习题20二阶线性偏微分方程的分类

371．讨论下列方程的类型，并将他们化为典则形式：

∂2u∂2u∂2u∂u∂u

−32+2+6=0； （1）2+2

∂x∂x∂y∂y∂x∂y∂2u∂2u∂2u∂u∂u（2）2+4+52++2=0；

∂x∂x∂y∂y∂x∂y∂2u∂2u1∂u（3）2+y2+=0；

∂x∂y2∂y

2

∂2u∂u∂u2∂u（4）(1+x)2+(1+y)2+x+y=0； ∂x∂y∂x∂y

2

2∂2u∂2u∂u2∂u（5）tanx2−2ytanx+y+y=0。 ∂x∂x∂y∂y2∂y

2

（1）a=1,b=1,c=−3,d=2,e=6,f=g=0，b−ac=4>0，所以是双曲型方程。 特征线方程为

2

dydy

=3和=−1，特征线为y−3x=C1和y+x=C2，所以可令 dxdx

ξ=y−3x，η=y+x，则变换后方程系数A=C=0,B=−8,D=0,E=8,F=G=0，

∂2u∂u∂2u1∂u

+8=0，即即原方程化为−16−=0。 ∂ξ∂η∂η∂ξ∂η2∂η

令α=

ξ+η

2

=y−x,β=

η−ξ

2

=2x，则

∂1⎛∂∂⎞∂1⎛∂∂⎞

=⎜+=⎜−⎟，⎟，

∂ξ2⎝∂α∂β⎠∂η2⎝∂α∂β⎠

∂2u1∂u1⎛∂2u∂2u⎞

−=0化为 ⎜2−2⎟，方程

∂ξ∂η2∂η4⎝∂α∂β⎠

1⎛∂∂2u∂⎞⎛∂u∂u⎞

所以，=⎜−+⎟⎜⎟=

∂ξ∂η4⎝∂α∂β⎠⎝∂α∂β⎠∂2u∂2u∂u∂u

−−−=0。 ∂α2∂β2∂α∂β

（2）a=1,b=2,c=5,d=1,e=2,f=g=0，b−ac=−1

2

dy

=2±i，特征线为y−(2+i)x=C1和y−(2−i)x=C2，令 dx

∂2u∂u∂u

ξ=y−(2+i)x，η=y−(2−i)x，则原方程化为4−i+i=0，

∂ξ∂η∂ξ∂η

令ρ=

ξ+η

2∂2u∂2u∂u

+=0。 =y−2x,σ==x，则方程化为2+2

∂ρ∂σ∂σ2i

η−ξ

（3）a=1,b=0,c=y,d=0,e=

1

,f=g=0，b2−ac=−y， 2

当y>0时，方程是椭圆型，y

y

0时，特征线方程

dy

=

x=

C1和x=C2，

dx

∂2u

=0，

令ξ=+

x，η=x，则方程化为

∂ξ∂η

令ρ=

ξ+η

2

=σ=

ξ−η

2∂2u∂2u

=0。 =x，方程化为2−2

∂ρ∂σ

y>

0时，特征线方程

dy

=±

，特征线+ix=

C1和−ix=C2，

dx

∂2u

=0，

令ξ=

ix，η=−ix，方程化为

∂ξ∂η

令ρ=

ξ+η

2∂2u∂2u

=0。 =σ==x，方程化为2+2

∂ρ∂σ2i

ξ−η

（4）a=1+x,b=0,c=1+y,d=x,e=y,f=g=0，b−ac=−1+x

222

(

2

)(1+y)

2

−1−1

，特征线shy−ishx=C1和 ∂2u

=0。 shy+ishx=C2，令ξ=shy−ishx，η=shy+ishx，方程化为

∂ξ∂η

−1

−1

−1

−1

−1

−1

令ρ=

ξ+η

2∂2u∂2u

=0。 =shy，σ==shx，方程化为2+2

∂ρ∂σ2i

−1

η−ξ

−1

（5）a=tanx,b=−ytanx,c=y,d=0,e=y,f=g=0，b−ac=0，所以方程是抛 物型。特征线方程

222

dy

=−ycotx，特征线ysinx=C。可令ξ=ysinx,η=ycosx，变换 dx

y2ysinxy

后方程系数A=B=0,C=,D=−,E=,F=G=0，即方程化为

cos2xcos2xcosx

2

y2∂2uysinx∂uy∂u∂u∂u22∂u−+=0，即ξ+η−ξ+η=0。 ()cos2x∂η2cos2x∂ξcosx∂η∂η2∂ξ∂η

372．有些方程经过适当的因数变换后可以消去一阶偏导数项。 （1）证明：在因变数变换u=exp⎡⎣−(ax+by)⎤⎦v下，方程∇u+2a

2

∂u∂u

+2b=0化为 ∂x∂y

Helmholtz方程∇v−a+b

2

(

22

)v=0，其中a,b为常数；

∂2u∂2u∂u∂u

（2）寻求适当的变换，使方程2−2+2a+2b=0在变换后不再含有一阶偏导

∂x∂y∂x∂y

数项；

∂2u∂2u∂2u∂u∂u∂u+c2+d+e+fu=，其中a,b,c,d,e,f为常 （3）设有方程a2+2b

∂x∂x∂y∂y∂x∂y∂t

数。证明：只有在b−ac≠0时可作变换u

2

=exp(αx+βy+γt)v使v(x,y,t)满足方程

∂2v∂2v∂2v∂v+c2=a2+2b。

∂x∂x∂y∂y∂t

（1）

∂u∂v∂u∂v

=−ae−(ax+by)v+e−(ax+by)，=−be−(ax+by)v+e−(ax+by)， ∂x∂x∂y∂y

2

∂2u−(ax+by)∂v−(ax+by)∂v2−(ax+by)

， =aev−2ae+e

∂x2∂x∂x2

2∂2u−(ax+by)∂v−(ax+by)∂v2−(ax+by)

v−2be=be+e，代入原方程得

∂y2∂x∂y2

(a

2

+b)e

2

−(ax+by)

v−2(a+b)e

−(ax+by)

∂v−(ax+by)⎛∂2v∂2v⎞

+e⎜2+2⎟ ∂x⎝∂x∂y⎠

−(ax+by)

−2a+b即∇v−a+b

2

(

22

)e

−(ax+by)

v+2(a+b)e

∂v

=0 ∂x

(

22

)v=0。

（2）令u=vexp(αx+βy)，则方程化为

∂2v∂2v∂v∂v22

−+++−++−+2bβ)v=0， 2αa2bβα2aαβ()()(22∂x∂y∂x∂y∂2v∂2v22

只需令α=−a,β=b，上面方程为2−2+(b−a)v=0。

∂x∂y

（3）将u

=exp(αx+βy+γt)v代入原方程得

∂2v∂2v∂2v∂v∂v

+c2+(2aα+2bβ+d)+(2bα+2cβ+e) a2+2b

∂x∂x∂y∂y∂x∂y

+aα+2bαβ+cβ+dα+eβ−γv=

(

22

)

∂v

。 ∂t

2

2

所以2aα+2bβ+d=0，2bα+2cβ+e=0，aα+2bαβ+cβ+dα+eβ−γ=0，

⎛d⎞−

ab⎛ab⎞⎛α⎞⎜2⎟

，要使其有解，必须有=b2−ac≠0。 前两式写成矩阵式⎜=⎜⎟⎟⎜⎟

bc⎝bc⎠⎝β⎠⎜−e⎟

⎜⎟⎝2⎠

∂2u∂2u∂2u∂2u∂2u

−32=0；（2）2−=0； 373．求下列各偏微分方程通解：（1）2−2

∂x∂x∂y∂y∂x∂x∂y

∂2u∂2u∂2u∂2u∂2u∂2u

（3）(a−b)2+2b−2=0，a,b为常数，a≠0；（42−2 +22=0。

∂x∂x∂t∂t∂x∂x∂y∂y

2

2

∂2u∂2u2

（1）取试探解u=f(αx+y)，则2=αf′′(αx+y)，=αf′′(αx+y)，

∂x∂y∂x

∂2u2

′′=+fαxy，代入方程得附加方程α−2α−3=0，解得α1=−1，α2=3， ()2

∂y

所以通解为u=f1(x−y)+f2(3x+y)。

（2）附加方程α−α=0，解得α1=0，α2=1，通解u=f1(y)+f2(x+y)。

2

（3）附加方程a−b

(

22

)α2+2bα−1=0，解得α1=

11，α2=−，通解 a+ba−b

u=f1⎡⎣x+(a+b)t⎤⎦+f2⎡⎣x−(a−b)t⎤⎦。

（4）附加方程α−2α+2=0，α=1±i，u=f1⎡⎣(1+i)x+y⎤⎦+f2⎡⎣(1−i)x+t⎤⎦。

2

2

∂2u∂2u∂u∂u2∂u−+++=0的通解。 xyyxy374．求偏微分方程x2∂x2∂x∂y∂y2∂x∂y

2

2

∂∂∂2∂2∂=，x=−， 令x=e,y=e，即t=lnx,s=lny，则x

∂x∂t∂x2∂t2∂t

ts

2

∂2∂∂2∂2∂∂∂2u∂2u∂2u2∂=−，xy=y=，y，原方程化为2−2+=0，

∂y2∂s2∂s∂y∂s∂x∂y∂t∂s∂t∂t∂s∂s2

取试探解为u=f

(αt+s)，可得附加方程(α−1)

2

=0，可得重根α=1，通解为

u=f1(t+s)+tf2(t+s)=f1(lnxy)+lnxf2(lnxy)。

22

f(x+at)+g(x−at)∂⎡⎛x⎞∂u⎤1⎛x⎞∂2u

1−−1−=0的通解为， 375．证明方程u=⎢⎜⎥⎟⎟2⎜2

∂x⎣h−x⎢⎝h⎠∂x⎦⎥a⎝h⎠∂t

由此写出此方程在初始条件ut=0=ϕ(x),

∂u

=ψ(x)下的解。 ∂tt=0

∂uf(x+at)+g(x−at)f′(x+at)+g′(x−at)=+， 2∂xh−x(h−x)

(h−x)

2

∂u

=f(x+at)+g(x−at)+(h−x)⎡⎣f′(x+at)+g′(x−at)⎤⎦， ∂x

∂⎡2∂u⎤

h−x=(h−x)⎡f′′(x+at)+g′′(x−at)⎤， ()⎣⎦⎢⎥∂x⎣∂x⎦

2

f(x+at)+g(x−at)12∂u

′′′′是原 (h−x)2=(h−x)⎡⎣f(x+at)+g(x−at)⎤⎦，所以u=a2∂th−x

方程的解，它有两个任意函数，所以是原二阶方程的通解。

将通解代入初始条件得，f(x)+g(x)=(h−x)ϕ(x)， （a）

1

(h−x)ψ(x)。 （b） a

1x

（b）式两边积分得f(x)−g(x)=∫(h−ξ)ψ(ξ)dξ+C， （c）

a0

11xC

（a）+（c）得f(x)=(h−x)ϕ(x)+， hd−ξψξξ+()()

22a∫0211x+atC

所以f(x+at)=(h−x−at)ϕ(x+at)+。 hd−ξψξξ+()()∫022a2

11xC

（a）−（c）得g(x)=(h−x)ϕ(x)−， hd−ξψξξ−()()∫022a2

11x−atC

所以g(x−at)=(h−x+at)ϕ(x−at)−， hd−ξψξξ−()()

22a∫0211at

所以解为u=⎡xatxatϕ++ϕ−⎤+()()⎦2h−x⎡⎣ϕ(x−at)−ϕ(x+at)⎤⎦

2⎣

f′(x)−g′(x)=

x+at1

+(h−ξ)ψ(ξ)dξ。

2ah−x∫x−at

2

⎧∂2u2∂u⎪∂t2−a∂x2=0⎪⎪

376．求解弦振动方程的Goursat问题：⎨ux−at=0=ϕ(x),ux+at=0=ψ(x)。

⎪

⎪ϕ(0)=ψ(0)⎪⎩

方程通解为u=f(x+at)+g(x−at)，代入条件ux−at=0=ϕ(x),ux+at=0=ψ(x)得

f(2x)+g(0)=ϕ(x)，f(0)+g(2x)=ψ(x)，

所以f(x+at)=ϕ⎜

⎛x+at⎞⎛x−at⎞

−−=g0，gxatψ()()⎟⎜⎟−f(0)，

⎝2⎠⎝2⎠

⎛x+at⎞⎛x−at⎞+u=ϕ⎜ψ⎟⎜⎟−f(0)−g(0)，由于u(0,0)=f(0)+g(0)=ϕ(0)， 22⎝⎠⎝⎠

所以u=ϕ⎜

2

∂2u2∂u377．在波动方程2−a=0中用iy代替at就能得到Laplace方程的“初值”问题 2∂t∂x

⎛x+at⎞⎛x−at⎞+ψ⎟⎜⎟−ϕ(0)。

⎝2⎠⎝2⎠

⎧∂2u∂2u

∂x2+∂y2=0

11x+iy⎪

。其形式解为u=ϕx+iy+ϕx−iy+⎡⎤()()⎨⎣⎦2i∫x−iyψ(ξ)dξ。

2∂u⎪u=ϕ(x),=ψ(x)

⎪y=0∂yy=0⎩

（1）令ϕ(x)=x,ψ(x)=e

−x

，可得u=x+e

−x

siny，验证这个表达式处处满足Laplace

方程，也满足y=0时的“初始”条件；

11+x2−y2

,ψ(x)=0，形式解为u=，证明：这个函 （2）如果ϕ(x)=

222221+x2

(1+x−y)+4xy

数在点(0,±1)不连续，因此，至少在这些点上不满足Laplace方程。这说明在一般情况下 Laplace方程的“初值”问题无解。

∂u∂2u∂u∂2u−x−x−x

（1）=ecosy，2=−e−xsiny，所以 =1−esiny，2=esiny，

∂y∂x∂y∂x

∂2u∂2u∂u

+=0。u=u=x=ϕx，()y=0

∂y∂x2∂y2

（2）limu=

x→0

=e−xcosyy=0=e−x=ψ(x)。

y=0

11

,limlimlimu=→∞。 2y→±1x→021y→±1−y1−y

378．如果u(x,y,z)满足Laplace方程，证明：v=(ax+by+cz)u满足∇v=0，其中

4

a,b,c为任意常数。

记f=ax+by+cz，a=ai+bj+ck则∇f=a。

∇v=∇(fu)=u∇f+f∇u=ua+f∇u，

∇2v=∇⋅(ua)+∇⋅(f∇u)=a⋅∇u+u∇⋅a+a⋅∇u+f∇2u=2a⋅∇u，

∇∇2v=2∇(a⋅∇u)=2⎡⎣a×(∇×∇u)+(a⋅∇)∇u+∇u×(∇×a)+(∇u⋅∇)a⎤⎦=2(a⋅∇)∇u

=2⎜a

⎛

∂∂∂⎞

+b+c⎟∇u，

∂y∂z⎠⎝∂x

⎡⎛∂∂∂⎞⎤

∇4v=2∇⋅⎢⎜a+b+c⎟∇u⎥，由于a,b,c为常数，可交换微分次序，因此

∂y∂z⎠⎦⎣⎝∂x

上式=2⎜a

379．如果u(x,y,z)是直角坐标系下Laplace方程的解，证明

⎛

∂∂∂⎞

+b+c⎟∇2u=0

∂y∂z⎠⎝∂x

∂u∂u∂u

，，也是解。 ∂x∂y∂z

显然可交换微分次序，∇

2

∂u∂u∂u∂2

=∇u=0，同样的，，也满足Laplace方程。

∂y∂z∂x∂x

380．如果u(ρ,ϕ,z)是柱坐标下Laplace方程的解，证明

∂u∂u∂u

，也是解，但一般不

∂ρ∂ϕ∂z

是解。

1∂⎛∂⎞1∂2∂∂∂∂222

∇=++ρ，显然和可与∇交换次序，而不能与∇交 ⎜⎟222

∂ρ∂ϕ∂zρ∂ρ⎝∂ρ⎠ρ∂ϕ∂z

2

换次序，同上题可知

∂u∂u∂u

，也是解，但一般不是解。 ∂ϕ∂z∂ρ