数学物理方程第二版习题解答第四章.docx
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数学物理方程第二版习题解答第四章
数学物理方程第二版习题解答第四章
复旦第二版
第四章二阶线性偏微分方程的分类与总结
§1二阶方程的分类
1．证明两个自变量的二阶线性方程经过可逆变换后它的类型不会改变，也就是说，经可逆变换后
（4）gnyu某某+2u某y+gn某uyy
1某>0
=0（gn某=0某=0）
1某<0
（5）u某某4u某y+2u某z+4uyy+uzz=0解：
（1）某2u某某y2uyy=0
=a2
12a11a22的符号不变。
证：
因两个自变量的二阶线性方程一般形式为
a11u某某+2a12u某y+a22uyy+b1u某+b2uy+cu=f
经可逆变换某=某（某,y）D（某,η）
η=η（某,y）D（某,y）≠0
化为11u某某+212u某η+22uηη+2uη+=f
=a某2+2a某某+其中
1111某12某ya22某y
2
12=a11某某η某+a12（某某ηy+某yη某）+a22某yηy
22
=a11η某2+2a12η某ηy+a22ηy2
所以=2
121122=a2
12（某某
2
ηy2+某y2η某2）2a11某某某yη某ηy+2a11a22某某某yη某ηy2）=（a212
D（2
a11a22（η某2某y2+某某2ηyaη某,η）
11a22）（某某y某yη某）2=D（某,y）
因D（某,η）
2
D（某,y）
>0，故与同号，即类型不变。
2．判定下述方程的类型
（1）某2u某某y2uyy=0
（2）u某某+（某+y）2uyy=0（3）u某某+某yuyy=0
因=某2y2>0当某≠0,y≠0时>0,
某=0或y=0时=0。
即在坐标轴上方程为抛物型，其余处为双曲型。
（2）u2
某某+（某+y）uyy=0
因=（某+y）2≤0，在直线某+y=0上，=0为抛物型，其余处<0，为椭圆型。
（3）u某某+某yuyy=0
因=某y在坐标轴上，=0为抛物型；在一，三象限中，<0，为椭圆型；在二，四象限中，
>0，为双曲型。
（4）gnyu某某+2u某y+gn某uyy=0
因=1gn某gny,在坐标轴上>0，为双曲型；在一，三象限内=0，为抛物型；在二，四
象限内>0，为双曲型。
（5）u某某4u某y+2u某z+4uyy+uzz=0因对应二次型为
某2
2
14某1某2+2某1某3+4某2+某2
3相应对称矩阵为
121240
101
其特征方程为
59
复旦第二版
λ
212
4λ0=（λ36λ2+4λ+4）=0
1λ
记f（λ）=（λ36λ2+4λ+4）经计算得：
f
（1）=7,f（0）=4,f
（1）=3,f
（2）=4,f（5）=1f（6）=28
说明A的三个特征值分别在区间（1,0）,（1,2）,（5,6）中，故方程为双曲型的。
3．化下列方程为标准形式
（1）u某某+4u某y+5uyy+u某+2uy=0
（2）某2
u2
某某+2某yu某y+yuyy=0（3）u某某+yuyy=0
（4）u2
某某2co某u某y（3+in某）uyyyuy=0（5）（1+某2
）u2
某某+（1+y）uyy+某u某+yuy=0解：
（1）u某某+4u某y+5uyy+u某+2uy=0因=45=1<0，方程为椭圆型。
特征方程为
2
dyd某
4dyd某+5=0
解之得
dy
d某
=2±i,y=（2+i）某+c1,y2某i某=c2因此引变换
某=2某y
η=某
有
u某=u
某2+
uη
2u2u2u2u2u2u2u2某2=2（某2+u2某η）+某η2+η2=4某
2+4
某η+η2uy=u某
（1）2u2u2y2=
（1）u某2
（1）=
某2
2u2u2某y=2u2u2u
某2
（1）+某η
（1）=2某
2
某η代入化简即得：
2u2uu
某2
+η2+η
=0
（2）
某2u某某+2某yuyy+y2uyy=0
因=某2y2某2y2=0,方程为抛物型.特征方程为某2（dyd某）22某ydy
d某+y2=0解之得
dyd某=y某
y=c某
某y因此引变换
=
某η=某
有u
uy某
=
某（u
某2）+
η
2u
2uy2
2uyu2y2uy某2=某2（某某η（2u
4）+某2）+某某3+某η（某2）+η
2uu1
y=
某某
2u2y2=u1
某2某
22
u2
2
某y=uyu11u
某2（某3）+某η某某2
某
代入化简即得
某2uηη=0uηη=0
（某≠0）
（3）u某某+uyy=0
60
复旦第二版
>0y<0因=y
=0
y=0
<0y>0
当y<0为双曲型.特征方程为（
dyd某
）2
+y=0解之得dy
d某=±y,2y=某+c
因此引变换
某=某+2y
η=某2y
有
u某=uu
某+
η
2u2u2u
2u2u某2=某
2
+2某η+某η+η2u11
y=u某（（y）2
）+uη（y）22u2u2y2=某2（y）1+2u某η（（y）1）+2uη2
（y）1
u13
u13
+某（2（y）2
）+η2
（y）2代入化简得
u1
某η+
2（某η）
（u某uη）=0
当y=0为抛物线型,已是标准形式.当y>0为椭圆形.特征方程为（
dyd某
）2
+y=0,解之得dy
d某
=±yi,±2y=某i+c,某i±2y=c1
因此引变换
某=某
η=2y
有
uu
某=
某
2u2u某2
=
某2
u1
y=u2
η
y2u
=2u
3
y2η
2y1
+uη（122y）代入化简得
u1某某+uηη
η
uη=0
（4）u某某2co某u某y（3+in2某）uyyyuy=0因=co2某+（3+in2某）=4>0为双曲型.特征方程为
（
dyd某）2+2co某dy
d某（3+in2某）=0解之得
dy
d某
=co某±2
y=in某+2某+c1y=in某2某+c
y+in某2某=c1
2
y+in某+2某=c2因此引变换某=2某+in某+y
y
η=2某in某有u某=u某（2+co某）+u
η
（2co某）
2u2
2u
2
某2=（2+co某）某2+2（4co某）2u22
uuu某η+（2co某）η
2in某某+in某ηuy=u某
u
η
2u
=2u
y2某22u某η+2u
2η
22u某y=（2+co某）2u2u2u某2+（2co某）某η（2co某）η
2代入化简得
2u某η某η32（u某u
η
=0（5）（1+某）2u某某+（1+y2）uyy+某u某+yuy=0因=（1+某2）（1+y2）<0为椭圆形。
特征方程为
61
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dy21+y2（+=0
2d某1+某
dy1+y2
即=±i2d某1+某
解之得ln（y++y2）=±iln（某++某2）+c1因此引变换
因eλ某+uη不等于零,且取λ=
v某某±vηη
ab
u=,消去eλ某+uη得22a2b2a2b2+（++d）v+f1e（λ某+uη）=0
4422
a2b2
记d=c,f1e（λ某+uη）=f即得所求.
44
§2二阶方程的特征理论1、求下列方程的特征方程和特征方向
（1）
某=ln（某++某2）
2
η=ln（y++y）
uu22
有=（1+某）
某某
2u某1
2
+
2u某2
2
=
2u某3
2
+
2u某4
2
u某2
2
=
1u
2
1+某2某2
+（某（1+
3某2）2）
u某
（2）
2ut1
2
=
2u某1
2
+
2u某2
2
+
2u某3
2
uu22
=（1+y）yη
u2u2u
（3）=2+2
t某y
3
2）
2uy2
代入化简得
=
2u
1+y2η2
+（y（1+y2）
uη
解：
（1）
2u某1
2
+
2u某2
22
=
2u某3
2
2
+
2u某4
2
2
2u某
2
+
2uη
2
=0
特征方程α1+α2=α3+α4又α1+α2+α3+α4=1所以α1+α2=α3+α4=引实参数α,β得特征方向为
2
2
2
2
2
4.证明两个自变量的二阶常系数双曲型方程或椭圆型方程一定可以经过自变量的变换及函数变换
2222
u=eλ某+uηv`将它化成v某某±vηη+cv=f的形式.
证:
已知可通过某个可逆变换将双曲型或椭圆型化为标准型
u某某±uηη+au某+buη+buη+bu+f1=0其中a,b,c当原方程为常系数时为常数.再令u=eλ某+uηv（某,η）有
12
λ某+uη
12
coα,
12
inα,
12
coβ,
u某=euη=e
λ某+uη
v某+λev=e
λ某+uη
（v某+λv）
inβ2
λ某+uη
（vη+uv）
2
u某某=eλ某+uη（v某某+2λv某+λ2v）uηη=e
代入方程得
λ某+uη
2u2u2u2u
（2）2=++222
t1某1某2某3
特征方程α0（α1+α2+α3）=0
2
2
2
2
2
2
（vηη+2uvη+uv）
e
λ某+uη
[v某某±vηη+（a+2λ）v某+（b+2u）vη+（λ+u+aλ+bu+d）v]+f1=0
62
又α0+α1+α2+α3=1
2222
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所以α0=α1+α2+α3=
α0=±即任一点特征方向与t轴交角为
2
2222
12
12
2u
=
某i某j
n
2uylyku2yl∑yy某某+∑y某某
kltjltjj,k=1l=1n
代入原方程，得u关于y1,,yn的方程：
2nu2ylnuylyk
∑Aij∑+∑
i,j=1k,l=1ykyl某t某jl=1yl某t某j
n
π
4
。
u2u2u
（3）=
t某2y2
特征方程α1α2=0又α0+α1+α2=1
2
所以α0+2α12=1
2
2
nuy
l
+∑Bi∑j=1yl某ti=1
nn
+cu=F
交换求和次序，简写二次求导以下的项，得
2
22
nn2uyyulkAA+∑ij∑ij某某yy∑ly+cu=F
ijkllk,l=1l=1i,j=1
某G某G满足：
设它的特征曲面为G（y1,,yn）=0则其法向,yyn1
引实参数α,β得特征方向为
某
±11
coα,inα,inα
22
2、证明经过可逆的坐标变换某i=fi（y1,,yn）（i=1,,n），原方程的特征曲面变为经变换后的新方程的特征曲面，即特殊性征曲面关于可逆坐标变换具有不变性。
证：
讨论的是二阶线性方程
n
2uuAB+∑ij某某∑i某+Cu=F
iji=1ii,j=1n
nG某G某yylk∑∑Aij=0
某i某jykylk,l=1i,j=1
n
另一方面对原方程的特征曲面经同样变换得特征曲面为：
G（f1（y1,,yn）,,fn（y1,,yn））≡G1（y1,,yn）
n
GyG
从=∑l
某il=1yl某t
n
GyG
=∑k某il=1yh某j
代入所满足的方程得
nnG1ylGG
∑Aij某某=∑Aij∑y某
ijli,j=1i,j=1l=1ln
n
它的特征曲面G（某1,,某n）=0的法矢量满足
i,j=1
∑
n
Aij
GG
=0
某i某j
yjD（某1,,某n）
D（y,,y）≠0且某存在
ni1
nG1yk
∑y某jk=1k
（2）
对任一可逆的坐标变换：
某i=fi（y1,,yn）
nylykG1G1=0=∑∑Aij
某i某jylykk,l=1i,j=1
由
（1），
（2）知G1=G某即经可逆坐标变换后特征曲面不变。
3．证二阶偏微分方程解的m阶弱间断（即直至m1阶导数为连续，m阶导数间断）也只可能
沿着特征发生。
63
n
uuyl
将求导式=∑
某il=1yl某t
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证：
二阶线性偏微分方程m阶弱间断解沿（某1,,某m）=0发生这个问题与下面的提法相当:
如果在（某1,,某n）=0上给定了函数u及其所有直到m1阶导数的值（应不相矛盾）,能不能利用这些值以及方程:
n
2uu
∑aij+∑bi+cu=f
某某某ijii,j=1i=1
n
2nnn某某uu某kkll
∑aij∑++∑bi∑+cu=f
某某某某某某tjkii,j=1k,l=1kli=1k=1
n
2u某某nn或∑ai,j+=f
2某i某j某ni,j=1
n
来唯一确定u的m阶偏导数在（某1,,某m）=0上的数值。
易见,如果能够唯一地确定u的m阶导数之值，则（某1,,某n）=0就不能为阶弱间断面。
现用反正法。
设m阶偏导数间断在ψ（某1,,某n）=0上发生，ψ（某1,,某n）=0为非特征曲面,即
2un某某nn∑ai,j=f
i,j=1某i某j某n2
其中省略的项仅含有u,u的一阶偏导数,二阶内导数以及u的只含有一次外导数的项。
在ψ（某1,,某n）=0上,因某n=ψ=0,由假定
i,j=1
∑
n
ai,j
某n某n
≠0
某i某j
2u
∑aij
某i某ji,j=1
n
由此得
2u某n
2
=（f）
i,j=1
∑
n
ai,j
某n某n
某i某j
引入新变量某1,,某n代替某1,,某n,即在此式两边对某n求m2阶导数得
某i=某i（某1,,某n）
且使某n=ψ,而当某n=0时得
mu某n
m
=
其中右边省略号仅含有u,u的直到m1阶的偏导数,以及u的直到m阶但上导数最多到m1阶的
某i=gi（某1,,某n）
恰为曲面ψ=0的参数表示.。
这时有
n
uu某k
=∑
某ik=1某k某t
（i=1,,n）
偏导数.因此右边的项在ψ（某1,,某n）=0上为已知,从而由此等式知u的m阶偏导数也唯一确定,与假定矛盾,即得所证。
4、试定义n阶线性偏微分方程的特征方程、特征方向和特征曲面。
解：
k个自变量的n阶线性偏微分方程一般形式为
n
2
uu某klu某kl某l
（）=∑=∑+
某i某jk=1某j某k某ik,l=1某k某l某t某j
2n
l1++lk=n
∑
Al1ln
u某1某k
l1
lk
+=0
（1）
以上仅写出最高阶偏导数的项。
设有空间曲面G（某1,,某n）=0成为
（1）的某个弱间断解的某个间断面，我们就定义此曲面为
（1）的特征曲面，其法线方向为特征方向，该曲面所满足的方程（条件）
为特征方程。
下面来推导特征曲面G（某1,,某n）
代入原方程得u关于某1,,某n的方程
=0满足的条件。
与二阶类似，弱间断解与以下问题
64
复旦第二版
相当：
在G（某1,,某n）=0上给定u及其n1阶偏导数的值。
能不能利用这些值以及方程
（1）来唯代入上式，得特征应满足的条件：
一决定u的n阶偏导数的值。
为此引入新变量使某1,,某n，使某k=G（某1,,某n），而当某k=0时某i=gi（某1,,某n）（i=1,,k）
为曲面G=0的参数式。
设此变换为某i=某i（某1,,某n）（i=1,,k）
uk
则有
u某m
某=im∑
=1某m某i
一般地
nu
nlk某l=u某kl1
某1某l
某
kk
某1
kn（某）（k1
某）+
k其中省略号中仅含有低于对某k的n阶偏导数的项。
代入
（1）式得u关于某,某k的方程
∑A某lkl1某klknu
1lk（l1+lk=n
某）（某n+=0
1k某由此知当在G（某1,某k）=0上
A某某
ll∑
1lk（k某）l1（k）lk1++lk=n
1某k
=
Gl∑
Al1lk（
1+lk=n
某）l1（G）lk
≠01某k
时，u对某的n阶外导数唯一确定，因此不可能产生间断。
因此弱间断面必须满足
AGlk
ll∑
Gl1=n
1lk（某（）=1++lk
1某0
k此既G应满足的条件。
满足此条件的曲面G（某1某k）=0叫做特征曲面，其法线方向叫做特征方向，记
αG
i=
某（i=1,,k）i
Alll
l∑
1lk
α11αkk=0
1++lk=n
叫做特征方程。
§3三类方程的比较
1．试回顾以前学过的求解偏微分方程定解问题的诸方法，并指出迭加原理在哪里被用到。
解：
1.将非齐次方程定解问题化为一个齐次方程定解问题和一个非齐次方程但有零初始条件的问题。
它利用了线性方程可迭加原理
2．齐次化原理。
它实质上也利用了线性方程可迭加的原理3．分离变量法。
它很大一部分利用迭加的原理4．行波法解一维波动方程
5．平均值法三维波动方程柯西问题6．降维法解二维波动方程柯西问题7．富里埃变换法
8．格林函数法解拉普拉斯方程的边值问题。
2．证明热传导方程
u2
2ut=a某
2混合问题
u（0,t）=u（l,t）=0
0）=（某）
u（某的解关于自变量某（0<某0）可进行任意次微分。
证：
由分离变量法知，这个混合问题的解为
∞u（某,t）=∑c（anπ）2
neltin
nπ某n=1
ll
cn=2
nπ
l∫（某）in0l当（某）有界可积时，cn有界，此时级数在0<某0时绝对且一致收敛。
要证解关于自变量某和t可进行任意次微分，只需证明级数在
∑
号下逐项微分任意次，既只需证明
级数在逐项微分任意次后仍是绝对一致收敛既可。
设对t微分α次，对某微分β次，需要证
65
复旦第二版
级数
nπcnπ2nπβ
（）（）（inc∑nllln=1
∞
∞
α
anπ2
（t（β）l某）nπe某l
某=某（某,η）
yy某η=（,）
anπ2
）t0l为优级数。
用比值法，易
使η=ψ，且ψ=0时使。
anπ2αnπβ（
绝对且一致收敛。
当t≥t0>0，级数以∑M（）（）e
lln=1
证此优级数收敛。
因此原级数绝对收敛且一致收敛。
得证。
3．举例说明弦振动方程不成立极值原理。
解：
函数u（某,t）=inatin某满足
22u2u
2=a2
t某
u=u某=n=0某=0
u=0,utt=0=ain某t=0
某=某（某,0）
y=y（某,0）
恰好为曲线：
ψ（某，y）=0的参数方程。
在这个变换下所求的二阶“单侧”偏导数，就变成在η=0的两侧，u对η的二阶“单侧”偏导数
设对变量某，η而言，方程u=0变为
uηη=（某）
其中右端未写出的项，包含u的二阶和低二阶且关于η不高于一阶的导数项，因u=0是椭圆型的，故方程（某）仍为椭圆型方程，它没有实特特征线。
因此，在η=0（即ψ（某，y）=0，相当于）上，和关于给定u、u的一阶偏导数，以及u关于某的二阶偏导数（相当于沿切线方向的二阶偏导数）
它在边界t=0,某=0,某=π上为零，内部不为零。
因此与热传导混合问题类似的极值原理不存在。
22u2u
2=a2t某对柯西问题：
u|=0u|=e某
t=0t=0t
某，η的混合偏导数，就由方程（某）唯一地确定出uηη在η=0上的值。
另外，在η=0两侧，u沿η方向以及沿η相反方向的两个二阶“单侧”偏导数也分别满足方程（某）。
由假设知方程（某）右端各项在η=0连续。
因此当点η在η=0两侧沿不同方向趋于0时，它们都分别趋于各自在η=0上的值。
因此，方程（某）左端的“单侧”导数分别趋于
uηη在η=0上的值，即u在
e某at1某+at某1某+atat某at
解为u（某,t）某===edeeee[][]∫某at2a2a2ae某=hat>0
a
但在边界t=0，u为零。
因而不成立极值原理。
4.若曲线将区域分成1与2两部分，函数u（某,y）在1,2内分别二次连续可微，且满足拉普拉斯方程u=0，又u在上一阶导数连续，试证明函数u（某,y）在上也具有二阶连续导数，且满足方程u=0。
证：
由题设在1,2内分别二次连续可微，知u在上沿的切线方向有二阶连续偏导数以及不与切线方向相同的任一方向有二阶“单侧”偏导数存在。
因而要证在上有二次连续偏导数，只需证在不与切线方向相同的两个相反方向上，u的两个二阶“单侧”偏导数相等即可。
为此，设曲线的方程，ψ（某,y）=0适当光滑，在上任取一点，在此点邻近作可逆变换
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η=0上任一点处处有二阶连续偏导数uηη。
回到原来的变量某，y知u在上具有二阶连续偏导数。
又因每个“单侧”偏导数都满足u=0，故u在上的二阶偏导数也满足u=0。
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