微積分/偏微分方程

一階

任何形式為

$h_{1}{\frac {\partial u}{\partial x_{1}}}+h_{2}{\frac {\partial u}{\partial x_{2}}}\cdots +h_{n}{\frac {\partial u}{\partial x_{n}}}=b$

其中h₁，h₂ … h_n和b都是u和Rⁿ的函式，可以簡化為一組常微分方程。

為了瞭解如何做到這一點，我們將首先考慮一些更簡單的問題。

特殊情況

我們將從簡單的 PDE 開始

$u_{z}(x,y,z)=u(x,y,z)\quad (1)$

因為u只對z進行微分，對於任何固定的x和y，我們可以將其視為 ODE，du/dz=u。該 ODE 的解為ce^z，其中c是z=0時u的值，對於固定的 x 和 y

因此，PDE 的解為

$u(x,y,z)=u(x,y,0)e^{z}$

我們沒有簡單的積分常數，而是有一個任意函式。這將適用於任何 PDE。

注意解的形狀，xy平面中點的任意函式，該平面垂直於 'z' 軸，以及 'z' 方向上 ODE 的解。

現在考慮稍微複雜一些的 PDE

$a_{x}u_{x}+a_{y}u_{y}+a_{z}u_{z}=h(u)\quad (2)$

其中 h 可以是任何函式，每個a都是一個實常數。

我們認識到左側是a·∇，因此該方程表示u在a方向上的微分是h(u)。將此與第一個方程進行比較表明，該解可以寫成垂直於a的平面上任意函式與 ODE 解的組合。

從 微積分/向量 中記住，任何向量r都可以拆分為平行於和垂直於a的分量，

$\mathbf {r} =\mathbf {r} _{\perp }+\mathbf {r} _{\|}=\left(\mathbf {r} -{\frac {(\mathbf {r} \cdot \mathbf {a} )\mathbf {a} }{|\mathbf {a} |^{2}}}\right)+{\frac {(\mathbf {r} \cdot \mathbf {a} )\mathbf {a} }{|\mathbf {a} |^{2}}}$

我們將使用此來以 (1) 中的類比所暗示的方式拆分r的分量。

讓我們寫

$\mathbf {r} =(x,y,z)=\mathbf {r} _{\perp }+s\mathbf {a} \quad s={\frac {\mathbf {r} \cdot \mathbf {a} }{\mathbf {a} \cdot \mathbf {a} }}$

並將此代入 (2)，使用鏈式法則。因為我們只在 **a** 方向上微分，所以將垂直向量的任何函式加到 s 中不會有任何區別。

首先我們計算 grad s，用於鏈式法則，

$\nabla s={\frac {\mathbf {a} }{a^{2}}}$

代入 (2) 後，我們得到，

$h(u)=\mathbf {a} \cdot \nabla s{\frac {d}{ds}}u(s)={\frac {\mathbf {a} \cdot \mathbf {a} }{\mathbf {a} \cdot \mathbf {a} }}{\frac {d}{ds}}u(s)={\frac {du}{ds}}$

這是一個常微分方程，其解為

$s=c(\mathbf {r} _{\perp })+\int ^{u}{\frac {dt}{h(t)}}$

常數 c 可以取決於垂直分量，但不能取決於平行座標。用 s 的單調標量函式替換 s 會使 ODE 乘以 s 的函式，這不會影響解。

示例

$u(x,t)_{x}=u(x,t)_{t}$

對於這個方程，**a** 是 (1, -1)，s=x-t，垂直向量是 (x+t)(1, 1)。簡化的 ODE 為 du/ds=0，所以解為

u=f(x+t)

為了找到 f，我們需要 u 的初始條件。對初始條件有什麼限制嗎？

考慮，如果我們給定

• u(x,0)，這正是 f(x)，
• u(3t,t)，這是 f(4t) 並且 f(t) 立即得出
• u(t³+2t,t)，這是 f(t³+3t) 並且 f(t) 可以透過求解三次方程得到。
• u(-t,t)，那麼這是 f(0)，所以如果給定的函式不是常數，我們就會出現不一致，如果它是常數，則解不會在初始線之外指定。

類似地，如果我們在任何與直線 x+t=c 僅相交一次並且沒有與這些直線相切的曲線上給定 u，我們就可以推斷出 f。

對於任何具有常係數的一階偏微分方程，都將是如此。我們將有一組平行於 r=at 的直線，沿著這些直線，解可以透過在某個曲面上進行積分來得到，該曲面是直線不與之相切的曲面。

如果我們看看它是如何工作的，我們會發現我們實際上沒有使用 **a** 的常數性，所以讓我們放棄這個假設，看看是否存在類似的解。

要點是解的形式為 u=f(x(s),y(s))，其中 (x(s),y(s)) 是我們沿著其進行積分的曲線——在前面的情況中是一條直線。我們可以將積分的常數函式加到 s 中，而不會改變這種形式。

考慮一個偏微分方程，

$a(x,y)u_{x}+b(x,y)u_{y}=c(x,y,u)$

對於建議的解，u=f(x(s),y(s))，鏈式法則給出

${\frac {du}{ds}}={\frac {dx}{ds}}u_{x}+{\frac {dy}{ds}}u_{y}$

然後比較係數得到

${\frac {dx}{ds}}=a(x,y)\quad {\frac {dy}{ds}}=b(x,y)\quad {\frac {du}{ds}}=c(x,y,u)$

所以我們將原來的偏微分方程簡化為一組聯立常微分方程。這個過程可以反轉。

曲線 (x(s),y(s)) 稱為該方程的 *特徵*。

示例：求解 $yu_{x}=xu_{y}$，已知u=f(x) 對於 x≥0，這個常微分方程是

${\frac {dx}{ds}}=y\quad {\frac {dy}{ds}}=-x\quad {\frac {du}{ds}}=0$

在s=0處滿足初始條件：

$x(0)=r\quad y(0)=0\quad u(0)=f(r)\quad r\geq 0$

這個常微分方程很容易求解，得到

$x(s)=r\cos s\quad y(s)=r\sin s\quad u(s)=f(r)$

所以特徵線是圍繞原點的同心圓，在極座標中，u(r,θ)=f(r)

考慮到這種方法的邏輯，我們看到a和b與u的無關性並沒有被用到，所以這個假設也可以被放棄，從而得到這種擬線性形式方程的通用方法。

擬線性

總結上一節的結論，要解一個偏微分方程

$a_{1}(u,\mathbf {x} ){\frac {\partial u}{\partial x_{1}}}+a_{2}(u,\mathbf {x} ){\frac {\partial u}{\partial x_{2}}}\cdots +a_{n}(u,\mathbf {x} ){\frac {\partial u}{\partial x_{n}}}=b(u,\mathbf {x} )$

在曲面上滿足初始條件： (x₁(r₁,…,r_n-1, …x_n(r₁,…,r_n-1), u=f(r₁,…,r_n-1) -- 這是初始曲面的任意引數化 --

• 我們將方程轉化為等價的常微分方程組，

${\frac {dx_{1}}{ds}}=a_{1}\ \ldots \ {\frac {dx_{n}}{ds}}=a_{n}\quad {\frac {du}{ds}}=b$

滿足初始條件

$x_{i}(0)=f(r_{1},\ldots ,r_{n-1})\quad u=f(r_{1},r_{2},\ldots r_{n-1})$

• 求解常微分方程組，得到x_i關於s和r_i的函式關係。
• 反解得到s和r_i關於x_i的函式關係。
• 將這些反函式代入第二步得到的u關於s和r_i的表示式中。

第二步和第三步都可能很麻煩。

常微分方程組通常是非線性的，沒有解析解。甚至可能比直接處理偏微分方程更容易。

在第三步中，r_i和s一起構成一個適用於偏微分方程的座標系。只有當變換到笛卡爾座標系的雅可比矩陣不為零時，我們才能進行反解。

${\begin{vmatrix}{\frac {\partial x_{1}}{\partial r_{1}}}&\cdots &{\frac {\partial x_{1}}{\partial r_{n-1}}}&a_{1}\\\vdots &\ddots &&\vdots \\{\frac {\partial x_{n}}{\partial r_{1}}}&\cdots &{\frac {\partial x_{n}}{\partial r_{n-1}}}&a_{n}\end{vmatrix}}\neq 0$

這等價於說向量 (a₁, &hellip:, a_n) 從未在常數s曲面的切平面上。

如果當s=0時，這個條件不為假，當積分方程時，它可能變得為假。 我們很快就會考慮處理由此產生的問題的方法。

即使在技術上可以反轉代數方程，但這樣做顯然很不方便。

示例

為了瞭解如何在實踐中實現這一點，我們將
a/ 考慮 PDE，

$uu_{x}+u_{y}+u_{t}=0$

帶有通用的初始條件，

$u=f(x,y){\mbox{ on }}t=0$

為了方便以後使用，給變數命名，相應的 ODE 為

${\frac {dx}{d\tau }}=u\quad {\frac {dy}{d\tau }}=1\quad {\frac {dt}{d\tau }}=1\quad {\frac {du}{d\tau }}=0\quad$

服從 τ=0 時的初始條件

$x=r\quad y=s\quad t=0\quad u=f(r,s)$

這些 ODE 很容易求解，得到

$x=r+f(r,s)\tau \quad y=s+\tau \quad t=\tau \quad u=f(r,s)$

這些是一組直線的引數方程，即特徵線。

該座標變換的雅可比矩陣的行列式為

${\begin{vmatrix}1+\tau {\frac {\partial f}{\partial r}}&\tau {\frac {\partial f}{\partial s}}&f\\0&1&1\\0&0&1\end{vmatrix}}=1+\tau {\frac {\partial f}{\partial r}}$

當t=0時，該行列式為 1，但如果f_r 存在負值，該行列式最終將為零，該解失效。

在這種情況下，失效是因為表面$sf_{r}=-1$ 是特徵線的包絡面。

對於任意f，我們可以反轉變換並獲得u 的隱式表示式

$u=f(x-tu,y-x)$

如果f 已知，則可以求解u。

1/ $f(x,y)=ax$，隱式解為

$u=a(x-tu)\Rightarrow u={\frac {ax}{1+at}}$

這是u-x平面上的直線，隨著t的增大而順時針旋轉。如果a為負數，這條直線最終會變為垂直線。如果a為正數，這條直線會趨近於u=0，並且該解對所有t都成立。

對於f(x,y)=x² 隱式解為

$u=(x-tu)^{2}\Rightarrow u={\frac {1+2tx-{\sqrt {1+4tx}}}{2t^{2}}}$

當$1+4tx<0$時，該解顯然失效，此時正好是$sf_{r}=-1$。對於任何t > 0，都會發生這種情況。隨著t的增大，失效點會向原點移動。

注意，u=0的點保持固定。對於該方程的所有解，對於f的所有值，情況都是如此。

我們將在後面看到，如果我們考慮不連續解，我們可以在此時間之後找到解。我們可以將其視為衝擊波。

3/ $f(x,y)=\sin(xy)$
隱式解為

$u(x,y,t)=\sin \left((x-tu)(y-x)\right)$

我們無法顯式地求解u。我們能做的最好的就是對該方程進行數值解。

我們還可以考慮與之密切相關的偏微分方程

$uu_{x}+u_{y}+u_{t}=y$

相應的常微分方程組為

${\frac {dx}{d\tau }}=u\quad {\frac {dy}{d\tau }}=1\quad {\frac {dz}{d\tau }}=1\quad {\frac {du}{d\tau }}=y\quad$

服從 τ=0 時的初始條件

$x=r\quad y=s\quad t=0\quad u=f(r,s)$

這些 ODE 很容易求解，得到

$x=r+\tau f+{\frac {1}{2}}s\tau ^{2}+{\frac {1}{6}}\tau ^{3}\quad y=s+\tau \quad t=\tau \quad u=f+s\tau +{\frac {1}{2}}\tau ^{2}$

將f用u、s和τ表示，然後代入x的方程，得到隱式解

$u(x,y,t)=f(x-ut+{\frac {1}{2}}yt^{2}-{\frac {1}{6}}t^{3},y-t)+yt-{\frac {1}{2}}t^{2}$

在某些特殊情況下，可以求解u，但通常情況下我們只能對該方程進行數值解。然而，我們可以從進一步的分析中瞭解解的全域性屬性。

特徵初值問題

如果初始條件是在特徵曲線上給出的，在特徵曲線的包絡線上給出的，還是在具有孤立特徵切點的曲面上給出的呢？

不連續解

到目前為止，我們只考慮了偏微分方程的光滑解，但這過於限制。我們可能會遇到非光滑的初始條件，例如：

$u_{t}=cu_{x}\quad u(x,0)=\left\{{\begin{matrix}1,&x\geq 0\\0,&x<0\end{matrix}}\right.$

如果我們只是簡單地對光滑初始條件使用該方程的通解，

$u(x,t)=u(x+ct,0)\,$

我們會得到

$u(x,t)=\left\{{\begin{matrix}1,&x+ct\geq 0\\0,&x+ct<0\end{matrix}}\right.$

這似乎是原始方程的解。然而，由於偏微分在特徵線x+ct=0 上是未定義的，因此在這一點上說方程成立的含義變得不清楚。

我們需要進一步調查，首先考慮可能的間斷型別。

如果我們看一下上面的推導，我們會發現我們從未使用過任何二階或更高階導數，因此它們是否連續並不重要，上面的結果仍然適用。

下一個最簡單的例子是函式是連續的，但一階導數不連續，例如|x|。我們最初將自己限制在二維情況下，u(x, t) 對應於一般方程。

$a(x,t)u_{x}+b(x,t)u_{t}=c(u,x,t)\quad (1)$

通常，間斷不侷限於單點，而是由某條曲線上的所有點共享，(x₀(s), t₀(s) )

然後我們有

${\begin{matrix}x>x_{0}&\lim _{x\rightarrow x_{0}}=u_{+}\\x<x_{0}&\lim _{x\rightarrow x_{0}}=u_{-}\end{matrix}}$

然後我們可以比較這條曲線兩側的u 及其導數。

給間斷處的跳躍 命名將很有用。我們說

$[u]=u_{+}-u_{-}\quad [u_{x}]=u_{x+}-u_{x-}\quad [u_{t}]=u_{t+}-u_{t-}$

現在，由於方程 (1) 在間斷的雙方都成立，我們可以看到u₊ 和u_- 作為解的極限，本身必須滿足方程。也就是說，

${\begin{matrix}a(x,t)u_{+x}+b(x,t)u_{+t}&=&c(u_{+},x,t)\\a(x,t)u_{-x}+b(x,t)u_{-t}&=&c(u_{-},x,t)\end{matrix}}{\mbox{ where }}{\begin{matrix}x=x_{0}(s)\\t=t_{0}(s)\end{matrix}}$

減去它們就得到了一個關於微分跳躍的方程

$a(x,t)[u_{x}]+b(x,t)[u_{t}]=0\,$

我們正在考慮u 本身是連續的情況，因此我們知道 [u]=0。對它關於s 求導將得到一個關於微分跳躍的第二個方程。

${\frac {dx_{0}}{ds}}[u_{x}]+{\frac {dt_{0}}{ds}}[u_{t}]=0$

最後兩個方程只有在其中一個為另一個的倍數時才能同時成立，但將 *s* 乘以一個常數也會將第二個方程乘以相同的常數，同時保持間斷曲線不變，因此我們可以在不失一般性的情況下定義 *s* 為：

${\frac {dx_{0}}{ds}}=a\quad {\frac {dt_{0}}{ds}}=b$

但這些是特徵方程，即**間斷沿特徵傳播。**我們可以使用此屬性作為特徵的另一種定義。

我們可以透過首先將方程寫成*守恆形式*來處理間斷函式，之所以這樣稱呼，是因為守恆定律總是可以寫成這種形式。

$(au)_{x}+(bu)_{t}=a_{x}u+b_{t}u+c\quad (1)$

注意，左側可以看作是 ( *au* , *bu* ) 的散度。將方程寫成這種形式使我們能夠使用向量微積分的定理。

考慮一個窄條，其邊平行於間斷，寬度為 *h*

我們可以將 (1) 的兩邊在 R 上積分，得到

$\int _{R}(au)_{x}+(bu)_{t}\,dxdt=\int _{R}(a_{x}+b_{t})u+c\,dxdt$

接下來，我們使用格林定理將左側轉換為線積分。

$\oint _{\partial R}audt-budx=\int _{R}(a_{x}+b_{t})u+c\,dxdt$

現在我們讓條帶的寬度降至零。右側也趨於零，但左側簡化為沿 R 邊界平行於曲線的兩部分的兩個積分之間的差值。

$\int au_{+}dt-bu_{+}dx-\int au_{-}dt-bu_{-}dx=0$

沿 R 的相對邊的積分符號不同，因為它們的方向相反。

為了使最後一個方程始終成立，被積函式必須始終為零，即

$\left(a{\frac {dt_{0}}{ds}}-b{\frac {dx_{0}}{ds}}\right)[u]=0$

由於假設 [ *u* ] 不為零，因此另一個因子必須為零，這立即意味著間斷曲線是特徵。

再一次，*間斷沿特徵傳播。*

上面，我們只考慮了兩個變數的函式，但將其擴充套件到 *n* 個變數的函式很簡單。

初始條件在 *n* -1 維曲面上給出，該曲面沿著特徵演化。初始條件中的典型間斷將位於嵌入初始曲面內的 *n* -2 維曲面上。該間斷曲面將沿著穿過初始間斷的特徵傳播。

跳躍本身服從常微分方程，就像 *u* 本身在特徵上一樣。在二維情況下，對於連續但不平滑的 *u*，一些代數運算表明

${\frac {d[u_{x}]}{ds}}=[u_{x}]\left({\frac {\partial c}{\partial u}}+a{\frac {b_{x}}{b}}-a_{x}\right)$

而 *u* 遵循與之前相同的方程，

${\frac {du}{ds}}=c$

我們可以對這些方程進行積分，以檢視不連續性如何隨著我們沿特徵線移動而演變。

我們可能會發現，對於未來某個 *s*，[ *u*_*x* ] 會穿過零。在這樣的點，不連續性就消失了，從那時起，我們可以將該函式視為該特徵線上平滑的。

反之，我們可以預期平滑函式在適當的條件下會變得不連續。

為了實際瞭解這一切是如何運作的，我們將考慮以下方程的解

$u_{t}+uu_{x}=0\quad u(x,0)=f(x)$

用於三個不同的初始條件。

使用前面概述的技術，一般解為

$u=f(x-tu)\,\!$

*u* 在特徵線上是常數，特徵線是直線，其斜率取決於 *u*。

首先考慮 *f* 使得

$f(x)=\left\{{\begin{matrix}1&x>a\\{\frac {x}{a}}&a\geq x>0\\0&x\leq 0\end{matrix}}\right.\quad a>0$

雖然 *u* 是連續的，但它的導數在 *x*=0（其中 *u*=0）和 *x*=a（其中 *u*=1）處是不連續的。穿過這些點的特徵線將解劃分為三個區域。

所有位於穿過 *x*=a、*t*=0 的特徵線右側的特徵線都與 *x* 軸的交點位於 *x*=1 右側，其中 *u*=1，所以 *u* 在所有這些特徵線上都為 1，即當且僅當 *x*-*t*>a 時。

類似地，穿過原點的特徵線是直線 *x*=0，在其左側，*u* 保持為零。

我們可以透過以下兩種方法之一找到位於這兩個特徵線之間的某個點的 *u* 值：找到它所在的中間特徵線，並將其追溯到初始線，或者透過一般解。

無論哪種方式，我們都會得到

$f(x)=\left\{{\begin{matrix}1&x-t>a\\{\frac {x}{a+t}}&a+t\geq x>0\\0&x\leq 0\end{matrix}}\right.$

在較大的 *t* 處，解 *u* 比在 *t*=0 處分佈得更廣，但仍然具有相同的形狀。

我們還可以考慮當 *a* 趨於 0 時會發生什麼，這樣 *u* 本身在 *x*=0 處是不連續的。

如果我們將 PDE 寫成守恆形式，然後使用格林定理，正如我們線上性情況下所做的那樣，我們會得到

$[u]{\frac {dx_{0}}{ds}}={\frac {1}{2}}[u^{2}]{\frac {dt_{0}}{ds}}$

[ *u*² ] 是兩個平方差，所以如果我們取 *s*=*t*，我們會得到

${\frac {dx_{0}}{dt}}={\frac {1}{2}}(u_{-}+u_{+})$

在這種情況下，不連續性的行為就像它上的 *u* 值是兩側極限值的平均值一樣。

但是，有一個注意事項。

由於左側的極限值為 *u*_-，因此不連續性必須位於該特徵線上，類似地，對於 *u*₊ 也是如此；即 *跳躍不連續性必須位於特徵線的交點上*，在該點上，*u* 否則將是多值的。

對於這個 PDE，特徵線只有在以下情況下才能在不連續性上相交

$u_{-}>u_{+}\,$

如果這不是真的，不連續性就不能傳播。必須發生其他事情。

極限 *a*=0 是跳躍不連續性的一個例子，對於該例子，此條件不成立，因此我們可以透過研究它來了解在這種情況下會發生什麼。

對上面推匯出的解取極限得到

$f(x)=\left\{{\begin{matrix}1&x>t\\{\frac {x}{t}}&t\geq x>0\\0&x\leq 0\end{matrix}}\right.$

如果我們取任何其他趨於相同極限的初始條件序列的極限，我們將得到一個微不足道的等價結果。

觀察這個解的特徵，我們看到在u取0到1之間所有值的跳躍不連續特徵上，所有特徵都相交。

在稍後的時間，有兩個斜率不連續，在x=0和x=t處，但沒有跳躍不連續。

這種行為在這種情況下是典型的。跳躍不連續變成一對斜率不連續，解在它們之間取所有適當的值。

現在，讓我們考慮具有以下初始條件的相同方程

$f(x)=\left\{{\begin{matrix}1&x\leq 0\\1-{\frac {x}{a}}&a\geq x>0\\0&x>a\end{matrix}}\right.\quad a>0$

它在x=0和x=a處有斜率不連續，將解分成三個區域。

這些區域之間的邊界由穿過這些初始點的特徵給出，即兩條線

$x=t\quad x=a$

這些特徵在t=a處相交，因此解的性質必須在此時發生變化。

在這兩個不連續之間，穿過t=0處的x=b的特徵顯然是

$x=\left(1-{\frac {b}{a}}\right)t+b\quad 0\leq b\leq a$

所有這些特徵都在同一點 (x,t)=(a,a) 相交。

我們可以使用這些特徵或一般解來寫出t<a時的u

$u(x,t)=\left\{{\begin{matrix}1&x\leq t\\{\frac {a-x}{a-t}}&a\geq x>t\\0&x>a\end{matrix}}\right.\quad a>t\geq 0$

當t趨於a時，它變成一個階躍函式。由於u在不連續左側比右側大，因此它滿足上面推導的傳播條件，所以對於t>a，u是一個以兩側平均速度移動的階躍函式。

$u(x,t)=\left\{{\begin{matrix}1&x\leq {\frac {a+t}{2}}\\0&x>{\frac {a+t}{2}}\end{matrix}}\right.\quad t\geq a\geq 0$

這與我們之前考慮的初始條件相反，兩個斜率不連續合併成一個階躍不連續，而不是反過來。實際發生的情況完全取決於初始條件。事實上，可以給出既有合併又有分裂的例子。

在上面的兩個例子中，我們從一個不連續開始，研究它如何演變。對於最初是光滑的解也可能出現不連續。

例如，我們之前看到對於這個特定的偏微分方程，具有初始條件u=x²的解在2xt+1=0時崩潰。在這些點，解變得不連續。

通常，任何偏微分方程的解中的不連續性（不僅僅是一階的）都是以這種方式出現的，當解以這種方式崩潰並以類似的方式傳播時，就會合並和分裂。

完全非線性偏微分方程

可以擴充套件前幾節的方法，將任何形式的方程

$F(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n},u,u_{x_{1}},u_{x_{2}},\ldots ,u_{x_{n}})=0$

簡化為一組常微分方程，適用於任何函式F。

我們在這裡不證明，但相應的ODE是

${\frac {dx_{i}}{d\tau }}={\frac {\partial F}{\partial u_{i}}}\quad {\frac {du_{i}}{d\tau }}=-\left({\frac {\partial F}{\partial x_{i}}}+u_{i}{\frac {\partial F}{\partial u}}\right)\quad {\frac {du}{d\tau }}=\sum _{i=1}^{n}u_{i}{\frac {\partial F}{\partial u_{i}}}$

如果u在由r₁…r_n引數化的曲面上給出，那麼我們有，和之前一樣，在n個x_i上n個初始條件

$\tau =0\quad x_{i}=f_{i}(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n-1})$

由引數化給出，以及u本身的一個初始條件

$\tau =0\quad u=f(r_{1},r_{2},\ldots ,r_{n-1})$

但是，因為我們有n個關於u_i的額外ODE，我們需要額外的n個初始條件。

這些是，n-1個一致性條件

$\tau =0\quad {\frac {\partial f}{\partial r_{i}}}=\sum _{j=1}^{n-1}u_{i}{\frac {\partial f_{i}}{\partial r_{j}}}$

它們指出u_i是u在初始曲面上的偏導數，以及一個初始條件

$\tau =0\quad F(x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n},u,u_{1},u_{2},\ldots ,u_{n})=0$

說明PDE本身在初始曲面上成立。

這些關於u_i的n個初始條件將是一組代數方程，它們可能有多個解。每個解將給出PDE的不同解。

示例

考慮

$u_{t}=u_{x}^{2}+u_{y}^{2},\quad u(x,y,0)=x^{2}+y^{2}$

τ=0時的初始條件是

${\begin{matrix}x=r&y=s&t=0&u=r^{2}+s^{2}\\u_{x}=2r&u_{y}=2s&u_{t}=4(r^{2}+s^{2})&\end{matrix}}$

ODE是

${\begin{matrix}{\frac {dx}{d\tau }}=-2u_{x}&{\frac {dy}{d\tau }}=-2u_{y}&{\frac {dt}{d\tau }}=1&{\frac {du}{d\tau }}=u_{t}-2(u_{x}^{2}+u_{y}^{2})\\{\frac {du_{x}}{d\tau }}=0&{\frac {du_{y}}{d\tau }}=0&{\frac {du_{t}}{d\tau }}=0&\end{matrix}}$

請注意，偏導數在特徵線上是常數。當 PDE 只包含偏導數時，這總是會發生，從而簡化了過程。

這些方程很容易解出，得到

$x=r(1-4\tau )\quad y=s(1-4\tau )\quad t=\tau \quad u=(r^{2}+s^{2})(1-4\tau )$

消去引數，得到解：

$u={\frac {x^{2}+y^{2}}{1-4t}}$

這很容易驗證。abc

二階

假設我們給定一個二階線性 PDE 來求解

$a(x,y)u_{xx}+b(x,y)u_{xy}+c(x,y)u_{yy}=d(x,y)u_{x}+e(x,y)u_{y}+p(x,y)u+q(x,y)\quad (1)$

根據我們對常微分方程和簡單代數方程的經驗，自然的方法是嘗試分解。讓我們看看這將如何引導我們。

我們希望將 (1) 的左側分解，得到一個等價的形式：

$a(x,y)(D_{x}+\alpha _{+}(x,y)D_{y})(D_{x}+\alpha _{-}(x,y)D_{y})u\,$

我們立即可以除以 *a*。這表明這些特殊的一階導數組合將扮演特殊的角色。

現在，在研究一階 PDE 時，我們看到這些組合等效於沿特徵曲線的導數。實際上，我們改變了由特徵曲線和初始曲線定義的座標系。

這裡，我們有兩組一階導數組合，每個組合都可能定義一條不同的特徵曲線。如果是這樣，兩組特徵曲線將定義問題的自然座標系，就像一階情況一樣。

在新座標中，我們將有

$D_{x}+\alpha _{+}(x,y)D_{y}=D_{r}\quad D_{x}+\alpha _{-}(x,y)D_{y}=D_{s}$

每個因子都變成了沿其各自特徵曲線的微分，左側將簡單地變為 *u*_*rs*，給我們一個形式的方程：

$u_{rs}=A(r,s)u_{r}+B(r,s)u_{s}+C(r,s)u+D(r,s)\,$

如果 A、B 和 C 都恰好為零，則解是顯而易見的。如果不是，我們可以希望左側較簡單的形式能讓我們取得進展。

但是，在我們能做到這一切之前，我們必須看看 (1) 是否真的可以分解。

展開因子得到

$u_{xx}+{\frac {b(x,y)}{a(x,y)}}u_{xy}+{\frac {c(x,y)}{a(x,y)}}u_{yy}=u_{xx}+(\alpha _{+}+\alpha _{-})u_{xy}+\alpha _{+}\alpha _{-}u_{yy}$

比較係數，並解出 α，我們可以看到它們是以下二次方程的根

$a(x,y)\alpha ^{2}+b(x,y)\alpha +c(x,y)=0\,$

由於我們正在討論實函式，我們只對實根感興趣，因此所需分解的存在與否將取決於此二次方程的判別式。

• ${\mbox{If }}b(x,y)^{2}>4a(x,y)c(x,y)$

那麼我們有兩個因子，可以按照上面概述的程式進行操作。像這樣的方程被稱為雙曲

• ${\mbox{If }}b(x,y)^{2}=4a(x,y)c(x,y)$

那麼我們只有一個因子，給我們一個特徵曲線。使用這些曲線的距離作為其中一個座標將很自然，但是第二個座標必須由其他因素決定。

與之前相同的論證表明，以這種方式使用特徵曲線會產生一個形式為 u_rr 的二階項，其中我們只對兩個座標中的一個進行了二階導數。像這樣的方程被稱為拋物線

• ${\mbox{If }}b(x,y)^{2}<4a(x,y)c(x,y)$

那麼我們沒有實因子。在這種情況下，我們所能做的就是將二階項簡化為滿足此不等式的最簡單形式，即 u_rr+u_ss

可以證明，這種簡化始終是可能的。像這樣的方程被稱為橢圓

可以證明，與一階偏微分方程一樣，間斷沿著特徵傳播。由於橢圓方程沒有實特徵，這意味著它們可能具有的任何間斷都將被限制在孤立點；也就是說，解在幾乎所有地方都是光滑的。

這對雙曲線方程並不適用。它們的行為在很大程度上受其特徵曲線的形狀控制。

這些差異意味著需要不同的方法來研究三種類型的二階方程。幸運的是，根據上述分解進行變數變化使我們能夠將任何二階偏微分方程簡化為二階項係數為常數的方程，這意味著只需要考慮三個標準方程。

$u_{xx}+u_{yy}=0\quad u_{xx}-u_{yy}=0\quad u_{xx}-u_{y}=0$

我們也可以考慮這些方程右側是給定函式的情況，或者與 u 或其一階導數之一成比例的情況，但所有關於雙曲線、拋物線和橢圓方程的基本屬性都由這三個標準形式證明。

雖然我們只演示了二維的簡化，但類似的簡化適用於更高維度，導致類似的分類。我們得到，作為二階項的簡化形式，

$a_{1}{\frac {\partial ^{2}u}{\partial x_{1}^{2}}}+a_{2}{\frac {\partial ^{2}u}{\partial x_{2}^{2}}}+\cdots +a_{n}{\frac {\partial ^{2}u}{\partial x_{n}^{2}}}$

其中每個 a_i 都等於 0、+1 或 -1。

如果所有 的 a_i 具有相同符號，則該方程為橢圓形

如果任何 a_i 為零，則該方程為拋物線形

如果恰好一個 a_i 的符號與其他符號相反，則該方程為雙曲線形

在 2 維或 3 維中，這些是唯一的可能性，但在 4 維或更高維中，還有第四種可能性：至少兩個 a_i 為正，並且至少兩個 a_i 為負。

這類方程被稱為超雙曲線形。它們不像其他三種類型那樣常見，因此在此不會進行研究。

當係數不為常數時，方程在 xy 平面的某些區域可能是雙曲線形的，而在其他區域可能是橢圓形的。如果是這樣，則必須在兩個區域中使用不同的方法來求解。

橢圓形

標準形式，拉普拉斯方程

$\nabla ^{2}h=0$

用球座標系和柱座標系表示方程，並給出笛卡爾座標系和柱座標系的完整解。注意平均屬性。評論物理意義，拉普拉斯運算元的旋轉不變性。

雙曲線形

標準形式，波動方程

$\nabla ^{2}h=c^{2}h_{tt}$

解，任何形式為以下函式之和的函式

$h=f(\mathbf {k} \cdot \mathbf {x} -\omega t)\quad \omega =|\mathbf {k} |c$

這些是波。與分離變數的解進行比較。依賴域等。

拋物線形

典型的拋物線形方程是擴散方程

$\nabla ^{2}h=h_{t}$

這裡，我們將考慮一維情況下的一些簡單解。

該方程的性質在許多方面介於雙曲線形方程和橢圓形方程之間。

與雙曲線形方程一樣，但與橢圓形方程不同，如果在初始曲面 t=0 上給定值，則解表現良好。

但是，該方程的特徵曲面是常數 t 的曲面，因此沒有辦法使不連續性傳播到正 t。

因此，與橢圓形方程一樣，但與雙曲線形方程不同，即使初始條件不連續，解通常也是平滑的。

此外，在 h 的區域性最大值處，其拉普拉斯運算元為負，因此 h 隨 t 遞減，而在區域性最小值處，拉普拉斯運算元為正，h 將隨 t 遞增。因此，h 的初始變化將隨著 t 的增大而平滑。

在一維中，我們可以透過對兩邊進行積分來了解更多資訊

${\begin{matrix}\int _{-a}^{b}h_{t}dt&=&\int _{-a}^{b}h_{xx}dx\\{\frac {d}{dt}}\int _{-a}^{b}h\,dt&=&\left[h_{x}\right]_{-a}^{b}\end{matrix}}$

只要 h_x 對於較大的 x 趨於零，我們就可以在 a 和 b 趨於無窮大的情況下取極限，推匯出

${\frac {d}{dt}}\int _{-\infty }^{\infty }h\,dt$

因此，h 在整個空間上的積分是常數。

這意味著該偏微分方程可以被認為是描述某種守恆量，該守恆量最初是集中的，但會隨著時間的推移而擴散或擴散。

最後的結果可以使用向量微積分的定理擴充套件到兩個或多個維度。

我們還可以對任何解關於任何座標進行微分以獲得另一個解。例如，如果 h 是一個解，那麼

$\nabla ^{2}h_{x}=\partial _{x}\nabla ^{2}h=\partial _{x}\partial _{t}h=\partial _{t}h_{x}$

因此，h_x 也滿足擴散方程。

相似解

觀察這個方程，我們可能會注意到，如果我們進行變數替換

$r=\alpha x\quad \tau =\alpha ^{2}t$

那麼這個方程將保持相同的形式。這表明變數x²/t 的組合可能很重要，因為這個組合不受變數變化的影響。

因此，我們假設這個方程有一個特殊形式的解

$h(x,t)=f(\eta ){\mbox{ where }}\eta ={\frac {x}{t^{1 \over 2}}}$

那麼

$h_{x}=\eta _{x}f_{\eta }=t^{-{1 \over 2}}f_{\eta }\quad h_{t}=\eta _{t}f_{\eta }=-{\frac {\eta }{2t}}f_{\eta }$

並將它們代入擴散方程，最終得到

$f_{\eta \eta }+{\frac {\eta }{2}}f_{\eta }=0$

這是一個常微分方程。

積分一次得到

$f_{\eta }=Ae^{-{\frac {\eta ^{2}}{4}}}$

回到h，我們發現

${\begin{matrix}h_{x}&=&{\frac {A}{\sqrt {t}}}e^{-{\frac {\eta ^{2}}{4}}}\\h&=&{\frac {A}{\sqrt {t}}}\int _{-\infty }^{x}e^{-s^{2}/4t}ds+B\\&=&A\int _{-\infty }^{x/2{\sqrt {t}}}e^{-z^{2}}dz+B\end{matrix}}$

最後一個積分無法用基本函式表示，但它的值是眾所周知的。

特別是，h 在無窮遠處的極限值為

$h(-\infty ,t)=B\quad h(\infty ,t)=B+A{\sqrt {\pi }},$

當t 趨於零時取極限得到

$h=\left\{{\begin{matrix}B&x<0\\B+A{\sqrt {\pi }}&x>0\end{matrix}}\right.$

我們可以看到，初始的不連續性被立即平滑掉了。以後時刻的解保持相同的形狀，但更加伸展。

這個解關於x 的導數為

$h_{x}={\frac {A}{\sqrt {t}}}e^{-x^{2}/4t}$

本身就是一個解，其中h從其初始峰值擴充套件，並在該方程的進一步分析中起著重要作用。

相同的相似性方法也可以應用於一些非線性方程。

分離變數

我們也可以透過分離變數來獲得該方程的一些解。

$h(x,t)=X(x)T(t)\Rightarrow X^{\prime \prime }T=X{\dot {T}}$

給了我們兩個常微分方程

${\frac {d^{2}X}{dx^{2}}}+k^{2}X=0\quad {\frac {dT}{dt}}=-kT$

以及一般形式的解

$h(x,t)=Ae^{-kt}\sin(kx+\alpha )\,$