[偏微分方程教程习题参考解答]3.1二阶方程的特征

 

 

1. 写出下列方程的特征方程及特征方向:

 

(1). $u_{x_1x_1}+u_{x_2x_2}=u_{x_3x_3}+u_{x_4x_4}$.

 

解答: 特征方程为 $$\bex \al_1^2+\al_2^2-\al_3^2-\al_4^2=0. \eex$$ 又 $$\bex \al_1^2+\al_2^2+\al_3^2+\al_4^2=1. \eex$$ 我们得到特征方向为 $$\bex \sex{\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\al,\frac{1}{\sqrt{2}}\sin \al,\frac{1}{\sqrt{2}}\cos\beta,\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\beta}. \eex$$

 

(2). $u_{tt}=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}$.

 

解答: 特征方程为 $$\bex \al_0^2-\al_1^2-\al_2^2-\al_3^2=0. \eex$$ 又 $$\bex \al_0^2+\al_1^2+\al_2^2+\al_3^2=1. \eex$$ 我们得到特征方向为 $$\bex \sex{\pm \frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}}\cos \al\cos\beta,\frac{1}{\sqrt{2}}\cos \al\sin\beta,\frac{1}{\sqrt{2}}\sin\al}. \eex$$

 

(3). $u_t=u_{xx}-u_{yy}$.

 

解答: 特征方程为 $$\bex \al_1^2-\al_2^2=0. \eex$$ 又 $$\bex \al_0^2+\al_1^2+\al_2^2=1. \eex$$ 我们得到特征方向为 $$\bex \sex{\cos\al,\frac{1}{\sqrt{2}\sin \al},\pm\frac{1}{\sqrt{2}\sin \al}}. \eex$$

 

(4). $u_{xy}+u_{yz}+u_{xz}=0$.

 

解答: 特征方程为 $$\bex \al_1\al_2+\al_2\al_3+\al_1\al_3=0. \eex$$ 又 $$\bex \al_1^2+\al_2^2+\al_3^2=1. \eex$$ 我们得到 $(\al_1+\al_2+\al_3)^2=1\ra \al_1+\al_2+\al_3=\pm 1$, 故特征方向为球 $\al_1^2+\al_2^2+\al_3^2=1$ 与平面 $\al_1+\al_2+\al_3\pm 1=0$ 交线上的任意一点.

 

2. 求下列方程的特征线:

 

(1). $u_{xy}+au_x+bu_y+cu=f$.

 

解答: 二阶拟线性方程 $$\bex au_{xx}+2b u_{xy}+cu_{yy}=F \eex$$ 的特征线就是 $$\bex a \rd y^2-2b \rd x\rd y+c\rd x^2=0 \eex$$ 的解. 对于这题, $$\bex -\rd x\rd y=0\ra x=C_1\mbox{ 或 }y=C_1. \eex$$

 

(2). $yu_{xx}+u_{yy}=0$.

 

解答: $$\bex y\rd y^2+\rd x^2=0\ra x=\pm \frac{2y^\frac{3}{2}}{3}+C. \eex$$

 

(3). $x^2u_{xx}-y^2u_{yy}=0$.

 

解答: $$\bex x^2\rd y^2-y^2\rd x^2=0\ra y=C_1x\mbox{ 或 }\frac{C_2}{x}. \eex$$

 

3. 证明经过可逆的自变量变换后, 特征曲面仍变为特征曲面.

 

证明: 设有二阶拟线性方程 $$\bex \sum_{i,j}a_{ij}\frac{\p^2u}{\p x_i\p x_j} +\sum_i b_i\frac{\p u}{\p x_i}+cu=f. \eex$$ 作可逆线性变换 $$\bex \phi:\ y_i=y_i(x_1,\cdots,x_n),\quad 1\leq i\leq n. \eex$$ 则 $$\bex \frac{\p u}{\p x_j}=\sum_k \frac{\p u}{\p y_k}\frac{\p y_k}{\p x_j},\quad \frac{\p^2u}{\p x_i\p x_j} =\sum_{k,l}\frac{\p^2u}{\p y_k\p y_l}\frac{\p y_k}{\p x_j}\frac{\p y_l}{\p x_i}+\cdots. \eex$$ 于是方程的主部由 $$\bex \sum_{i,j}a_{ij}\frac{\p^2u}{\p x_i\p x_j} \eex$$ 变为 $$\bex \sum_{k,l}\sex{ \sum_{i,j}a_{ij}\frac{\p y_k}{\p x_j}\frac{\p y_l}{\p x_i} }\frac{\p^2u}{\p y_k\p y_l}; \eex$$ 特征方程由 $$\bex \sum_{i,j}a_{ij}\al_i\al_j=0\lra \al^TA\al=0 \eex$$ 变为 $$\bee\label{3_1_3_char} \sum_{k,l}\sex{ \sum_{i,j}a_{ij}\frac{\p y_k}{\p x_j}\frac{\p y_l}{\p x_i} }\beta_k\beta_l=0\lra \beta^TBAB^T\beta=0\quad\sex{B=\sex{\ba{ccc} \frac{\p y_1}{\p x_1}&\cdots&\frac{\p y_1}{\p x_n}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \frac{\p y_n}{\p x_1}&\cdots&\frac{\p y_n}{\p x_n} \ea}}. \eee$$ 如此, 原方程的特征曲面 $S:\ G(x_1,\cdots,x_n)=0$ 变为 $$\bex \phi(S):\ G(x_1(y_1,\cdots,y_n),\cdots,x_n(y_1,\cdots,y_n))=0, \eex$$ 其有法向量 $$\bex \beta\equiv \sex{\ba{ccc} \sum_i\frac{\p G}{\p x_i}\frac{\p x_i}{\p y_1}\\ \vdots\\ \sum_i \frac{\p G}{\p x_i}\frac{\p x_i}{\p y_n} \ea} =\sex{\ba{ccc} \frac{\p x_1}{\p y_1}&\cdots&\frac{\p x_n}{\p y_1}\\ \vdots&\ddots&\vdots\\ \frac{\p x_1}{\p y_n}&\cdots&\frac{\p x_n}{\p y_n} \ea} \sex{\ba{ccc} \frac{\p G}{\p x_1}\\ \vdots\\ \frac{\p G}{\p x_n} \ea} =B^{-T}\sex{\ba{ccc} \frac{\p G}{\p x_1}\\ \vdots\\ \frac{\p G}{\p x_n} \ea}\equiv B^{-T}\al. \eex$$ 于是 $$\bex \serd{\ba{rr}\al=B^T\beta\\ \al^TA\al=0\ea}\ra \beta^TBAB^T\beta=0, \eex$$ 联合上式与 \eqref{3_1_3_char} 即知 $\phi(S)$ 是变换后方程的特征曲面.