1993 · 数学二 · 第 14 题 · 解答题

设

z = x^{3} f (x y, \frac{y}{x})

，

f

具有连续二阶偏导数。

(1) 求 $\frac{\partial z}{\partial y}$ ；
(2) 求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}}$ ；
(3) 求 $\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y}$ 。

答案

第 1 问

$\frac{\partial z}{\partial y} = x^{4} f_{1} (x y, \frac{y}{x}) + x^{2} f_{2} (x y, \frac{y}{x})$

第 2 问

$\frac{\partial ^{2} z}{\partial y ^{2}} = x^{5} f_{11} (x y, \frac{y}{x}) + 2 x^{3} f_{12} (x y, \frac{y}{x}) + x f_{22} (x y, \frac{y}{x})$

第 3 问

$\frac{\partial ^{2} z}{\partial x \partial y} = x^{4} y f_{11} (x y, \frac{y}{x}) + 4 x^{3} f_{1} (x y, \frac{y}{x}) + 2 x f_{2} (x y, \frac{y}{x}) - y f_{22} (x y, \frac{y}{x})$

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第 1 问

记 $u = x y$ ， $v = \frac{y}{x}$ 。因题式含 $\frac{y}{x}$ ，故在其定义域内 $x \neq = 0$ 。用 $f_{i}$ 表示 $f$ 对第 $i$ 个变量的偏导数。

固定 $x$ 对 $y$ 求导， $u_{y} = x$ ， $v_{y} = \frac{1}{x}$ ，所以

\frac{\partial z}{\partial y} = x^{3} (f_{1} (u, v) x + f_{2} (u, v) \frac{1}{x}) = x^{4} f_{1} (u, v) + x^{2} f_{2} (u, v) .

代回 $u = x y$ 、 $v = \frac{y}{x}$ 即得结论。

第 2 问

仍记 $u = x y$ ， $v = \frac{y}{x}$ ，且所有 $f_{i}$ 、 $f_{ij}$ 均在 $u, v$ 处取值。由第一问， $z_{y} = x^{4} f_{1} + x^{2} f_{2}$ 。

固定 $x$ 再对 $y$ 求导：

z_{y y} = x^{4} (x f_{11} + \frac{1}{x} f_{12}) + x^{2} (x f_{21} + \frac{1}{x} f_{22}) = x^{5} f_{11} + x^{3} (f_{12} + f_{21}) + x f_{22} .

由于 $f$ 具有连续二阶偏导数， $f_{12} = f_{21}$ ，故

z_{y y} = x^{5} f_{11} + 2 x^{3} f_{12} + x f_{22} .

第 3 问

记 $u = x y$ ， $v = \frac{y}{x}$ 。固定 $y$ 时， $u_{x} = y$ ， $v_{x} = - \frac{y}{x ^{2}}$ 。由第一问， $z_{y} = x^{4} f_{1} (u, v) + x^{2} f_{2} (u, v)$ 。

应用乘积法则与链式法则：

z_{y x} = 4 x^{3} f_{1} + x^{4} (y f_{11} - \frac{y}{x ^{2}} f_{12}) + 2 x f_{2} + x^{2} (y f_{21} - \frac{y}{x ^{2}} f_{22}) .

因 $f_{12} = f_{21}$ ，上式中的 $- x^{2} y f_{12}$ 与 $x^{2} y f_{21}$ 相消。因此，在 $u = x y$ 、 $v = \frac{y}{x}$ 处，

z_{y x} = x^{4} y f_{11} + 4 x^{3} f_{1} + 2 x f_{2} - y f_{22} .

连续二阶偏导还保证 $z_{x y} = z_{y x}$ ，故这就是所求混合二阶偏导。