n个自变量的一阶线性偏微分方程（ n ≥ 2 n\geq2 n≥2）
n个自变量的一阶线性偏微分方程的一般形式为
∑ j = 1 n b j ? u ? x j + c u = f (7) \sum_{j=1}^nb_j\frac{\partial u}{\partial x_j}+cu=f \tag{7} j=1∑n?bj??xj??u?+cu=f(7)
其中， b j = b j ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) , j = 1 , 2 , . . . , n , c = c ( x 1 , x 2 , . . , x n ) , f = f ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) b_j=b_j(x_1,x_2,...,x_n),j=1,2,...,n,c=c(x_1,x_2,..,x_n),f=f(x_1,x_2,...,x_n) bj?=bj?(x1?,x2?,...,xn?),j=1,2,...,n,c=c(x1?,x2?,..,xn?),f=f(x1?,x2?,...,xn?)是已知的区域 D ? R n D\subset \bold R^n D?Rn上的连续函数。
与 n ? 2 n-2 n?2时一样，先来求解相应的齐次方程
∑ j = 1 n b j ? φ ? x i = 0 (8) \sum_{j=1}^nb_j\frac{\partial \varphi}{\partial x_i}=0 \tag{8} j=1∑n?bj??xi??φ?=0(8)
为此，引入特征方程组
d x 1 b 1 = d x 2 b 2 = ? ? ? = d x n b n (9) \frac{ dx_1}{b_1}=\frac{dx_2}{b_2}=···=\frac{dx_n}{b_n} \tag{9} b1?dx1??=b2?dx2??=???=bn?dxn??(9)
如选定变量 x 1 , x 2 , . . . , x n x_1,x_2,...,x_n x1?,x2?,...,xn?中的某一个（如 x a x_a xa?）作为自变量，特征方程（9）是n-1个一阶常微分方程 d x j d x n = b j b n ( j = 1 , 2 , . . . , n ? 1 ) \frac{dx_j}{dx_n}=\frac{b_j}{b_n}(j=1,2,...,n-1) dxn?dxj??=bn?bj??(j=1,2,...,n?1)组成的方程组，等价于一个n-1阶的常微分方程。它的解是n维空间中的曲线，称此积分曲线为一阶线性偏微分方程（7）的特征曲线。
如果引入参数t，特征方程组（9）可改写成
d x j d t = b j ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) , j = 1 , 2 , . . . , n \frac{dx_j}{dt}=b_j(x_1,x_2,...,x_n),\quad j=1,2,...,n dtdxj??=bj?(x1?,x2?,...,xn?),j=1,2,...,n
积分曲线可表示为 Γ : { x j = x j ( t ) , j = 1 , 2 , . . . , n } \Gamma:\{x_j=x_j(t), \quad j=1,2,...,n\} Γ:{
xj?=xj?(t),j=1,2,...,n}。如果能将特征方程组（9）中的某些方程凑成一个全微分形式的方程 d φ ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) = 0 d\varphi(x_1,x_2,...,x_n)=0 dφ(x1?,x2?,...,xn?)=0，则积分得到的关系式 φ ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) = h \varphi(x_1,x_2,...,x_n)=h φ(x1?,x2?,...,xn?)=h（常数）称为常微分方程组（9）的一个首次积分。由常微分方程理论，一个n-1阶常微分方程存在且最多存在n-1个相互独立的首次积分。这n-1个独立的首次积分 φ j ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) = h j ( j = 1 , 2 , . . . , n ? 1 ) \varphi_j(x_1,x_2,...,x_n)=h_j(j=1,2,...,n-1) φj?(x1?,x2?,...,xn?)=hj?(j=1,2,...,n?1)的联立即以隐函数的形式给出了（9）式的隐式通解（积分曲线族）。当n=2时，特征方程（9）只有一个独立的首次积分，即为积分曲线族。类似于n=2的情形，偏微分方程（8）的解与特征方程组（9）的首次积分之间有确定的关系。
定理：若 φ ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) = h \varphi(x_1,x_2,...,x_n)=h φ(x1?,x2?,...,xn?)=h是特征方程组（9）在 D ? R n D\subset \bold R^n D?Rn内的一个首次积分，则 ξ = φ ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) \xi=\varphi(x_1,x_2,...,x_n) ξ=φ(x1?,x2?,...,xn?)是一阶线性偏微分方程（8）在D上的一个解。
证明：设 φ ( x 1 , x 2 , . . . , x n ) = h \varphi(x_1,x_2,...,x_n)=h φ(x1?,x2?,...,xn?)=h是特殊方程组（9）的一个首次积分，则沿着（9）式的任一条积分曲线 Γ : { x j = x j ( t ) , j = 1 , 2 , . . . , n } \Gamma:\{x_j=x_j(t),j=1,2,...,n\} Γ:{
xj?=xj?(t),j=1,2,...,n}有
d φ ( x 1 ( t ) , x 2 ( t ) , . . . , x n ( t ) ) = 0 d\varphi(x_1(t),x_2(t),...,x_n(t))=0 dφ(x1?(t),x2?(t),...,xn?(t))=0
即有
? φ ? x 1 d x 1 d t + ? φ ? x 2 d x 2 d t + ? ? ? + ? φ ? x n d x n d t = b 1 ? φ ? x 1 + b 2 ? φ ? x 2 + ? ? ? + b n ? φ ? x n = 0 \frac{\partial \varphi}{\partial x_1}\frac{dx_1}{dt}+\frac{\partial \varphi}{\partial x_2}\frac{dx_2}{dt}+···+ \frac{\partial \varphi}{\partial x_n}\frac{d x_n}{dt}=b_1\frac{\partial \varphi}{\partial x_1}+b_2\frac{\partial \varphi}{\partial x_2}+···+b_n\frac{\partial \varphi}{\partial x_n}=0 ?x1??φ?dtdx1??+?x2??φ?dtdx2??+???+?xn??φ?dtdxn??=b1??x1??φ?+b2??x2??φ?+???+bn??xn??φ?=0
由于过D内任一点有且仅有一条积分曲线，上式对于D内任一点成立，故 ξ = φ ( x 1 , x 2 ? ? ? , x n ) \xi=\varphi(x_1,x_2···,x_n) ξ=φ(x1?,x2????,xn?)是偏微分方程（8）在D上的解。
现在，求解一阶线性偏微分方程（7）。
由上述定理知，如果找到特征方程组（9）的n-1个独立的首次积分 φ j ( x 1 , x 2 , ? ? ? , x n ) = h j ( j = 1 , 2 , ? ? ? , n ? 1 ) \varphi_j(x_1,x_2,···,x_n)=h_j(j=1,2,···,n-1) φj?(x1?,x2?,???,xn?)=hj?(j=1,2,???,n?1)作自变量的变量代换
{ ξ j = φ j ( x 1 , x 2 , ? ? ? , x n ) , j = 1 , 2 , ? ? ? , n ? 1 ξ n = φ n ( x 1 , x 2 , ? ? ? , x n ) (10) \begin{cases} \xi_j=\varphi_j(x_1,x_2,···,x_n),\quad j=1,2,···,n-1 \\ \xi_n=\varphi_n(x_1,x_2,···,x_n) \end{cases} \tag{10} {
ξj?=φj?(x1?,x2?,???,xn?),j=1,2,???,n?1ξn?=φn?(x1?,x2?,???,xn?)?(10)
其中， φ n ( x 1 , x 2 , ? ? ? , x n ) \varphi_n(x_1,x_2,···,x_n) φn?(x1?,x2?,???,xn?)任取，使在D上
J ( φ 1 , φ 2 , ? ? ? , φ n ) = ? ( φ 1 , φ 2 , ? ? ? , φ n ) ? ( x 1 , x 2 , ? ? ? , x n ) = ∣ ? φ 1 ? x 1 ? φ 2 ? x 2 ? ? φ n ? x n ? φ 2 ? x 1 ? φ 2 ? x 2 ? ? φ n ? x 2 ? ? ? ? ? φ n ? x 1 ? φ n ? x 2 ? ? φ n ? x n ∣ ≠ 0 J(\varphi_1,\varphi_2,···,\varphi_n)=\frac{\partial(\varphi_1,\varphi_2,···,\varphi_n)}{\partial(x_1,x_2,···,x_n)}= \begin{vmatrix} \frac{\partial \varphi_1}{\partial x_1} & \frac{\partial \varphi_2}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial \varphi_n}{\partial x_n} \\ \frac{\partial \varphi_2}{\partial x_1} & \frac{\partial \varphi_2}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial \varphi_n}{\partial x_2} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \frac{\partial \varphi_n}{\partial x_1} & \frac{\partial \varphi_n}{\partial x_2} & \cdots & \frac{\partial \varphi_n}{\partial x_n} \end{vmatrix} \neq 0 J(φ1?,φ2?,???,φn?)=?(x1?,x2?,???,xn?)?(φ1?,φ2?,???,φn?)?=∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣??x1??φ1???x1??φ2????x1??φn????x2??φ2???x2??φ2????x2??φn?????????xn??φn???x2??φn????xn??φn???∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣???=0
代入（7），由链式法则得
∑ j = 1 n b j ? u ? x j = ∑ j = 1 n b j ( ∑ k = 1 n ? φ k ? x j ? u ? ξ k ) = ∑ k = 1 n ( ∑ j = 1 n b j ? φ k ? x i ) ? u ? ξ k \sum_{j=1}^n b_j\frac{\partial u}{\partial x_j}=\sum_{j=1}^nb_j(\sum_{k=1}^n\frac{\partial \varphi_k}{\partial x_j}\frac{\partial u}{\partial \xi_k})=\sum_{k=1}^n(\sum_{j=1}^nb_j\frac{\partial \varphi_k}{\partial x_i})\frac{\partial u}{\partial \xi_k} j=1∑n?bj??xj??u?=j=1∑n?bj?(k=1∑n??xj??φk???ξk??u?)=k=1∑n?(j=1∑n?bj??xi??φk??)?ξk??u?
由定理1知，当 k = 1 , 2 , ? ? ? , n ? 1 k=1,2,···,n-1 k=1,2,???,n?1时，有 ∑ j = 1 n b j ? φ k ? x j = , u = u ( x 1 , ? ? ? , x n ) \sum_{j=1}^nb_j\frac{\partial \varphi_k}{\partial x_j}=, u=u(x_1,···,x_n) ∑j=1n?bj??xj??φk??=,u=u(x1?,???,xn?)的方程（7）变成 u = u ( ξ 1 , ξ 2 , ? ? ? , ξ n ) u=u(\xi_1,\xi_2,···,\xi_n) u=u(ξ1?,ξ2?,???,ξn?)的方程
( ∑ j = 1 n b j ? φ n ? x j ) ? u ? ξ n + c u = f (11) (\sum_{j=1}^nb_j\frac{\partial \varphi_n}{\partial x_j})\frac{\partial u}{\partial \xi_n}+cu=f \tag{11} (j=1∑n?bj??xj??φn??)?ξn??u?+cu=f(11)
对 ξ n \xi_n ξn?积分，可得（11）式的通解。再代会原来的自变量 ( x 1 , x 2 , ? ? ? , x n ) (x_1,x_2,···,x_n) (x1?,x2?,???,xn?)，便得原方程（7）的通解。
特别地，当 c ( x 1 , x 2 , ? ? ? , x n ) = f ( x 1 , x 2 , ? ? ? , x n ) ≡ 0 c(x_1,x_2,···,x_n)=f(x_1,x_2,···,x_n)\equiv 0 c(x1?,x2?,???,xn?)=f(x1?,x2?,???,xn?)≡0时，方程（7）即为方程（8），变量代换（10）式后的新方程为
? u ? ξ n = 0 \frac{\partial u}{\partial \xi_n}=0 ?ξn??u?=0
积分得通解
u = g ( ξ 1 , ξ 2 , ? ? ? , ξ n ? 1 ) = g ( φ 1 ( x 1 , x 2 , ? ? ? , x n ) , φ 2 ( x 1 , x 2 , ? ? ? x n ) , ? ? ? , φ n ? 1 ( x 1 , x 2 , ? ? ? , x n ) ) , u=g(\xi_1,\xi_2,···,\xi_{n-1})=g(\varphi_1(x_1,x_2,···,x_n),\varphi_2(x_1,x_2,···x_n),···,\varphi_{n-1}(x_1,x_2,···,x_n)), u=g(ξ1?,ξ2?,???,ξn?1?)=g(φ1?(x1?,x2?,???,xn?),φ2?(x1?,x2?,???xn?),???,φn?1?(x1?,x2?,???,xn?)),
其中为任意 n ? 1 n-1 n?1元 C 1 C^1 C1函数。
如果再给出未知函数在n维空间的一条曲线（非特征线）上的值，定出函数g，可得到特解。遗憾的是，一般而言，实际找出常微分方程的首次积分和确定函数关系g并非易事。
例1：求解初值问题
{ x ? u ? x + y ? u ? y + z ? u ? z = 0 u ∣ z = 1 = x y \begin{cases} \sqrt{x}\frac{\partial u}{\partial x}+\sqrt{y}\frac{\partial u}{\partial y}+z\frac{\partial u}{\partial z}=0 \\ u|_{z=1}=xy \end{cases} {
x??x?u?+y??y?u?+z?z?u?=0u∣z=1?=xy?
解：特征方程为
d x x = d y u = d z z \frac{dx}{\sqrt x}=\frac{dy}{\sqrt u}=\frac{dz}{z} x?dx?=u?dy?=zdz?
有两个独立的首次积分 x ? y = c 1 \sqrt{x}-\sqrt{y}=c_1 x??y?=c1?和 2 y ? l n z = c 2 2\sqrt{y}-lnz=c_2 2y??lnz=c2?，故齐次方程的通解为
u = g ( x ? y , 2 u ? l n z ) u=g(\sqrt x-\sqrt y,2\sqrt u-lnz) u=g(x??y?,2u??lnz)
代入初始条件
u ∣ x = 1 = g ( x ? y , 2 y ) = x y u|_{x=1}=g(\sqrt x-\sqrt y,2\sqrt y)=xy u∣x=1?=g(x??y?,2y?)=xy
为了确定函数g，不妨令 p = x ? y p=\sqrt x-\sqrt y p=x??y?和 q = 2 y q=2\sqrt y q=2y?，解得
y = 1 4 q 2 , x = ( p + 1 2 q ) 2 y=\frac{1}{4}q^2,\quad x=(p+\frac{1}{2}q)^2 y=41?q2,x=(p+21?q)2
故
g ( p , q ) = 1 4 q 2 ( p + 1 2 q ) 2 g(p,q)=\frac{1}{4}q^2(p+\frac{1}{2}q)^2 g(p,q)=41?q2(p+21?q)2
上述定解问题的解为
u = ( y ? 1 2 l n z ) 2 ( x ? 1 2 l n z ) 2 u=(\sqrt y-\frac{1}{2}lnz)^2(\sqrt x-\frac{1}{2}lnz)^2 u=(y??21?lnz)2(x??21?lnz)2
例2：求解初值问题
{ ? u ? t = x ? u ? x + y ? u ? y + u + x y u ∣ t = 0 = φ ( x , y ) \begin{cases} \frac{\partial u}{\partial t}=x\frac{\partial u}{\partial x}+y\frac{\partial u}{\partial y}+u+xy \\ u|_{t=0}=\varphi(x,y) \end{cases} {
?t?u?=x?x?u?+y?y?u?+u+xyu∣t=0?=φ(x,y)?
解：特征方程为
d t 1 = ? d x x = ? d y y \frac{dt}{1}=-\frac{dx}{x}=-\frac{dy}{y} 1dt?=?xdx?=?ydy?
积分得首次积分 x e t = c 1 , y e t = c 2 xe^t=c_1,ye^t=c_2 xet=c1?,yet=c2?。作变量代换
ξ = x e t , η = y e t , τ = t \xi=xe^t,\quad \eta=ye^t, \quad \tau=t ξ=xet,η=yet,τ=t
方程变为一阶常微分方程
? u ? τ = u ( ξ , η , τ ) + ξ η e ? 2 τ \frac{\partial u}{\partial \tau}=u(\xi,\eta,\tau)+\xi \eta e^{-2\tau} ?τ?u?=u(ξ,η,τ)+ξηe?2τ
积分得通解
u = e τ [ ∫ ξ η e ? 2 τ ? e ? τ d τ + g ( ξ , η ) ] = ? 1 3 ξ η ? 2 τ + g ( ξ , η ) e τ = ? 1 3 x y + g ( x e t , y e t ) e t u=e^{\tau}[\int \xi \eta e^{-2\tau}·e^{-\tau}d\tau+g(\xi,\eta)]\\ =-\frac{1}{3}\xi \eta^{-2\tau}+g(\xi,\eta)e^{\tau}=-\frac{1}{3}xy+g(xe^t,ye^t)e^t u=eτ[∫ξηe?2τ?e?τdτ+g(ξ,η)]=?31?ξη?2τ+g(ξ,η)eτ=?31?xy+g(xet,yet)et
代入初始条件
u ∣ t = 0 = ? 1 3 x y + g ( x , y ) = φ ( x , y ) g ( x , y ) = 1 3 x y + φ ( x , y ) u|_{t=0}=-\frac{1}{3}xy+g(x,y)=\varphi(x,y) \\ g(x,y)=\frac{1}{3}xy+\varphi(x,y) u∣t=0?=?31?xy+g(x,y)=φ(x,y)g(x,y)=31?xy+φ(x,y)
得该定解问题的解
u = ? 1 3 x y + e t [ 1 3 x y e 2 t + φ ( x e t , y e t ) ] u=-\frac{1}{3}xy+e^t[\frac{1}{3}xye^{2t}+\varphi(xe^t,ye^t)] u=?31?xy+et[31?xye2t+φ(xet,yet)]