2012年考研数学二第11题

首先，观察函数 $z = f(\ln x + \frac{1}{y})$，其中 $f$ 是可微函数。为了应用链式法则求偏导数，我们引入中间变量 $u$，令 $u = \ln x + \frac{1}{y}$，则原函数可以表示为 $z = f(u)$。这样，$z$ 关于 $x$ 和 $y$ 的偏导数就可以通过 $f$ 对 $u$ 的导数以及 $u$ 对各自变量的偏导数来求得。 根据链式法则，对于 $x$ 的偏导数： $$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{d f}{d u} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} = f'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x}.$$ 由于 $u = \ln x + \frac{1}{y}$，对 $x$ 求偏导时 $y$ 视为常数，故 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1}{x}$。因此： $$\frac{\partial z}{\partial x} = f'(u) \cdot \frac{1}{x}.$$ 对于 $y$ 的偏导数： $$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{d f}{d u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} = f'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial y}.$$ 对 $y$ 求偏导时 $x$ 视为常数，$\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{1}{y}\right) = -\frac{1}{y^2}$，故 $\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{1}{y^2}$。因此： $$\frac{\partial z}{\partial y} = f'(u) \cdot \left(-\frac{1}{y^2}\right) = -\frac{f'(u)}{y^2}.$$ 至此，我们得到了偏导数的表达式框架，其中 $u = \ln x + \frac{1}{y}$，$f'(u)$ 是 $f$ 对中间变量 $u$ 的导数。后续步骤将利用题目给出的具体条件进一步求解。

已知函数 $u = \ln x + \frac{1}{y}$，我们需要分别求出 $u$ 对 $x$ 和 $y$ 的偏导数。 首先，求 $u$ 对 $x$ 的偏导数 $\frac{\partial u}{\partial x}$。在求偏导时，将 $y$ 视为常数。$\ln x$ 对 $x$ 的导数为 $\frac{1}{x}$，而 $\frac{1}{y}$ 作为常数项，其导数为 $0$。因此： $$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1}{x}.$$ 其次，求 $u$ 对 $y$ 的偏导数 $\frac{\partial u}{\partial y}$。此时将 $x$ 视为常数。$\ln x$ 是常数项，导数为 $0$；$\frac{1}{y}$ 可写为 $y^{-1}$，对 $y$ 求导得 $-y^{-2} = -\frac{1}{y^2}$。因此： $$\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{1}{y^2}.$$ 综上，两个偏导数分别为 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{1}{x}$ 和 $\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{1}{y^2}$。

已知函数 $z = f(\ln x + \frac{1}{y})$，其中 $f$ 是可微函数。令中间变量 $u = \ln x + \frac{1}{y}$，则 $z = f(u)$。根据复合函数求导法则，先对 $u$ 求导，再乘以 $u$ 对相应自变量的偏导数。 首先求 $\frac{\partial z}{\partial x}$： $$\frac{\partial z}{\partial x} = f'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x}$$ 而 $\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(\ln x + \frac{1}{y}) = \frac{1}{x}$（因为 $\frac{1}{y}$ 视为常数），所以 $$\frac{\partial z}{\partial x} = f'(u) \cdot \frac{1}{x} = \frac{1}{x} f'(u)$$ 再求 $\frac{\partial z}{\partial y}$： $$\frac{\partial z}{\partial y} = f'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial y}$$ 而 $\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(\ln x + \frac{1}{y}) = 0 + (-\frac{1}{y^2}) = -\frac{1}{y^2}$（因为 $\ln x$ 视为常数），所以 $$\frac{\partial z}{\partial y} = f'(u) \cdot \left(-\frac{1}{y^2}\right) = -\frac{1}{y^2} f'(u)$$ 因此，$z$ 的两个一阶偏导数表达式为： $$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{x} f'(\ln x + \frac{1}{y}), \quad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{1}{y^2} f'(\ln x + \frac{1}{y})$$

将前几步求得的偏导数代入目标表达式 $x \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + y^2 \cdot \frac{\partial z}{\partial y}$ 中。已知 $\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{x} f'(u)$，$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{1}{y^2} f'(u)$，其中 $u = \ln x - \frac{1}{y}$。代入得： $$ x \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + y^2 \cdot \frac{\partial z}{\partial y} = x \cdot \left( \frac{1}{x} f'(u) \right) + y^2 \cdot \left( -\frac{1}{y^2} f'(u) \right) $$ 分别化简两项：第一项 $x \cdot \frac{1}{x} f'(u) = f'(u)$；第二项 $y^2 \cdot \left( -\frac{1}{y^2} \right) f'(u) = -f'(u)$。因此原式等于 $f'(u) - f'(u) = 0$。 最终结果为 $0$，说明函数 $z = f\left( \ln x - \frac{1}{y} \right)$ 满足该偏微分方程，即 $x \cdot \frac{\partial z}{\partial x} + y^2 \cdot \frac{\partial z}{\partial y} = 0$ 恒成立。