數(shù)學物理方程第二版答案

1、數(shù)學物理方程第二版答案第一章.波動方程§ 1方程的導出。定解條件4.絕對柔軟逐條而均勻的弦線有一端固定，在它本身重力作用下，此線處于鉛垂平衡 位置，試導出此線的微小橫振動方程。解：如圖2,設弦長為l ,弦的線密度為，則x點處的張力T(x)為T(x) g(l x)且T(x)的方向總是沿著弦在 x點處的切線方向。仍以 u(x,t)表示弦上各點在時刻 t沿垂直于x軸方向的位移，取弦段 (x,x x),則弦段兩端張力在u軸方向的投影分別為g(l x)sin (x); g(l (xx) sin (x x)其中(x)表示T(x)方向與x軸的夾角又sin tg于是得運動方程ux.2 u x-tr

2、1 (xuu ._x)I x x g 1 xI x gxx利用微分中值定理，消去t2g”ux)一。x5.驗證,、1222、一u(x, y,t) 222在專1t x y >0中都滿足波動方程,t2 x2y22u2x證：函數(shù)u(x,y,t).222. 、一在車Itx y >0內(nèi)對變量二階連續(xù)偏導數(shù)。且(t2 x23y2) 22ut2(t2x23y2) 2 3(t2 x2y2)同理所以即得所證。(t2(t22uFxx2t2t22u y22u x2x22uy23y2) 2y2x2t2§ 2達朗貝爾公式、(2t2x2y2)3t252 t22x2y2t2波的傳插x2 2y252 2t

3、2 x2y22u3.利用傳播波法，求解波動方程的特征問題（又稱古爾沙問題）22u2 aut22xux at 0(x)ux at 0(x)(0)(0)解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at)令 x-at=0(x)=F (0) +G (2x)令 x+at=0(x)=F (2x) +G(0)所以F(x)=所以u(x,t)=(x)(0),x、 (-)-G(0).(x) -F(0).+G(0)= (0)(0)./ x at、.x at、(-)+ (- ) (0).即為古爾沙問題的解。8.求解波動方程的初值問題2u2x0,- tt sin x|t 0sin xxx解：由非齊次方程初值問題解的公式得

4、1 x u(x,t)2xtsint1tx240 x(t(t)sin)1.cos(x t) cos(x t) 2t120cos(x (t)cos(x(t)dsin xsin ttsin x sin(t0)dsin xsin tsin x cos(tsin(t)0tsin x即u(x,t) tsin x為所求的解。§ 3混合問題的分離變量法1.用分離變量法求下列問題的解：(1)22 ua 2xt o x(1 x) (0l).3 xsin lu(0,t) u(l,t)解：邊界條件齊次的且是第一類的，令u(x,t)X(x)T(t)得固有函數(shù)Xn(x)Tn(t)Anan cos一l. n v

5、口sin x ,且ltBnsin 嘰 tl(n1,2是 u(x,t)(An cosatanBn sin t) sin今由始值確定常數(shù)An及Bn,由始值得3 xnsinAn sinxl n 1lx(l x)an Bn sin n xnill所以A31, An0,當 n 3Bn x(lx)sin n xdxan ol工 l LxcosJx =sin Lx an n l nll 2x nncosxl232l x . n2l n22 sin x3 3 cosxn l nl因此所求解為47(1( 1)n) anu(x,t)3a . 3cos1 sin xl l4l31 ( 1)n . an4 4 sin

6、 7 a n 1 nl.n tsin xlu 2 u2 a 20t x(2)u(0,t)0卓l,t)0u(x,0)牛 x,卓x,0)0解：邊界條件齊次的，令u(x,t) X(x)T(t)得:X X 0X(0) 0, X (l) 0及T a2 X 0(2)。求問題(1)的非平凡解，分以下三種情形討論。10時，方程的通解為X(x) CeC?e由 X(0) 0 得 c1 c20由 X(l) 0 得 C1Je C2yle0解以上方程組，得 C1 0, C2 0,故0時得不到非零解。2 0時，方程的通解為 X(x) ci C2X由邊值X(0) 0得c10,再由X(l) 0得c2 0,仍得不到非零解。3

7、0時，方程的通解為X (x) c1 cos x c2 sinx由X(0) 0得。0 ,再由X (l) 0得c2cos l 0為了使c20,必須2(n0,1,22n 12l且相應地得到Xn(x). 2n 1、,sin x2l(n0,1,2 )2l代入方程(2),解得Tn(t)An cos2n- a t2lBn sin 2n2l1at(n 01,2 )u(x,t)/a 2n(An cos02l1atBn sin 型n 2l1at)sx2l再由始值得Asin2nxn 02n 10 2l2la Bn sin2n 1x2l 2n 1谷勿雅證 sin x (n 0,1,22l)構成區(qū)間0,l上的正交函數(shù)系

8、:lsin02m 1. 2n 1xsin 2l0 當m nxdx l一 當m n 2利用sin2n 12lx正交性，得2lh -xsin l2n 1 xdx2l所以Bn2h7T(2n2l1)2n 1 xcosx2l2l(2n 1)2n 1 sin2l8h22(2n 1)(1)n一、8hu(x,t) 2n(1)n0(2n 1)22n 1 cosa2l2n 1 tsin 2l2。設彈簧一端固定，一端在外力作用下作周期振動，此時定解問題歸結為2u"Fu(0,t)u(x,0)22 U2x0,-u-(x,0)0u(l,t) Asin t求解此問題。解：邊值條件是非齊次的，首先將邊值條件齊次化，

9、取U (x, t)-xsin t, l則U(x,t)滿U(0,t)0, U (l,t) Asin t令 u(x,t) U(x,t)v(x,t)代入原定解問題,則v( x, t)滿足2vt2v(0,t)22 V2xv(x,0)A 2xsin t lv(l,t) 0 vA(x,0) xv( x, t)滿足第一類齊次邊界條件，其相應固有函數(shù)為Xn (x) sinnrx,(n0,1,2 )故設v(x, t) Tn (t)sin - x n 1l將方程中非齊次項Axsin t及初始條件中l(wèi)A px按 lsin n- x展成級數(shù)，得其中xsin t lnfn(t)sin xn 1lX xd nin s A

10、L n siX2AI n2 - I2AJ2-sinl nxcosxIll222 n-nsin x l2A2-(1)n 1sin-nn sin xn 1lxsinn-xdxl2A1)nTnan將(2)代入問題(1),得Tn(t)滿足2Tn(t)2A2-(1)n1 sin t解方程,得通解Tn (t)Anan cos l由始值,得AnBn( an1)n2A所以v(x,t)2ATn(0)t Bn(1)n 12An (an )21)n2A al(an )2 ( l)20, Tn(0).ansin1l.an . sin1l(1)n 12 A 2l2122(an )2 ( l)2sin22n 1 (an

11、)2 ( l)2asinan1)n1)nsin tan)22(1)n2A(an )2nt sin- xt sinnal不nt sin - x(1)2因此所求解為Au(x,t) -p xsin t 2Al (1)222n 1 (an )2( l)l * 2an .asin j t3.用分離變量法求下面問題的解l .sin ntnt sin- x22 U a xbshxu |t 0u |x 0u t u|1t 0解：邊界條件是齊次的，相應的固有函數(shù)為Xn(X)-n sin xl(n 1,2,u(x,t)將非次項bshx 按sinx展開級數(shù)，得nTn(t)sin x1lbshxn fn(t)sin

12、x1l其中fn(t)i2b。卜一n Hshxsin xdx(1)n1將 u(x,t)Tn (t)滿足Tn(t)sin Jx代入原定解問題，得 n 1lTn(t)Tn(0)(十)2(。QTn(0)0n 1 2bn(1) 丁n-y shll2方程的通解為Tn(t)An cosan tBn sinan tl()2an2bnn 1 一丁力一2 ( 1) shln l由 Tn (0)0,得：An)2 an2bn2 2n1T(1)n1shl由 Tn(0)0,得 Bn所以Tn(t) ()2 駕 2( 1)n1shl(1 cos an n lant)所求解為/ 八 2bl2 7( 1)n1 “ anu(x,t

13、) -shl 2 2 ,2X(1 cos- a n 1 n(n l )ln t)sin- x§ 4高維波動方程的柯西問題1.利用泊松公式求解波動方程utta (uxx uyy uzz)的柯西問題解：泊松公式0,sM其中計算ut t 0a MSatds r4 aMSatdsrx3y2z一dsr(r,(x(r,)rsind d |r atr sin(x r sin3 cos )3x2r sin2yzr sin sincos,y r sin sin，.、2，(y sin sin ) (z2.2cos 3xr sin. 2 rzsin. 2 sinr cos2 cosr cosr cos )

14、233r sin cos2.2yr sin cos sin3r sin2 sincos2(r,0 0,)r sin2/ 3(x0 02y z)rsin/ 3 r(xy2z)cos )o324 r(x y z)2o 2.3x r sin cosr sinc 2 23x r. 2 sin2d cos d 0o 3.3.2.3xr sin d cos d003 133xr cos3cos g-sin22 41 2233 .3,1,4xr r sin cos r sin d d0 02. 4.sin d037cos d34 xr22yzrsin sin rsin d d0 02222yzr sin d

15、 sin d0022.22r zsin sin0 0rsin d d23 2rz sin d sin d003131243r z-cos cos 0 sin2 ° r z32 432y2rcos rsin d d0 022 2y r cos sin d d002 2 2yr sin coc sin rsin d d0 02322yr sin cos d sin d 002 322r sin sin cos0 043r sin cos(0所以0rsin d d2sin2 d 00M 7ds 4 r(x2y2z) 4 r3 3 r3zr atSat22atx y z xa t2.2 i

16、a t z-2 22,3xr sin cos r sin d d0 0u(x,y,z)=tx3 ty2z xa2t31 a2t2zt332 c 2, 22,2x y z 3a t x a t z即為所求的解。2.試用降維法導出振動方程的達朗貝爾公式。解：三維波動方程的柯西問題utta (uxx u yy uzz)u t 0(x, y,z),Ut t 0(x, y,z)當u不依賴于x,y,即u=u(z),即得弦振動方程的柯西問題:2utta uzzu t 0(z),ut t 0(z)利用泊松公式求解 dsM rSat/ 1 mu -_- dst 4 aM rSat因只與z有關，故2.(z at

17、cos )2ds(at) sin d dM r 0 0 atSat2d (z at cos )atsin d00令z+ atcos= , -atsin d = dz at得 一ds 2( )dM rz atSat所以u(z,t)1 z att 2a zat()d1 zat2az at()d11 (z at) (z at) ( )d22a zat即為達郎貝爾公式。3.求解平面波動方程的柯西問題:解:因為所以Uttu |t 02a Uxx2X Xuyyut |t 00由二維波動方程柯西問題的泊松公式得:U X, y,t12-a12matr cos,yt2.2t m a tat -d d2y2t2d

18、2yat 2r sincos3r cos2x xsincosx rcos ,y rsin2.2 a trdrdr cosr cos- 22xrsincosr cos r sinsin2 coscos2cos02sin0at2at2d 0,0cos dx r cosa2trdr2,220 a t rat 3r dr2. 220 .at r-a2t23sin0,3 cosr sin2 rat rdr20,02 cos0,rdrd2 cossin d0.at2. 22-a t r2.22 .at a t r |0r2 a2t2 r23xat10tr3dr2,220 . a t rat2a2t2r2

19、rdr03 o2 a2 3 32 |0-a t3于是u X, y,t333x y即為所求的解。4.r x22,2-y a t 3x y求二維波動方程的軸對稱解(即二維波動方程的形如u u r,t的解,y2).解：解法一:利用二維波動方程柯西問題的積分表達式1uxyt 22atm atatt由于u是軸對稱的ut |t 0 r ,又2定理知，2mattaty2'u u r,t，故其始值只是r的函數(shù)，u1t 0m為圓x2 at2圓心M (x, y)其矢徑為22 2_>>a2t2.記圓上任一點的矢徑為2 一、,、y 則由余弦2 rs cos為oM與Mp的夾角。選極坐標(s,)。r2

20、 s2 2rscos22r s 2rs cos于是以上公式可寫成u X,y,tat 22rs cos , sdsdat 2,r2s2、at 22rs cos ,sdsd由上式右端容易看出,積分結果和(r,t)有關,因此所得的解為軸對稱解，即at 2u(r,t)atr2 s22rs cos ,sdsdJat)2 s2,22 c(-r s 2r cos ,sdsdJat)2 s2解法二：作變換 x r cos , y r sin .波動方程化為ut2-) r用分離變量法，令 u(r,t)=R(r)T.代入方程得一"2T a t 02 _"_ '2 _r R rR r R

21、 0解得：T (t) A cosa . t B sin a . tR(r) J0(, r)u(r,t)(A( )cos t B( )sin t)J°( )du05.求解下列柯西問題 22Vtta (Vxx Vyy) C VVt 0(c, y),(x,y)r t 0cz提示：在三維波動方程中，令 u(x,y,z) eav(x,y,t)cz解：令則u(x, y,z,t) ea v(x,y,t)uttczczevtt , u xx evxx , u yycz eaVyy代入原問題，得uzz2 c ""2 e aczutta (u xx u yyu zz)czcz(x,y

22、),ut(x, y)，、，1u(x, y,z,t) - 一t 4 a葭ce7 (,)d§4 asMc( ,)edsrSM:( x)2 ( y)2 ( z)2a2t2記SaM為上半球，S：為下半球, at為sm在o平面上的投影。ds a2t2 (atd d22x) ( y)，則cF (，)ds rc丫 (, sM r)dssMc1-ea ( , )ds rMatc一(zea2.2a t、一2 222、a t ( x) ( y)22(x)2( y)2)dMatcz2e萬cz 22e7c2 222-(z a t ( x) ( y)eaa2t2( x)2 ( y)2)d dMatchc 寸a

23、2t2 aa2t222(x) ( y)22(x) ( y)atch c2t2(cr)2,a2t2(x r cos ,y(,)d dr sin )rdrd所以 u(x, y, z)cz 2a2. 2c t00a2t2(cr)2 a2r(xr cos)tftf cz 2 aat ch. c2t22t2(cr)2 a(x r cos ,y rr sin )rdrdv(x,y,t)2 at ch c2t2即為所求的解。2 a。,a2t2(cr)2 a2r(xr cos,yr sin )rdrdat ch, 'c2t2 ( r)2a (x2X220 a t rr cos , y r sin )r

24、drd6.試用4第七段中的方法導出平面齊次波動方程2 .Utta (Uxx Uyy) f(x,y,t)在齊次初始條件u t o 0,ut t o 0下的求解公式。解：首先證明齊次化原理：若 w(x, y,t,)是定解問題Wtta (Wxx Wyy )wt o o,wtf(x, y,)的解,則 u(x, y,t)tw(x,y,t,)d即為定解問題Utta (uxxu yy)f (x, y,t)0, ut的解。顯然，uw(x, y,t,0)u.所以 twAt2 d0 tf (x, y,t)2u-2 x2_wd2 d y2u2 y2 _wd2 d y因為w滿足齊次方程，故 U滿足2ut2f(x,y,

25、t) a2(2u2 x2u-) y齊次化原理得證。由齊次方程柯西問題解的泊松公式知，、1w(x, y,t,)-2 af(,Ma (t) a2(t )2( x)2d d(y)2所以u(x, y,t)即為所求的解。t a(t ) 21 f (x rcos , y r sin ,),rdrd2 a0 0 0.a2(t )2 r2所以u(x, y,t)1 t a(t) 22 a o o of (x r cos , y rsin ,),rdrd.222,a (t ) r7.用降維法來解決上面的問題 解：推遲勢u(x, y, z,t)4 a2r atr f( , ,t -) 二 dv其中積分是在以(x,y

26、,z)為中心，at為半徑的球體中進行。它是柯西問題2 /Utta (Uxx Uyy Uzz)f(x, y,z,t)u t 00>Ut t 00的解。對于二維問題 u, f皆與z無關，故., r、1at f ( , , t ) u(x, y,t) 2-dsdr4 a 0sMr其中sM為以M (x, y,0)為中心r為半徑的球面，即_ M22Sr :( x) ( y)ds d d-r2 ( x)2 ( y)2. r. r. rf( , ,t )f( , ,t )f( , ,t )-ds -ds dsrsmrsmrrf( , ,t -)2a d dMM >r表小sr在O平面上的投影。M

27、r2 ( x)2 ( y)2其中sM ,srM分別表示srM的上半球面與下半球面,所以u(x,y,t)at2 a2 0rMrf( , ,t -)a d dr2 ( x)2 ( y)212 a2at在最外一層積分中，作變量置換，令t ,當r at時,0,得u(x, y,t) 2 a 0即為所求，與6題結果一致。8.非齊次方程的柯西問題Uttu2( y解:計算所以計算t0 Qu由解的公式得1 u(x,y,z,t)屋 dsStM rr sin dyr cos2sin d0 02_ 3sin0 02sin 20 0ds0M rStaSM2(x0zrsin2 cossinrr 2 f (x cos ,

28、y sin ,t ) a d ddra(tt)2yzf (x即 r a(t ), drcos , y sin222、a (t )一 ds rr sin2(x20sin4 t(x2 yz)cosyz4 a2 rat)2 (y2xr sinsin cos2.2sin0 00,2sin0 02(y.rf( , , ,t -) a-dV rr sincossincossin )(z2 . 2 r sin)r sincos d2_ _2sin0r sinr cos2 cos(a1)cossinsin0.r) r2 sin drd(y0r sin sinr)rsin drd d所以(y0 018 2(yu

29、(x,y,z,t)t(x2 yz即為所求的解。r )r sint)r2t(x2yt)drdyz)yt2t3.1 32-t3 yt2 33t3§ 5能量不等式，波動方程解的唯一和穩(wěn)定性1.設受摩擦力作用的固定端點的有界弦振動，滿足方程utta2uxx cut證明其能量是減少的，并由此證明方程utt a uxx cutf的混合問題解的唯一性以及關于初始條件及自由項的穩(wěn)定性。證：1 首先證明能量是減少。能量l一222E(t)(uta ux )dx0dE(t)dtl2(2ututt 2a uxuxt)dxl2 ututtdx0l l 22a uxut |utuxxdx0 0l2、，2 ut(

30、utta uxx)dx0l2a uxut |0因弦的兩端固定,uIx 0 O，uIx l 0,所以ut |x 0 0, ut |x l0于是dE(t)l2 ut(utt 出02a uxx)dx12c u2dx0(c 0)因此，隨著t的增加，E(t)是減少的。2.證明混合問題解的唯一性混合問題：uttu Ix 0u |t 0uxx cut 0,u|x 1 0(x),ut It 0(x)設U1, u2是以上問題的解。令 uu1 u2，則u滿足能量uttu|x u It2a uxx 叫 0,u|x 1 0 0,ut |t 0 0E(t)1(u2 a2ux)dx0當t0,利用初始條件有ut |t 00

31、,由 u |t0 0,得12, 12滿足E(0)又E是減少的，故當t 0,E(t)E(0)0,又由E(t)的表達式知E(t) 0,ux |t 0所以所以E(t) 0由此得ut 0,及ux 0,于是得到u 常量再由初始條件u |t 0 0,得u Q因此uiU2,即混合問題解的唯一的。3.證明解關于初始條件的穩(wěn)定性，即對任何0,可以找到0,只要初始條件之差ll 12 IIl2，1I 1x 2x |L2，|1 12 |L2則始值（1）所對應的解5及（22）所對應的解U2之差Uiu2滿足L20llu1 u2 IIl122 I dxTl(U10 0u2)2dxdtEo(t)lu2(x,t)dx0dE0(

32、t)dtl2 u utdx0i2u0dxi2 .ut dx0Eo(t)E(t)Me°etE積分得tE0etE0et e0E()dt又E()E（0），所以E0(t) etE°(0) etE0(0) e d0Eo(t) etEo(t) (et1)E(0)12，貝 u1 u2滿足則相對應地有故若L2utt u| u|It 0E0(0)E(0)11222dx0a2uYYxx0,u|cut，Ut |t 01 2dx0(2 a2x2 )dx 22L2x012dx則 E0 02,E01 al 2 2于是|u|2L2E0 tetet1 1 a222（對任何t）即 Ul21Tl 2 亍或 u

33、 dxdt001T t t22e e 1 1 a dt04解關于自由的穩(wěn)定性_2utta uxx cutf1設 U1 X,t 滿足 u |x 0 0,u |x l 0u |t 0，ut |t 02utta uxxcutf2u2 x,t 滿足 u |x 0 Qu lx l 0ut 0，ut |t 0_ 2utta Uxx cutf1f2則 u u1 u2 滿足 u |x 0 0,u|xl 0u |t 0 Q ut |t 0 0今建立有外力作用時的量不等式記f f1f2l 222 ,E tuta ux dx0dE tdti22 ututta uxuxt dx0l22 ut utt a uxx dx

34、00lc2=2 cut ut f dx0ll2 ,2 ut fdxut dx00utta Uxxcutflf 其中F t f 2dx,故dx E t F t0tFtE t E 0 etet e0又E 00由始值,所以tE tet e F0t t e0f 2dxT tetf 2dxdt0 0由3中證明，知etE0 0et e0而E0 00由始值Eo ttte e E0'dtt 2t 2e K d te K0TE0 t dt0TK2tetdt0K2 T 1 eT1因此，當 KT l|f 2dxdt，則0 0亦即當u02dxdt0 0.T 1eT 1l .20(f1 f2)2dxdt則T0(

35、4 u2)2dxdt。即解關于自由項是穩(wěn)定的。明如果函數(shù)f (x,t)在G ： 0 x l , 0 t T作微小改變時，方程2ut2一 k(x)-uqu f (x,t)(k(x) 0, q 0和f(x.t)都是一些充分光滑的函數(shù))滿足固定端點邊界條件的混合問題 的解在G內(nèi)的改變也是很微小的。證：只須證明,值）?？紤]能量由邊界條件dE(t)dtt (utt又由于k(x)由初始條件又因 u |t若f很小，即utt(k(x)ux)x當f很小時，則問題u I 0x 0u 1t0，ulx 10,ut |t 0qu0f的解u也很?。ò唇^對1-22E(t)(utk(x)ux02"qu )dxdE(

36、t)dt1(2ututt 2k(x)uxuxt 2quut)dx012 ututtdx0ulx0 0(k(x)ux)xdE(t)dt2k(xMut | 2 ut(k(x)ux)xdxut lx10，1qu)dx 22 .ut dx-d(E(t)e 1) 出E(t)u |t，得 ux |t1quutdx0故 utlx0 0ut f (x, t)dx 0E(t),即1f 2dx02dxul |x 11ut02dx1f 2dx0E(0)etif2F( )d0,0,ut|t 00,故 E(0)0,即 E(t)et0F(，故 F(t)12d211f 2dx0)d0E(t)2.t .2 t2 T2l e

37、d l(e 1) l(e 1)0即在0.T中任一時刻t ,當l2 .k(x)ux dx0很小時，E(t) 2,又E(t)中積分號下每一項皆為非負的,(對0,T中任一時刻t)今對0 x l , 0 t T ,估at u(x,t)。因為可以得到u(x,t) u(0,t)dxu .dx0 x0 . k(x)u .dxxdx應用布尼亞科夫斯基不等式,v/k(x) dxlk(x)01l21 dx k(x)ux2dxK0l2 1 一一一、.-其中K2 k(x) 1dx (因k(x) 0且充分光滑)0又由邊界條件即當u(x,t)u(0.t)u(0,t) K0 ,得 u(x,t)T ,有u(x,t)很小，得證

38、。3 .證明波動方程2 ,a (uxx Uyy) f (x,y,t)的自由項f中在L2(K)意義下作微小改變時，對應的柯西問題的解u在L2(K)意義之下改變也是微小的。證：研究過(x0,y0,R)的特征錐K a(x x。)2 (y y。)2 (R at)2令t t截K ,得截面 t,在t上研究能量:一2222E( t) ut2 a2(ux2 uy2)dxdyR at 2 r2222Ut a (Ux Uy )dsdr (r00.(x x。)2 (y y。)2)R at 2 rdE( t)22ututt a (uxuxtdt002UyUyt)dsdt a utt(Ux22.Uy )ds其中t為t的

39、邊界曲線。再利用奧氏公式，得R at 2 rT 2 0 0U32, a (u xxUyy )dsdt22 a uxut cos(n,x) uyut cos(n, y)ta 22/-uta (u2 uydsR at2 r2 ut f (x, y,.t)dsdr00(aux2ut cos(n, x)(auyUt cos(n, y)2ds因為第二項是非正的，故dE(t)dtR at 2 r2 ut fdsdr00at 2 r2 .ut dsdr0R at 2 rf 2dsdr00所以dE(t) d tE( t)r 2 .f dxdy上式可寫成F(t)d /(e dtf 2dxdytE( t) etF(t)tE( t) E( 0)etet0F()dE(E(0)e,0)ett t e0Ra t e0f 2dxdyd.2f dxdydtet etf 2dxdydt研究2E0 t u x, y, t dxdytdE0 tdt2 ,2 uu1dxdy a u dstt所以22 ,2 uu1dxdyu dxdyut dxdytttE0 t E ttE0 tEo o etet E 0 dott tEoo e e E 0 dot t- 2ef dx