偏微分方程02_方程的导出，化简与分类

1 波动方程

2 热传导方程

3 位势方程

4 二元二阶线性方程的化简与分类

分析思路

二元二阶线性方程的基本形式如下：（其中 $a, b, c$ 不同时为0）

$a(x,y)u_{xx}+ 2b(x,y)u_{xy} + c(x,y)u_{yy} +d(x,y) u_x+e(x,y)u_y+f(x,y)u = g(x,y)\tag{2.4.1}$

为了对这个方程进行化简，我们对自变量进行局部变换。

Q: 为什么进行变换？
A: 目的是通过变换，把二阶导的系数化简，消除 1 到 2 个二阶项，最好把二阶项全部消掉。

Q: 为什么可以变换？
A: 利用隐函数存在定理。 Q: 为什么对自变量进行变换？
A: 当然也可以做其它的变换，只不过讲的是以书上的方法为主。

隐函数存在定理^ref1：

一元：$\frac{\partial y}{\partial x} \ne 0\Longrightarrow x =x(y)$ 存在（只有充分性）。

二元：Jacobi 矩阵 $\ne 0$ ，即： $\begin{gather} \begin{bmatrix} \frac{\partial f_1}{\partial x} & \frac{\partial f_1}{\partial y} \\ \frac{\partial f_2}{\partial x} & \frac{\partial f_2}{\partial y} \end{bmatrix} \ne 0 \end{gather}$

在 $(x_0, y_0)$ 附近利用 $\xi = \xi(x,y), \eta = \eta(x,y)$ 可以把式 $\mathrm{(2.4.1)}$ 写成以 $\xi, \eta$ 为自变量的方程：

$AU_{\xi\xi} + 2BU_{\xi\eta} + CU_{\eta\eta} + DU_{\xi} + EU_{\eta}+FU = G \tag{2.4.4}$

主要矛盾在二阶项，所以我们暂时只关注二阶项的系数。把 $A,B,C$ 展开：

$\begin{gather} \large \begin{cases} \displaylines A(\xi, \eta) = (a\xi_x^2 + 2b\xi_x\xi_y + c\xi_y^2)\big\vert_{x = x(\xi, \eta), y = y(\xi, \eta)}\\ \displaylines B(\xi, \eta) = (a\xi_x\eta_x + b(\xi_x\eta_y+\xi_y\eta_x) + c\xi_y\eta_y) \\ \displaylines C(\xi, \eta) = (a\eta_x^2 + 2b\eta_x\eta_y + c\eta_y^2)\big\vert_{x = x(\xi, \eta), y = y(\xi, \eta)}\\ \end{cases}\tag{2.4.5} \end{gather}$

我们自然希望 $A = B = C = 0$ 。但我们可以证明，A,B,C 不能同时为 0。

证明（思路）：

把式 $\mathrm{(2.4.5)}$ 看成关于 a, b, c 的参数方程，可以写出系数矩阵。如果 $A = B = C = 0$ ，则方程组的解 (a, b, c) 也都为 0。这样的话与前提的假设矛盾。

既然不能 3 个都为 0 ，那么可不可以让其中 1 个或 2 个为 0 ？观察可以发现，$A(\xi, \eta)$ 和 $C(\xi,\eta)$ 的形式相似，因此我们可以想办法试试让 $A = C = 0$。

现在我们的目标就变成了：让 $A = C = 0$ 。

为了达到分析一个方程，解 A,C 两个方程，我们先把 A, C 的表达式改一下。

$a\varphi^2_x + 2b\varphi_x\varphi_y + c\varphi_y^2 = 0 \tag{2.4.7}$

对于式 $\mathrm{(2.4.7)}$，如果它有2个解，并且其Jacobi行列式 $\left\vert\frac{\partial (\varphi_1, \varphi_2)}{\partial (x, y)}\right\vert \ne 0$ （可逆变换），则就可以实现我们想要的目标了。

现在问题转换为：方程 $\mathrm{(2.4.7)}$ 的解的判断。

这个问题，可以用下面的命题回答：

命题

若 $\varphi(x,y) = C$ （常数）是一阶常微分方程：

$a\mathrm{d}y^2 -2b \mathrm{d}y\mathrm{d}x+c\mathrm{d}x^2 = 0 \tag{2.4.8}$

的隐式解，且 $\varphi_x, \varphi_y$ 不同时为 0 ($\varphi_x^2+\varphi_y^2 \ne 0$)，则 $\varphi(x, y)$ 是方程 $\mathrm{(2.4.7)}$ 的解。

证明思路：
对 $\varphi_x^2 + \varphi_y^2 = 0$ 两边求 $\varphi_x$ 的导，得：
$\begin{gather} 2\varphi_x + 2\varphi_y\frac{\varphi_y}{\varphi_x} = 0\\ \varphi_x + \varphi_y\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 0\\ \therefore \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = -\frac{\varphi_x}{\varphi_y} \end{gather}$
代回式 $\mathrm{(2.4.8)}$，则可以得到式 $\mathrm{(2.4.7)}$ 的格式。

这里的式 $\mathrm{(2.4.8)}$称为式 $\mathrm{(2.4.1)}$ 的特征方程。

于是，现在的目的成了：求解式 $\mathrm{(2.4.8)}$。

如果 $a(x_0, y_0) = c(x_0, y_0) = 0$ (这里 a, c 的含义与式 $\mathrm{(2.4.1)}$ 的含义相同)，则式 $\mathrm{(2.4.1)}$ 不用化简。
如果 $a(x_0, y_0) , c(x_0, y_0)$ 中只有一个为 0，不妨设 $a =0$，则式 $\mathrm{(2.4.1)}$的特征方程 $\mathrm{(2.4.8)}$ 可以写成： $a\left({\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}\right)^2 -2b\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right) + c = 0\tag{2.4.9}$

式 $\mathrm{(2.4.9)}$ 看作一个一元二次方程，其 $\delta =b^2-ac$ 。接下来就对 $\delta$ 分情况讨论。

case1. $\delta>0$

大于0的前提是在 $(x_0, y_0)$ 附近

此一元二次方程有2个根，我们也就可以把式 $\mathrm{(2.4.9)}$ 看作 2 个方程：

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= \frac{b + \sqrt{\delta}}{a}(x,y)\\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} &= \frac{b - \sqrt{\delta}}{a}(x,y)\\ \end{aligned} \tag{2.4.10}$

由常微分方程解的存在唯一性，式 $\mathrm{(2.4.9)}$ 有 2 个解： $y = y_k(x; C)\; k = 1, 2$，其初始条件为 $y(x_0) = y_0+C$ （初始位置加一个小搅动）。

Q: 为什么初始条件要加一个小搅动？
A: 讨论的区域是在 $(x_0, y_0)$ 附近，并非严格的 $(x_0, y_0)$ 点。

上面的解是一个显式表达，x, y 地位不平等。我们希望求得隐式表达，好给式 $\mathrm{(2.4.8)}$。

因此，下面把 $y = y_k(x;C)$ 变成 $\varphi_k(x, y) =C$ 的形式。（用隐函数存在定理）

在方程式 $\mathrm{(2.4.10)}$ 和初始条件两边对 $C$ 求导：

$\begin{cases} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\partial y}{\partial C}\right) = \frac{\partial }{\partial y} \left(\frac{b \pm \sqrt{\delta}}{a}(x, y)\right)\frac{\partial y}{\partial C}\\ \frac{\partial y}{\partial C}(x_0; C) = 1 \end{cases}$

这是一个关于 $\frac{\partial y}{\partial C}$ 的一阶线性常微分方程问题，可以解得：

$\frac{\partial y}{\partial C} = \exp\left(\int_{x_0}^x\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{b\pm\sqrt{\delta}}{a}\left(\xi, y(\xi, C)\right)\mathrm{d} \xi\right)\right) > 0$

（不用管里面解出来是什么，只要不为 0 就行）

求隐函数：要求谁，对谁求导。求 $y$，因此对 $y$ 求导。

由隐函数存在定理，从式 $\mathrm{(2.4.10)}$ 可以解出 $C=\varphi_k(x, y)$ ， $C$ 满足式 $\mathrm{(2.4.7)}$

现在我们相当于求到了之前 $\mathrm{(2.4.7)}$ 里的 $\varphi_1, \varphi_2$，还需要验证 Jacobi 行列式以确保可逆变换。

验证 Jacobi 行列式

对 $y = y_k(x; \varphi_k(x, y))$ 两边分别对 $x, y$ 求导：

$0 = \frac{\partial y_k}{\partial x} + \frac{\partial y_k}{\partial C}\varphi_{kx}(x,y)\quad 1 = \frac{\partial y_k}{\partial C}\varphi_{ky}$

在 $(x_0, y_0)$ 附近时（感觉应该是指 $x=x_0$ 时）$y(x_0) = y_0+C$，$\frac{\partial y_k(x_0, C)}{\partial C} = \frac{\partial}{\partial C}(y_0+C) = 1$：

$\varphi_{kx} = -\frac{\partial y_k}{\partial x} = -y_k', \quad \varphi_{ky} = 1$

故Jacobi 非 0。

结论：当我们求出来式 $\mathrm{(2.4.8)}$ 的隐式解之后，令 $\xi = \varphi_1(x, y), \eta = \varphi_2(x,y)$，从而式 $\mathrm{(2.4.5)}$ 中的 $A=C=0$，式 $\mathrm{(2.4.4)}$ 写成：

${\color{red}{\Huge U_{\xi\eta}} = D_1U_{\xi} + E_1U_{\eta} + F_1U + G_1, \tag{2.4.10}}$

例

化简并求解方程：$$4u_{xx} + 5u_{xy} + u_{yy} + u_x + u_y = 2$$---论化简，step1，列出形如式 $\mathrm{(2.4.9)}$ 的式子。
step2，判断 $\delta$ 与 0 的关系。
step3，解一元二次方程
step4，解常微分方程得 $y$ 的表达式 $y(x, C)$。
step5，令 $\xi=\varphi_1(x, y), \eta = \varphi_2(x,y)$，然后把 $x,y$ 用 $\xi, \eta$ 表示出来。
step6，用 $u, U$ 表达。 **解：** 观察可得 $a = 4, b= \frac25, c= 1$，$\delta = b^2-ac>0$。故有： $$4\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^2 - 5\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right) + 1 = 0 $$ 解得： $$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 1 或 \frac14 $$解 $\mathrm{d}x, \mathrm{d}y$ 的常微分方程，得：$$= \frac14x+C 或 y = x+C$$也即：$$C= -\frac14x+y 或 C = -x + y$$令 $\xi = -\frac14x+y, \eta = -x+y$ ，则 $u(x, y) = U(y-x, y - \frac{x}{4})$。$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial U}{\partial \xi}\frac{\partial \xi}{\partial x} + \frac{\partial U}{\partial\eta}\frac{\partial \eta}{\partial x} = -U_{\xi} -\frac14 U_{\eta}$$同理可得：$$\begin{gather}u_y = U_{\xi} + U_{\eta}\\u_{xx} = U_{\xi\xi}+\frac12U_{\xi\eta} + \frac{1}{16}U_{\eta\eta}\\u_{xx} = -U_{\xi\xi}-\frac54U_{\xi\eta} - \frac{1}{4}U_{\eta\eta}\\u_{xx} = U_{\xi\xi}+2U_{\xi\eta} + U_{\eta\eta}\\\end{gather}$$把小写 $u$ 全部替换成大写 $U$ 得：$$-\frac94U_{\xi\eta} +\frac34U_{\eta} = 2$$即：$$U_{\xi\eta} = \frac13U_{\eta} - \frac89$$---关于求解：先把上式写成：$$\left(U_{\eta}e^{-\frac13\xi}\right)_{\xi} = -\frac89e^{-\frac13\xi}$$两边再积分：$$U = \frac83\eta+e^{\frac{\xi}{3}}h(\eta) + g(\xi)$$

一定要注意 $b$ 的含义有不同。原始的求根公式里的 b 对应应该是 $2b(x, y)$ 。

case2. $\delta\equiv0$

前提：在 $(x_0, y_0)$ 附近恒为 0，如果只是零点，不一定可以做下面的化简。

此时式 $\mathrm{(2.4.9)}$ 就成了 1 个方程，只能解出一个 $\varphi$ 。还是在 $(x_0, y_0)$ 处：

$\varphi_{1x} = -\frac{\partial y(x_0)}{\partial x}, \quad \varphi_{1y} = 1$

为了让 Jacobi 非零，主动取 $\varphi_2 = x$，此时 $A = B = 0$，从而式 $\mathrm{(2.4.4)}$ 写成：

${\color{red}{\Huge U_{\eta\eta} }= D_2U_{\xi} + E_2U_{\eta} + F_2U + G_2, \tag{2.4.11}}$

case3. 在$(x_0, y_0)$ 附近 $\delta<0$

此时式 $\mathrm{(2.4.9)}$ 可以看作 2 个方程（1 个实方程， 1 个虚方程）。考虑其中的一个方程（共轭，所以另一个类似），我们可以假设：

$y = \Big[g(x)+C_1\Big] + \Big[h(x)+C_2\Big] i$

写成隐函数的形式：

$\varphi(x, y) = C_1+iC_2 = \underbrace{\Big[y-g(x)\Big]}_{\varphi_1} + \underbrace{\Big[-h(x)\Big]}_{\varphi_2}i$

根据复变函数的求导法则^ref2：

$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\mathrm{d}g(x)}{\mathrm{d}x} + i\frac{\mathrm{d}h(x)}{\mathrm{d}x}$

因而对于上面的式子：

$\begin{align} \varphi_{1x} &= -\frac{\mathrm{d}g(x)}{\mathrm{d} x} = \left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)_{\mathrm{real}}\\ \varphi_{1y} &= 1\\ \varphi_{2x} &= -\frac{\mathrm{d}h(x)}{\mathrm{d}x} = \left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)_{\mathrm{image}}=-\frac{\pm\sqrt{\delta}}{a}\\ \varphi_{2y} &= 0 \end{align}$

注：
有一点我没有太明白，PPT上这里是在 $(x_0, y_0)$ （or 在其邻域？）的时候得到的结果，我上面的推导正确吗？

在之后的替换中，用 $\xi = \varphi_1, \eta = \varphi_2$，就可以得到 $A = C \ne 0, B = 0$，故式 $\mathrm{(2.4.4)}$ 写成：

${\color{red}{\Huge U_{\xi\xi}+U_{\eta\eta} }= D_3U_{\xi} + E_3U_{\eta} + F_3U + G_3, \tag{2.4.12}}$

Q：为什么只考虑一个方程？
A：因为两个方程共轭。共轭只影响 $\varphi=\varphi_1{\color{red}\pm}\varphi_2i$ 里红色的符号，最后替换为 $\xi, \eta$ 之后，我们也要实部虚部分开看。不影响结果。