Forme canonique en deux étapes

Type. $\alpha =1$, $\beta =1$, $\gamma =0$ : $D=1>0$, hyperbolique.

Étape 1 (terme croisé). Avec $\xi =x$, $\eta =y-\frac{x}{2}$ et $u(x,y)=g(\xi ,\eta )$ : $\frac{\partial }{\partial x}=\frac{\partial }{\partial \xi }-\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial \eta }$, $\frac{\partial }{\partial y}=\frac{\partial }{\partial \eta }$. Alors

$$\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=(\frac{\partial }{\partial \xi }-\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial \eta }{)}^{2}g+(\frac{\partial }{\partial \xi }-\frac{1}{2}\frac{\partial }{\partial \eta })\frac{\partial g}{\partial \eta }=\frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\xi }^2}-\frac{1}{4}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\eta }^2},$$

et $2\frac{\partial u}{\partial x}+3\frac{\partial u}{\partial y}=2\frac{\partial g}{\partial \xi }-\frac{\partial g}{\partial \eta }+3\frac{\partial g}{\partial \eta }=2\frac{\partial g}{\partial \xi }+2\frac{\partial g}{\partial \eta }$. L'équation devient $\frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\xi }^2}-\frac{1}{4}\frac{{\partial }^{2}g}{\partial {\eta }^2}+2\frac{\partial g}{\partial \xi }+2\frac{\partial g}{\partial \eta }-g=0$.

Étape 2 (termes d'ordre 1). Avec $g=h{\mathrm{e}}^{a\xi +b\eta }$ : le coefficient de $\frac{\partial h}{\partial \xi }$ est $2a+2$, celui de $\frac{\partial h}{\partial \eta }$ est $-\frac{b}{2}+2$ ; ils s'annulent pour $a=-1$, $b=4$. Le coefficient de $h$ vaut alors $a^2-\frac{b^2}{4}+2a+2b-1=1-4-2+8-1=2$. Forme canonique :

$$\frac{{\partial }^{2}h}{\partial {\xi }^2}-\frac{1}{4}\frac{{\partial }^{2}h}{\partial {\eta }^2}+2h=0,u(x,y)=h(x,y-\frac{x}{2}){\mathrm{e}}^{-x+4(y-x/2)}=h(x,y-\frac{x}{2}){\mathrm{e}}^{-3x+4y}.$$

Les coefficients $1$ et $-\frac{1}{4}$ sont de signes opposés : hyperbolique, comme annoncé. (Calcul vérifié par calcul formel.)