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三维齐次波动方程的 Cauchy 问题和球面平均法

§2 高维波动方程
2.1 三维齐次波动方程的 Cauchy 问题和球面平均法

考察三维齐次波动方程的 Cauchy 问题

$$
\left\{\begin{array}{l}
u_{t t}-a^2\left(u_{x x}+u_{y y}+u_{z z}\right)=0, \quad(x, y, z) \in R ^3, \quad t>0 \\
\left.u\right|_{t=0}=\varphi(x, y, z),\left.\quad u_t\right|_{t=0}=\psi(x, y, z), \quad(x, y, z) \in R ^3
\end{array}\right.
$$

其中 $\varphi$ 和 $\psi$ 为已知函数．
对于这一类问题的求解，通常采用球面平均法。为此无妨回忆一下一维的情形，先改写一维波动方程的 d＇Alembert 公式为如下形式：

$$
u(x, t)=\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{t}{2 a t} \int_{x-a t}^{x+a t} \varphi(\xi) d \xi\right)+\frac{t}{2 a t} \int_{x-a t}^{x+a t} \psi(\xi) d \xi
$$

我们把表达式 $\frac{1}{2 a t} \int_{x-a t}^{x+a t} \omega(\xi) d \xi$ 称为函数 $\omega(\xi)$ 在区间 $[x-a t, x+a t]$ 上的平均值，其大小与区间的中点 $x$ ，区间的半径 at 和函数 $\omega(\xi)$ 有关，记作 $v_\omega(x, t)$ ，于是

$$
v_\omega(x, t)=\frac{1}{2 a t} \int_{x-a t}^{x+a t} \omega(\xi) d \xi
$$

若令 $\omega=\varphi$ ，则 $u_1(x, t)=\frac{\partial}{\partial t}\left[t v_{\varphi}(x, t)\right]$ 就是 Cauchy 问题

$$
\left\{\begin{array}{l}
u_{t t}-a^2 u_{x x}=0, \quad x \in R , \quad t>0 \\
\left.u\right|_{t=0}=\varphi(x),\left.\quad u_t\right|_{t=0}=0, \quad x \in R
\end{array}\right.
$$

的解；若令 $\omega=\psi$ ，则 $u_2(x, t)=t v_\psi(x, t)$ 就是 Cauchy 问题

$$
\left\{\begin{array}{l}
u_{t t}-a^2 u_{x x}=0, \quad x \in R , \quad t>0 \\
\left.u\right|_{t=0}=0,\left.\quad u_t\right|_{t=0}=\psi(x), \quad x \in R
\end{array}\right.
$$

的解．于是 d＇Alembert 公式就是这两个定解问题的叠加

$$
u(x, t)=u_1(x, t)+u_2(x, t)=\frac{\partial}{\partial t}\left(t v_{\varphi}(x, t)\right)+t v_\psi(x, t) .
$$

下面就按这种思想，构造 Cauchy 问题（2．1）的解．我们称此种方法为球面平均法．

基于以上思想，我们猜测 Cauchy 问题（2．1）的解为

$$
u(x, y, z, t)=\frac{\partial}{\partial t}\left(t v_{\varphi}(x, y, z, t)\right)+t v_\psi(x, y, z, t)
$$

其中 $v_{\varphi}(x, y, z, t)$ 和 $v_\psi(x, y, z, t)$ 分别表示 $\varphi(x, y, z)$ 和 $\psi(x, y, z)$ 在以点 $M(x, y, z)$ 为球心，at 为半径的球面 $S_{a t}(M)$ 上的平均值，即

$$
\left\{\begin{array}{l}
v_{\varphi}(x, y, z, t)=\frac{1}{4 \pi a^2 t^2} \iint_{S_{a t}(M)} \varphi d S, \\
v_\psi(x, y, z, t)=\frac{1}{4 \pi a^2 t^2} \iint_{S_{a t}(M)} \psi d S .
\end{array}\right.
$$

下面分两步来验证以上猜测．为了书写的对称性，我们改写 $(x, y, z)$ 为 $\left(x_1, x_2, x_3\right)$ ．
第一步：验证 $t v_\psi\left(x_1, x_2, x_3, t\right)$ 是 Cauchy 问题

$$
\begin{cases}u_{t t}-a^2\left(u_{x_1 x_1}+u_{x_2 x_2}+u_{x_3 x_3}\right)=0, & \left(x_1, x_2, x_3\right) \in R ^3, \quad t>0, \\ \left.u\right|_{t=0}=0,\left.\quad u_t\right|_{t=0}=\psi\left(x_1, x_2, x_3\right), & \left(x_1, x_2, x_3\right) \in R ^3\end{cases}
$$

的解．
事实上，设 $\left(\xi_1, \xi_2, \xi_3\right)$ 是球面

$$
S_{a t}(M):\left(\xi_1-x_1\right)^2+\left(\xi_2-x_2\right)^2+\left(\xi_3-x_3\right)^2=a^2 t^2
$$

上的任一点，根据球坐标与直角坐标的关系，于是有

$$
\xi_i=x_i+\alpha_i a t, \quad i=1,2,3,
$$

其中 $\alpha_i(i=1,2,3)$ 是向量 $\left(\xi_1-x_1, \xi_2-x_2, \xi_3-x_3\right)$ 的方向余弦，可以把它表为

$$
\alpha_1=\sin \theta \cos \phi, \quad \alpha_2=\sin \theta \sin \phi, \quad \alpha_3=\cos \theta
$$

其中 $\theta$ 表示向量 $\left(\xi_1-x_1, \xi_2-x_2, \xi_3-x_3\right)$ 与 $\xi_3$ 轴正方向的夹角，$\phi$ 表示向量 $\left(\xi_1-x_1, \xi_2-x_2, \xi_3-x_3\right)$ 在平面 $O-\xi_1 \xi_2$ 上的投影向量与 $\xi_1$ 轴正方向的夹角，且 $0 \leqslant \theta \leqslant \pi, 0 \leqslant \phi \leqslant 2 \pi$ ．

则 $v_\psi\left(x_1, x_2, x_3, t\right)$ 可写为

$$
\begin{aligned}
v_\psi\left(x_1, x_2, x_3, t\right) & =\frac{1}{4 \pi a^2 t^2} \iint_{S_{at}(M)} \psi\left(\xi_1, \xi_2, \xi_3\right) d S \\
& =\frac{1}{4 \pi a^2 t^2} \int_0^{2 \pi} \int_0^\pi \psi\left(x_1+\alpha_1 a t, x_2+\alpha_2 a t, x_3+\alpha_3 a t\right) a^2 t^2 \sin \theta d \theta d \phi \\
& =\frac{1}{4 \pi} \iint_{S_1(M)} \psi\left(x_1+\alpha_1 a t, x_2+\alpha_2 a t, x_3+\alpha_3 a t\right) d \sigma
\end{aligned}
$$

其中 $S_1(M)$ 表示以 $M$ 为球心的单位球面， $d \sigma=\sin \theta d \theta d \phi$ 表示单位球面上的面积单元，且 $d S=a^2 t^2 \sin \theta d \theta d \phi=a^2 t^2 d \sigma$ ．
从而
$$
\begin{aligned}
\frac{\partial v_\psi}{\partial t} & =\frac{1}{4 \pi} \iint_{S_1(M)} a \sum_{i=1}^3 \frac{\partial \psi\left(x_1+\alpha_1 a t, x_2+\alpha_2 a t, x_3+\alpha_3 a t\right)}{\partial x_i} \alpha_i d \sigma \\
& =\frac{1}{4 \pi a t^2} \iint_{S_{a t}(M)} \sum_{i=1}^3 \frac{\partial \psi}{\partial x_i} \alpha_i d S
\end{aligned}
$$

利用散度定理（见附录 I），得

$$
\frac{\partial v_\psi}{\partial t}=\frac{1}{4 \pi a t^2} \iiint_{D_{a t}(M)} \Delta \psi d V
$$

其中 $D_{a t}(M)$ 表示以 $M\left(x_1, x_2, x_3\right)$ 为球心，at 为半径的球体．
利用球坐标变换改写（2．6）式中的积分为

$$
\iiint_{D_{at}(M)} \Delta \psi d V=\int_0^{a t} \int_0^{2 \pi} \int_0^\pi \Delta \psi\left(x_1+\alpha_1 \rho, x_2+\alpha_2 \rho, x_3+\alpha_3 \rho\right) \rho^2 \sin \theta d \theta d \phi d \rho
$$

于是

$$
\begin{aligned}
\frac{\partial}{\partial t} \iiint_{D_{a t}(M)} \Delta \psi d V & =a \int_0^{2 \pi} \int_0^\pi \Delta \psi\left(x_1+\alpha_1 a t, x_2+\alpha_2 a t, x_3+\alpha_3 a t\right) a^2 t^2 \sin \theta d \theta d \phi \\
& =a \iint_{S_{a t}(M)} \Delta \psi d S
\end{aligned}
$$

对（2．6）式关于 $t$ 求导得

$$
\frac{\partial^2 v_\psi}{\partial t^2}=-\frac{1}{2 \pi a t^3} \iiint_{D_{a t}(M)} \Delta \psi d V+\frac{1}{4 \pi t^2} \iint_{S_{a t}(M)} \Delta \psi d S
$$

由于

$$
\frac{\partial}{\partial t}\left(t v_\psi\right)=t \frac{\partial v_\psi}{\partial t}+v_\psi, \quad \frac{\partial^2}{\partial t^2}\left(t v_\psi\right)=2 \frac{\partial v_\psi}{\partial t}+t \frac{\partial^2 v_\psi}{\partial t^2}
$$

于是由（2．6）－（2．8）式得

$$
\frac{\partial^2}{\partial t^2}\left(t v_\psi\right)=\frac{1}{4 \pi t} \iint_{S_{at}(M)} \Delta \psi d S
$$

另一方面，

$$
\begin{aligned}
\Delta\left(t v_\psi\right)=t \Delta v_\psi & =\frac{t}{4 \pi} \iint_{S_1(M)} \sum_{i=1}^3 \frac{\partial^2 \psi\left(x_1+\alpha_1 a t, x_2+\alpha_2 a t, x_3+\alpha_3 a t\right)}{\partial x_i^2} d \sigma \\
& =\frac{1}{4 \pi a^2 t} \iint_{S_{a t}(M)} \Delta \psi d S
\end{aligned}
$$

因此，有

$$
\frac{\partial^2}{\partial t^2}\left(t v_\psi\right)-a^2 \Delta\left(t v_\psi\right)=0
$$

这表明 $t v_\psi\left(x_1, x_2, x_3, t\right)$ 满足问题（2．4）中的方程．
下面验证初值条件成立。
首先易知

$$
\left.\left(t v_\psi\right)\right|_{t=0}=0
$$

其次，由（2．8）式的第一式易知

$$
\left.\left(t v_\psi\right)_t\right|_{t=0}=\left.v_\psi\right|_{t=0}=\frac{1}{4 \pi} \iint_{S_1(M)} \psi\left(x_1, x_2, x_3\right) d \sigma=\psi\left(x_1, x_2, x_3\right)
$$

以上表明初值条件也满足。
第二步：由第四章 $\S 1$ 的 Duhamel 原理易知，$\frac{\partial}{\partial t}\left(t v_{\varphi}\right)$ 是 Cauchy 问题

的解．
于是，利用叠加原理我们可求得 Cauchy 问题（2．1）的解为

$$
u(x, y, z, t)=\frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{4 \pi a^2 t} \iint_{S_{a t}(M)} \varphi d S\right)+\frac{1}{4 \pi a^2 t} \iint_{S_{a t}(M)} \psi d S
$$

公式（2．11）通常称为 Poisson 公式．
由以上讨论，即可得到如下定理：
定理5．5 若函数 $\varphi \in C^3\left( R ^3\right), \psi \in C^2\left( R ^3\right)$ ，则由 Poisson 公式（2．11）确定的函数 $u(x, y, z, t)$ 就是 Cauchy 问题（2．1）的解．

证明留给读者自己完成。
例 5.6 求解 Cauchy 问题

$$
\left\{\begin{array}{l}
u_{t t}-8\left(u_{x x}+u_{y y}+u_{z z}\right)=0, \quad(x, y, z) \in R ^3, \quad t>0 \\
\left.u\right|_{t=0}=y^2,\left.\quad u_t\right|_{t=0}=z^2, \quad(x, y, z) \in R ^3 .
\end{array}\right.
$$

解 记 $a=2 \sqrt{2}$ ，球面

$$
S_{a t}(M):\left(\xi_1-x\right)^2+\left(\xi_2-y\right)^2+\left(\xi_3-z\right)^2=8 t^2
$$

由 Poisson 公式（2．11）得，Cauchy 问题（2．12）的解为

$$
\begin{aligned}
u(x, y, z, t)= & \frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{1}{4 \pi a^2 t} \iint_{S_{a t}(M)} \xi_2^2 d S\right)+\frac{1}{4 \pi a^2 t} \iint_{S_{a t}(M)} \xi_3^2 d S \\
= & \frac{\partial}{\partial t}\left(\frac{t}{4 \pi} \int_0^{2 \pi} \int_0^\pi(y+a t \sin \theta \sin \phi)^2 \sin \theta d \theta d \phi\right)+ \\
& \frac{t}{4 \pi} \int_0^{2 \pi} \int_0^\pi(z+a t \cos \theta)^2 \sin \theta d \theta d \phi
\end{aligned}
$$

$$
\begin{aligned}
= & \frac{\partial}{\partial t}\left(t y^2+\frac{a^2 t^3}{4 \pi} \int_0^{2 \pi} \int_0^\pi \sin ^3 \theta \sin ^2 \phi d \theta d \phi+\frac{a t^2 y}{2 \pi} \int_0^{2 \pi} \int_0^\pi \sin ^2 \theta \sin \phi d \theta d \phi\right)+ \\
& \frac{t}{4 \pi} \int_0^{2 \pi} \int_0^\pi(z+a t \cos \theta)^2 \sin \theta d \theta d \phi \\
= & y^2+8 t^2+t z^2+\frac{8 t^3}{3} .
\end{aligned}
$$

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