1、1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 满足方程),(tuxuEtxt其中 为杆的密度， 为杨氏模量。E证：在杆上任取一段，其中两端于静止时的坐标分别为 与 。现在计算这段杆在时x刻 的相对伸长。在时刻 这段杆两端的坐标分别为：tt ),();,(txuxu其相对伸长等于 ),(), txut x令 ，取极限得在点 的相对伸长为 。由虎克定律，张力 等于0xxx),(tT),(),(tuEtT其中 是在点 的杨氏模量。)(xE设
2、杆的横截面面积为 则作用在杆段 两端的力分别为),(xS),(xxuS)( xut;,.t于是得运动方程 txs)(ES),( xxESu|)(|)(利用微分中值定理，消去 ，再令 得0tu)(x()若 常量，则得)(xs=2)(tx)(xE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 两点则相应的边界条件为lx,0.),(),0(tlut(2)若 为自由端，则杆在 的张力 | 等于零，因此相应的边lxlxxuEtlT)(,l界条件为 | =0 lx同理，若 为自由端，则相应的边
3、界条件为 0x0(3)若 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l由函数 给出，则在 端支承的伸长为 。由虎克定律有)(tvlx)(,tvluuE)(tklx其中 为支承的刚度系数。由此得边界条件k 其中)()(tflxEk特别地，若支承固定于一定点上，则 得边界条件,0v 。)(uxlx同理，若 端固定在弹性支承上，则得边界条件0xE)(,0tvkx即 )(u.f3. 试证：圆锥形枢轴的纵振动方程为 22)1()1(tuhxuhxE其中 为圆锥的高(如图 1)h证：如图，不妨设枢轴底面的半径为 1，则点处截面的半径 为：lhx1所以截面积 。利用第 1 题，得2)
4、()xs2)1()1( 22xuhExtuhx若 为常量，则得Ex)( 22)1()1(tuhxuhx4. 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 ，弦的线密度为 ，则 点处的张力 为l x)(xT)()xgT且 的方向总是沿着弦在 点处的切线方向。仍以 表示弦上各点在时刻 沿垂直于 轴)(xT ),(txutx方向的位移，取弦段 则弦段两端张力在 轴方向的投影分别为),(x)(sin)(;(sinxxlglg 其中 表示 方向与 轴的夹角)(x)(Tx又 .siut于是得运动方程 xltux)(2 xu
5、lgxg利用微分中值定理，消去 ，再令 得0。)(2xlgt5. 验证 在锥 0 中都满足波动方程221),(ytyxu2yxt22xt证：函数 在锥 0 内对变量 有221),(yxtyxu2yxttyx,二阶连续偏导数。且 ttu23)(25232)()( tyxtyxttu )()(ttxyxtu232)(2522 xyxttx 25tyt同理 22yxxyu所以 .2522 tutytx 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:
6、 利用第 1 题的推导,由题意知此时尚须考虑杆段 上所受的摩阻力.由题设,单位质x,量所受摩阻力为 ,故 上所受摩阻力为tubxtusp运动方程为: tuxsbxuEStEStxsx23利用微分中值定理，消去 ,再令 得x0 .2 tuxsbxuEStus 若 常数，则得)(xstuxbxtu2若 则 得 方 程令也 是 常 量是 常 量 ,., 2EaEx .22xutbtu2 达朗贝尔公式、 波的传抪1. 证明方程 常 数011222 htuxaxuhx的通解可以写成xtGtFu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: .,:0tut解：令 则vuxhxvuhxhxv
7、2,)()()()()( 222 xvuhuhx 又 2tv代入原方程，得 221tvxhaxvh即 22t由波动方程通解表达式得 atxGtFtxv,所以 hau为原方程的通解。由初始条件得 )1(1xGFxha/所以 )2(10 cdhxx由 两式解出)2(,122121cdhaxhxFxocxxGxo所以 )()()()()21),( atxthatthtu + atx()(.d即为初值问题的解散。问初始条件 与 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)(x4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 与 决定。初值问题的解仅由右
8、传播组成，必须且只须对)(x于任何 有 G(x+at) 常数.tx,即对任何 x, G(x) C 0又 G（x）= xaCda02)(21)(所以 应满足)(,（常数）xx01)(或 (x)+ =01a3.利用传播波法，求解波动方程的特征问题（又称古尔沙问题）).(022xutatx)0(解：u(x,t)=F(x-at)+G(x+at)令 x-at=0 得 =F（0）+G（2x）)(令 x+at=0 得 =F（2x）+G(0)x所以 F(x)= -G(0).)2(G（x）= -F(0).且 F（0）+G(0)= ).0(所以 u(x,t)= + -()2attx.即为古尔沙问题的解。4对非齐次
9、波动方程的初值问题 )(),(,0,022 xxtut tfxau证明：（1） 如果初始条件在 x 轴的区间x ,x 上发生变化，那末对应的解在区间 ，12 1x的影响区域以外不发生变化；2x（2） 在 x 轴区间 上所给的初始条件唯一地确定区间 的决定区2,1x 21,x域中解的数值。证：（1） 非齐次方程初值问题的解为u(x,t)= atxtxat2)()(2d)(+ ttxadf0)(.,1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 在 上发生变化，若对任何 t0,有 x+atx ,则区间x-at,x+at 整个),(x2,1x 12落
10、在区间 之外，由解的表达式知 u(x,t)不发生变化，即对 t0,当 xx +at,也就是2,1 12（x,t）落在区间 的影响域,x)0(2taat之外，解 u(x,t)不发生变化。 （1）得证。(2). 区间 的决定区域为 21,x atxatxt21,在其中任给（x,t）,则21att故区间x-at,x+at完全落在区间 中。因此 上所给的初绐1,x21,x条件 代入达朗贝尔公式唯一地确定出 u(x,t)的数值。)(,x55. 若电报方程 GRuLCuttx 具体形如为 常 数GRLC,atxftx的解（称为阻碍尼波） ，问此时 之间应成立什么关系？GRLC,解 txftxu,aatxf
11、ttxftt atxftut 22代入方程，得 012 atxftGRttLGCRtL tfLCaaxfa由于 是任意函数，故 的系数必需恒为零。即f f,0201tGRtLCRtLa于是得 2atu所以tLGCRaec20代入以上方程组中最后一个方程，得 0422 GRLL又 GRCLCLa2241,得即 02GR最后得到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 0, 0,02tuxxatt 解：满足方程及初始条件的解，由达朗贝尔公式给出：。atxtdtxattx 2121,由题意知 仅在 上给出，为利用达朗贝尔解，必须将 开拓到,0 x,上，为此利用边值条件，得0x。att
12、dat21因此对任何 必须有ttt0attd即 必须接奇函数开拓到 上，记开拓后的函数为 ；x, xx,0,0, xx所以 atxtdtattxu 2121,6。 0,2121 ,xatdaxtatx ttttxtatx7求方程 形如 的解（称为球面波）其中222zuyxtutrf,。2zyxr解： trfu,xrux 32221rr3222yuyu)1(3222rzrzz代入原方程，得)(32222 rzyxruatu即 )(22t令 ，则vru222, rvurvurt ，代入方程，得 v 满足22rvat故得通解 )()(),(atrGtrFtv所以 1u8求解波动方程的初值问题xtut
13、tt sin|,02解：由非齐次方程初值问题解的公式得ddtxutxttxt0)()(si21sin21),(= t dtxtxxtx0 )(cos)(cos21co)c( = tdt0)sin(isni = ttxt 0)si(coii =ts即 为所求的解。xtuin),(9求解波动方程的初值问题。 20021|,| )(xutattxt解： tatxatxt ddt 0)()(221),( atxt trcgtrcgd)(127 t taxtaxt dd0)(20)()(21(1= txtax0 22)()(2= xat atxdudut )1()1(22= xat atxxatz222
14、= 222 )(1ln4)()( txrcgtrcg+ atxtatxtatt = )()(21)()(21 trcgrcgx+ 2)(ln4atxat所以 )(1ln2)( )2()()1, 23 atxatrcgxxarctg tttttu 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()13sin22tlut lxxxuatott解：边界条件齐次的且是第一类的，令 )(),(tTxXtu得固有函数 ，且lnnsi，taBtlaAtTnnco)()2,1(n于是 1 siicos(),nnxlntlatltxu 今由始值确定常数 及 ，由始值得1si
15、n3sinxlAlx1i)(nnlBlal所以 当,3A,03ln xdlnxa0si)(2 xlnllll cosico22)1(4ssin2 303 nlanxlnxll 因此所求解为1443 sii)(si3co),( nnxltlalxltlatxu8(2) 0),(,)0,(22xtuxlhutltau解：边界条件齐次的，令)(),(tTxXt得： (1) 0)(,0)(lX及 。)2(2aT求问题(1)的非平凡解，分以下三种情形讨论。时，方程的通解为10xxeCX21)(由 得)(21c由 得0l 02lleeC解以上方程组，得 ， ，故 时得不到非零解。01时，方程的通解为2xc
16、X21)(由边值 得 ，再由 得 ，仍得不到非零解。)(X1c0l时，方程的通解为30xcxcxsinos)(21由 得 ，再由 得 )(X1c0lXs2为了使 ，必须 ，于是02ccol21ln)2,10(n且相应地得到 xlxXnsi)( ,将 代入方程(2)，解得talnBtalAtTnn 21si21co)( )2,10(n于是 0 si)is(,nnxltltltxu 再由始值得 021sin21nnxlBalAxlh容易验证 构成区间 上的正交函数系：xlsi ),( ,0l nmlxdlnlml 当当212siin0利用 正交性，得xl21sixdlnxlhAln21si0lxn
17、nllll 022 1si)1(cos)1( nnh)()(820nB9所以 022 21sin1cos)(18),(nn xltalhtxu 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求解此问题。0),()0,( sin),(22xtutAtlat 解：边值条件是非齐次的，首先将边值条件齐次化，取 ，则 满足txlAtUsin),(),(txU，0),(tUtAtlsin),(令 代入原定解问题，则 满足),(xvtxu),(txv)1()0,()0,(sin222xlAxtvxvlt ta满足第一类齐次边界条件，其相应固有函数为 ， ),(t xlnxXnsi)()
18、2,10(故设 2sin)(),(1nxltTtxv将方程中非齐次项 及初始条件中 按 展成级数，得tlAi2 xlAxlnsi12sin)(sinxltftxl 其中 ln dxltAtf02i)(lxnllntl 022 sicossin xlAtnAnsi)1(2xlni1其中 nln AdlnA)1(2si20 将(2)代入问题(1) ，得 满足)(tTn nnnATttlat )1(2)0(,)0( si2解方程，得通解 212)(si)sicos)( lattlaBtlaAt nnnn由始值，得 0n2231)(1)(2)1( lanAlanAAaBn 所以 12si)(),(n
19、tlltxvxlntnlaAi1)(2xlnttlalnl sisi)(212 因此所求解为12)(si),(nlalAtxltuxlttlasii3用分离变量法求下面问题的解100|022lxxttubshxua解：边界条件是齐次的，相应的固有函数为),21(sin)(xlxXn设 1i),nltTtu将非次项 按 展开级数，得bshxixl1sin)(nxltf其中 shlbnldlhlbtf 2)1(i2)( 20将 代入原定解问题，得 满足1sin)(),(nxltTtxu )(tTn 0)(,)0( 2)1(2nn nshlbtlat 方程的通解为 shllnbaltlnBtlaAt
20、T nn 122)()(sicos)( 由 ，得：0n shlbn 122)(由 ，得)(所以 )cos1()()1(22 tlanllnatTnn 所求解为1212 sin)co()(),(nn xltlalshlabtxu 4用分离变量法求下面问题的解：0|,| )(022ttlxxuhubtbt解：方程和边界条件都是齐次的。令)(),(tTxXt代入方程及边界条件，得 ab“2“0)(lX由此得边值问题 0)(“l因此得固有值 ，相应的固有函数为2ln,1,si)(xlxXn又 满足方程)(tT02“Tab将 代入，相应的 记作 ，得 满足n)(t)(tn)(tn022“ lbTn一般言
21、之， 很小，即阻尼很小，故通常有11,21,2nlab故得通解 )sinco()( tBtAetTnbtn 其中 2la所以 xlntBtAetxunnbt si)icos(),(1再由始值，得 xlnBbAlxlhnnsi)(0i1所以102)(2sinlnhxdhA1)(nnnbB所求解为 .sin)i(cos)2),(1 xltbtnehtxunbt 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)(2zyxt uau的柯西问题 023t解：泊松公式dsradsratuStMStM4141现 zyx23,0且 0|sin),(atrs drdrMat其中 )cos,sin,coi
22、),( rzyx()is()sin23r3223 csicsci rxrxzyxosins2yzrcsicoin23ry计算 0si),(dr)(4 )cos(2)(in2302 03zyxr zyxr 02 0202cossin3sincosi drxdr 02 02032iii3xr2003 sin41cos1xr driin4302123320404cossinxrdr 020202 siniii dyzryz zrzrrd320033 23022 4sin41cos1 iiinsin 00202 isincodrydy 2002302 sincosiniii dyr 020340223
23、sincosiniidrr所以 3144)( 22232ztatxzyat rrdsStMatu(x,y,z)= SatMrt1ztxtzyxat222331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 zyxuzyxuatt zt 当 u 不依赖于 x,y,即 u=u(z),即得弦振动方程的柯西问题：)(),(002zztt利用泊松公式求解SatMSatMdsrdsrtu4141因只与 z 有关，故SatMdttzdsr 202sin)(cos( dattzdsin)co(20令 ,= atcos+z tin-得 SatMaztddr)
24、(2所以 atzt atztddtzu)(21)(21),( atzttzatz)()()(即为达郎贝尔公式。3. 求解平面波动方程的柯西问题：130|20ttyxuua解： 由二维波动方程柯西问题的泊松公式得：mat dyxtyx 222,21,mat yx222, 02sin,co1rdtartt又 sicosin,coyxryrx22cosrryxcsin2sicrxno23因为 20020 cos,sin,cosddd.0sin,in2020320 所以 at rdtyrx022sin,coa atrdyxrt0 02322 3又 at atrd0 02| at att rdrtard
25、r0 022223 |3023|tta于是 yxayxttyxu 321,2a322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 的解，tru,.)2yxr解： 解法一：利用二维波动方程柯西问题的积分表达式,21, 222 222matmat yxdtyxu由于 u 是轴对称的 故其始值 , 只是 r 的函数， ,rurut0|，记圆上任一点 的矢径为.,| 220 tayxrmatt 为 圆又 p圆心 其矢径为 记 则由余弦定理2),(yMxr22yxs知， ，其中 为 与 的夹角。选极坐标 。cosrsroMp),(scos22rsr，,于是以上公式可写成sdatrs
26、rtatyxut202co1,14sdatrsrat202co由上式右端容易看出，积分结果和 有关，因此所得的解为轴对称解，即),(tat sdtrsrtru022)(co1, + )(cos202 datat解法二：作变换 , .波动方程化为rxinry)1(22uatu用分离变量法，令 u(r,t)=R(r)T(t).代入方程得02“2RrrtT解得：)()sincos0rJrtaBtaAt 令 叠加得duJtBtAtru )(sin)(cos)(),( 00 5.求解下列柯西问题),(),(0022yxrvycvattxt 提示：在三维波动方程中，令 ,tvezuacz解：令 ),(),
27、(tyxvetzyxuacz则 yaczyxaczxtaczt veuveveu,zz2代入原问题，得 ),(),(002 yxeuyxeuaacztcztt dsdsatzyx MatcMtac SrSr),(4141),( , 222)()(: zySMat 记 为上半球， 为下半球， 为 在 平面上的投影。t atatto,则dyxtatds222)()( Mat Mat MatSSSccc dsersersre ),(1),(1), Mat dyxetzc ),()()(222)()( 22yxteMat tazc ),()(222)()( 22 dyxtcheMatcz ),()()
28、(222 rdrrtacchetaz )sin,co(20215所以 xrtacchetzyxutaz ()21),(02sin,cofrr rdyrxrtacchetaz )sin,co()2102于是 xrtahtyxvt ()21),(02xrtacchrdyr t ()21)sin,co02i,即为所求的解。6试用 第七段中的方法导出平面齐次波动方程4),()(2tyxfuauyxt 在齐次初始条件0,0tt下的求解公式。解：首先证明齐次化原理：若 是定解问题),(tyxw),(,02fatott的解，则 即为定解问题tdyxyxu0),(),(0,),()(02tt yxtutxfa
29、的解。显然， 0tudtwttyxwt tt00),(（ ）.所以0t tu又 dttt022dywudxuyftt 2202202,),(因为 w 满足齐次方程，故 u 满足)(),(222 yxatyft u齐次化原理得证。由齐次方程柯西问题解的泊松公式知 dyxtaftyxwMta)( 222)()(),1),(所以 rdtyrxftyxut0)(222)(),sin,co1),(即为所求的解。所以 ta rtayrxftyx0)( 22)(),si,c2),( 7用降维法来解决上面的问题解：推迟势16dvratfatzyxutr),(41),(2其中积分是在以 为中心， 为半径的球体中
30、进行。它是柯西问题,0, ),()(02tt zyxutzyxf的解。对于二维问题 ， 皆与 无关，故fdsrratfatyxutSMr02),(41),(其中 为以 为中心 r 为半径的球面，即 Mrs)0,(222)(: ryxSr drds222)()( dsratfsratfdsratf MrMrMr SSS ),(), dyxrtfM222)()(,其中 分别表示 的上半球面与下半球面， 表示 在 平面上的投影。rs,rsMrrso所以 atrM dyxatftyxu0 2222 )()(,1),(drrartyxfatr 022),sin,co(1 在最外一层积分中，作变量置换，令
31、 ，即 ，当 时 ，rt ),(tadr0rt当 时， ，得atr0ta dtayxftyxu0)(222)(),sin,co1),( 即为所求，与 6 题结果一致。8 非齐次方程的柯西问题 yzxuttt 200,)(解：由解的公式得 )1(),(4141),( 2 adVrtfadsratzyxuMtStr计算 MtS zydsr 022 )cos)(sin()cosin( 02 22ici(i rxrztrtrdzy sin)osinisnco2 02,4sind020sid0223,34coin020cosind0,sid02 .ii17所以 MtStyzxtdsr324)(4计算 t
32、r tr drrrtdVtf sin)sin(, 2dry02si)sin(t dri)(4.343)(21820tytrtyt所以 21), ttzxtzxu(2yt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txtcuau2证明其能量是减少的，并由此证明方程 ftxt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： 首先证明能量是减少。1能量 lxtduatE02)()l xttdt )( |200 dxuadulttxtl ltxxtl uadu0220 |)(因弦的两端固定， 所以,|,|lxxu0|0ltt于是 d
33、xuadtEtl)(2)(20(xclt )0c因此，随着 的增加， 是减少的。t)(tE证明混合问题解的唯一性.2混合问题: )(|),(|002xuxfcattltt 设 是以上问题的解。令 则 满足21,u,210|,|0ttlxxttuca能量 daExlt)()20当 利用初始条件有 由 得,0t ,|tu,0|t|0tx所以 )(E又 是减少的，故当 又由 的表达式知)(tE,)(,tt )(tE,0)(t18所以 0)(tE由此得 及 于是得到,0tu,x常量u再由初始条件 得 因此 即混合问题解的唯一的。,|0t,21u3 证明解关于初始条件的稳定性，即对任何 可以找到 只要初
34、始条件之差. ,0.,0满足2121,222 |,|,| 111 LLxL则始值 所对应的解 及 所对应的解 之差 满足 ),(1u)(u2|1L或 Tldxtu0)(令 lttE2),()(dxudxudtllltt002)(tE即 )(0etdtt积分得 tt dE0)(又 ,所以 )0(E ttt eEe0)()()(即 01ttEt记 ，则 满足2121,21u|,|00ttxxttuca则相对应地有 ldE2)(xa)2故若 2102dxlL 2102dlxLx2102xlL则 21,aE于是 (对任何 t)202 etutL即 2或 /21010 TtTl dtaedxtu解关于自
35、由的稳定性4设 满足txu,10012|,|ttlxxttufca满足tx,20022|,|ttlxxfc19则 满足21u0|,|0212ttlxxttufca今建立有外力作用时的量不等式 21ff记lxtduatE02lxttdt2= dualxt02= l txttt fcuafc2l lltt tFEdfxufd0022其中 故lftF,ttdFeEt0又 , 所以0由 始 值tlt dxfede020TttKxtf22由 中证明, 知3tt dEeeE00而 故由 始 值02020Ktedeet tt TTtTKdtE20 1因此, 当 ,则lxtf102TTl edtu亦即当 ，则
36、 。即解关于自由项是稳定的。lxtf21)( ldxtu021)(2证明如果函数 在 G： ， 作微小改变时，方程,(tflxTt),()2tfqukxtu（ ， 和 都是一些充分光滑的函数）满足固定端点边界条件的混合问题的解0)(xkq.(tf在 G 内的改变也是很微小的。证：只须证明，当 很小时，则问题 的解 也很小（按绝对值） 。f0|,|)(0ttlxxtufqku考虑能量 lxt dqkutE022)()(l txtt xudt )(20 ltl lxttxt dxquukukdxu 000)(2|)(22由边界条件 ， ，故 ， 。|lt|t|l所以 l lttl xt dxfud
37、xfudqukudtE0020 ),(2)(2)(又由于 ， ，故 ，即)(xkqlttEd2)(lxftt0)(或 ltdfetEd21)(记 lxftF02)(得 lttdFeEt )()(由初始条件 ， ，0|tu|t又因 ，得 ，故 ，即0|tu|tx0)(ltdFeE0)()(若 很小，即 ，则 ，故 ff2f lldtF2)(202)1()()( Tltt eleldetE即在 中任一时刻 ，当 很小时， ，又 中积分号下每一项皆为非负的，故.0Ttf2)tEt（对 中任一时刻 ）今对 ， ，lxduk02)(,Ttlx0Tt估计 。),(txu因为 ，应用布尼亚科夫斯基不等式，l
38、xxdxudutt 00),(,可以得到 Kdxukxxkxxll ll 00 21001)()()(1其中 （因 且充分光滑）ldkK012)()(即 tutx,又由边界条件 ，得).(Kx)(即当 ， ，有 很小，得证。lx0Tt,t3证明波动方程 ),()(2tyxfuauyxt 的自由项 中在 意义下作微小改变时，对应的柯西问题的解 在 意义之下改变也f)(2KL u)(2KL是微小的。证：研究过 的特征锥),(0aRyx2202)()(atRy令 截 ，得截面 ，在 上研究能量：tKttt dxyuauExt )()( 22 Rryxt yxrs0 202022 )()()( t dsuauduaudtE yxatr ytxtt )()(2)(21其中 为 的边界曲线。再利用奥氏公式，得ttatRryxtt dstuudE022)()( t dsuanxnua yxttytx )(),cos(),cos(2 22R tytxrt t nuadrtyf0 ),co(),(),.(因为第二项是非正的，故 atRratRratRr dsfdsfsudtE020202)( 所以 tdxyftt 2)()令 tfF)(上式可写成 )()(tFe
