2006年考研数学二第20题

首先，根据题目条件，函数 $z = f(\sqrt{x^2 + y^2})$ 是复合函数形式。为了简化求导过程，引入中间变量 $u = \sqrt{x^2 + y^2}$，则原函数可表示为 $z = f(u)$，其中 $u$ 是 $x$ 和 $y$ 的二元函数。 接下来，利用复合函数求导的链式法则，分别计算 $z$ 关于 $x$ 和 $y$ 的一阶偏导数。 对于 $\frac{\partial z}{\partial x}$： $$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{d f}{d u} \cdot \frac{\partial u}{\partial x}$$ 先计算 $\frac{\partial u}{\partial x}$。由于 $u = (x^2 + y^2)^{1/2}$，对 $x$ 求偏导得： $$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1}{2}(x^2 + y^2)^{-1/2} \cdot 2x = \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{x}{u}$$ 因此， $$\frac{\partial z}{\partial x} = f'(u) \cdot \frac{x}{u}$$ 同理，对于 $\frac{\partial z}{\partial y}$： $$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{d f}{d u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y}$$ 计算 $\frac{\partial u}{\partial y}$： $$\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{1}{2}(x^2 + y^2)^{-1/2} \cdot 2y = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = \frac{y}{u}$$ 所以， $$\frac{\partial z}{\partial y} = f'(u) \cdot \frac{y}{u}$$ 至此，我们得到了 $z$ 关于 $x$ 和 $y$ 的一阶偏导数表达式，其中 $f'(u)$ 表示 $f$ 对中间变量 $u$ 的导数。

已知一阶偏导 $\frac{\partial z}{\partial x} = f'(u) \cdot \frac{x}{u}$，其中 $u = \sqrt{x^2 + y^2}$。为求二阶偏导 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}$，需对 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 再次关于 $x$ 求偏导。 将 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 视为两个函数的乘积：$f'(u)$ 与 $\frac{x}{u}$。应用乘积法则： $$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x}\left[ f'(u) \right] \cdot \frac{x}{u} + f'(u) \cdot \frac{\partial}{\partial x}\left( \frac{x}{u} \right).$$ 首先计算 $\frac{\partial}{\partial x}\left[ f'(u) \right]$。由链式法则，$f'(u)$ 是 $u$ 的函数，而 $u$ 是 $x$ 的函数，故 $$\frac{\partial}{\partial x}\left[ f'(u) \right] = f''(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x}.$$ 由于 $u = \sqrt{x^2 + y^2}$，有 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{x}{u}$。因此 $$\frac{\partial}{\partial x}\left[ f'(u) \right] = f''(u) \cdot \frac{x}{u}.$$ 其次计算 $\frac{\partial}{\partial x}\left( \frac{x}{u} \right)$。将 $\frac{x}{u}$ 视为 $x \cdot u^{-1}$，应用乘积法则或商法则。使用商法则： $$\frac{\partial}{\partial x}\left( \frac{x}{u} \right) = \frac{1 \cdot u - x \cdot \frac{\partial u}{\partial x}}{u^2} = \frac{u - x \cdot \frac{x}{u}}{u^2} = \frac{u - \frac{x^2}{u}}{u^2} = \frac{\frac{u^2 - x^2}{u}}{u^2} = \frac{u^2 - x^2}{u^3}.$$ 注意到 $u^2 = x^2 + y^2$，故 $u^2 - x^2 = y^2$，但此处保留 $u^2 - x^2$ 形式以便后续化简。 将两部分结果代入乘积法则： $$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \left[ f''(u) \cdot \frac{x}{u} \right] \cdot \frac{x}{u} + f'(u) \cdot \frac{u^2 - x^2}{u^3} = f''(u) \cdot \frac{x^2}{u^2} + f'(u) \cdot \frac{u^2 - x^2}{u^3}.$$ 将第二项拆分为 $f'(u) \cdot \left( \frac{u^2}{u^3} - \frac{x^2}{u^3} \right) = f'(u) \cdot \left( \frac{1}{u} - \frac{x^2}{u^3} \right)$，得到最终结果： $$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = f''(u) \cdot \frac{x^2}{u^2} + f'(u) \cdot \left( \frac{1}{u} - \frac{x^2}{u^3} \right).$$ 此即为所求二阶偏导表达式。

已知 $z = f(u)$，其中 $u = \sqrt{x^2 + y^2}$，且已求得一阶偏导 $\frac{\partial z}{\partial y} = f'(u) \cdot \frac{y}{u}$。 现求二阶偏导 $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}$，即对 $\frac{\partial z}{\partial y}$ 再关于 $y$ 求偏导。 $$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} \left( f'(u) \cdot \frac{y}{u} \right)$$ 应用乘积法则： $$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} \left( f'(u) \right) \cdot \frac{y}{u} + f'(u) \cdot \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{y}{u} \right)$$ 首先计算 $\frac{\partial}{\partial y} \left( f'(u) \right)$。由链式法则： $$\frac{\partial}{\partial y} \left( f'(u) \right) = f''(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial y} = f''(u) \cdot \frac{y}{u}$$ 其次计算 $\frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{y}{u} \right)$。将 $\frac{y}{u}$ 视为 $y \cdot u^{-1}$，应用乘积法则： $$\frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{y}{u} \right) = 1 \cdot u^{-1} + y \cdot \frac{\partial}{\partial y} (u^{-1})$$ 而 $\frac{\partial}{\partial y} (u^{-1}) = -u^{-2} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{1}{u^2} \cdot \frac{y}{u} = -\frac{y}{u^3}$， 所以 $$\frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{y}{u} \right) = \frac{1}{u} - \frac{y^2}{u^3}$$ 代入原式： $$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \left( f''(u) \cdot \frac{y}{u} \right) \cdot \frac{y}{u} + f'(u) \cdot \left( \frac{1}{u} - \frac{y^2}{u^3} \right)$$ 整理得： $$\frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = f''(u) \cdot \frac{y^2}{u^2} + f'(u) \cdot \left( \frac{1}{u} - \frac{y^2}{u^3} \right)$$ 此即为所求的二阶偏导表达式。

将上一步求得的两个二阶偏导数代入拉普拉斯方程 $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = 0$ 中： $$ \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} = \frac{x^2}{u^2} f''(u) + \frac{y^2}{u^3} f'(u), \quad \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \frac{y^2}{u^2} f''(u) + \frac{x^2}{u^3} f'(u) $$ 两式相加得： $$ \frac{\partial^2 z}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 z}{\partial y^2} = \left( \frac{x^2}{u^2} + \frac{y^2}{u^2} \right) f''(u) + \left( \frac{y^2}{u^3} + \frac{x^2}{u^3} \right) f'(u) $$ 注意到 $x^2 + y^2 = u^2$，因此： $$ \frac{x^2}{u^2} + \frac{y^2}{u^2} = \frac{x^2 + y^2}{u^2} = \frac{u^2}{u^2} = 1 $$ $$ \frac{y^2}{u^3} + \frac{x^2}{u^3} = \frac{x^2 + y^2}{u^3} = \frac{u^2}{u^3} = \frac{1}{u} $$ 代入后得到： $$ 1 \cdot f''(u) + \frac{1}{u} \cdot f'(u) = 0 $$ 即： $$ f''(u) + \frac{1}{u} f'(u) = 0 $$ 这样就完成了将拉普拉斯方程转化为关于 $u$ 的常微分方程的验证。

由步骤4得到关于$f(u)$的微分方程： $$u f''(u) + f'(u) = 0.$$ 这是一个二阶微分方程，其中自变量为$u$，未知函数为$f(u)$。注意到方程中不显含$f(u)$，因此可以通过引入新变量$p = f'(u)$来降阶。令$p = f'(u)$，则$f''(u) = p'$（这里$p'$表示$\frac{dp}{du}$）。代入原方程得： $$u p' + p = 0.$$ 这是一个一阶微分方程。将方程改写为： $$u \frac{dp}{du} + p = 0.$$ 观察左边，恰好是乘积$(u p)$对$u$的导数： $$\frac{d}{du}(u p) = u \frac{dp}{du} + p.$$ 因此方程等价于： $$\frac{d}{du}(u p) = 0.$$ 两边对$u$积分得： $$u p = C_1,$$ 其中$C_1$为任意常数。于是得到： $$p = \frac{C_1}{u}.$$ 由于$p = f'(u)$，所以有： $$f'(u) = \frac{C_1}{u}.$$ 至此，原二阶微分方程已成功降阶为一阶微分方程，下一步将对$f'(u)$积分求出$f(u)$。

由前一步骤得到的微分方程 $u p = C_1$，其中 $p = f'(u)$，因此有 $u \cdot f'(u) = C_1$。将等式两边同时除以 $u$（注意 $u \neq 0$），得到 $f'(u) = \frac{C_1}{u}$。接下来利用初始条件 $f'(1) = 1$ 确定常数 $C_1$。将 $u = 1$ 代入 $f'(u) = \frac{C_1}{u}$，得 $f'(1) = \frac{C_1}{1} = C_1$。由已知 $f'(1) = 1$，所以 $C_1 = 1$。因此，$f'(u) = \frac{1}{u}$。至此，我们成功解出了 $f'(u)$ 的表达式，为下一步积分求出 $f(u)$ 奠定了基础。

由前一步骤已知 $f'(u) = \frac{1}{u}$，现对 $f'(u)$ 积分以求得 $f(u)$。 对 $f'(u) = \frac{1}{u}$ 两边关于 $u$ 积分： $$ f(u) = \int \frac{1}{u} \, du = \ln|u| + C_2, $$ 其中 $C_2$ 为积分常数。由于题目中 $u$ 表示正数（通常由实际背景或定义域保证），可去掉绝对值，写作 $f(u) = \ln u + C_2$。 利用已知条件 $f(1) = 0$ 确定常数 $C_2$： $$ f(1) = \ln 1 + C_2 = 0 + C_2 = 0, $$ 解得 $C_2 = 0$。 因此，函数 $f(u) = \ln u$。 最终验证：将 $f(u) = \ln u$ 代入原微分方程或相关条件，满足 $f(1)=0$ 且 $f'(u)=\frac{1}{u}$，结果正确。至此，全部求解过程完成。