同济高数 第9章 第9-4-10题
📝 题目
10．设 $\displaystyle z=\frac{y}{f\left(x^{2}-y^{2}\right)}$ ，其中 $f(u)$ 为可导函数，验证 $\displaystyle \frac{1}{x} \frac{\partial z}{\partial x}+\frac{1}{y} \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{z}{y^{2}}$ ．
💡 答案解析
[AI解答]
[AI解答] 已知 $$ z = \frac{y}{f(x^2 - y^2)}, $$ 其中 $f(u)$ 可导。记 $u = x^2 - y^2$，则 $$ z = y \cdot [f(u)]^{-1}. $$
首先求 $\frac{\partial z}{\partial x}$： $$ \frac{\partial z}{\partial x} = y \cdot \frac{d}{dx} \big( f(u)^{-1} \big) = y \cdot \big( - f(u)^{-2} \big) \cdot f'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x}. $$ 而 $\frac{\partial u}{\partial x} = 2x$，所以 $$ \frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{2xy\, f'(u)}{f(u)^2}. $$
再求 $\frac{\partial z}{\partial y}$： 这里 $z$ 对 $y$ 求导时注意 $y$ 既出现在分子，也通过 $u$ 出现在分母。 $$ \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{f(u)} + y \cdot \frac{d}{dy} \big( f(u)^{-1} \big) = \frac{1}{f(u)} + y \cdot \big( - f(u)^{-2} \big) f'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial y}. $$ 而 $\frac{\partial u}{\partial y} = -2y$，因此 $$ \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{f(u)} + \frac{2y^2 f'(u)}{f(u)^2}. $$
现在验证等式左边： $$ \frac{1}{x} \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{y} \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{x} \left( -\frac{2xy\, f'(u)}{f(u)^2} \right) + \frac{1}{y} \left( \frac{1}{f(u)} + \frac{2y^2 f'(u)}{f(u)^2} \right). $$
第一项化简为 $$ -\frac{2y\, f'(u)}{f(u)^2}. $$ 第二项拆开： $$ \frac{1}{y f(u)} + \frac{2y\, f'(u)}{f(u)^2}. $$
两项相加，含有 $f'(u)$ 的部分正好抵消： $$ -\frac{2y f'(u)}{f(u)^2} + \frac{2y f'(u)}{f(u)^2} = 0, $$ 所以结果为 $$ \frac{1}{y f(u)}. $$
又因为 $z = \frac{y}{f(u)}$，所以 $$ \frac{1}{y f(u)} = \frac{z}{y^2}. $$
因此 $$ \frac{1}{x} \frac{\partial z}{\partial x} + \frac{1}{y} \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{z}{y^2} $$ 成立，证毕。
难度：★★☆☆☆