AAA组

5.利用变量代换u=x,v=yxu=x,v=\cfrac{y}{x}u=x,v=xy​，可将方程x∂z∂x+y∂z∂y=zx\cfrac{\partial z}{\partial x}+y\cfrac{\partial z}{\partial y}=zx∂x∂z​+y∂y∂z​=z化为新方程（  ）。
(A)u∂z∂u=z;(A)u\cfrac{\partial z}{\partial u}=z;(A)u∂u∂z​=z;
(B)v∂z∂v=z;(B)v\cfrac{\partial z}{\partial v}=z;(B)v∂v∂z​=z;
(C)u∂z∂v=z;(C)u\cfrac{\partial z}{\partial v}=z;(C)u∂v∂z​=z;
(D)v∂z∂u=z.(D)v\cfrac{\partial z}{\partial u}=z.(D)v∂u∂z​=z.

解  由复合函数微分法则可得∂z∂x=∂z∂u⋅1+∂z∂v⋅(−yx2),∂z∂y=1x⋅∂z∂v\cfrac{\partial z}{\partial x}=\cfrac{\partial z}{\partial u}\cdot1+\cfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\left(-\cfrac{y}{x^2}\right),\cfrac{\partial z}{\partial y}=\cfrac{1}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}∂x∂z​=∂u∂z​⋅1+∂v∂z​⋅(−x2y​),∂y∂z​=x1​⋅∂v∂z​，于是x∂z∂x+y∂z∂y=x⋅∂z∂u−yx⋅∂z∂v+yx⋅∂z∂v=x∂z∂u=zx\cfrac{\partial z}{\partial x}+y\cfrac{\partial z}{\partial y}=x\cdot\cfrac{\partial z}{\partial u}-\cfrac{y}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}+\cfrac{y}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}=x\cfrac{\partial z}{\partial u}=zx∂x∂z​+y∂y∂z​=x⋅∂u∂z​−xy​⋅∂v∂z​+xy​⋅∂v∂z​=x∂u∂z​=z。
  又u=xu=xu=x，故新方程为u∂z∂u=zu\cfrac{\partial z}{\partial u}=zu∂u∂z​=z。（这道题主要利用了复合函数求导法则求解）

14.设函数z=z(x,y)z=z(x,y)z=z(x,y)由G(x,y,z)=F(xy,yz)=0G(x,y,z)=F(xy,yz)=0G(x,y,z)=F(xy,yz)=0确定，其中FFF为可微函数，且Gz′≠0G_z'\ne0Gz′​​=0，求x∂z∂x−y∂z∂yx\cfrac{\partial z}{\partial x}-y\cfrac{\partial z}{\partial y}x∂x∂z​−y∂y∂z​。

解  由于F(xy,yz)=0F(xy,yz)=0F(xy,yz)=0，可得Gx′=F1′⋅y,Gy′=F1′⋅x+F2′⋅y,Gx′=F2′⋅yG'_x=F'_1\cdot y,G'_y=F'_1\cdot x+F'_2\cdot y,G'_x=F'_2\cdot yGx′​=F1′​⋅y,Gy′​=F1′​⋅x+F2′​⋅y,Gx′​=F2′​⋅y。又∂z∂x=−Gx′Gz′=−F1′F2′,∂z∂y=−Gy′Gz′=−F1′⋅x+F2′⋅yF2′⋅y\cfrac{\partial z}{\partial x}=-\cfrac{G'_x}{G'_z}=-\cfrac{F'_1}{F'_2},\cfrac{\partial z}{\partial y}=-\cfrac{G'_y}{G'_z}=-\cfrac{F'_1\cdot x+F'_2\cdot y}{F'_2\cdot y}∂x∂z​=−Gz′​Gx′​​=−F2′​F1′​​,∂y∂z​=−Gz′​Gy′​​=−F2′​⋅yF1′​⋅x+F2′​⋅y​，因此x∂z∂x−y∂z∂y=zx\cfrac{\partial z}{\partial x}-y\cfrac{\partial z}{\partial y}=zx∂x∂z​−y∂y∂z​=z。（这道题主要利用了隐函数求导求解）

BBB组

3.设y=f(x,t)y=f(x,t)y=f(x,t)，而是ttt由方程F(x,y,t)=0F(x,y,t)=0F(x,y,t)=0所确定的x,yx,yx,y的函数，其中f,Ff,Ff,F均具有一阶连续偏导数，则dydx=\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=dxdy​=（  ）。
(A)fx′Ft′+ft′Fx′Ft′;(A)\cfrac{f'_xF'_t+f'_tF'_x}{F'_t};(A)Ft′​fx′​Ft′​+ft′​Fx′​​;
(B)fx′Ft′−ft′Fx′Ft′;(B)\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{F'_t};(B)Ft′​fx′​Ft′​−ft′​Fx′​​;
(C)fx′Ft′+ft′Fx′ft′Fy′+Ft′;(C)\cfrac{f'_xF'_t+f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t};(C)ft′​Fy′​+Ft′​fx′​Ft′​+ft′​Fx′​​;
(D)fx′Ft′−ft′Fx′ft′Fy′+Ft′.(D)\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t}.(D)ft′​Fy′​+Ft′​fx′​Ft′​−ft′​Fx′​​.

解  方程两边求全微分，得Fx′dx+Fy′dy+Ft′dt=0F'_x\mathrm{d}x+F'_y\mathrm{d}y+F'_t\mathrm{d}t=0Fx′​dx+Fy′​dy+Ft′​dt=0，则dt=−Fx′Ft′dx−Fy′Ft′dy\mathrm{d}t=-\cfrac{F'_x}{F'_t}\mathrm{d}x-\cfrac{F'_y}{F'_t}\mathrm{d}ydt=−Ft′​Fx′​​dx−Ft′​Fy′​​dy，又dy=fx′dx+ft′dt=fx′dx−ft′(Fx′Ft′dx+Fy′Ft′dy)\mathrm{d}y=f'_x\mathrm{d}x+f'_t\mathrm{d}t=f'_x\mathrm{d}x-f'_t\left(\cfrac{F'_x}{F'_t}\mathrm{d}x+\cfrac{F'_y}{F'_t}\mathrm{d}y\right)dy=fx′​dx+ft′​dt=fx′​dx−ft′​(Ft′​Fx′​​dx+Ft′​Fy′​​dy)，解得dydx=fx′Ft′−ft′Fx′ft′Fy′+Ft′\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t}dxdy​=ft′​Fy′​+Ft′​fx′​Ft′​−ft′​Fx′​​，故选(D)(D)(D)。（这道题主要利用了隐函数求导求解）

4.设函数u=u(x,y)u=u(x,y)u=u(x,y)满足∂2u∂x2=∂2u∂y2\cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}∂x2∂2u​=∂y2∂2u​及u(x,2x)=x,u1′(x,2x)=x2u(x,2x)=x,u'_1(x,2x)=x^2u(x,2x)=x,u1′​(x,2x)=x2，其中uuu具有二阶连续偏导数，则u11′′(x,2x)=u''_{11}(x,2x)=u11′′​(x,2x)=（  ）。
(A)43x;(A)\cfrac{4}{3}x;(A)34​x;
(B)−43x;(B)-\cfrac{4}{3}x;(B)−34​x;
(C)34x;(C)\cfrac{3}{4}x;(C)43​x;
(D)−34x.(D)-\cfrac{3}{4}x.(D)−43​x.

解  等式u(x,2x)=xu(x,2x)=xu(x,2x)=x两边对xxx求导得u1′+2u2′=1u'_1+2u'_2=1u1′​+2u2′​=1，两边再对xxx求导得u11′′+2u12′′+2u21′′+4u22′′=0u''_{11}+2u''_{12}+2u''_{21}+4u''_{22}=0u11′′​+2u12′′​+2u21′′​+4u22′′​=0，等式u1′(x,2x)=x2u'_1(x,2x)=x^2u1′​(x,2x)=x2两边对xxx求导得u11′′+2u12′′=2xu''_{11}+2u''_{12}=2xu11′′​+2u12′′​=2x，代入得u11′′(x,2x)=−43xu''_{11}(x,2x)=-\cfrac{4}{3}xu11′′​(x,2x)=−34​x。（这道题主要利用了方程求导法则求解）

32.设f(x,y)f(x,y)f(x,y)在点O(0,0)O(0,0)O(0,0)处的某邻域UUU内连续，且lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)−xyx2+y2=a\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a(x,y)→(0,0)lim​x2+y2f(x,y)−xy​=a，常数a>12a>\cfrac{1}{2}a>21​。讨论f(0,0)f(0,0)f(0,0)是否为f(x,y)f(x,y)f(x,y)的极值？若是极值，判断是极大值还是极小值？

解  由lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)−xyx2+y2=a\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a(x,y)→(0,0)lim​x2+y2f(x,y)−xy​=a，知f(x,y)−xyx2+y2=a+α\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a+\alphax2+y2f(x,y)−xy​=a+α，其中lim⁡(x,y)→(0,0)α=0\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\alpha=0(x,y)→(0,0)lim​α=0。
  再令a=12+b,b>0a=\cfrac{1}{2}+b,b>0a=21​+b,b>0，于是上式可改写为f(x,y)=xy+(12+b+α)(x2+y2)f(x,y)=xy+\left(\cfrac{1}{2}+b+\alpha\right)(x^2+y^2)f(x,y)=xy+(21​+b+α)(x2+y2)。
  由f(x,y)f(x,y)f(x,y)的连续性，有f(0,0)=lim⁡(x,y)→(0,0)f(x,y)=0f(0,0)=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0f(0,0)=(x,y)→(0,0)lim​f(x,y)=0。
  另一方面，由lim⁡(x,y)→(0,0)α=0\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\alpha=0(x,y)→(0,0)lim​α=0知，存在点(0,0)(0,0)(0,0)处的去心邻域U˚δ(0)\mathring{U}_\delta(0)U˚δ​(0)，当(x,y)∈U˚δ(0)(x,y)\in\mathring{U}_\delta(0)(x,y)∈U˚δ​(0)时，有∣α∣<b2|\alpha|<\cfrac{b}{2}∣α∣<2b​，故在U˚δ(0)\mathring{U}_\delta(0)U˚δ​(0)内，f(x,y)>0f(x,y)>0f(x,y)>0，所以f(0,0)f(0,0)f(0,0)是f(x,y)f(x,y)f(x,y)的极小值。（这道题主要利用了极限定义求解）

39.求正数a,ba,ba,b的值，使得椭圆x2a2+y2b2=1\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1a2x2​+b2y2​=1包含圆x2+y2=2yx^2+y^2=2yx2+y2=2y，且面积最小。

解  如下图，由于所求椭圆必须包含圆x2+y2=2yx^2+y^2=2yx2+y2=2y，并与之相切。

  故在椭圆上的任意一点(x,y)(x,y)(x,y)处满足f(x,y)=x2+(y−1)2⩾1f(x,y)=x^2+(y-1)^2\geqslant1f(x,y)=x2+(y−1)2⩾1。这就是说函数f(x,y)=x2+(y−1)2f(x,y)=x^2+(y-1)^2f(x,y)=x2+(y−1)2在椭圆方程x2a2+y2b2=1\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1a2x2​+b2y2​=1的约束下取得最小值111。于是考虑条件极值问题：
{min⁡{f(x,y)}=1,x2a2+y2b2=1.\begin{cases} \min\{f(x,y)\}=1,\\ \cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1. \end{cases} ⎩⎨⎧​min{f(x,y)}=1,a2x2​+b2y2​=1.​
  构造拉格朗日函数L(x,y,λ)=x2+(y−1)2+λ(x2a2+y2b2−1)L(x,y,\lambda)=x^2+(y-1)^2+\lambda\left(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}-1\right)L(x,y,λ)=x2+(y−1)2+λ(a2x2​+b2y2​−1)，令
{Lx′=2x+2λxa2=0,(1)Ly′=2(y−1)+2λyb2=0,(2)Lλ′=x2a2+y2b2−1=0.(3)\begin{cases} L'_x=2x+\cfrac{2\lambda x}{a^2}=0,&\qquad(1)\\ L'_y=2(y-1)+\cfrac{2\lambda y}{b^2}=0,&\qquad(2)\\ L'_\lambda=\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}-1=0.&\qquad(3) \end{cases} ⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧​Lx′​=2x+a22λx​=0,Ly′​=2(y−1)+b22λy​=0,Lλ′​=a2x2​+b2y2​−1=0.​(1)(2)(3)​
  若x≠0x\ne0x​=0，则由可解得λ=−a2\lambda=-a^2λ=−a2，再由(2)(2)(2)可解得y0=b2b2−a2y_0=\cfrac{b^2}{b^2-a^2}y0​=b2−a2b2​；并由(3)(3)(3)解得x02=a2[1−b2(b2−a2)2]x_0^2=a^2\left[1-\cfrac{b^2}{(b^2-a^2)^2}\right]x02​=a2[1−(b2−a2)2b2​]。
  由f(x0,y0)=1f(x_0,y_0)=1f(x0​,y0​)=1推出a2[1−b2(b2−a2)2]+b4(b2−a2)2=1a^2\left[1-\cfrac{b^2}{(b^2-a^2)^2}\right]+\cfrac{b^4}{(b^2-a^2)^2}=1a2[1−(b2−a2)2b2​]+(b2−a2)2b4​=1，从而a2b2−a4−b2=0a^2b^2-a^4-b^2=0a2b2−a4−b2=0（b2−a2=0b^2-a^2=0b2−a2=0舍去）。
  为了求出a,ba,ba,b的值，使与之对应的椭圆面积πab\pi abπab达到最小值，考察条件极值问题
{min⁡{ab},a2b2−a4−b2=0.\begin{cases} \min\{ab\},\\ a^2b^2-a^4-b^2=0. \end{cases} {min{ab},a2b2−a4−b2=0.​
  构造拉格朗日函数H(a,b,η)=ab+η(a2b2−a4−b2)H(a,b,\eta)=ab+\eta(a^2b^2-a^4-b^2)H(a,b,η)=ab+η(a2b2−a4−b2)。令
{Ha′=b+2ab2η−4a3η=0,(4)Hb′=a+2a2bη−2bη=0,(5)Hη′=a2b2−a4−b2,(6)\begin{cases} H'_a=b+2ab^2\eta-4a^3\eta=0,&\qquad(4)\\ H'_b=a+2a^2b\eta-2b\eta=0,&\qquad(5)\\ H'_\eta=a^2b^2-a^4-b^2,&\qquad(6)\\ \end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧​Ha′​=b+2ab2η−4a3η=0,Hb′​=a+2a2bη−2bη=0,Hη′​=a2b2−a4−b2,​(4)(5)(6)​
  由(4),(5)(4),(5)(4),(5)得b4a3−2ab2=a2b−2a2b\cfrac{b}{4a^3-2ab^2}=\cfrac{a}{2b-2a^2b}4a3−2ab2b​=2b−2a2ba​，从而b2=2a4b^2=2a^4b2=2a4。将此式代入a2b2−a4−b2=0a^2b^2-a^4-b^2=0a2b2−a4−b2=0，得到2a6−3a4=02a^6-3a^4=02a6−3a4=0，于是a2=32,a=62,b=322a^2=\cfrac{3}{2},a=\cfrac{\sqrt{6}}{2},b=\cfrac{3\sqrt{2}}{2}a2=23​,a=26​​,b=232​​，此时椭圆面积A1=πab=33π2A_1=\pi ab=\cfrac{3\sqrt{3}\pi}{2}A1​=πab=233​π​。
  若x=0x=0x=0，则由x2a2+y2b2=1\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1a2x2​+b2y2​=1解得y=by=by=b。将x=0,y=bx=0,y=bx=0,y=b代入x2+(y−1)2=1x^2+(y-1)^2=1x2+(y−1)2=1，于是b=2b=2b=2。
  椭圆x2a2+y24=1\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{4}=1a2x2​+4y2​=1在(0,2)(0,2)(0,2)有水平切线，并且曲率和圆x2+(y−1)2=1x^2+(y-1)^2=1x2+(y−1)2=1的曲率相同，所以y′(0)=0,y′′(0)=−1y'(0)=0,y''(0)=-1y′(0)=0,y′′(0)=−1。
  但是，由方程x2a2+y24=1\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{4}=1a2x2​+4y2​=1可以计算在该点的y′(0)=0,y′′(0)=−2a2y'(0)=0,y''(0)=-\cfrac{2}{a^2}y′(0)=0,y′′(0)=−a22​，所以2a2=1\cfrac{2}{a^2}=1a22​=1，即a=2a=\sqrt{2}a=2​。此时，椭圆的面积A2=22>33π2=A1A_2=2\sqrt{2}>\cfrac{3\sqrt{3}\pi}{2}=A_1A2​=22​>233​π​=A1​。
  综上所述，当a=62,b=322a=\cfrac{\sqrt{6}}{2},b=\cfrac{3\sqrt{2}}{2}a=26​​,b=232​​时，椭圆面积最小。（这道题主要利用了拉格朗日函数求解）

CCC组

3.设函数f(x,y)f(x,y)f(x,y)及它的二阶偏导数在全平面连续，且f(0,0)=0,∣∂f∂x∣⩽2∣x−y∣,∣∂f∂y∣⩽2∣x−y∣f(0,0)=0,\left|\cfrac{\partial f}{\partial x}\right|\leqslant2|x-y|,\left|\cfrac{\partial f}{\partial y}\right|\leqslant2|x-y|f(0,0)=0,∣∣∣∣∣​∂x∂f​∣∣∣∣∣​⩽2∣x−y∣,∣∣∣∣∣​∂y∂f​∣∣∣∣∣​⩽2∣x−y∣。求证：∣f(5,4)∣⩽1|f(5,4)|\leqslant1∣f(5,4)∣⩽1。

解  因d[f(x,y)]=∂f∂xdx+∂f∂ydy\mathrm{d}[f(x,y)]=\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}yd[f(x,y)]=∂x∂f​dx+∂y∂f​dy，因此曲线积分∫L∂f∂xdx+∂f∂ydy\displaystyle\int_L\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y∫L​∂x∂f​dx+∂y∂f​dy与路径无关。
  设O(0,0),A(4,4),B(5,4)O(0,0),A(4,4),B(5,4)O(0,0),A(4,4),B(5,4)，由条件∣∂f∂x∣⩽2∣x−y∣,∣∂f∂y∣⩽2∣x−y∣\left|\cfrac{\partial f}{\partial x}\right|\leqslant2|x-y|,\left|\cfrac{\partial f}{\partial y}\right|\leqslant2|x-y|∣∣∣∣∣​∂x∂f​∣∣∣∣∣​⩽2∣x−y∣,∣∣∣∣∣​∂y∂f​∣∣∣∣∣​⩽2∣x−y∣，知在直线OA:y=xOA:y=xOA:y=x上，∂f∂x=∂f∂y=0\cfrac{\partial f}{\partial x}=\cfrac{\partial f}{\partial y}=0∂x∂f​=∂y∂f​=0，所以
f(5,4)−f(0,0)=∫(0,0)(5,4)d[f(x,y)]=∫(0,0)(5,4)∂f∂xdx+∂f∂ydy=∫OA‾∂f∂xdx+∂f∂ydy+∫AB‾∂f∂xdx+∂f∂ydy=∫45∂f(x,4)∂xdx.\begin{aligned} f(5,4)-f(0,0)&=\displaystyle\int^{(5,4)}_{(0,0)}\mathrm{d}[f(x,y)]=\displaystyle\int^{(5,4)}_{(0,0)}\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y\\ &=\displaystyle\int_{\overline{OA}}\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y+\displaystyle\int_{\overline{AB}}\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y=\displaystyle\int^5_4\cfrac{\partial f(x,4)}{\partial x}\mathrm{d}x. \end{aligned} f(5,4)−f(0,0)​=∫(0,0)(5,4)​d[f(x,y)]=∫(0,0)(5,4)​∂x∂f​dx+∂y∂f​dy=∫OA​∂x∂f​dx+∂y∂f​dy+∫AB​∂x∂f​dx+∂y∂f​dy=∫45​∂x∂f(x,4)​dx.​
  又因f(0,0)=0f(0,0)=0f(0,0)=0，故∣f(5,4)∣=∣∫45∂f(x,4)∂xdx∣⩽∫452∣x−4∣dx=1|f(5,4)|=\left|\displaystyle\int^5_4\cfrac{\partial f(x,4)}{\partial x}\mathrm{d}x\right|\leqslant\displaystyle\int^5_42|x-4|\mathrm{d}x=1∣f(5,4)∣=∣∣∣∣∣​∫45​∂x∂f(x,4)​dx∣∣∣∣∣​⩽∫45​2∣x−4∣dx=1。（这道题主要利用了第二型曲线积分求解）

5.设u(x,y)u(x,y)u(x,y)具有二阶连续偏导数，证明无零值的函数u(x,y)u(x,y)u(x,y)可分离变量（即u(x,y)=f(x)g(y)u(x,y)=f(x)g(y)u(x,y)=f(x)g(y)）的充分必要条件是u∂2u∂x∂y=∂u∂x∂u∂yu\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial u}{\partial y}u∂x∂y∂2u​=∂x∂u​∂y∂u​。

解  必要性：设u(x,y)=f(x)g(y)u(x,y)=f(x)g(y)u(x,y)=f(x)g(y)，则∂u∂x=f′(x)g(y),∂u∂y=f(x)g′(y),∂2u∂x∂y=f′(x)g′(y)\cfrac{\partial u}{\partial x}=f'(x)g(y),\cfrac{\partial u}{\partial y}=f(x)g'(y),\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=f'(x)g'(y)∂x∂u​=f′(x)g(y),∂y∂u​=f(x)g′(y),∂x∂y∂2u​=f′(x)g′(y)，因此u∂2u∂x∂y=f(x)g(y)f′(x)g′(y)=∂u∂x∂u∂yu\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=f(x)g(y)f'(x)g'(y)=\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial u}{\partial y}u∂x∂y∂2u​=f(x)g(y)f′(x)g′(y)=∂x∂u​∂y∂u​。
  充分性：因为∂2u∂x∂y=∂∂y(∂u∂x)\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\cfrac{\partial}{\partial y}\left(\cfrac{\partial u}{\partial x}\right)∂x∂y∂2u​=∂y∂​(∂x∂u​)，所以有u(ux′)y′−(ux′)(uy′)=0u(u'_x)'_y-(u'_x)(u'_y)=0u(ux′​)y′​−(ux′​)(uy′​)=0，又u(x,y)u(x,y)u(x,y)无零值，故可得(ux′u)y′=0\left(\cfrac{u'_x}{u}\right)'_y=0(uux′​​)y′​=0，两边关于yyy积分得ux′u=c1(x)\cfrac{u'_x}{u}=c_1(x)uux′​​=c1​(x)，其中c1(x)c_1(x)c1​(x)是xxx的任意可微函数，即有(ln⁡∣u∣)x′=c1(x)(\ln|u|)'_x=c_1(x)(ln∣u∣)x′​=c1​(x)，再对xxx积分得ln⁡∣u∣=∫c1(x)dx+c2(y)\ln|u|=\displaystyle\int c_1(x)\mathrm{d}x+c_2(y)ln∣u∣=∫c1​(x)dx+c2​(y)，其中c2(y)c_2(y)c2​(y)是yyy的任意可微函数。故u(x,y)=±e∫c1(x)dxec2(y)=f(x)g(y)u(x,y)=\pm e^{\int c_1(x)\mathrm{d}x}e^{c_2(y)}=f(x)g(y)u(x,y)=±e∫c1​(x)dxec2​(y)=f(x)g(y)。（这道题主要利用了方程求导求解）

写在最后

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张宇1000题高等数学 第十三章 多元函数微分学相关推荐

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