4.3 Higher Order Homogeneous Linear PDEs with Variable Coefficients
A partial differential equation of the form
F ( xDx , yD y ) z  f ( x, y )
(1)
having variable coefficients can sometimes be reduced to equations with constant coefficients by
suitable transformations. Let us change the independent variables x, y to u and v, respectively,
by the substitutions x  e u , y  e v . Then u  ln x, v  ln y for which we get
Dx z 
or
x
z z u 1 z


x u x x u
z z

or xD x z  Du z
x u
2
Again,
 z   z    1 z 
   

x 2 x  x  x  x u 
 x2
x
  z  z
  z  u z
x   
 
x  u  u
u  u  x u

2
x
x2
 2 z  2 z z


 Du ( Du  1) z
x 2 u 2 u
3z
 Du ( Du  1)( Du  2) z
x 3
Proceeding in this way, we obtain
Similarly, x 3
y
z
2z
3 z
 Dv z , y 2 2  Dv ( Dv  1) z and y 3 3  Dv ( Dv  1)( Dv  2) z and so on.
y
y
y
In general, we get
m z
 Du ( Du  1)( Du  2) ( Du  m  1) z
x m
n
n  z
y
 Dv ( Dv  1)( Dv  2)  ( Dv  n  1) z
y n
xm
 m n z
x y
 Du ( Du  1)( Du  2) ( Du  m  1) Dv ( Dv  1)( Dv  2)  ( Dv  n  1) z
x m y n
m
n
Problems
x3
y2
Solution. Let x  e u and y  e v . Then u  ln x and v  ln y.
2
1. Solve ( x 2 Dx  2 xyDx Dy  xDx ) z 
2




2 
Write Du 
, Dv  , x  Du , y
 Dv , x
 Du ( Du  1),
u
v x
y
x 2
2
2
xy
 Du Dv , y 2 2  Dv ( Dv  1)
xy
y
Thus the given equation can be written as
2
Du ( Du  1)  2 Du Dv  Du z  e 3u  2v

2

 Du  2 Du Dv  2 Du z  e 3u  2 v
 Du Du  2 Dv  2 z  e3u  2 v
The complementary solution, z c  f (v )  e 2u g (v  2u )
 f (ln y )  x 2 g (ln y  2 ln x)
y
  ( y )  x 2 ( 2 ),
x
where f , g , , are arbitrary functions.
1
1
Finally, particular solution, z p 
e 3u  2 v 
e 3u  2 v
Du  Du  2 Dv  2
3(3  4  2)
1
1 x3
  x3 y  2    2
9
9 y
Hence the general solution, z  z c  z p .
2. Solve x 2
2
2 z
2  z

y
 x2 y
2
2
x
y
Solution: The substitution x  e u , y  e v transform the given equation into
[ Du ( Du  1)  Dv ( Dv  1)] z  e 2 u v
We can write ( Du2  Dv2  Du  Dv ) z  0  ( Du  Dv ) ( Du  Dv  1) z  0
Complementary solution, z c  1 (v  u )  e u 2 (v  u )
= 1 (ln y  ln x )  x2 (ln y  ln x )
= f1 ( xy )  xf 2 ( y / x )
where 1,2 , f1 and f 2 are arbitrary functions.
1
Particular solution, z p 
(e 2 u  v )
( Du  Dv )( Du  Dv  1)
=
1 2 u v 1 2
e
 x y
2
2
General solution, z  zc  z p  f1 ( xy )  xf 2 ( y / x) 
1 2
x y
2
3. Solve ( x 2 Dx2  4 y 2 Dy2  4 yDy  1) z  x 2 y 3 ln y
Solution: Substituting x  e u , y  e v and denoting


and
by Du and Dv , respectively, the
u
v
given equation can be written in the form as
[ Du ( Du  1)  4 Dv ( Dv  1)  4 Dv  1]z  ve 2u  3v
 [ Du2  4 Dv2  Du  1]z  ve 2u  3v
3
Since F ( Du , Dv )  Du2  4 Dv2  Du  1 cannot be written as a product of linear factors, the
complementary solution is of the form, zc   Ae hu  kv   Aeh ln x  k ln y   Ax h y k , where
h,k
h, k
h, k
h 2  4k 2  h  1  0.
Particular solution, z p 
 e 2u  3v
 e 2u  3v
1
ve 2u3v
D  4 Dv2  Du  1
2
u
1
v
( Du  2)  4( Dv  3) 2  ( Du  2)  1
2
1
Du2  4 Dv2  3Du  24Dv  35
v
1
e
2 u  3v
 D 2  4 Dv2  3Du  24 Dv 
(1 / 35) 1  u
 ( v)
35


 D 2  4 Dv2  3Du  24 Dv

 e 2u  3v (1 / 35) 1  u
  (v)
35


24 
1 2u  3v
1 2 3
 v
 e 2 u  3v  
 2
e
(35v  24)  
x y (35 ln y  24)
1225
1225
 35 35 
General solution, z  zc  z p
4. Solve yt  q  xy
Solution: The given equation can be written as
y
2z
y
2

z
 xy  ( y 2 D y2  yDy ) z  xy 2
y
Using the transformation x  e u , y  e v , we get
[ Dv ( Dv  1)  Dv ] z  e u  2v
 Dv ( Dv  2) z  eu  2v
So, the complementary solution, zc  e 0 f1 (u )  e 2v f 2 (u )  f1 (ln x )  y 2 f 2 (ln x )  1 ( x)  y 22 ( x ),
where f1 , f 2 ,1 and 2 are arbitrary functions.
1
v
1
v
The particular solution, z p  2
eu  2v =
e u  2 v = e u  2 v  xy 2 ln y
2 Dv  2
Dv  2 Dv
2
2
1
General solution is z  1 ( x )  y 22 ( x)  xy 2 ln y.
2
5. Solve ( x 2 Dx2  2 xyDx Dy  3 y 2 Dy2  xDx  3 yD y ) z  x 2 y sin(ln x 2 )
Solution: Using the transformation x  eu , y  ev , we get
[ Du ( Du  1)  2 Du Dv  3Dv ( Dv  1)  Du  3Dv ]z  e 2u  v sin 2u
 ( Du2  2 Du Dv  3Dv2 ) z  e 2u  v sin 2u
4
 ( Du  3Dv )( Du  Dv ) z  e 2uv sin 2u
So, the complementary solution,
zc  f1 (v  3u )  f 2 (v  u )  f1 (ln y  3 ln x )  f 2 (ln y  ln x )
y
 y
 f1 (ln x3 y )  f 2 (ln )  1 ( x 3 y )  2  ,
x
x
where f1 , f 2 ,1 and 2 are arbitrary functions.
1
The particular solution, z p  2
e 2u  v sin 2u
2
Du  2 Du Dv  3Dv
 e2u  v
 e 2u  v
1
sin 2u
( Du  2)  2( Du  2)( Dv  1)  3( Dv  1)2
2
1
Du2  4 Du  4  2 Du Dv  2 Du  4 Dv  4  3Dv2  6 Dv  3
 e2u  v
1
sin 2u
D  3D  2 Du Dv  2 Du  10 Dv  3
 e 2u  v
1
sin 2u
 4  2 Du  10 Dv  3
 e2u  v
1
sin 2u
(2 Du  10 Dv )  7
 e2u  v
(2 Du  10 Dv )  7
sin 2u
4 D  40 Du Dv  100 Dv2  49
 e 2u  v
4 cos 2u  7 sin 2u
4(4)  0  0  49
2
u
sin 2u
2
v
2
u
x2 y

[4 cos(2 ln x )  7 sin( 2 ln x )]
65
x2 y
[4 cos(ln x 2 )  4 sin(ln x 2 )]
65
The general solution is

 y 1
z  1 ( x 3 y )  2    x 2 y[4 cos(ln x 2 )  7 sin(ln x 2 )] .
 x  65
 y
6. Solve ( x 2 Dx2  xyDx Dy  2 y 2 Dy2  xDx  2 yDy ) z  log 
x
Solution: The transformation x  e u and y  e v reduce the given equation to
Du ( Du  1)  Du Dv  2 Dv ( Dv  1)  Du  2Dv z  v  u


 Du2  Du Dv  2 Dv2 z  v  u
 ( Du  2 Dv )( Du  Dv ) z  v  u
5
The complementary solution,
y
 y
zc  f1 (v  2u )  f 2 (v  u )  f1 (ln x 2 y )  f 2 (ln )  1 ( x 2 y )  2  ,
x
x
where f1 , f 2 ,1 and 2 are arbitrary functions.
1
The particular solution, z p  2
(v  u )
Du  Du Dv  2 Dv2
1
1   D 2 D2 
 2 1   v  2v   (v  u )
Du   Du
Du  


1  Dv 2 Dv2
1
 2   (v  u )
2 
Du  Du
Du


1
[v  u  u ]
Du2
vu 2 1

 (ln x )2 ln y
2
2
 y 1
Therefore, the complete solution is z  1 ( x 2 y )  2    (ln x )2 ln y.
x 2
Exercise Set 4.3
Solve the following PDEs:
1. ( x 2 Dx2  y 2 Dy2  xDx  yDy ) z  ln x
2. ( x 2 Dx2  2 xyDx D y  3 y 2 Dy2  xDx  3 yDy ) z  x 2 y cos(ln x 2 )
3. ( x 2 Dx2  4 y 2 Dy2  4 yDy  1) z  x 2 y 2 ln y
4. ( x 2 Dx2  xyDx Dy  2 y 2 Dy2  xDx  2 yDy ) z  x 2 y 3
5. ( x 2 Dx2  3xyDx D y  2 y 2 Dy2  xDx  2 yDy ) z  x  2 y
6. ( x 2 Dx2  4 xyDx D y  4 y 2 Dy2  6 yDy ) z  x3 y 4
7. (6 x 2 Dx2  xyDx Dy  y 2 D y2  6 xDx  yDy ) z  xy cos(ln x )
8. ( yD y2  D y ) z  xy ln y