (at ) -r 220rd θd r ........(1. 71)
由此便求解出二维波动方程柯西问题的解。
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