数学物理方程第二版习题解答 第四章(2)

=

xi xj

n

2u yl yk u 2yl∑ y y x x+∑ y x x

kltjltjj,k=1l=1n

代入原方程，得u关于y1, ,yn的方程：

2n u 2yl n u yl yk

∑Aij ∑+∑

i,j=1 k,l=1 yk yl xt xjl=1 yl xt xj

n

π

4

。

u 2u 2u

(3) =

t x2 y2

特征方程 α1 α2=0 又 α0+α1+α2=1

2

所以 α0+2α12=1

2

2

n u y

l

+∑Bi ∑ j=1 yl xti=1

nn

+cu=F

交换求和次序，简写二次求导以下的项，得

2

22

n n 2u yy ulk AA+∑ij ∑ij x x y y∑l y+cu=F

ij kllk,l=1l=1 i,j=1

* G* G 满足： 设它的特征曲面为G(y1, ,yn)=0则其法向 , y yn 1

引实参数α,β得特征方向为

*

±11

cosα,sinα,sinα

22

2、证明经过可逆的坐标变换xi=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

2u uAB+∑ij x x∑i x+Cu=F

iji=1ii,j=1n

n G* G* yylk ∑ ∑Aij=0

xi xj yk ylk,l=1 i,j=1

n

(1)

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

G y G

从 =∑l

xil=1 yl xt

n

G y G

=∑k xil=1 yh xj

代入所满足的方程得

n n G1 yl G G

∑Aij x x=∑Aij ∑ y x

ijli,j=1i,j=1 l=1ln

n

它的特征曲面G(x1, ,xn)=0的法矢量满足

i,j=1

∑

n

Aij

G G

=0

xi xj

yj D(x1, ,xn)

D(y, ,y)≠0且 x存在

ni1

n G1 yk

∑ y x j k=1k

(2)

对任一可逆的坐标变换：

xi=fi(y1, ,yn)

n yl yk G1 G1=0=∑∑Aij

xi xj yl ykk,l=1 i,j=1

由（1），（2）知 G1=G* 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m 1阶导数为连续，m阶导数间断）也只可能

沿着特征发生。

63

n

u u yl

将求导式 =∑

xil=1 yl xt

复旦第二版

证：二阶线性偏微分方程m阶弱间断解沿 (x1, ,xm)=0发生这个问题与下面的提法相当:如果在 (x1, ,xn)=0上给定了函数u及其所有直到m 1阶导数的值(应不相矛盾),能不能利用这些值以及方程:

n

2u u

∑aij+∑bi+cu=f

xxxijii,j=1i=1

n

2n n n xx u u xkkll

∑aij ∑+ +∑bi∑+cu=f

x x xxxxtjkii,j=1 k,l=1kl i=1k=1

n

2u xxnn 或 ∑ ai,j+ =f

2 xi xj xni,j=1

n

来唯一确定u的m阶偏导数在 (x1, ,xm)=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 (x1, ,xn)=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(x1, ,xn)=0上发生，ψ(x1, ,xn)=0为非特征曲面,即

2u nxx nn ∑ai,j=f

i,j=1 xi xj xn2

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(x1, ,xn)=0上,因xn=ψ=0,由假定

i,j=1

∑

n

ai,j

xn xn

≠0

xi xj

2u

∑aij

xi xji,j=1

n

由此得

2u xn

2

=(f )

i,j=1

∑

n

ai,j

xn xn

xi xj

引入新变量x1, ,xn代替x1, ,xn,即 在此式两边对xn求m 2阶导数得

xi=xi(x1, ,xn)

且使xn=ψ,而当xn=0时得

mu xn

m

=

其中右边省略号仅含有u,u的直到m 1阶的偏导数,以及u的直到m阶但上导数最多到m 1阶的

xi=gi(x1, ,xn)

恰为曲面ψ=0的参数表示.。

这时有

n

u u xk

=∑

xik=1 xk xt

(i=1, ,n)

偏导数.因此右边的项在ψ(x1, ,xn)=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

u u xkl u xkl xl

()=∑=∑+

xi xjk=1 xj xk xik,l=1 xk xl xt xj

2n

l1+ +lk=n

∑

Al1 ln

u x1 xk

l1

lk

+ =0(1)

以上仅写出最高阶偏导数的项。设有空间曲面G(x1, ,xn)=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(x1, ,xn)

代入原方程得u关于x1, ,xn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(x1, ,xn)=0上给定u及其n 1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x1, ,xn，使xk=G(x1, ,xn)，而当xk=0时 xi=gi(x1, ,xn)(i=1, ,k)

为曲面G=0的参数式。设此变换为 xi=xi(x1, ,xn)(i=1, ,k)

uk

则有

u xm

x=im∑

=1 xm xi

一般地

nu

nlk xl=u xkl1

x1 xl

x

kk

x1

kn( x) (k1

x)+

k其中省略号中仅含有低于对xk的n阶偏导数的项。代入（1）式得u关于x ,xk的方程

∑A xlkl 1 xklk nu

1 lk(l1+ lk=n

x) (x n+ =0

1 k x由此知当在G(x1, xk)=0上

Ax x

ll∑

1 lk(kx)l1 (k)lk1+ +lk=n

1 xk

=

Gl∑

Al1 lk(

1+ lk=n

x)l1 ( G)lk

≠0 1 xk

时，u对x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

1 lk( x ()=1+ +lk

1 x0

k此既G应满足的条件。满足此条件的曲面G(x1 xk)=0叫做特征曲面，其法线方向叫做 特征方向，记

α G

i=

x(i=1, ,k) i

Alll

l∑

1 lk

α11 αkk=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 …… 此处隐藏：2674字，全部文档内容请下载后查看。喜欢就下载吧 ……