2002 年考研数学（一） 第 14 题

第一问是标准的等偏导判据。第二问的巧思在于凑全微分：把复杂被积式拆成两块，一块是 $\mathrm{d}(x/y)$，另一块因 $y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y=\mathrm{d}(xy)$ 而变成 $f(xy)\mathrm{d}(xy)$，积出原函数 $F(xy)$。条件 $ab=cd$ 正好让 $F$ 那部分首尾相消。

分析：先验证 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$ 得路径无关；再把被积表达式拆成两组恰当微分分别积分。

(1) 记 $P=\frac{1}{y}+yf(xy),Q=xf(xy)-\frac{x}{y^2}$。计算
$$\frac{\partial P}{\partial y}=-\frac{1}{y^2}+f(xy)+xy{f}^{\prime }(xy),\frac{\partial Q}{\partial x}=f(xy)+xy{f}^{\prime }(xy)-\frac{1}{y^2}.$$
二者相等，且在上半平面 $y>0$（单连通区域）内 $P,Q$ 有连续偏导数，故 $I$ 与路径无关。

(2) 把积分拆成两部分：
$$I=\underset{I_1}{\underbrace{{\int }_L\frac{1}{y}\mathrm{d}x-\frac{x}{y^2}\mathrm{d}y}}+\underset{I_2}{\underbrace{{\int }_{L}yf(xy)\mathrm{d}x+xf(xy)\mathrm{d}y}}.$$
第一部分是全微分 $\frac{1}{y}\mathrm{d}x-\frac{x}{y^2}\mathrm{d}y=\mathrm{d}\left(\frac{x}{y}\right)$，故
$$I_1={\left[\frac{x}{y}\right]}_{(a,b)}^{(c,d)}=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}=\frac{bc-ad}{bd}.$$

第二部分：设 $F$ 是 $f$ 的原函数，则 $yf(xy)\mathrm{d}x+xf(xy)\mathrm{d}y=f(xy)\mathrm{d}(xy)=\mathrm{d}F(xy)$，故
$$I_2=[F(xy){]}_{(a,b)}^{(c,d)}=F(cd)-F(ab).$$
由 $ab=cd$ 得 $I_2=0$。综上 $I=I_1+I_2=\frac{bc-ad}{bd}$。