2014 年考研数学（一） 第 17 题

这类「验证 PDE 反求 $f$」的题，先老实把拉普拉斯算子作用到复合函数上。妙处在于 $z_{xx}+z_{yy}$ 中 $f^{\prime }$ 项相消、$f^{\prime \prime }$ 项凑成 ${\mathrm{e}}^{2x}({\cos }^{2}y+{\sin }^{2}y)={\mathrm{e}}^{2x}$，于是 PDE 塌缩成 ODE：$f^{\prime \prime }-4f=u$。再走二阶常系数非齐次线性方程的标准流程（齐次解$+$待定特解），用初值定常数。

本题考查多元复合函数二阶偏导与二阶常系数非齐次线性微分方程。 记 $u={\mathrm{e}}^x\cos y$。

一阶偏导：$\frac{\partial z}{\partial x}={\mathrm{e}}^x\cos y{f}^{\prime },\frac{\partial z}{\partial y}=-{\mathrm{e}}^x\sin y{f}^{\prime }$。二阶偏导：$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}={\mathrm{e}}^x\cos y{f}^{\prime }+{\mathrm{e}}^{2x}{\cos }^{2}y{f}^{\prime \prime },\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=-{\mathrm{e}}^x\cos y{f}^{\prime }+{\mathrm{e}}^{2x}{\sin }^{2}y{f}^{\prime \prime }.$$ 相加得 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}={\mathrm{e}}^{2x}{f}^{\prime \prime }$。

代入原式 ${\mathrm{e}}^{2x}{f}^{\prime \prime }=(4z+{\mathrm{e}}^x\cos y){\mathrm{e}}^{2x}=(4f+u){\mathrm{e}}^{2x}$，得 $f^{\prime \prime }(u)-4f(u)=u$。

解此二阶常系数非齐次线性方程：齐次通解为 $C_1{\mathrm{e}}^{-2u}+C_2{\mathrm{e}}^{2u}$，特解设 $f^{\ast }=au+b$，代入得 $-4(au+b)=u$，故 $a=-\frac{1}{4},b=0$，从而 $f(u)=C_1{\mathrm{e}}^{-2u}+C_2{\mathrm{e}}^{2u}-\frac{1}{4}u$。

由 $f(0)=0,f^{\prime }(0)=0$ 得 $\{\begin{array}{l}{C}_1+C_2=0\\ -2C_1+2C_2-\frac{1}{4}=0\end{array}$，解得 $C_1=-\frac{1}{16},C_2=\frac{1}{16}$。故 $f(u)=\frac{1}{16}({\mathrm{e}}^{2u}-{\mathrm{e}}^{-2u})-\frac{1}{4}u$。