二、多元函数导数的计算｜大题·抽象型与隐函数求导

大题

（二）抽象型

【1988-12-6 分】 设

u = y f (\frac{x}{y}) + xg (\frac{y}{x}),

其中 $f, g$ 具有二阶连续导数，求

x \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} + y \frac{\partial ^{2} u}{\partial x \partial y} .

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答案：

0

解析： 先观察函数的齐次性。对任意 $λ > 0$ ，

u (λ x, λ y) = λ y f (\frac{λ x}{λ y}) + λ xg (\frac{λ y}{λ x}) = λ [y f (\frac{x}{y}) + xg (\frac{y}{x})] = λ u (x, y) .

因此 $u$ 是关于 $x, y$ 的一阶齐次函数。由欧拉齐次函数定理，

x u_{x} + y u_{y} = u .

对上式关于 $x$ 求偏导：

u_{x} + x u_{xx} + y u_{y x} = u_{x} .

消去两边的 $u_{x}$ ，并利用

u_{y x} = u_{x y},

得到

x u_{xx} + y u_{x y} = 0.

所以所求结果为

0 .

若直接逐项求二阶偏导，计算较长；识别一阶齐次结构并使用欧拉定理是本题的核心。

【1993-2-6 分】 设

z = x^{3} f (x y, \frac{y}{x}),

$f$ 具有连续二阶偏导数，求

\frac{\partial z}{\partial y}, \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}}, \frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} .

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答案： 令

u = x y, v = \frac{y}{x},

则

z_{y} = x^{4} f_{u} + x^{2} f_{v}

z_{y y} = x^{5} f_{uu} + 2 x^{3} f_{uv} + x f_{v v}

z_{x y} = 4 x^{3} f_{u} + x^{4} y f_{uu} + 2 x f_{v} - y f_{v v}

其中各偏导数均在 $(u, v) = (x y, \frac{y}{x})$ 处取值。

解析： 记

u = x y, v = \frac{y}{x} .

则

u_{y} = x, v_{y} = \frac{1}{x},

所以

z_{y} = x^{3} (f_{u} u_{y} + f_{v} v_{y}) = x^{3} (x f_{u} + \frac{1}{x} f_{v}) = x^{4} f_{u} + x^{2} f_{v} .

再对 $y$ 求偏导：

z_{y y} = x^{4} (f_{uu} u_{y} + f_{uv} v_{y}) + x^{2} (f_{v u} u_{y} + f_{v v} v_{y}) = x^{4} (x f_{uu} + \frac{1}{x} f_{uv}) + x^{2} (x f_{v u} + \frac{1}{x} f_{v v}) .

因 $f$ 有连续二阶偏导数，

f_{v u} = f_{uv},

故

z_{y y} = x^{5} f_{uu} + 2 x^{3} f_{uv} + x f_{v v} .

下面由

z_{y} = x^{4} f_{u} + x^{2} f_{v}

对 $x$ 求偏导。注意

u_{x} = y, v_{x} = - \frac{y}{x ^{2}} .

于是

z_{x y} = 4 x^{3} f_{u} + x^{4} (y f_{uu} - \frac{y}{x ^{2}} f_{uv}) + 2 x f_{v} + x^{2} (y f_{v u} - \frac{y}{x ^{2}} f_{v v}) .

利用 $f_{uv} = f_{v u}$ ，中间的混合偏导项相消，得到

z_{x y} = 4 x^{3} f_{u} + x^{4} y f_{uu} + 2 x f_{v} - y f_{v v} .

本题中 $z_{x y}$ 的两个 $f_{uv}$ 项恰好相消，是化简时容易遗漏的关键步骤。

【1996-12-6 分】 设变换 ${u = x - 2 y, v = x + a y$ 可把方程 $6 \frac{\partial ^{2} z}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} - \frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = 0$ 简化为 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial u \partial v} = 0$ ，求常数 $a$ 。

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答案：

a = 3

解析： 由

u = x - 2 y, v = x + a y,

可得微分算子

\frac{\partial}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial u} + \frac{\partial}{\partial v}, \frac{\partial}{\partial y} = - 2 \frac{\partial}{\partial u} + a \frac{\partial}{\partial v} .

于是

z_{xx} = z_{uu} + 2 z_{uv} + z_{v v},

z_{x y} = - 2 z_{uu} + (a - 2) z_{uv} + a z_{v v},

z_{y y} = 4 z_{uu} - 4 a z_{uv} + a^{2} z_{v v} .

代入原方程，得

6 z_{xx} + z_{x y} - z_{y y} = (10 + 5 a) z_{uv} + (6 + a - a^{2}) z_{v v} .

要使方程只含混合偏导数，必须有

6 + a - a^{2} = 0,

即

a = 3 或 a = - 2.

当 $a = - 2$ 时， $v = x - 2 y = u$ ，变量变换退化，不能采用。因此

a = 3 .

此时原方程化为

25 z_{uv} = 0,

即 $z_{uv} = 0$ 。

【2001-1-6 分】 设函数 $z = f (x, y)$ 在点 $(1, 1)$ 处可微，且 $f (1, 1) = 1$ ， $f_{x} (1, 1) = 2$ ， $f_{y} (1, 1) = 3$ ， $φ (x) = f (x, f (x, x))$ ，求 $\frac{d}{d x} φ^{3} (x)_{x = 1}$ 。

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答案：

51

解析： 令

h (x) = f (x, x),

则 $φ (x) = f (x, h (x))$ 。由已知条件，

h (1) = f (1, 1) = 1,

且

h^{'} (1) = f_{x} (1, 1) + f_{y} (1, 1) = 2 + 3 = 5.

再由复合函数求导法则，

φ^{'} (x) = f_{x} (x, h (x)) + f_{y} (x, h (x)) h^{'} (x),

所以

φ (1) = f (1, 1) = 1, φ^{'} (1) = 2 + 3 \times 5 = 17.

于是

\frac{d}{d x} φ^{3} (x)_{x = 1} = 3 φ^{2} (x) φ^{'} (x)_{x = 1} = 3 \times 1^{2} \times 17 = 51.

【2003-34-8 分】 设 $f (u, v)$ 具有二阶连续偏导数，且满足 $f_{uu} + f_{v v} = 1$ ，又 $g (x, y) = f (x y, \frac{1}{2} (x^{2} - y^{2}))$ ，求 $g_{xx} + g_{y y}$ 。

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答案：

g_{xx} + g_{y y} = x^{2} + y^{2}

解析： 令

u = x y, v = \frac{1}{2} (x^{2} - y^{2}),

则

u_{x} = y, u_{y} = x, u_{xx} = u_{y y} = 0,

v_{x} = x, v_{y} = - y, v_{xx} = 1, v_{y y} = - 1.

由二阶复合函数求导公式，

g_{xx} = f_{uu} u_{x}^{2} + 2 f_{uv} u_{x} v_{x} + f_{v v} v_{x}^{2} + f_{u} u_{xx} + f_{v} v_{xx},

g_{y y} = f_{uu} u_{y}^{2} + 2 f_{uv} u_{y} v_{y} + f_{v v} v_{y}^{2} + f_{u} u_{y y} + f_{v} v_{y y} .

两式相加，得

g_{xx} + g_{y y} = = (x^{2} + y^{2}) f_{uu} + 2 (x y - x y) f_{uv} + (x^{2} + y^{2}) f_{v v} + (1 - 1) f_{v} (x^{2} + y^{2}) (f_{uu} + f_{v v}) .

由 $f_{uu} + f_{v v} = 1$ ，故

g_{xx} + g_{y y} = x^{2} + y^{2} .

【2004-2-10 分】 设 $z = f (x^{2} - y^{2}, e^{x y})$ ，其中 $f$ 具有连续二阶偏导数，求 $z_{x}$ ， $z_{y}$ ， $z_{x y}$ 。

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答案： 令

u = x^{2} - y^{2}, v = e^{x y},

则

z_{x} = 2 x f_{u} + y e^{x y} f_{v},

z_{y} = - 2 y f_{u} + x e^{x y} f_{v},

z_{x y} = - 4 x y f_{uu} + 2 (x^{2} - y^{2}) e^{x y} f_{uv} + x y e^{2 x y} f_{v v} + (1 + x y) e^{x y} f_{v} .

其中各偏导数均在 $(u, v) = (x^{2} - y^{2}, e^{x y})$ 处取值。

解析： 由链式法则，

u_{x} = 2 x, u_{y} = - 2 y, v_{x} = y e^{x y}, v_{y} = x e^{x y} .

因此

z_{x} = f_{u} u_{x} + f_{v} v_{x} = 2 x f_{u} + y e^{x y} f_{v},

z_{y} = f_{u} u_{y} + f_{v} v_{y} = - 2 y f_{u} + x e^{x y} f_{v} .

再对 $z_{x}$ 关于 $y$ 求偏导：

z_{x y} = 2 x (f_{uu} u_{y} + f_{uv} v_{y}) + (1 + x y) e^{x y} f_{v} + y e^{x y} (f_{v u} u_{y} + f_{v v} v_{y}) .

代入 $u_{y} = - 2 y$ 、 $v_{y} = x e^{x y}$ ，并利用 $f_{uv} = f_{v u}$ ，得

z_{x y} = - 4 x y f_{uu} + 2 (x^{2} - y^{2}) e^{x y} f_{uv} + x y e^{2 x y} f_{v v} + (1 + x y) e^{x y} f_{v} .

【2005-34-8 分】 设 $f (u)$ 具有二阶连续导数，且 $g (x, y) = f (\frac{y}{x}) + y f (\frac{x}{y})$ ，求 $x^{2} g_{xx} - y^{2} g_{y y}$ 。

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答案：

x^{2} g_{xx} - y^{2} g_{y y} = 2 \frac{y}{x} f^{'} (\frac{y}{x})

解析： 将

g (x, y) = g_{1} (x, y) + g_{2} (x, y),

其中

g_{1} = f (\frac{y}{x}), g_{2} = y f (\frac{x}{y}) .

先计算 $g_{1}$ 。令 $r = \frac{y}{x}$ ，则

r_{x} = - \frac{r}{x}, r_{xx} = \frac{2 r}{x ^{2}}, r_{y} = \frac{1}{x}, r_{y y} = 0.

因此

(g_{1})_{xx} = f^{''} (r) \frac{r ^{2}}{x ^{2}} + f^{'} (r) \frac{2 r}{x ^{2}},

(g_{1})_{y y} = f^{''} (r) \frac{1}{x ^{2}} .

注意 $y = r x$ ，所以

x^{2} (g_{1})_{xx} - y^{2} (g_{1})_{y y} = r^{2} f^{''} (r) + 2 r f^{'} (r) - r^{2} f^{''} (r) = 2 r f^{'} (r) .

再计算 $g_{2}$ 。令 $s = \frac{x}{y}$ ，则

(g_{2})_{x} = f^{'} (s), (g_{2})_{xx} = \frac{1}{y} f^{''} (s) .

另一方面，

(g_{2})_{y} = f (s) - s f^{'} (s),

故

(g_{2})_{y y} = \frac{s ^{2}}{y} f^{''} (s) .

由 $x = sy$ ，得

x^{2} (g_{2})_{xx} - y^{2} (g_{2})_{y y} = \frac{x ^{2}}{y} f^{''} (s) - y s^{2} f^{''} (s) = 0.

综上，

x^{2} g_{xx} - y^{2} g_{y y} = 2 r f^{'} (r) = 2 \frac{y}{x} f^{'} (\frac{y}{x}) .

【2009-2-10 分】 设 $z = f (x + y, x - y, x y)$ ，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，求 $d z$ 与 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ 。

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答案： 令

u = x + y, v = x - y, w = x y,

则

d z = (f_{u} + f_{v} + y f_{w}) d x + (f_{u} - f_{v} + x f_{w}) d y

且

z_{x y} = f_{uu} - f_{v v} + (x + y) f_{u w} + (x - y) f_{v w} + x y f_{w w} + f_{w}

其中各偏导数均在点 $(u, v, w) = (x + y, x - y, x y)$ 处取值。

解析： 由复合函数全微分公式，

d u = d x + d y, d v = d x - d y, d w = y d x + x d y .

因此

d z = f_{u} d u + f_{v} d v + f_{w} d w = f_{u} (d x + d y) + f_{v} (d x - d y) + f_{w} (y d x + x d y) = (f_{u} + f_{v} + y f_{w}) d x + (f_{u} - f_{v} + x f_{w}) d y .

先求

z_{x} = f_{u} + f_{v} + y f_{w} .

对 $y$ 再求偏导。由于

u_{y} = 1, v_{y} = - 1, w_{y} = x,

故

\frac{\partial f _{u}}{\partial y} \frac{\partial f _{v}}{\partial y} \frac{\partial ( y f _{w} )}{\partial y} = f_{uu} - f_{uv} + x f_{u w}, = f_{v u} - f_{v v} + x f_{v w}, = f_{w} + y (f_{w u} - f_{w v} + x f_{w w}) .

因 $f$ 具有二阶连续偏导数，混合偏导可交换，即

f_{uv} = f_{v u}, f_{u w} = f_{w u}, f_{v w} = f_{w v} .

合并得

z_{x y} = f_{uu} - f_{v v} + x f_{u w} + x f_{v w} + f_{w} + y f_{u w} - y f_{v w} + x y f_{w w} = f_{uu} - f_{v v} + (x + y) f_{u w} + (x - y) f_{v w} + x y f_{w w} + f_{w} .

【2010-2-11 分】 设函数 $u = f (x, y)$ 具有二阶连续偏导数，且满足

4 u_{xx} + 12 u_{x y} + 5 u_{y y} = 0.

确定 $a, b$ 的值，使该方程在变换 $ξ = x + a y$ ， $η = x + b y$ 下化简为 $u_{ξ η} = 0$ 。

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答案：

(a, b) = (- 2, - \frac{2}{5}) 或 (a, b) = (- \frac{2}{5}, - 2)

解析： 将 $u$ 看成 $u = u (ξ, η)$ 。由

ξ_{x} = 1, η_{x} = 1, ξ_{y} = a, η_{y} = b,

可得微分算子

\frac{\partial}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial ξ} + \frac{\partial}{\partial η}, \frac{\partial}{\partial y} = a \frac{\partial}{\partial ξ} + b \frac{\partial}{\partial η} .

因此

u_{xx} = u_{ξ ξ} + 2 u_{ξ η} + u_{η η},

u_{x y} = a u_{ξ ξ} + (a + b) u_{ξ η} + b u_{η η},

u_{y y} = a^{2} u_{ξ ξ} + 2 ab u_{ξ η} + b^{2} u_{η η} .

代入原方程， $u_{ξ ξ}$ 与 $u_{η η}$ 的系数分别为

4 + 12 a + 5 a^{2}, 4 + 12 b + 5 b^{2} .

要使方程只含混合偏导数，必须有

5 a^{2} + 12 a + 4 = 0, 5 b^{2} + 12 b + 4 = 0.

解二次方程

5 t^{2} + 12 t + 4 = (5 t + 2) (t + 2) = 0,

得

t = - 2 或 t = - \frac{2}{5} .

为保证变换可逆，应取 $a \neq = b$ ，故 $a, b$ 分别取上述两个根。此时混合偏导项系数为

8 + 12 (a + b) + 10 ab = 8 + 12 (- \frac{12}{5}) + 10 \cdot \frac{4}{5} = - \frac{64}{5} \neq = 0.

所以原方程确实可化为

u_{ξ η} = 0.

【2011-3-10 分】 已知函数 $f (u, v)$ 具有二阶连续偏导数， $f (1, 1) = 2$ ，且 $(1, 1)$ 是 $f (u, v)$ 的极值点，令

z = f (x + y, f (x, y)),

求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}_{(1, 1)}$ 。

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答案：

z_{x y} ∣_{(1, 1)} = f_{uu} (2, 2) + f_{v} (2, 2) f_{x y} (1, 1)

解析： 由 $(1, 1)$ 是 $f$ 的极值点且 $f$ 可微，得

f_{x} (1, 1) = f_{y} (1, 1) = 0.

令

U = x + y, V = f (x, y),

则 $z = f (U, V)$ 。先对 $x$ 求偏导：

z_{x} = f_{u} (U, V) + f_{v} (U, V) V_{x} .

再对 $y$ 求偏导：

z_{x y} = f_{uu} (U, V) U_{y} + f_{uv} (U, V) V_{y} + [f_{v u} (U, V) U_{y} + f_{v v} (U, V) V_{y}] V_{x} + f_{v} (U, V) V_{x y} .

在 $(x, y) = (1, 1)$ 处，

U = 2, V = f (1, 1) = 2,

并且

U_{y} = 1, V_{x} = f_{x} (1, 1) = 0, V_{y} = f_{y} (1, 1) = 0.

故

z_{x y} ∣_{(1, 1)} = f_{uu} (2, 2) + f_{v} (2, 2) f_{x y} (1, 1) .

【2011-12-10 分】 设函数 $z = f (x y, y g (x))$ ，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，函数 $g (x)$ 可导且在 $x = 1$ 处取得极值， $g (1) = 1$ ，求

\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}_{x = 1} .

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答案：

z_{x y} ∣_{x = 1} = f_{u} (y, y) + y f_{uu} (y, y) + y f_{uv} (y, y)

解析： 令

u = x y, v = y g (x), z = f (u, v) .

因 $g$ 在 $x = 1$ 处取得极值且可导，故

g^{'} (1) = 0.

先对 $x$ 求偏导：

z_{x} = f_{u} u_{x} + f_{v} v_{x} = y f_{u} + y g^{'} (x) f_{v} .

再对 $y$ 求偏导。注意

u_{y} = x, v_{y} = g (x),

于是

z_{x y} = f_{u} + y (x f_{uu} + g (x) f_{uv}) + g^{'} (x) f_{v} + y g^{'} (x) (x f_{v u} + g (x) f_{v v}) .

当 $x = 1$ 时，

g (1) = 1, g^{'} (1) = 0, u = y, v = y .

故含 $g^{'} (1)$ 的各项均为零，从而

z_{x y} ∣_{x = 1} = f_{u} (y, y) + y f_{uu} (y, y) + y f_{uv} (y, y) .

【2017-12-10 分】 设函数 $f (u, v)$ 具有二阶连续偏导数，

y = f (e^{x}, cos x),

求 $\frac{d y}{d x}_{x = 0}$ 与 $\frac{d ^{2} y}{d x ^{2}}_{x = 0}$ 。

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答案：

y^{'} ∣_{x = 0} = f_{u} (1, 1)

y^{''} ∣_{x = 0} = f_{uu} (1, 1) + f_{u} (1, 1) - f_{v} (1, 1)

解析： 令

u = e^{x}, v = cos x, y = f (u, v) .

由复合函数求导法则，

y^{'} = f_{u} u^{'} + f_{v} v^{'} = e^{x} f_{u} - sin x f_{v} .

当 $x = 0$ 时， $u = v = 1$ ，且 $sin 0 = 0$ ，故

y^{'} ∣_{x = 0} = f_{u} (1, 1) .

继续求导：

y^{''} = e^{x} f_{u} + e^{x} (f_{uu} u^{'} + f_{uv} v^{'}) - cos x f_{v} - sin x (f_{v u} u^{'} + f_{v v} v^{'}) .

代入 $u^{'} = e^{x}$ 、 $v^{'} = - sin x$ ，得

y^{''} = e^{x} f_{u} + e^{2 x} f_{uu} - 2 e^{x} sin x f_{uv} + sin^{2} x f_{v v} - cos x f_{v} .

在 $x = 0$ 处， $e^{0} = 1$ 、 $sin 0 = 0$ 、 $cos 0 = 1$ ，所以

y^{''} ∣_{x = 0} = f_{uu} (1, 1) + f_{u} (1, 1) - f_{v} (1, 1) .

【2019-3-10 分】 设函数 $f (u, v)$ 具有二阶连续偏导数，函数

g (x, y) = x y - f (x + y, x - y),

求

\frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} g}{\partial x \partial y} + \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} .

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答案：

1 - 3 f_{uu} (x + y, x - y) - f_{v v} (x + y, x - y)

解析： 令

u = x + y, v = x - y,

则

g (x, y) = x y - f (u, v) .

由复合函数求导法则，

g_{x} = y - f_{u} - f_{v},

g_{y} = x - f_{u} + f_{v} .

继续求二阶偏导数：

g_{xx} g_{x y} g_{y y} = - (f_{uu} + 2 f_{uv} + f_{v v}), = 1 - f_{uu} + f_{v v}, = - f_{uu} + 2 f_{uv} - f_{v v} .

因此

g_{xx} + g_{x y} + g_{y y} = - f_{uu} - 2 f_{uv} - f_{v v} + 1 - f_{uu} + f_{v v} - f_{uu} + 2 f_{uv} - f_{v v} = 1 - 3 f_{uu} - f_{v v} .

其中各偏导数均在点 $(u, v) = (x + y, x - y)$ 处取值，故

g_{xx} + g_{x y} + g_{y y} = 1 - 3 f_{uu} (x + y, x - y) - f_{v v} (x + y, x - y) .

【2019-2-11 分】 已知函数 $u (x, y)$ 满足

2 \frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} - 2 \frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} + 3 \frac{\partial u}{\partial x} + 3 \frac{\partial u}{\partial y} = 0,

求 $a, b$ 的值，使得在变换

u (x, y) = v (x, y) e^{a x + b y}

之下，上述等式可化为函数 $v (x, y)$ 的不含一阶偏导数的等式。

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答案：

a = - \frac{3}{4}, b = \frac{3}{4}

变换后的方程为

v_{xx} - v_{y y} = 0

解析： 令

u = v e^{a x + b y} .

则

u_{x} = e^{a x + b y} (v_{x} + a v),

u_{y} = e^{a x + b y} (v_{y} + b v),

并且

u_{xx} = e^{a x + b y} (v_{xx} + 2 a v_{x} + a^{2} v),

u_{y y} = e^{a x + b y} (v_{y y} + 2 b v_{y} + b^{2} v) .

代入原方程并约去非零因子 $e^{a x + b y}$ ，得

0 = 2 v_{xx} - 2 v_{y y} + (4 a + 3) v_{x} + (- 4 b + 3) v_{y} + (2 a^{2} - 2 b^{2} + 3 a + 3 b) v .

要使方程中不含一阶偏导数，必须有

4 a + 3 = 0, - 4 b + 3 = 0.

所以

a = - \frac{3}{4}, b = \frac{3}{4} .

此时

2 a^{2} - 2 b^{2} + 3 a + 3 b = 0,

故变换后的方程为

2 v_{xx} - 2 v_{y y} = 0,

即

v_{xx} - v_{y y} = 0.

【2024-2-12 分】 已知函数 $f (u, v)$ 具有二阶连续偏导数，且函数

g (x, y) = f (2 x + y, 3 x - y)

满足

\frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} g}{\partial x \partial y} - 6 \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = 1.

（1）求 $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u \partial v}$ ；

（2）若

\frac{\partial f ( u , 0 )}{\partial u} = u e^{- u}, f (0, v) = \frac{v ^{2}}{50} - 1,

求 $f (u, v)$ 的表达式。

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答案： （1）

f_{uv} = \frac{1}{25}

（2）

f (u, v) = \frac{uv}{25} - (u + 1) e^{- u} + \frac{v ^{2}}{50}

解析： 令

u = 2 x + y, v = 3 x - y .

则微分算子满足

\frac{\partial}{\partial x} = 2 \frac{\partial}{\partial u} + 3 \frac{\partial}{\partial v},

\frac{\partial}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial u} - \frac{\partial}{\partial v} .

于是

g_{xx} = 4 f_{uu} + 12 f_{uv} + 9 f_{v v},

g_{x y} = 2 f_{uu} + f_{uv} - 3 f_{v v},

g_{y y} = f_{uu} - 2 f_{uv} + f_{v v} .

所以

g_{xx} + g_{x y} - 6 g_{y y} = (4 + 2 - 6) f_{uu} + (12 + 1 + 12) f_{uv} + (9 - 3 - 6) f_{v v} = 25 f_{uv} .

由题设可得

25 f_{uv} = 1,

故

f_{uv} = \frac{1}{25} .

由 $f_{uv} = \frac{1}{25}$ 对 $v$ 积分，得

f_{u} (u, v) = \frac{v}{25} + A (u) .

利用条件 $f_{u} (u, 0) = u e^{- u}$ ，得

A (u) = u e^{- u} .

因此

f_{u} (u, v) = \frac{v}{25} + u e^{- u} .

再对 $u$ 积分：

f (u, v) = \frac{uv}{25} + \int u e^{- u} d u + B (v) = \frac{uv}{25} - (u + 1) e^{- u} + B (v) .

令 $u = 0$ ，由

f (0, v) = \frac{v ^{2}}{50} - 1

可得

- 1 + B (v) = \frac{v ^{2}}{50} - 1,

所以

B (v) = \frac{v ^{2}}{50} .

故

f (u, v) = \frac{uv}{25} - (u + 1) e^{- u} + \frac{v ^{2}}{50} .

【2025-1-12 分】 已知函数 $f (u)$ 在区间 $(0, + \infty)$ 内具有二阶导数，记

g (x, y) = f (\frac{x}{y}) .

若 $g (x, y)$ 满足

x^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial x ^{2}} + x y \frac{\partial ^{2} g}{\partial x \partial y} + y^{2} \frac{\partial ^{2} g}{\partial y ^{2}} = 1,

且

g (x, x) = 1, \frac{\partial g}{\partial x}_{(x, x)} = \frac{2}{x},

求 $f (u)$ 。

查看答案与解析

答案：

f (u) = \frac{1}{2} (ln u)^{2} + 2 ln u + 1, u > 0

解析： 令

s = \frac{x}{y}, g (x, y) = f (s) .

有

g_{x} = \frac{1}{y} f^{'} (s),

g_{y} = - \frac{s}{y} f^{'} (s) .

继续求二阶偏导数：

g_{xx} = \frac{1}{y ^{2}} f^{''} (s),

g_{x y} = - \frac{1}{y ^{2}} [s f^{''} (s) + f^{'} (s)],

g_{y y} = \frac{1}{y ^{2}} [s^{2} f^{''} (s) + 2 s f^{'} (s)] .

由于 $x = sy$ ，代入题设方程得

1 = x^{2} g_{xx} + x y g_{x y} + y^{2} g_{y y} = s^{2} f^{''} (s) - s [s f^{''} (s) + f^{'} (s)] + s^{2} f^{''} (s) + 2 s f^{'} (s) = s^{2} f^{''} (s) + s f^{'} (s) .

将自变量重新记为 $u$ ，得到常微分方程

u^{2} f^{''} (u) + u f^{'} (u) = 1.

注意到

[u f^{'} (u)]^{'} = u f^{''} (u) + f^{'} (u),

故原方程可写为

[u f^{'} (u)]^{'} = \frac{1}{u} .

积分得

u f^{'} (u) = ln u + C_{1},

即

f^{'} (u) = \frac{ln u + C _{1}}{u} .

由 $g (x, x) = f (1) = 1$ 。

又因为

g_{x} (x, y) = \frac{1}{y} f^{'} (\frac{x}{y}),

所以在 $(x, x)$ 处，

g_{x} ∣_{(x, x)} = \frac{1}{x} f^{'} (1) = \frac{2}{x} .

因此

f^{'} (1) = 2,

从而 $C_{1} = 2$ 。

于是

f^{'} (u) = \frac{ln u + 2}{u} .

再次积分：

f (u) = \frac{1}{2} (ln u)^{2} + 2 ln u + C_{2} .

由 $f (1) = 1$ ，得 $C_{2} = 1$ 。故

f (u) = \frac{1}{2} (ln u)^{2} + 2 ln u + 1.

（三）隐函数求导

【2002-34-7 分】 设函数 $u = f (x, y, z)$ 有连续偏导数，且 $z = z (x, y)$ 由方程

x e^{x} - y e^{y} = z e^{z}

所确定，求 $d u$ 。

查看答案与解析

答案：

d u = [f_{x} + f_{z} \frac{( 1 + x ) e ^{x}}{( 1 + z ) e ^{z}}] d x + [f_{y} - f_{z} \frac{( 1 + y ) e ^{y}}{( 1 + z ) e ^{z}}] d y

解析： 对隐式方程

x e^{x} - y e^{y} = z e^{z}

两边求全微分，得

(1 + x) e^{x} d x - (1 + y) e^{y} d y = (1 + z) e^{z} d z .

因此

d z = \frac{( 1 + x ) e ^{x}}{( 1 + z ) e ^{z}} d x - \frac{( 1 + y ) e ^{y}}{( 1 + z ) e ^{z}} d y .

又因为

u = f (x, y, z),

所以

d u = f_{x} d x + f_{y} d y + f_{z} d z .

代入 $d z$ ，得到

d u = f_{x} d x + f_{y} d y + f_{z} [\frac{( 1 + x ) e ^{x}}{( 1 + z ) e ^{z}} d x - \frac{( 1 + y ) e ^{y}}{( 1 + z ) e ^{z}} d y] .

整理得

d u = [f_{x} + f_{z} \frac{( 1 + x ) e ^{x}}{( 1 + z ) e ^{z}}] d x + [f_{y} - f_{z} \frac{( 1 + y ) e ^{y}}{( 1 + z ) e ^{z}}] d y .

【2008-34-10 分】 设 $z = z (x, y)$ 是由方程

x^{2} + y^{2} - z = φ (x + y + z)

所确定的函数，其中 $φ$ 具有二阶导数且 $φ^{'} \neq = - 1$ ：

（Ⅰ）求 $d z$ ；

（Ⅱ）记

u (x, y) = \frac{1}{x - y} (\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{\partial z}{\partial y}),

求 $\frac{\partial u}{\partial x}$ 。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）

d z = \frac{2 x - φ ^{'} ( x + y + z )}{1 + φ ^{'} ( x + y + z )} d x + \frac{2 y - φ ^{'} ( x + y + z )}{1 + φ ^{'} ( x + y + z )} d y

（Ⅱ）

\frac{\partial u}{\partial x} = - \frac{2 ( 2 x + 1 ) φ ^{''} ( x + y + z )}{[ 1 + φ ^{'} ( x + y + z ) ] ^{3}}

解析： 记

s = x + y + z .

原方程为

x^{2} + y^{2} - z = φ (s) .

（Ⅰ）对方程两边求全微分，得

2 x d x + 2 y d y - d z = φ^{'} (s) (d x + d y + d z) .

将含 $d z$ 的项移到一边：

[1 + φ^{'} (s)] d z = [2 x - φ^{'} (s)] d x + [2 y - φ^{'} (s)] d y .

由于 $φ^{'} (s) \neq = - 1$ ，故

d z = \frac{2 x - φ ^{'} ( s )}{1 + φ ^{'} ( s )} d x + \frac{2 y - φ ^{'} ( s )}{1 + φ ^{'} ( s )} d y .

即

z_{x} = \frac{2 x - φ ^{'} ( s )}{1 + φ ^{'} ( s )}, z_{y} = \frac{2 y - φ ^{'} ( s )}{1 + φ ^{'} ( s )} .

（Ⅱ）先计算两偏导数之差：

z_{x} - z_{y} = \frac{2 x - φ ^{'} ( s )}{1 + φ ^{'} ( s )} - \frac{2 y - φ ^{'} ( s )}{1 + φ ^{'} ( s )} = \frac{2 ( x - y )}{1 + φ ^{'} ( s )} .

因此

u (x, y) = \frac{1}{x - y} (z_{x} - z_{y}) = \frac{2}{1 + φ ^{'} ( s )} .

对 $x$ 求偏导：

u_{x} = - \frac{2 φ ^{''} ( s )}{[ 1 + φ ^{'} ( s ) ] ^{2}} s_{x} .

又因为

s_{x} = 1 + z_{x} = 1 + \frac{2 x - φ ^{'} ( s )}{1 + φ ^{'} ( s )} = \frac{2 x + 1}{1 + φ ^{'} ( s )} .

所以

\frac{\partial u}{\partial x} = - \frac{2 ( 2 x + 1 ) φ ^{''} ( s )}{[ 1 + φ ^{'} ( s ) ] ^{3}} .

代回 $s = x + y + z$ ，得

\frac{\partial u}{\partial x} = - \frac{2 ( 2 x + 1 ) φ ^{''} ( x + y + z )}{[ 1 + φ ^{'} ( x + y + z ) ] ^{3}} .

大题​

（二）抽象型​

（三）隐函数求导​

大题

（二）抽象型

（三）隐函数求导