湖北工业大学《偏微分方程》考试试卷及答案

湖北工业大学《偏微分方程》考试试卷及答案考试时间：______分钟总分：______分姓名：______一、试述二阶线性偏微分方程的分类，并说明各类方程的特征方程（或特征线）是什么。二、用特征线法求解一阶偏微分方程$u_x+2xu_y=x^2$，满足初始条件$u(x,0)=x^2$。三、求解下列二阶线性偏微分方程：（1）$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=0$，定义在区域$D:x^2+y^2<1$上，满足边界条件$u|_{x^2+y^2=1}=\cos(\arctan(y/x))$。（2）$u_{xx}-u_{yy}=0$，满足初始条件$u(x,0)=f(x)$，$u_t(x,0)=g(x)$。四、求解边值问题：$\begin{cases}u_{xx}+u_{yy}=0&\text{in}D:0<x<a,0<y<b,\\u(0,y)=0,&\text{for}0\ley\leb,\\u(a,y)=0,&\text{for}0\ley\leb,\\u(x,0)=0,&\text{for}0\lex\lea,\\u(x,b)=\sin(\pix/a)&\text{for}0\lex\lea.\end{cases}$五、证明：如果二阶线性齐次偏微分方程$L[u]=a(x,y)u_{xx}+2b(x,y)u_{xy}+c(x,y)u_{yy}=0$在区域$D$内是抛物型的，那么在该区域内，方程没有实的特征线。试卷答案一、二阶线性偏微分方程$a(x,y,u,u_x,u_y,u_{xx},u_{xy},u_{yy})=0$，其特征方程为$\frac{dx}{a}=\frac{dy}{b}=\frac{du}{cu_x+du_y}$。方程分类依据判别式$B^2-4AC$：1.椭圆型：$B^2-4AC<0$。无实特征线。标准形式（如拉普拉斯方程）可用分离变量法求解。2.双曲型：$B^2-4AC>0$。有实特征线，构成特征锥。标准形式（如波动方程）可用特征线法或降阶法求解。3.抛物型：$B^2-4AC=0$。有唯一实特征线，构成特征柱。标准形式（如热传导方程）可用降阶法或傅里叶变换求解。各类方程的特征方程（或特征线）由$\frac{dx-a}{B-2AC}=\frac{dy-b}{B}=\frac{du}{c}$或其简化形式确定。二、令$dx+2xdy=d\xi$，则$d\xi=\frac{dx}{1}+\frac{2xdy}{1}=xd(x/y)$。当$dy=0$时，$d\xi=xd(x/y)$，即$\frac{d\xi}{x}=d(x/y)$，得$\xi=\lnx+C_1y$。令$\xi=C$，得特征线族$y=\frac{1}{C}e^{-\xi}$或$y=\frac{1}{C}e^{-\lnx}=\frac{x}{C}$。沿特征线，设$u=F(\xi)=F(\lnx+Cy)$。则$u_x=F'\frac{1}{x}$，$u_y=F'C$。代入原方程：$F'\frac{1}{x}+2xF'C=x^2\impliesF'(1+2Cx^2)=x^3$。由于特征线$y=\frac{x}{C}$对应$\xi=\lnx+Cy=\lnx+x/C=\lnx+\lnC^{-1}=\ln(C^{-1}x)$，所以$F'(\xi)=F'(\ln(C^{-1}x))$。上式对任意$x,C$成立，需$F'(\xi)=\frac{x^3}{1+2Cx^2}$与$\xi$无关，矛盾。应重新考虑。更正思路：$dx+2xdy=d\xi\impliesd\xi=xd(x/y)$。令$v=x/y$，则$x=yv$，$dx=vdy+ydv$。代入原方程：$u_x+2xu_y=(vu_v+u_y)+2xu_y=vu_v+(1+2v)u_y=x^2$。在特征线上，$dy=0\impliesdv=0\impliesv=\text{constant}$。沿特征线，$u=F(v)=F(x/y)$。则$u_x=F'\frac{1}{y}$，$u_y=-F'\frac{x}{y^2}$。代入：$F'\frac{1}{y}+2x(-F'\frac{x}{y^2})=x^2\impliesF'\frac{1}{y}-2F'\frac{x^2}{y^2}=x^2\impliesF'\frac{y-2x^2}{y^2}=x^2$。$F'=\frac{x^2y^2}{y-2x^2}$。令$v=x/y$，则$F'(v)=\frac{(vy)^2y^2}{y-2(vy)^2}=\frac{v^2y^4}{y-2v^2y^2}=\frac{v^2y^2}{1-2v^2}$。$F'(v)=\frac{v^2}{1-2v^2}$。积分$F(v)=\int\frac{v^2}{1-2v^2}dv=\int\left(-\frac{1}{2}+\frac{\frac{1}{2}}{1-2v^2}\right)dv=-\frac{v}{2}+\frac{1}{4}\int\frac{1}{1-2v^2}d(1-2v^2)$。$F(v)=-\frac{v}{2}+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}\ln|1-2v^2|+C=-\frac{v}{2}+\frac{1}{8}\ln|1-2v^2|+C$。回代$v=x/y$，$u(x,y)=-\frac{x}{2y}+\frac{1}{8}\ln|1-2\frac{x^2}{y^2}|+C=-\frac{x}{2y}+\frac{1}{8}\ln\left|\frac{y^2-2x^2}{y^2}\right|+C$。利用初始条件$u(x,0)$无意义，需调整。考虑$y\neq0$，$u(x,y)=-\frac{x}{2y}+\frac{1}{8}\ln|y^2-2x^2|+C$。$u(x,0)=-\frac{x}{2\cdot0}+\frac{1}{8}\ln|0^2-2x^2|+C$无意义。检查初始条件$u(x,0)=x^2$。令$y\to0^+$，若$u(x,0)=x^2$，则需$\lim_{y\to0^+}\left(-\frac{x}{2y}+\frac{1}{8}\ln|y^2-2x^2|+C\right)=x^2$。$\lim_{y\to0^+}-\frac{x}{2y}=-\infty$，此极限不存在，说明初始条件$u(x,0)=x^2$与方程及特征解形式矛盾。此题按标准形式解可能存在问题，需确认原方程和初始条件是否准确。若按标准形式解，需设$u(x,0)=x^2$为通解形式的一部分，可能需调整常数或初始条件的设定。假设题目意图是求满足$u(x,0)=x^2$的解，则解法需修正或题目条件需修正。此处按标准特征法求解过程展示。三、（1）$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}+\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=0$。令$u(x,y)=X(x)Y(y)$，代入得$\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}=\lambda$。得$X''-\lambdaX=0$，$Y''+\lambdaY=0$。在圆域$x^2+y^2<1$内，$\lambda<0$。令$\lambda=-\mu^2$，$X''+\mu^2X=0$，$Y''-\mu^2Y=0$。通解$X(x)=A\cos(\mux)+B\sin(\mux)$，$Y(y)=Ce^{\muy}+De^{-\muy}$。$u(x,y)=(A\cos(\mux)+B\sin(\mux))(Ce^{\muy}+De^{-\muy})$。边界条件$u|_{x^2+y^2=1}=\cos(\arctan(y/x))=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$。在圆周上，$\sqrt{x^2+y^2}=1$，故$u|_{x^2+y^2=1}=x$。$u(x,y)=\sum_{n=0}^{\infty}(A_n\cos(\mu_nx)+B_n\sin(\mu_nx))(C_ne^{\mu_ny}+D_ne^{-\mu_ny})$。边界条件要求$u(1,y)=\sum_{n=0}^{\infty}(A_n\cos(\mu_n)+B_n\sin(\mu_n))(C_ne^{\mu_ny}+D_ne^{-\mu_ny})=x$。由于$x=\cos(\arctan(y/x))$是奇函数，而右边形式是关于$x$的偶函数，除非所有$B_n=0$，且右边形式能匹配$x$。尝试分离变量解法可能不直接匹配边界条件。考虑泊松积分公式。方程$\Deltau=0$在圆域内，满足齐次边界条件$u|_{|z|=R}=f(z)$的解为$u(r,\theta)=\frac{1}{2\piR}\int_0^{2\pi}f(Re^{i\phi})\frac{R^2-r^2}{R^2-2Rr\cos(\theta-\phi)+r^2}d\phi$。此处$R=1,r=x,f(\theta)=\cos(\theta)=x$。需将$x$转换为极坐标形式。$x=r\cos\theta$。则$f(\theta)=r\cos\theta$。$u(x,y)=u(r,\theta)=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}(r\cos\phi)\frac{1-r^2}{1-2r\cos(\theta-\phi)+r^2}d\phi$。$u(x,y)=\frac{r}{2\pi}\int_0^{2\pi}\cos\phi\frac{1-r^2}{1-2r\cos(\theta-\phi)+r^2}d\phi$。利用复变函数方法或傅里叶级数方法计算此积分，最终得到$u(x,y)=x$。（注：此处积分计算过程略，标准解法为泊松积分公式应用或傅里叶级数展开。）（2）$\frac{\partial^2u}{\partialx^2}-\frac{\partial^2u}{\partialy^2}=0$。此为双曲型方程，波动方程。齐次方程，考虑$u(x,y)=X(x)Y(y)$，得$X''Y(y)-X(x)Y''(y)=0\implies\frac{X''}{X}=\frac{Y''}{Y}=\lambda$。得$X''-\lambdaX=0$，$Y''+\lambdaY=0$。对于波动方程$\frac{\partial^2u}{\partialt^2}=a^2\frac{\partial^2u}{\partialx^2}$，标准解法为D'Alembert公式。令$u(x,t)=f(x-at)+g(x+at)$。验证：$u_t=-af'(x-at)+ag'(x+at)$，$u_{xx}=f''(x-at)+g''(x+at)$。代入$\frac{\partial^2u}{\partialt^2}=a^2\frac{\partial^2u}{\partialx^2}$：$a^2[f''(x-at)+g''(x+at)]=a^2[f''(x-at)+g''(x+at)]$。成立。满足波动方程。初始条件$u(x,0)=f(x)+g(x)=f(x)$，$u_t(x,0)=-af'(x)+ag'(x)=g'(x)$。$g'(x)=u_t(x,0)=g(x,0)$。令$g(x,0)=h(x)$，则$g(x)=h(x)+C$。由$u(x,0)=f(x)+g(x)=f(x)+h(x)+C=f(x)$，得$h(x)+C=0$。若初始条件给定$g(x,0)=0$，则$C=0$。否则$C=-h(x)$。通常题目给定$u(x,0)=f(x)$，$u_t(x,0)=g(x)$，则$g(x)=g(x,0)$。解为$u(x,t)=f(x-at)+g(x+at)$。在本题中，初始条件是$u(x,0)=f(x)$，$u_t(x,0)=g(x)$。解为$u(x,t)=f(x-t)+g(x+t)$。四、$\begin{cases}u_{xx}+u_{yy}=0&\text{in}D:0<x<a,0<y<b,\\u(0,y)=0,&\text{for}0\ley\leb,\\u(a,y)=0,&\text{for}0\ley\leb,\\u(x,0)=0,&\text{for}0\lex\lea,\\u(x,b)=\sin(\pix/a)&\text{for}0\lex\lea.\end{cases}$此为拉普拉斯方程的第一类齐次边值问题。采用分离变量法。设$u(x,y)=X(x)Y(y)$。代入方程$X''(x)Y(y)+X(x)Y''(y)=0$。$\frac{X''}{X}=-\frac{Y''}{Y}=\lambda$。得$X''-\lambdaX=0$，$Y''+\lambdaY=0$。边界条件$u(0,y)=X(0)Y(y)=0\impliesX(0)=0$。$u(a,y)=X(a)Y(y)=0\impliesX(a)=0$。$X(x)=A\cos(\sqrt{\lambda}x)+B\sin(\sqrt{\lambda}x)$。由$X(0)=0$，得$A=0$。$X(x)=B\sin(\sqrt{\lambda}x)$。$X(a)=B\sin(\sqrt{\lambda}a)=0$。要求$B\neq0$，则$\sin(\sqrt{\lambda}a)=0$。$\sqrt{\lambda}a=n\pi$，$n=1,2,3,\dots$。$\lambda_n=\frac{n^2\pi^2}{a^2}$。对应的$Y(y)$满足$Y''+\frac{n^2\pi^2}{a^2}Y=0$。通解$Y(y)=C_n\cos\left(\frac{n\piy}{a}\right)+D_n\sin\left(\frac{n\piy}{a}\right)$。由$u(x,0)=X(x)Y(0)=0\impliesY(0)=0$。得$C_n=0$。$Y(y)=D_n\sin\left(\frac{n\piy}{a}\right)$。故特解为$u_n(x,y)=B_n\sin\left(\frac{n\pix}{a}\right)\sin\left(\frac{n\piy}{a}\right)$。通解为$u(x,y)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin\left(\frac{n\pix}{a}\right)\sin\left(\frac{n\piy}{a}\right)$。利用边界条件$u(x,b)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin\left(\frac{n\pix}{a}\right)\sin\left(\frac{n\pib}{a}\right)=\sin\left(\frac{\pix}{a}\right)$。由于$\sin\left(\frac{n\pix}{a}\right)$线性无关，比较系数得$\sin\left(\frac{\pib}{a}\right)B_{\pi}+\sum_{n=2}^{\infty}\sin\left(\frac{n\pib}{a}\right)B_n=\sin\left(\frac{\pix}{a}\right)$。要求$\sin\left(\frac{n\pib}{a}\right)B_n=0$对$n\neq\pi$成立。即$B_n=0$对$n\neq\pi$。对于$n=\pi$，$\sin\left(\frac{\pib}{a}\right)B_{\pi}=\sin\left(\frac{\pix}{a}\right)$。由于$\sin\left(\frac{\pix}{a}\right)$只与$n=\pi$项匹配。需要$\sin\left(\frac{\pib}{a}\right)\neq0$。若$\sin\left(\frac{\pib}{a}\right)\neq0$，则$B_{\pi}=\frac{\sin\left(\frac{\pix}{a}\right)}{\sin\left(\frac{\pib}{a}\right)}$。但此结果与$u(x,y)$形式不符。更正：应直接比较$u(x,b)=\sum_{n=1}^{\infty}B_n\sin\left(\frac{n\pix}{a}\right)\sin\left(\frac{n\pib}{a}\right)=\sin\left(\frac{\pix}{a}\right)$。系数匹配：$\sin\left(\frac{n\pib}{a}\right)B_n=\delta_{n\pi}=1$当$n=\pi$，$0$当$n\neq\pi$。因此，$B_n=0$对$n\neq\pi$。$B_{\pi}=\frac{1}{\sin\left(\frac{\pib}{a}\right)}$。解为$u(x,y)=\frac{1}{\sin\left(\frac{\pib}{a}\right)}\sin\left(\frac{\pix}{a}\right)\sin\left(\frac{\piy}{a}\right)$。（假设$\sin\left(\frac{\pib}{a}\right)\neq0$。若$\frac{b}{a}=k,k\in\mathbb{Z}$，则$\sin(k\pi)=0$，问题无解或需重新设定边界条件。）五、证明：二阶线性齐次偏微分方程$L[u]=a(x,y)u_{xx}+2b(x,y)u_{xy}+c(x,y)u_{yy}=0$在区域$D$内是抛物型的，当且仅当在该区域内判别式$B^2-4AC=4b^2(x,y)-4a(x,y)c(x,y)<0$。特征方程为$\frac{dx}{a}=\frac{dy}{b}=\frac{du}{0}$。设$\frac{dx}{a}=\frac{dy}{b}=\mu$为参数。由$\frac{dx}{a}=\mu\impliesdx=a\mu\,