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1、第七章 一阶线性偏微分方程 例 7-1 求方程组 yzBACdzxzACBdyyzCBAdx 通积分，其中CBA,为互不相等的常数。解 由第一个等式可得 xyzydyACBxyzxdxCBA，即有 0ydyACBxdxCBA，两边积分得方程组的一个首次积分 122,CyACBxCBAzyx),(。由第二个等式可得 xyzzdzBACxyzydyACB，即有 0zdzBACydyACB，两边积分得方程组的另一个首次积分 222,CzBACyACBzyx),(。由于，雅可比矩阵 zBACyACByACBxCBAyyxzyxzyx002),(),(的秩为 2，这两个首次积分相互独立，于是原方程组的通
2、积分为 122CyACBxCBA 222CzBACyACB。评注：借助于方程组的首次积分求解方程组的方法称为首次积分法。要得到通积分需要求得n个独立的首次积分，n为组成方程组的方程个数。用雅可比矩阵的秩来验证首次积分的独立性。例 7-2 求方程组 11d2222yxyxdtdyyxxydtx 的通解。解 由原方程组可得 )1)(2222yxyxdtdyydtdxx 即 dtyxyxyxd)1)(2)(222222 这个方程关于变量t和22yx 是可以分离的，因此易求得它的通积分为 1222221),(Ceyxyxtyxt 这是原方程组的一个首次积分。再次利用方程组，得到 )(22yxdtdxy
3、dtdyx，即有 1arctanxydtd 由此得到原方程组的另一个首次积分 2arctan),(Ctxytyx。由于，雅可比矩阵为 22222222222222),(),(yxxyxyeyxyeyxxyxyxyxtt，而02),(),(det2222teyxyx，所以这两个首次积分是相互独立的，它们构成方程组的通积分。采用极坐标，令sin,cosryrx，由这两个首次积分推得 212211CtCert 由此解得 tCeCrt22111。因此微分方程组的通解为 teCtCtx2121)cos()(，teCtCty2121)sin()(，另外，方程组有零解0,0yx。评注：注意方程组的通积分与通
4、解的关系，由通积分可以确定通解，但根据隐函数存在定理，通解不一定都能表示成显式形式。例 7-3 求解方程组 xydxdzzdxdy111。解 把原方程组写为 dzxydxzdxdxdy 以上方程组中的两式左右两边分别相乘，消去dx，得 0zdzxyxyd，由此得到一个首次积分 1Czxy。于是 zCxy1 代入原方程组第二式，得 zdzCdx1，两边积分得 21lnlnCCxz 即 12CxeCz，将zxyC1代入，得到另一个首次积分 2Czexyzx。并且容易验证它与前一个首次积分是相互独立的，于是这两个首次积分构成方程组的通积分。评注：利用已得到的首次积分消去一部分未知函数，减少方程和未知
5、函数的个数，以便得到另外的首次积分。例 7-4 求解下列一阶线性齐次偏微分方程。1）0)43()35()54(yutxxuyttuxy 2）0)ln(2zuyuyxxyxux 解 1）特征方程组为 txdyytdxxydt433554，将三个分式作如下变化 txdyytdxxydt201551220415123，则利用合比性质 0543433554dydxdttxdyytdxxydt，从而 0)543(yxtd，由此得特征方程组的一个首次积分 1543),(Cyxtyxt。再将特征方程组三个分式作如下变化 0222)43(22)35(22)54(22ydyxdxtdttxyydyytxxdxx
6、yttdt，从而 0)(222yxtd，由此可得另一首次积分 2222),(Cyxtyxt。因为矩阵 yxtyxtyxtyxt222543),(),(的秩为 2，所以这两个首次积分相互独立，因此所求方程的通解为),543(222yxtyxtu 其中为任意二元连续可微函数。2）特征方程组为 1ln2dzyxxydyxdx 由 dzxdx可得一个首次积分为 1lnCzx。再由 yxxydyxdxln2得 0ln2xdxxyydxxdy，即 0ln)(22dxxxyxxyd，两边积分，有 222ln1Cxxy，得另一个首次积分222ln1Cxxy。容易验证这两个首次积分相互独立，因此所求方程的通解为
7、)2ln1,(ln2xxyzxu 其中为任意二元连续可微函数。评注：)a利用比例的性质是求首次积分的有效方法；)b求解一阶线性偏微分方程实际上归结为求解常微分方程（或方程组），此例正是利用积分因子转化为恰当方程而得到一个首次积分。例 7-5 解方程 0321zuyuxu，其中)3,2,1(kk是行列式 zfyfxfzfyfxfzfyfxf333222111的第三行第k个元素对应的代数余子式，而321,fff为已知可微函数。解 原方程的特征方程组为 321dzdydx，由行列式的性质，有 0131211zfyfxf，0232221zfyfxf，将特征方程组的三个分式作如下变化 311211111
8、zfdzzfyfdyyfxfdxxf，322222122zfdzzfyfdyyfxfdxxf，由合比性质得 0111dzzfdyyfdxxf 0222dzzfdyyfdxxf，于是有0,021dfdf，由此得两个首次积分2211),(,),(CzyxfCzyxf，由所给方程知)3,2,1(kk不可能全为零，所以这两个首次积分还是独立的，因此所求方程的通解为),(),(21zyxfzyxfu 其中为任意二元连续可微函数。评注：注意行列式的意义及性质。例 7-6 求解方程xyyzyzxzxz，并求通过曲线22,zyxz的积分曲面。解 这是拟线性偏微分方程，其特征方程组为 xydzyzdyxzdx，
9、由此得ydyxdx，解得一个首次积分为1Cxy。代入xydzxzdx中得，xCdzzdx1，解得另一个首次积分为22Cxyz。易知1Cxy，22Cxyz是两个独立的首次积分，所以原方程的通解是 0),(2xyzxy 其中为任意二元连续可微函数。将22,zyxz代入两个独立的首次积分1Cxy，22Cxyz中，得 3534112CCC，从而所求的曲面为 35342xyxyxyz。评注：求柯西问题的解时，关键是寻求任意常数之间的关系式，将首次积分代入即可得所求问题的解。例 7-7 求以圆2,22zaxyx为准线，)0,0,0(为顶点的锥面方程。解 设以0),(zyxf表示任一以原点为顶点的锥面方程，
10、那么锥面在其上任一点),(zyx的法线应与过此点的向径垂直，因为向径全部位于锥面上。这样，),(zyxf应满足方程 0zfzyfyxfx，它的特征方程组为 zdzydyxdx，它的两个独立的首次积分为 21,CzyCzx，故以原点为顶点的锥面的一般方程为 0,),(zyzxzyxf 其中为任意二元连续可微函数。要寻找过圆2,22zaxyx的锥面，先把2z代入首次积分中，得到 212,2CyCx；再以此代入axyx22，即得21,CC所满足的关系式为 02222121CaCC。最后，将首次积分代入此关系式中，得到所求的锥面方程为 0222222zyzaxzx或02222axzyx。评注：先建立顶
11、点在原点的锥面方程，再求满足一定条件的特解。求特解类似于前一题。例 7-8 求与椭圆面族 222242Czyx 正交，且通过直线zyx42的曲面。解 设与已知椭圆面族正交的曲面族为Czyx),(，则任一交点),(zyx处它们的法线互相垂直，故应满足线性偏微分方程 022zzyyxx，它的特征方程组为 zdzydyxdx22，它的通积分为 2412,CyzCyx。要寻找通过直线zyx42的曲面，以2,2yzyx代入首次积分中，得到 21,2321yCyC，消去y得到21,CC所满足的关系式为 23116CC。最后，将首次积分2412,CyzCyx代入上关系式中，得到所求的曲面方程为 zyx231
12、6。评注：求解柯西问题有时直接从特征方程组的通积分入手得到任意常数之间的关系式，从而求得满足条件特解。例 7-8 一直线在运动时常与一固定直线相交成定角，求它运动时所成曲面的方程。解 不妨设这一固定直线为z轴，所求曲面方程为0),(zyxu，则过曲面上任一点),(zyx且与z轴夹角为常角的直线一定在所求曲面上，此时若这条直线与z轴的交点为),0,0(0z，则022tanzzyx。由于过该点的法线与此直线的互相垂直，即有 0tan22zuyxyuyxux，它的特征方程组为 yxdzydyxdxtan22，它的通积分为2221tan,CzyxCyx，所以所求曲面),(zyxu0)tan,(22zyxyx或yxyxztan)(22 其中为任意二元连续可微函数，为任意的一元连续可微函数。评注：建立所求曲面满足的偏微分方程是关键。