2014 年考研数学（二） 第 18 题

这类“已知 $z=f(\phi (x,y))$ 满足某 PDE，求 $f$”的题，核心是把偏导数算式压回成 $f$ 的常微分方程。诀窍是先设中间变量 $u=e^x\cos y$，机械地写出 $z_{xx},z_{yy}$；相加时 $f^{\prime }$ 项对消、平方和为 $1$，恰好只剩 $e^{2x}{f}^{\prime \prime }$，与右端 $e^{2x}$ 一约，PDE 塌缩成 $f^{\prime \prime }-4f=u$。之后是标准二阶常系数非齐次求解 + 两个初始条件定常数，答案里的 $\frac{1}{16}(e^{2u}-e^{-2u})$ 其实就是 $\frac{1}{8}\sinh 2u$。

本题考查多元复合函数求偏导与二阶常系数非齐次线性微分方程。 先算出 $z=f(e^x\cos y)$ 的两个二阶偏导数，代入等式导出关于 $f$ 的常微分方程。

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

两式相加，$f^{\prime }$ 项抵消，${\cos }^{2}y+{\sin }^{2}y=1$：
$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}z}{\partial y^2}=e^{2x}{f}^{\prime \prime }.$$
代入题设 $e^{2x}{f}^{\prime \prime }=(4z+e^x\cos y)e^{2x}=(4f+u)e^{2x}$，约去 $e^{2x}$ 得
$$f^{\prime \prime }(u)-4f(u)=u.$$

这是二阶常系数非齐次线性方程。特征方程 $r^2-4=0$，$r=\pm 2$，齐次解 $C_1{e}^{2u}+C_2{e}^{-2u}$；因右端为一次多项式，设特解 $f^{\ast }=au+b$，代入得 $-4(au+b)=u$，故 $a=-\frac{1}{4},b=0$。通解
$$f(u)=C_1{e}^{2u}+C_2{e}^{-2u}-\frac{1}{4}u.$$

用 $f(0)=0,f^{\prime }(0)=0$ 定常数：$f(0)=C_1+C_2=0$；$f^{\prime }(u)=2C_1{e}^{2u}-2C_2{e}^{-2u}-\frac{1}{4}$，$f^{\prime }(0)=2C_1-2C_2-\frac{1}{4}=0$。联立解得 $C_1=\frac{1}{16},C_2=-\frac{1}{16}$。所以
$$f(u)=\frac{1}{16}\left(e^{2u}-e^{-2u}\right)-\frac{1}{4}u.$$