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]
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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：★★☆☆☆