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理论上应该可以。因为若用拉氏积分变换，条件已足够，可以顺利解出T1(z,t)的拉氏变换。但因为其太复杂，反变换的解析式求不出，还是不行。倒是可以考虑将拉氏变换展开成复平面的罗伦级数，然后逐项求反变换，应是可行的。
将T2(z,t)关于t的拉氏反变换记为U(z,s),对方程两边求拉氏变换，经整理得到：
d^2U/dz^--s/a*U=0
U(z,s)=C1(s)*exp[sqrt(s/a)*z]+C2(s)*exp[-sqrt(s/a)*z]
由边界条件可推出：dU/dz(z=L）=0，由此C2(s)=C1(s)*exp[2*sqrt(s/a)*L] (1)
故： U(z,s)=C1(s)*exp[sqrt(s/a)*z]+C1(s)*exp[2*sqrt(s/a)*L]*exp[-sqrt(s/a)*z] （2）
再由hg*[T2(0,t)-Tm]=-k*PT2(z,t)/Pz(z=0)得到：
hg*[U(0,s)-Tm/s]=-k*[dU(z,s)/dz(z=0)] （3）
（2）代入（3），整理后得到：
C1(s)=(hg*Tm/s)/{[hg-k*sqrt(s/a)]*exp[2*sqrt(s/a)]+hg+k*sqrt(s/a)]} (4)
(4)代入（2）
U(z,s)={exp[sqrt(s/a)*z]+exp[2*sqrt(s/a)*L]*exp[-sqrt(s/a)*z] }* (hg*Tm/s)/{[hg-k*sqrt(s/a)]*exp[2*sqrt(s/a)]+hg+k*sqrt(s/a)]} (5)
理论上，对（5）求拉氏反变换即可求出T2(z,t),但它太复杂了，估计解不出反变换的解析解了，但可尝试将U(z,s)在复平面展开成s的罗伦级数，然后反变换后就可得到t的幂级数形式了。 |
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