记 $P=\frac{f(xy)}{(x^{2}y)}$、$Q=\frac{f^{\prime \prime }(xy)}{(x{y}^2)}$，并令 $u=xy>0$。因 $f$ 有三阶连续导数，$P,Q$ 在 $xy>0$ 上具有连续一阶偏导。由 $F_x=P$、$F_y=Q$ 可知 $F$ 的二阶偏导连续，故 $P_y=Q_x$。
分别计算得

因此 $(\frac{f(u)}{u}{)}^{\prime }=(\frac{f^{\prime \prime }(u)}{u}{)}^{\prime }$，即

每个 $u>0$ 均可由 $(x,y)=(u,1)$ 取得，上式在整个区间 $(0,+\infty )$ 成立。导数恒为零的函数在区间上为常数，故 $\frac{f^{\prime \prime }(u)}{u}-\frac{f(u)}{u}=C$，证毕。

由第（1）问，$f^{\prime \prime }(u)-f(u)=Cu$。令 $u=1$，利用 $f^{\prime \prime }(1)=0$、$f(1)=1$，得到 $C=-1$，故 $f^{\prime \prime }-f=-u$。
齐次特征方程 $r^2-1=0$ 的根为 $\pm 1$，齐次通解为 $C_1{\mathrm{e}}^u+C_2{\mathrm{e}}^{-u}$。设特解 $au+b$，代入得 $-(au+b)=-u$，所以 $a=1,b=0$。从而

由 $f(1)=1$、$f^{\prime }(1)=-1$，得到

解得 $C_1=-{\mathrm{e}}^{-1}$、$C_2=\mathrm{e}$，故 $f(u)={\mathrm{e}}^{1-u}-{\mathrm{e}}^{u-1}+u$，$u>0$。
此时 $f^{\prime }(u)=-{\mathrm{e}}^{1-u}-{\mathrm{e}}^{u-1}+1$，$f^{\prime \prime }(u)={\mathrm{e}}^{1-u}-{\mathrm{e}}^{u-1}$，可见三个初值及 $f^{\prime \prime }-f=-u$ 均满足。该函数光滑，且使 $P_y=Q_x$；区域 $xy>0$ 的两个连通分支分别为第一、第三象限，均单连通，因此各分支上存在原函数，合在一起即为题设要求的 $F$。