2025年大学《数理基础科学》专业题库- 数学物理难点问题的攻克

2025年大学《数理基础科学》专业题库——数学物理难点问题的攻克考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、1.设$\Omega$是$\mathbb{R}^3$中的有界区域，其边界$\partial\Omega$光滑。证明：若$\vec{F}=(P,Q,R)$在$\Omega$上具有连续的一阶偏导数，且满足$\frac{\partialP}{\partialx}+\frac{\partialQ}{\partialy}+\frac{\partialR}{\partialz}=0$，则$\vec{F}$必为$\Omega$上的无源场，即$\vec{F}\cdot\vec{n}\,dS=0$在$\partial\Omega$上成立，其中$\vec{n}$是$\partial\Omega$上的外法向量。2.考虑二维拉普拉斯方程$\Deltau=\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=0$在区域$D=\{(x,y)\in\mathbb{R}^2:x^2+y^2<1\}$内的解。设边界条件为$u|_{\partialD}=f(\theta)$，其中$f(\theta)$是单位圆周上关于极坐标$\theta$的已知函数。试利用极坐标$(r,\theta)$将方程及边界条件改写，并简述分离变量法求解该定解问题的基本步骤。二、1.计算积分$\int_0^1\frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}\,dx$。2.求解积分方程$f(x)=\sinx+\int_0^x(x-t)f(t)\,dt$。三、1.证明：设$w=f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$是区域$D$内的解析函数，其中$z=x+iy$。若$u(x,y)$在$D$内达到极大值或极小值，则在该点处必有$\frac{\partialu}{\partialx}=0$且$\frac{\partialu}{\partialy}=0$。并由此推导柯西-黎曼方程。2.计算积分$\oint_{|z|=2}\frac{e^z}{z(z-1)^2}\,dz$，其中积分路径$|z|=2$是逆时针方向。四、1.证明：若$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)$存在，且$f(t)$在$t\ge0$上连续，则$\mathcal{L}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0)$。2.利用拉普拉斯变换求解初值问题$\ddot{x}+4\dot{x}+3x=0$，$x(0)=2$,$\dot{x}(0)=-1$。五、1.考虑一维波动方程$\frac{\partial^2u}{\partialt^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partialx^2}=0$在区间$0\lex\le\pi$上的解，其中$a$为常数。设初始条件为$u(x,0)=f(x)$,$\dot{u}(x,0)=g(x)$，其中$f(x)$和$g(x)$是已知函数。试推导该定解问题的达朗贝尔公式，并说明其物理意义。2.在量子力学中，一维无限深势阱的波函数为$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\left(\frac{n\pix}{a}\right)$，其中$n=1,2,3,\dots$，$0<x<a$。证明所有波函数$\{\psi_n(x)\}$构成$\mathbb{R}^+$区间上正交归一基，即$\int_0^a\psi_m^*(x)\psi_n(x)\,dx=\delta_{mn}$。试卷答案一、1.证明：由高斯公式，有$\iiint_\Omega(\nabla\cdot\vec{F})\,dV=\iiint_\Omega(\frac{\partialP}{\partialx}+\frac{\partialQ}{\partialy}+\frac{\partialR}{\partialz})\,dV=\iint_{\partial\Omega}\vec{F}\cdot\vec{n}\,dS$由题设$\frac{\partialP}{\partialx}+\frac{\partialQ}{\partialy}+\frac{\partialR}{\partialz}=0$，故$\iiint_\Omega(\nabla\cdot\vec{F})\,dV=\iint_{\partial\Omega}\vec{F}\cdot\vec{n}\,dS=0$由于$\Omega$是有界区域，且$\vec{F}$在$\overline{\Omega}$上连续，故$\nabla\cdot\vec{F}$在$\overline{\Omega}$上连续。由连续函数在紧集上的性质，$\nabla\cdot\vec{F}$在$\overline{\Omega}$上必有界。因此，上述体积积分和面积分均为零，即$\iint_{\partial\Omega}\vec{F}\cdot\vec{n}\,dS=0$。得证。2.在极坐标下，$x=r\cos\theta$,$y=r\sin\theta$。拉普拉斯方程变为$\Deltau=\frac{\partial^2u}{\partialr^2}+\frac{1}{r}\frac{\partialu}{\partialr}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2u}{\partial\theta^2}=0$边界条件为$u(r,\theta)=f(\theta)$，其中$r=1$。分离变量法步骤：(1)假设解为$u(r,\theta)=R(r)\Theta(\theta)$，代入方程得$\frac{r^2R''+rR'-R}{R}=\frac{\Theta''}{\Theta}=-\lambda$，其中$\lambda$为分离常数。(2)得到两个常微分方程：$\Theta''+\lambda\Theta=0$和$r^2R''+rR'-\lambdaR=0$。(3)求解$\Theta(\theta)$方程，根据周期性要求，$\lambda=n^2$($n=0,1,2,\dots$)，$\Theta_n(\theta)=A_n\cos(n\theta)+B_n\sin(n\theta)$。(4)求解$R(r)$方程，得$R_n(r)=C_nr^n+D_nr^{-n}$。(5)由于在$r=0$处解需有界，故$D_n=0$($n\ge1$)。$n=0$时，$R_0(r)=C_0$。(6)通解为$u(r,\theta)=C_0+\sum_{n=1}^\infty(A_nr^n\cos(n\theta)+B_nr^n\sin(n\theta))$。(7)由边界条件$u(1,\theta)=f(\theta)$，得$C_0+\sum_{n=1}^\infty(A_n\cos(n\theta)+B_n\sin(n\theta))=f(\theta)$。(8)利用傅里叶级数知识，确定$A_n,B_n$，得到最终解。二、1.令$x=\sint$，则$dx=\cost\,dt$，当$x=0$时$t=0$，当$x=1$时$t=\pi/2$。积分变为$\int_0^1\frac{x^3}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\int_0^{\pi/2}\frac{\sin^3t}{\sqrt{1-\sin^2t}}\cost\,dt=\int_0^{\pi/2}\sin^3t\,dt$使用$\sin^3t=\sint(1-\cos^2t)$，并令$u=\cost$，$du=-\sint\,dt$，当$t=0$时$u=1$，当$t=\pi/2$时$u=0$。积分变为$\int_0^{\pi/2}\sin^3t\,dt=\int_1^0(1-u^2)(-du)=\int_0^1(1-u^2)\,du=\left[u-\frac{u^3}{3}\right]_0^1=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$2.方程整理为$f(x)-\int_0^x(x-t)f(t)\,dt=\sinx$。令$F(x)=\int_0^x(x-t)f(t)\,dt$，则$F'(x)=\int_0^xf(t)\,dt+(x-x)f(x)=\int_0^xf(t)\,dt$，$F''(x)=f(x)$。原方程变为$f(x)-x\int_0^xf(t)\,dt+\int_0^xf(t)\,dt=\sinx$，即$f(x)-xF'(x)+F(x)=\sinx$。代入$F'(x)=\int_0^xf(t)\,dt$和$F(x)=\int_0^x(x-t)f(t)\,dt$，整理得$f(x)-x\int_0^xf(t)\,dt+\int_0^x(x-t)f(t)\,dt=\sinx$$f(x)-x\int_0^xf(t)\,dt+x\int_0^xf(t)\,dt-\int_0^xtf(t)\,dt=\sinx$$f(x)-\int_0^xtf(t)\,dt=\sinx$这是一个一阶线性积分方程。令$g(x)=\sinx$，$h(x)=-\int_0^xtf(t)\,dt$。方程为$f(x)+h(x)=g(x)$。求解一阶线性微分方程$y'+h(x)=g(x)$的积分因子为$e^{\inth(x)dx}=e^{-\int_0^xtdt}=e^{-x^2/2}$。方程两边乘以积分因子：$e^{-x^2/2}f(x)-xe^{-x^2/2}\int_0^xtf(t)\,dt=e^{-x^2/2}\sinx$左边视为$\left(e^{-x^2/2}f(x)\right)'$，故$\left(e^{-x^2/2}f(x)\right)'=e^{-x^2/2}\sinx$积分两边：$e^{-x^2/2}f(x)=\inte^{-x^2/2}\sinx\,dx+C$。令$I=\inte^{-x^2/2}\sinx\,dx$。使用分部积分，令$u=\sinx$,$dv=e^{-x^2/2}dx$，则$du=\cosxdx$,$v=\inte^{-x^2/2}dx$。但$\inte^{-x^2/2}dx$无初等函数表示，故此方法似乎不直接。更简单的方法是观察到$\frac{d}{dx}(e^{-x^2/2})=-xe^{-x^2/2}$，故$e^{-x^2/2}f(x)=-\int\sinx\,d(e^{-x^2/2})=-\left[\sinxe^{-x^2/2}-\inte^{-x^2/2}\cosx\,dx\right]+C$$=-\sinxe^{-x^2/2}+\inte^{-x^2/2}\cosx\,dx+C$再次令$I_1=\inte^{-x^2/2}\cosx\,dx$，使用分部积分，令$u=\cosx$,$dv=e^{-x^2/2}dx$，则$du=-\sinxdx$,$v=\inte^{-x^2/2}dx$。同样，$\inte^{-x^2/2}dx$无法表示。看起来直接积分有困难。更有效的方法是考虑方程的线性性质。假设特解形式为$f_p(x)=A\sinx+B\cosx$。代入原方程：$(A\sinx+B\cosx)-\int_0^x(x-t)(A\sint+B\cost)\,dt=\sinx$展开积分项：$\int_0^x(x-t)A\sint\,dt+\int_0^x(x-t)B\cost\,dt$$=A\int_0^xx\sint\,dt-A\int_0^xt\sint\,dt+B\int_0^xx\cost\,dt-B\int_0^xt\cost\,dt$使用分部积分，$\int_0^xt\sint\,dt=-t\cost\big|_0^x+\int_0^x\cost\,dt=-x\cosx+\sinx$。$\int_0^xt\cost\,dt=t\sint\big|_0^x-\int_0^x\sint\,dt=x\sinx+\cosx-1$。$\int_0^x\sint\,dt=-\cost\big|_0^x=1-\cosx$。$\int_0^x\cost\,dt=\sint\big|_0^x=\sinx$。代入积分结果：$A\left[x(-\cosx)-(-x\cosx+\sinx)\right]+B\left[x(\sinx)-(x\sinx+\cosx-1)\right]$$=A\left[-x\cosx+x\cosx-\sinx\right]+B\left[x\sinx-x\sinx-\cosx+1\right]$$=-A\sinx-B\cosx+B$代入原方程：$A\sinx+B\cosx-(-A\sinx-B\cosx+B)=\sinx$$2A\sinx+2B\cosx-B=\sinx$比较系数：$2A=1$,$2B-B=0$。解得$A=\frac{1}{2}$,$B=0$。特解为$f_p(x)=\frac{1}{2}\sinx$。对应的齐次方程为$f_h(x)-\int_0^x(x-t)f_h(t)\,dt=0$。令$f_h(x)=C$，代入得$C-\int_0^x(x-t)C\,dt=C-C\int_0^x(x-t)\,dt=C-C\left[xt-\frac{t^2}{2}\right]_0^x=C-C\left(x^2-\frac{x^2}{2}\right)=C-\frac{Cx^2}{2}=0$。解得$C=0$。齐次解为$f_h(x)=0$。通解为$f(x)=f_h(x)+f_p(x)=0+\frac{1}{2}\sinx=\frac{1}{2}\sinx$。需要确定常数项。由$f(0)=\frac{1}{2}\sin0=0$，代入原方程：$f(0)-\int_0^0tf(t)\,dt=\sin0$，即$0-0=0$，满足。因此，解为$f(x)=\frac{1}{2}\sinx$。三、1.证明：设$u(x,y)$在$D$内达到极大值或极小值于点$(x_0,y_0)$。由于$u$可微，故在$(x_0,y_0)$处有$\nablau=0$，即$\frac{\partialu}{\partialx}(x_0,y_0)=0$且$\frac{\partialu}{\partialy}(x_0,y_0)=0$。由于$w=f(z)=u(x,y)+iv(x,y)$是解析函数，由柯西-黎曼方程，在$(x_0,y_0)$处有$\frac{\partialu}{\partialx}=\frac{\partialv}{\partialy}$且$\frac{\partialu}{\partialy}=-\frac{\partialv}{\partialx}$。因此，$\frac{\partialv}{\partialy}(x_0,y_0)=0$且$\frac{\partialv}{\partialx}(x_0,y_0)=0$。这表明在点$(x_0+iy_0)$处，函数$v(x,y)$也达到极值。综上，在$u(x,y)$的极值点$(x_0,y_0)$处，其共轭函数$v(x,y)$也达到极值。现在考虑$u(x,y)$在$(x_0,y_0)$处的Hessian矩阵$\mathbf{H}_u=\begin{pmatrix}u_{xx}&u_{xy}\\u_{xy}&u_{yy}\end{pmatrix}$。由柯西-黎曼方程，$u_{xy}=v_{yx}$且$u_{yy}=-v_{xy}$。由于$v$也是可微的，故$v_{yx}=v_{xy}$。因此，$u_{xx}=-u_{yy}$。Hessian矩阵为$\mathbf{H}_u=\begin{pmatrix}u_{xx}&u_{xy}\\u_{xy}&-u_{xx}\end{pmatrix}$。Hessian矩阵的行列式为$\det(\mathbf{H}_u)=u_{xx}(-u_{xx})-(u_{xy})^2=-u_{xx}^2-(u_{xy})^2$。若$u(x,y)$在$(x_0,y_0)$处取得极大值，则$u_{xx}(x_0,y_0)\le0$。若取得极小值，则$u_{xx}(x_0,y_0)\ge0$。在两种情况下，$u_{xx}(x_0,y_0)^2\ge0$。因此，$\det(\mathbf{H}_u)=-u_{xx}^2-(u_{xy})^2\le0$。由于$(x_0,y_0)$是极值点，$\nablau=0$，故$u_{xx},u_{xy},u_{yy}$均存在且连续。因此，Hessian矩阵$\mathbf{H}_u$是非奇异的。Hessian矩阵非奇异且$\det(\mathbf{H}_u)\le0$，只能有$\det(\mathbf{H}_u)<0$。这意味着Hessian矩阵是负定的，从而$u(x,y)$在$(x_0,y_0)$处取得严格极大值。类似地，如果$v(x,y)$在$(x_0,y_0)$处取得严格极小值，则其Hessian矩阵$\mathbf{H}_v$正定，即$\det(\mathbf{H}_v)>0$。由$\mathbf{H}_v=\begin{pmatrix}v_{xx}&v_{xy}\\v_{xy}&-v_{xx}\end{pmatrix}$，可得$v_{xx}^2+v_{xy}^2>0$，且$v_{xx}<0$。由于$u_{xx}=-v_{xx}$，则$u_{xx}>0$，这与$u(x,y)$在$(x_0,y_0)$处取得极大值矛盾（因为极大值点处$u_{xx}\le0$）。因此，$v(x,y)$在$(x_0,y_0)$处不能取得极小值。综上，若$u(x,y)$在$(x_0,y_0)$处达到极大值，则必有$\frac{\partialu}{\partialx}(x_0,y_0)=0$且$\frac{\partialu}{\partialy}(x_0,y_0)=0$。推导柯西-黎曼方程：$\frac{\partialu}{\partialx}=\frac{\partialv}{\partialy}$，两边对$x$求偏导：$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}=\frac{\partial^2v}{\partialy\partialx}=\frac{\partial^2v}{\partialx\partialy}$。$\frac{\partialu}{\partialy}=-\frac{\partialv}{\partialx}$，两边对$y$求偏导：$\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=-\frac{\partial^2v}{\partialx\partialy}$。由混合偏导数连续性，$\frac{\partial^2v}{\partialy\partialx}=\frac{\partial^2v}{\partialx\partialy}$。因此，$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}=-\frac{\partial^2u}{\partialy^2}$。即$\Deltau=\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=0$。得证。2.计算$\oint_{|z|=2}\frac{e^z}{z(z-1)^2}\,dz$。被积函数$F(z)=\frac{e^z}{z(z-1)^2}$有三个奇点：$z_1=0$,$z_2=1$(二阶极点),$z_3=\infty$。积分路径$|z|=2$是逆时针方向，包含$z=0$和$z=1$两个奇点。使用留数定理，积分值等于$2\pii$乘以被积函数在路径内部所有奇点留数之和。计算$z=0$处的留数$\operatorname{Res}(F,0)$：方法一：$z=0$是一阶极点。$\operatorname{Res}(F,0)=\lim_{z\to0}z\cdot\frac{e^z}{z(z-1)^2}=\lim_{z\to0}\frac{e^z}{(z-1)^2}=\frac{e^0}{(0-1)^2}=\frac{1}{1}=1$。方法二：$\operatorname{Res}(F,0)=\frac{e^z}{(z-1)^2}\big|_{z=0}=\frac{1}{(-1)^2}=1$。计算$z=1$处的留数$\operatorname{Res}(F,1)$：$z=1$是二阶极点。$\operatorname{Res}(F,1)=\lim_{z\to1}\frac{d}{dz}\left[(z-1)^2\cdot\frac{e^z}{z(z-1)^2}\right]=\lim_{z\to1}\frac{d}{dz}\left[\frac{e^z}{z}\right]$$=\lim_{z\to1}\frac{ze^z-e^z}{z^2}=\lim_{z\to1}\frac{e^z(z-1)}{z^2}=\frac{e(1-1)}{1^2}=0$。积分值为$2\pii(\operatorname{Res}(F,0)+\operatorname{Res}(F,1))=2\pii(1+0)=2\pii$。四、1.证明：由拉普拉斯变换定义，$\mathcal{L}\{f(t)\}=F(s)=\int_0^\inftye^{-st}f(t)\,dt$。$\mathcal{L}\{f'(t)\}=\int_0^\inftye^{-st}f'(t)\,dt$。使用分部积分，令$u=e^{-st}$,$dv=f'(t)dt$，则$du=-se^{-st}dt$,$v=f(t)$。$\int_0^\inftye^{-st}f'(t)\,dt=e^{-st}f(t)\big|_0^\infty+s\int_0^\inftye^{-st}f(t)\,dt$考虑边界项$e^{-st}f(t)\big|_0^\infty$。由于$f(t)$在$t\ge0$上连续，且$\mathcal{L}\{f(t)\}$存在，意味着$\int_0^\inftye^{-st}f(t)\,dt$收敛。这通常隐含$f(t)$不会随$t\to\infty$增长过快，例如$f(t)$有界或指数增长。因此，当$s$足够大时，$e^{-st}f(t)\to0$。因此，$e^{-st}f(t)\big|_0^\infty=0-f(0)=-f(0)$。代入分部积分结果：$\int_0^\inftye^{-st}f'(t)\,dt=-f(0)+s\int_0^\inftye^{-st}f(t)\,dt=-f(0)+sF(s)$。故$\mathcal{L}\{f'(t)\}=sF(s)-f(0)$。得证。2.求解$\ddot{x}+4\dot{x}+3x=0$,$x(0)=2$,$\dot{x}(0)=-1$。特征方程为$r^2+4r+3=0$，解为$r_1=-1$,$r_2=-3$。齐次方程通解为$x(t)=C_1e^{-t}+C_2e^{-3t}$。利用初值条件：$x(0)=C_1+C_2=2$。$\dot{x}(t)=-C_1e^{-t}-3C_2e^{-3t}$。$\dot{x}(0)=-C_1-3C_2=-1$。解方程组$\begin{cases}C_1+C_2=2\\-C_1-3C_2=-1\end{cases}$。第一式乘以3加到第二式：$-C_1-3C_2+3C_1+3C_2=-1+6$，即$2C_1=5$，得$C_1=\frac{5}{2}$。代入第一式：$\frac{5}{2}+C_2=2$，得$C_2=2-\frac{5}{2}=-\frac{1}{2}$。特解为$x(t)=\frac{5}{2}e^{-t}-\frac{1}{2}e^{-3t}$。五、1.推导达朗贝尔公式：考虑一维波动方程$\frac{\partial^2u}{\partialt^2}-a^2\frac{\partial^2u}{\partialx^2}=0$在$x\in\mathbb{R}$,$t\in\mathbb{R}^+$上的解，满足初始条件$u(x,0)=f(x)$,$\dot{u}(x,0)=g(x)$。对方程进行两次傅里叶变换，设$\hat{u}(k,t)=\mathcal{F}\{u(x,t)\}=\int_{-\infty}^\inftyu(x,t)e^{-ikx}\,dx$。$\mathcal{F}\{\frac{\partial^2u}{\partialt^2}\}=\frac{d^2}{dt^2}\hat{u}(k,t)$。$\mathcal{F}\{-a^2\frac{\partial^2u}{\partialx^2}\}=-a^2k^2\hat{u}(k,t)$。方程的傅里叶变换为$\frac{d^2}{dt^2}\hat{u}(k,t)+a^2k^2\hat{u}(k,t)=0$。这是一个常系数二阶线性微分方程，解为$\hat{u}(k,t)=A(k)e^{iakt}+B(k)e^{-iakt}$。初始条件的傅里叶变换为$\hat{u}(k,0)=\mathcal{F}\{f(x)\}=\hat{f}(k)$,$\frac{\partial}{\partialt}\hat{u}(k,0)=\mathcal{F}\{\dot{f}(x)\}=\hat{g}(k)$。由$\hat{u}(k,0)=A(k)+B(k)=\hat{f}(k)$。由$\frac{\partial}{\partialt}\hat{u}(k,0)=iakA(k)-iakB(k)=\hat{g}(k)$。解得$A(k)=\frac{1}{2}[\hat{f}(k)+i\frac{\hat{g}(k)}{ak}]$,$B(k)=\frac{1}{2}[\hat{f}(k)-i\frac{\hat{g}(k)}{ak}]$。代入$\hat{u}(k,t)$：$\hat{u}(k,t)=\frac{1}{2}[\hat{f}(k)+i\frac{\hat{g}(k)}{ak}]e^{iakt}+\frac{1}{2}[\hat{f}(k)-i\frac{\hat{g}(k)}{ak}]e^{-iakt}$$=\frac{1}{2}\hat{f}(k)[e^{iakt}+e^{-iakt}]+\frac{1}{2}\frac{\hat{g}(k)}{ak}[e^{iakt}-e^{-iakt}]$$=\hat{f}(k)\cos(akt)+\frac{\hat{g}(k)}{ak}\sin(akt)$。进行傅里叶逆变换：$u(x,t)=\mathcal{F}^{-1}\{\hat{u}(k,t)\}=\mathcal{F}^{-1}\{\hat{f}(k)\cos(akt)+\frac{\hat{g}(k)}{ak}\sin(akt)\}$$=\frac{1}{2}\mathcal{F}^{-1}\{\hat{f}(k)\}*\mathcal{F}^{-1}\{\cos(akt)\}+\frac{1}{2ak}\mathcal{F}^{-1}\{\hat{g}(k)\}*\mathcal{F}^{-1}\{\sin(akt)\}$利用$\mathcal{F}^{-1}\{\cos(akt)\}=\frac{1}{2}[\delta(t+a)+\delta(t-a)]$,$\mathcal{F}^{-1}\{\sin(akt)\}=\frac{i}{2}[\delta(t+a)-\delta(t-a)]$$=\frac{1}{2}\mathcal{F}^{-1}\{\hat{f}(k)\}*\frac{1}{2}[\delta(t+a)+\delta(t-a)]+\frac{1}{2ak}\mathcal{F}^{-1}\{\hat{g}(k)\}*\frac{i}{2}[\delta(t+a)-\delta(t-a)]$$=\frac{1}{4}[\mathcal{F}^{-1}\{\hat{f}(k)\}*\delta(t+a)+\mathcal{F}^{-1}\{\hat{f}(k)\}*\delta(t-a)]+\frac{i}{4ak}[\mathcal{F}^{-1}\{\hat{g}(k)\}*\delta(t+a)-\mathcal{F}^{-1}\{\hat{g}(k)\}*\delta(t-a)]$$=\frac{1}{4}[f(x-a)+f(x+a)]+\frac{i}{4ak}[g(x-a)-g(x+a)]$由于$u(x,t)$满足$u(x,0)=f(x)$,$\dot{u}(x,0)=g(x)$，且$f(x)$和$g(x)$通常关于$x$是偶函数或奇函数，或者可以表示为傅里叶变换对。更常见的推导方法是基于波动方程的传播性质，可以得到：$u(x,t)=\frac{1}{2}[f(x+at)+f(x-at)]+\frac{1}{2a}\int_{x-at}^{x+at}g(s)\,ds$物理意义：波动方程描述波的传播。达朗贝尔公式表明，波在传播过程中，其形状保持不变，只是位置发生了