下册 7.3 微分方程的验证及变量替换 第9题
📝 题目
9．证明下列结论．
（1）设 $f(u, v)$ 有二阶连续偏导数且满足 Laplace 方程 $\displaystyle \frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}}+\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}=0$ 。试证：$z=f\left(x^{2}-y^{2}, 2 x y\right)$ 也满足 Laplace 方程 $\displaystyle \frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=0$ ．
（2）设 $f(u, v)$ 有二阶连续偏导数且满足 Laplace 方程 $\displaystyle \frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}}-\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}=0$ ．试证：$z=f\left(x^{2}+y^{2}, 2 x y\right)$ 也满足 Laplace 方程 $\displaystyle \frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}-\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=0$ ．
（3）设函数 $u=u(x, y)$ 二阶连续可微，$x=\mathrm{e}^{s} \cos t, y=\mathrm{e}^{s} \sin t$ ，若 $\displaystyle \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}=0$ ，求 $\displaystyle \frac{\partial^{2} u}{\partial s^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）记 $u=x^{2}-y^{2}, v=2 x y$ ，则
$$
\begin{aligned}
z_{x} & =f_{u} u_{x}+f_{v} v_{x}=2 x f_{u}+2 y f_{v} ; z_{y}=f_{u} u_{y}+f_{v} v_{y}=-2 y f_{u}+2 x f_{v} \\
z_{x x} & =\left(2 x f_{u}+2 y f_{v}\right)_{x} \\
& =2 f_{u}+2 x\left(2 x f_{u u}+2 y f_{u v}\right)+2 y\left(2 x f_{v u}+2 y f_{v v}\right)=2 f_{u}+4 x^{2} f_{u u}+8 x y f_{u v}+4 y^{2} f_{v v} \\
z_{y y} & =\left(-2 y f_{u}+2 x f_{v}\right)_{y} \\
& =-2 f_{u}-2 y\left(-2 y f_{u u}+2 x f_{u v}\right)+2 x\left(-2 y f_{v u}+2 x f_{v v}\right)=-2 f_{u}+4 y^{2} f_{u u}-8 x y f_{u v}+4 x^{2} f_{v v}
\end{aligned}
$$
因 $u^{2}+v^{2}=x^{4}+2 x^{2} y^{2}+y^{4}=\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}$ ，所以
$$
\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=4\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}}+\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}\right)=4 \sqrt{u^{2}+v^{2}}\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}}+\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}\right) .
$$
于是当 $f(u, v)$ 满足 Laplace 方程 $\displaystyle \frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}}+\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}=0$ 时，$z=f\left(x^{2}-y^{2}, 2 x y\right)$ 也满足 Laplace 方程 $\displaystyle \frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=0$.
（2）与（1）类似直接计算得 $\displaystyle \frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}}-\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}=4\left(x^{2}-y^{2}\right)\left(\frac{\partial^{2} f}{\partial u^{2}}-\frac{\partial^{2} f}{\partial v^{2}}\right)=0$ ．
（3）$u_{s}=u_{x} \mathrm{e}^{s} \cos t+u_{y} \mathrm{e}^{s} \sin t, \quad u_{t}=-u_{x} \mathrm{e}^{s} \sin t+u_{y} \mathrm{e}^{s} \cos t$ ．
$$
\begin{aligned}
u_{s s} & =\left(u_{x x} \mathrm{e}^{s} \cos t+u_{x y} \mathrm{e}^{s} \sin t\right) \mathrm{e}^{s} \cos t+u_{x} \mathrm{e}^{s} \cos t+\left(u_{y x} \mathrm{e}^{s} \cos t+u_{y y} \mathrm{e}^{s} \sin t\right) \mathrm{e}^{s} \sin t+u_{y} \mathrm{e}^{s} \sin t \\
& =u_{x x} \mathrm{e}^{2 s} \cos ^{2} t+2 u_{x y} \mathrm{e}^{2 s} \sin t \cos t+u_{y y} \mathrm{e}^{2 s} \sin ^{2} t+u_{x} \mathrm{e}^{s} \cos t+u_{y} \mathrm{e}^{s} \sin t \\
u_{t t} & =-\left(-u_{x x} \mathrm{e}^{s} \sin t+u_{x y} \mathrm{e}^{s} \cos t\right) \mathrm{e}^{s} \sin t-u_{x} \mathrm{e}^{s} \cos t+\left(-u_{y x} \mathrm{e}^{s} \sin t+u_{y y} \mathrm{e}^{s} \cos t\right) \mathrm{e}^{s} \cos t-u_{y} \mathrm{e}^{s} \sin t \\
& =u_{x x} \mathrm{e}^{2 s} \sin ^{2} t-2 u_{x y} \mathrm{e}^{2 s} \sin t \cos t+u_{y y} \mathrm{e}^{2 s} \cos ^{2} t-u_{x} \mathrm{e}^{s} \cos t-u_{y} \mathrm{e}^{s} \sin t
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle \frac{\partial^{2} u}{\partial s^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=\left(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}\right) \mathrm{e}^{2 s}=0$ 。从而在所给代换下，原方程变为 $\displaystyle \frac{\partial^{2} u}{\partial s^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial t^{2}}=0$ 。
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：引入中间变量并计算一阶偏导
设 $u = x^2 - y^2$, $v = 2xy$，则 $z = f(u, v)$。利用链式法则计算一阶偏导：
$$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial x} = 2x f_u + 2y f_v,$$
$$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{\partial f}{\partial u} \frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial f}{\partial v} \frac{\partial v}{\partial y} = -2y f_u + 2x f_v.$$
公式：链式法则：$\frac{\partial z}{\partial x} = f_u u_x + f_v v_x$
提示：注意 $u_y = -2y$，$v_y = 2x$，符号不要弄错。
步骤 2/8
目标：计算二阶偏导 $z_{xx}$
对 $z_x = 2x f_u + 2y f_v$ 再次对 $x$ 求偏导，注意 $f_u$ 和 $f_v$ 仍是 $u,v$ 的函数，需继续使用链式法则：
$$\begin{aligned}
z_{xx} &= \frac{\partial}{\partial x}(2x f_u + 2y f_v) \\
&= 2f_u + 2x \left( f_{uu} \frac{\partial u}{\partial x} + f_{uv} \frac{\partial v}{\partial x} \right) + 2y \left( f_{vu} \frac{\partial u}{\partial x} + f_{vv} \frac{\partial v}{\partial x} \right) \\
&= 2f_u + 2x(2x f_{uu} + 2y f_{uv}) + 2y(2x f_{vu} + 2y f_{vv}) \\
&= 2f_u + 4x^2 f_{uu} + 8xy f_{uv} + 4y^2 f_{vv}.
\end{aligned}$$
公式：二阶偏导计算：$z_{xx} = \frac{\partial}{\partial x}(2x f_u + 2y f_v)$
提示：注意 $f_{uv} = f_{vu}$（二阶连续偏导），但计算时需保留顺序。
步骤 3/8
目标：计算二阶偏导 $z_{yy}$
对 $z_y = -2y f_u + 2x f_v$ 再次对 $y$ 求偏导：
$$\begin{aligned}
z_{yy} &= \frac{\partial}{\partial y}(-2y f_u + 2x f_v) \\
&= -2f_u - 2y \left( f_{uu} \frac{\partial u}{\partial y} + f_{uv} \frac{\partial v}{\partial y} \right) + 2x \left( f_{vu} \frac{\partial u}{\partial y} + f_{vv} \frac{\partial v}{\partial y} \right) \\
&= -2f_u - 2y(-2y f_{uu} + 2x f_{uv}) + 2x(-2y f_{vu} + 2x f_{vv}) \\
&= -2f_u + 4y^2 f_{uu} - 8xy f_{uv} + 4x^2 f_{vv}.
\end{aligned}$$
公式：二阶偏导计算：$z_{yy} = \frac{\partial}{\partial y}(-2y f_u + 2x f_v)$
提示：注意 $\frac{\partial}{\partial y}(-2y f_u)$ 中 $f_u$ 也依赖于 $y$，需用乘积法则。
步骤 4/8
目标：求和并化简得到Laplace方程
将 $z_{xx}$ 和 $z_{yy}$ 相加：
$$\begin{aligned}
z_{xx} + z_{yy} &= (2f_u + 4x^2 f_{uu} + 8xy f_{uv} + 4y^2 f_{vv}) + (-2f_u + 4y^2 f_{uu} - 8xy f_{uv} + 4x^2 f_{vv}) \\
&= 4(x^2 + y^2)(f_{uu} + f_{vv}).
\end{aligned}$$
由于 $f$ 满足 $f_{uu} + f_{vv} = 0$，故 $z_{xx} + z_{yy} = 0$，即 $z$ 满足Laplace方程。
公式：$z_{xx}+z_{yy}=4(x^2+y^2)(f_{uu}+f_{vv})$
提示：注意 $x^2+y^2$ 非零，但由已知条件直接得零。
步骤 5/8
目标：证明第二部分（类似方法）
设 $u = x^2 + y^2$, $v = 2xy$，则 $z = f(u, v)$。类似计算可得：
$$\begin{aligned}
z_x &= 2x f_u + 2y f_v, \quad z_y = 2y f_u + 2x f_v, \\
z_{xx} &= 2f_u + 4x^2 f_{uu} + 8xy f_{uv} + 4y^2 f_{vv}, \\
z_{yy} &= 2f_u + 4y^2 f_{uu} + 8xy f_{uv} + 4x^2 f_{vv}.
\end{aligned}$$
相减得：
$$z_{xx} - z_{yy} = 4(x^2 - y^2)(f_{uu} - f_{vv}) = 0,$$
因为 $f_{uu} - f_{vv} = 0$。
公式：$z_{xx}-z_{yy}=4(x^2-y^2)(f_{uu}-f_{vv})$
提示：注意 $u_y = 2y$，$v_y = 2x$，与第一问不同。
步骤 6/8
目标：第三部分：变量代换并计算一阶偏导
设 $x = e^s \cos t$, $y = e^s \sin t$，则 $u = u(x,y)$。计算 $u$ 对 $s,t$ 的一阶偏导：
$$\begin{aligned}
u_s &= u_x \frac{\partial x}{\partial s} + u_y \frac{\partial y}{\partial s} = u_x e^s \cos t + u_y e^s \sin t, \\
u_t &= u_x \frac{\partial x}{\partial t} + u_y \frac{\partial y}{\partial t} = -u_x e^s \sin t + u_y e^s \cos t.
\end{aligned}$$
公式：链式法则：$u_s = u_x x_s + u_y y_s$
提示：注意 $\frac{\partial x}{\partial s} = e^s \cos t$，$\frac{\partial y}{\partial s} = e^s \sin t$。
步骤 7/8
目标：计算二阶偏导 $u_{ss}$ 和 $u_{tt}$
对 $u_s$ 再对 $s$ 求导，注意 $u_x, u_y$ 仍依赖于 $x,y$：
$$\begin{aligned}
u_{ss} &= \frac{\partial}{\partial s}(u_x e^s \cos t + u_y e^s \sin t) \\
&= (u_{xx} x_s + u_{xy} y_s) e^s \cos t + u_x e^s \cos t + (u_{yx} x_s + u_{yy} y_s) e^s \sin t + u_y e^s \sin t \\
&= u_{xx} e^{2s} \cos^2 t + 2u_{xy} e^{2s} \sin t \cos t + u_{yy} e^{2s} \sin^2 t + u_x e^s \cos t + u_y e^s \sin t.
\end{aligned}$$
类似地，对 $u_t$ 再对 $t$ 求导：
$$\begin{aligned}
u_{tt} &= \frac{\partial}{\partial t}(-u_x e^s \sin t + u_y e^s \cos t) \\
&= -(u_{xx} x_t + u_{xy} y_t) e^s \sin t - u_x e^s \cos t + (u_{yx} x_t + u_{yy} y_t) e^s \cos t - u_y e^s \sin t \\
&= u_{xx} e^{2s} \sin^2 t - 2u_{xy} e^{2s} \sin t \cos t + u_{yy} e^{2s} \cos^2 t - u_x e^s \cos t - u_y e^s \sin t.
\end{aligned}$$
公式：二阶偏导计算：$u_{ss} = \frac{\partial}{\partial s}(u_s)$
提示：注意 $u_{xy} = u_{yx}$，且 $x_t = -e^s \sin t$，$y_t = e^s \cos t$。
步骤 8/8
目标：求和得到结果
将 $u_{ss}$ 和 $u_{tt}$ 相加：
$$\begin{aligned}
u_{ss} + u_{tt} &= [u_{xx} e^{2s} (\cos^2 t + \sin^2 t) + u_{yy} e^{2s} (\sin^2 t + \cos^2 t) + 2u_{xy} e^{2s} (\sin t \cos t - \sin t \cos t)] \\
&\quad + (u_x e^s \cos t - u_x e^s \cos t) + (u_y e^s \sin t - u_y e^s \sin t) \\
&= e^{2s} (u_{xx} + u_{yy}).
\end{aligned}$$
由已知 $u_{xx} + u_{yy} = 0$，故 $u_{ss} + u_{tt} = 0$。
公式：$u_{ss}+u_{tt}=e^{2s}(u_{xx}+u_{yy})$
提示：注意三角恒等式 $\cos^2 t + \sin^2 t = 1$，以及交叉项和一次项抵消。
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