2022年考研数学二第20题

解答题 · 12分

📝 题目

已知可微函数 $f(u, v)$ 满足 $\displaystyle\frac{\partial f(u, v)}{\partial u}-\displaystyle\frac{\partial f(u, v)}{\partial v}=2(u-v) e^{-(u+v)}$ 且 $f(u, 0)=u^{2} e^{-u}$ ． （I）记 $g(x, y)=f(x, y-x)$ ，求 $\displaystyle\frac{\partial g(x, y)}{\partial x}$ ； （II）求 $f(u, v)$ 的表达式和极值．

💡 答案解析

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**解析**:

（1）因为 $g(x, y)=f(x, y-x), \displaystyle\frac{\partial f(u, v)}{\partial u}-\displaystyle\frac{\partial f(u, v)}{\partial v}=2(u-v) \mathrm{e}^{-(u+v)}$ ，所以

$$ \frac{\partial g(x, y)}{\partial x}=\frac{\partial f(x, y-x)}{\partial u}-\frac{\partial f(x, y-x)}{\partial v}=(4 x-2 y) \mathrm{e}^{-y} . $$

（2）由（1）知

$$ g(x, y)=\int 2 \mathrm{e}^{-y}(2 x-y) \mathrm{d} x=\left(2 x^{2}-2 x y\right) \mathrm{e}^{-y}+h(y) . $$

因为 $g(x, y)=f(x, y-x)$ ，且 $f(u, 0)=u^{2} \mathrm{e}^{-u}$ ，所以 $g(y, y)=y^{2} \mathrm{e}^{-y}$ ，从而 $h(y)=y^{2} \mathrm{e}^{-y}$ ，故

$$ f(x, y-x)=\left(2 x^{2}-2 x y\right) \mathrm{e}^{-y}+y^{2} \mathrm{e}^{-y} . $$

所以

$$ f(u, v)=\left(u^{2}+v^{2}\right) \mathrm{e}^{-(u+v)} $$

$$ \begin{gathered} \frac{\partial f}{\partial u}=\left(-u^{2}-v^{2}+2 u\right) \mathrm{e}^{-(u+v)}, \quad \frac{\partial f}{\partial v}=\left(-u^{2}-v^{2}+2 v\right) \mathrm{e}^{-(u+v)}, \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}}=\left(u^{2}+v^{2}-4 u+2\right) \mathrm{e}^{-(u+v)}, \quad \frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v}=\left(u^{2}+v^{2}-2 u-2 v\right) \mathrm{e}^{-(u+v)}, \\ \frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}=\left(u^{2}+v^{2}-4 v+2\right) \mathrm{e}^{-(u+v)} . \end{gathered} $$

令 $\left\{\begin{array}{l}\displaystyle\frac{\partial f}{\partial u}=0, \\ \displaystyle\frac{\partial f}{\partial v}=0,\end{array}\right.$ 得 $\left\{\begin{array}{l}u=0, \\ v=0,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}u=1, \\ v=1 .\end{array}\right.$ 在点 $(0,0)$ 处，因为 $A=\displaystyle\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}}=2, B=\displaystyle\frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v}=0, C=\displaystyle\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}=2$ ，所以 $A\gt 0, A C-B^{2}\gt 0$ ，从而点 $(0,0)$是 $f(u, v)$ 的极小值点，极小值为 $f(0,0)=0$ ．

在点 $(1,1)$ 处，因为 $A=\displaystyle\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}}=0, B=\displaystyle\frac{\partial^{2} f}{\partial u \partial v}=-\displaystyle\frac{2}{\mathrm{e}^{2}}, C=\displaystyle\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}=0$ ，所以 $A C-B^{2}\lt 0$ ，从而点 $(1,1)$ 不是 $f(u, v)$ 的极值点．

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📋 详细解题步骤

步骤 2/6
目标：积分求$g(x,y)$的表达式
已知偏导数$\frac{\partial g}{\partial x}=(4x-2y)e^{-y}$，我们需要通过对$x$积分来恢复函数$g(x,y)$。将$y$视为常数，对$x$进行不定积分： $$g(x,y)=\int (4x-2y)e^{-y}\,dx = e^{-y}\int (4x-2y)\,dx$$ 由于$e^{-y}$与$x$无关，可提到积分号外。对$4x-2y$关于$x$积分，得： $$\int (4x-2y)\,dx = 2x^2 - 2xy + C(y)$$ 其中$C(y)$是仅依赖于$y$的任意函数（积分常数）。因此： $$g(x,y)=e^{-y}(2x^2-2xy) + e^{-y}C(y)$$ 为了书写方便，将$e^{-y}C(y)$记作$h(y)$，即$h(y)=e^{-y}C(y)$，于是： $$g(x,y)=(2x^2-2xy)e^{-y}+h(y)$$ 这里$h(y)$是待定函数，需要通过其他条件（如另一个偏导数或边界条件）来确定。至此，我们完成了对$x$的积分，得到了$g(x,y)$的表达式，其中包含一个未知函数$h(y)$。
公式：$$g(x,y)=(2x^2-2xy)e^{-y}+h(y)$$
提示：对$x$积分时，将$y$看作常数，积分后务必加上仅含$y$的待定函数。
步骤 3/6
目标：利用边界条件确定$h(y)$
本步骤的目标是利用已知的边界条件来确定函数$h(y)$。在前面的步骤中，我们已经得到了函数$g(x,y)$的表达式为： $$g(x,y) = (2x^2 - 2y^2)e^{-x} + h(y)$$ 其中$h(y)$是仅依赖于$y$的待定函数。 现在，我们利用边界条件$f(x,0) = x^2 e^{-x}$。注意，题目中给出的边界条件实际上是$f(x,0) = x^2 e^{-x}$，而根据步骤概要中的写法，$g(y,y) = f(y,0)$，这里需要明确变量对应关系。实际上，由原题设定，函数$f(x,y)$与$g(x,y)$满足关系：$g(x,y) = f(x,y)$（或经过某种变换），且边界条件为$f(x,0) = x^2 e^{-x}$。因此，当$x = y$且$y = 0$时，有$g(y,y) = f(y,0) = y^2 e^{-y}$。 将$x = y$代入$g(x,y)$的表达式，得到： $$g(y,y) = (2y^2 - 2y^2)e^{-y} + h(y) = 0 \cdot e^{-y} + h(y) = h(y)$$ 根据边界条件，$g(y,y) = y^2 e^{-y}$，因此有： $$h(y) = y^2 e^{-y}$$ 至此，我们成功确定了$h(y)$的具体形式。这个结果将用于下一步中代入$g(x,y)$的表达式，从而得到完整的$g(x,y)$。
公式：$$h(y) = y^2 e^{-y}$$
提示：代入边界条件时，注意将$x$替换为$y$，并利用代数化简消去含$x$的项。
步骤 4/6
目标：反解出$f(u,v)$的表达式
已知条件为 $g(x,y) = f(x, y-x) = (2x^2 - 2xy + y^2)e^{-y}$。我们希望通过变量代换反解出 $f(u,v)$ 的表达式。令 $u = x$，$v = y - x$，则反解得 $x = u$，$y = u + v$。将 $x$ 和 $y$ 代入 $g(x,y)$ 的表达式： 首先，计算 $2x^2 - 2xy + y^2$： $$2x^2 - 2xy + y^2 = 2u^2 - 2u(u+v) + (u+v)^2$$ 展开各项： $$2u^2 - 2u^2 - 2uv + (u^2 + 2uv + v^2) = (2u^2 - 2u^2) + (-2uv + 2uv) + u^2 + v^2 = u^2 + v^2$$ 其次，指数部分 $e^{-y}$ 变为 $e^{-(u+v)}$。 因此，代入后得到： $$f(u, v) = (u^2 + v^2) e^{-(u+v)}$$ 这样我们就得到了 $f(u,v)$ 关于 $u$ 和 $v$ 的显式表达式。
公式：f(u,v) = (u^2 + v^2) e^{-(u+v)}
提示：注意变量代换要彻底，代入后仔细合并同类项。
步骤 5/6
目标：求一阶偏导并找驻点
首先，已知函数 $f(u,v) = (u^2+v^2)e^{-(u+v)}$。为了求其极值，需要先计算一阶偏导数 $f_u$ 和 $f_v$，并令它们等于零，解出驻点。 计算 $f_u$：将 $f$ 视为 $u$ 的函数，$v$ 视为常数。利用乘积法则： $$f_u = \frac{\partial}{\partial u}\left[(u^2+v^2)e^{-(u+v)}\right] = (2u)e^{-(u+v)} + (u^2+v^2)\cdot e^{-(u+v)}\cdot(-1) = e^{-(u+v)}\left[2u - (u^2+v^2)\right].$$ 整理得： $$f_u = (-u^2 - v^2 + 2u)e^{-(u+v)}.$$ 同理，计算 $f_v$： $$f_v = \frac{\partial}{\partial v}\left[(u^2+v^2)e^{-(u+v)}\right] = (2v)e^{-(u+v)} + (u^2+v^2)\cdot e^{-(u+v)}\cdot(-1) = e^{-(u+v)}\left[2v - (u^2+v^2)\right].$$ 整理得： $$f_v = (-u^2 - v^2 + 2v)e^{-(u+v)}.$$ 由于 $e^{-(u+v)} > 0$ 恒成立，令 $f_u = 0$ 和 $f_v = 0$ 等价于： $$\begin{cases} -u^2 - v^2 + 2u = 0, \\ -u^2 - v^2 + 2v = 0. \end{cases}$$ 两式相减得： $$(-u^2 - v^2 + 2u) - (-u^2 - v^2 + 2v) = 0 \Rightarrow 2u - 2v = 0 \Rightarrow u = v.$$ 将 $u = v$ 代入第一个方程： $$-u^2 - u^2 + 2u = 0 \Rightarrow -2u^2 + 2u = 0 \Rightarrow 2u(1 - u) = 0,$$ 解得 $u = 0$ 或 $u = 1$。因此得到两个驻点：$(u,v) = (0,0)$ 和 $(u,v) = (1,1)$。 注意：驻点 $(0,0)$ 和 $(1,1)$ 是可能的极值点，还需通过二阶偏导数判断其性质（后续步骤）。
公式：$$f_u = (-u^2 - v^2 + 2u)e^{-(u+v)}, \quad f_v = (-u^2 - v^2 + 2v)e^{-(u+v)}$$
提示：利用两方程相减消去平方项，快速得到 $u=v$，简化求解。
步骤 6/6
目标：计算二阶偏导并判定极值
首先，由步骤5已求得函数$f(u,v)$的表达式，并得到两个驻点$(u,v)=(0,0)$和$(u,v)=(1,1)$。现计算二阶偏导数： $$f_{uu} = \frac{\partial^2 f}{\partial u^2} = 2 - 2v e^{-v}, \quad f_{vv} = \frac{\partial^2 f}{\partial v^2} = 2 - 2u e^{-u}, \quad f_{uv} = \frac{\partial^2 f}{\partial u \partial v} = -2e^{-v} - 2e^{-u} + 2(u+v)e^{-(u+v)}.$$ 在驻点$(0,0)$处： $$f_{uu}(0,0)=2-2\cdot0\cdot e^{0}=2, \quad f_{vv}(0,0)=2-2\cdot0\cdot e^{0}=2, \quad f_{uv}(0,0)=-2e^{0}-2e^{0}+2(0+0)e^{0}=-4.$$ 记$A=f_{uu}(0,0)=2$, $B=f_{uv}(0,0)=-4$, $C=f_{vv}(0,0)=2$。计算判别式： $$AC-B^2 = 2\cdot2 - (-4)^2 = 4 - 16 = -12 < 0.$$ 因此$(0,0)$不是极值点。 在驻点$(1,1)$处： $$f_{uu}(1,1)=2-2\cdot1\cdot e^{-1}=2-\frac{2}{e}, \quad f_{vv}(1,1)=2-2\cdot1\cdot e^{-1}=2-\frac{2}{e}, \quad f_{uv}(1,1)=-2e^{-1}-2e^{-1}+2(1+1)e^{-2}=-\frac{4}{e}+\frac{4}{e^2}.$$ 记$A=2-\frac{2}{e}$, $B=-\frac{4}{e}+\frac{4}{e^2}$, $C=2-\frac{2}{e}$。计算判别式： $$AC-B^2 = \left(2-\frac{2}{e}\right)^2 - \left(-\frac{4}{e}+\frac{4}{e^2}\right)^2 = \left(2-\frac{2}{e}\right)^2 - \frac{16}{e^2}\left(1-\frac{1}{e}\right)^2.$$ 注意到$2-\frac{2}{e}=2\left(1-\frac{1}{e}\right)$，代入得： $$AC-B^2 = 4\left(1-\frac{1}{e}\right)^2 - \frac{16}{e^2}\left(1-\frac{1}{e}\right)^2 = 4\left(1-\frac{1}{e}\right)^2\left(1-\frac{4}{e^2}\right).$$ 由于$e\approx2.718$，$1-\frac{1}{e}>0$，$1-\frac{4}{e^2}\approx1-0.541>0$，故$AC-B^2>0$。又$A=2-\frac{2}{e}>0$，所以$(1,1)$是极小值点。极小值为： $$f(1,1)=1^2+1^2+2\cdot1\cdot1\cdot e^{-(1+1)} = 2+2e^{-2} = 2+\frac{2}{e^2}.$$ 最终答案：函数$f(u,v)$在$(1,1)$处取得极小值$2+\frac{2}{e^2}$，$(0,0)$不是极值点。
公式：$$AC-B^2 = f_{uu}f_{vv} - (f_{uv})^2$$
提示：计算二阶偏导要仔细，代入驻点后先化简再计算判别式。

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