2014年考研数二第18题解析：偏导数、二阶常系数非齐次线性微分方程

题目

设函数 $f (u)$ 二阶连续可导， $z = f (e^{x} \cos y)$ 满足 $\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}}$ $= (4 z + e^{x} \cos y) e^{2 x}$ , 若 $f (0) = 0$ , $f^{‘} (0) = 0$ , 求 $f (u)$ 的表达式.

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解析

由题知，可令：

$u = e^{x} \cos y .$

于是，有：

$\frac{\partial z}{\partial x} =$

$\frac{\partial z}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial x} =$

$f^{‘} (u) \cdot [(\cos y) e^{x}] =$

$e^{x} \cos y \cdot f^{‘} (u) .$

$\frac{\partial z}{\partial y} =$

$\frac{\partial z}{\partial u} \cdot \frac{\partial u}{\partial y} =$

$f^{‘} (u) \cdot [(e^{x}) \cdot (- \sin y)] =$

$- e^{x} \sin y \cdot f^{‘} (u) .$

$\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} =$

$\frac{\partial}{\partial x} (\frac{\partial z}{\partial x}) =$

$\frac{\partial}{\partial x} [e^{x} \cos y \cdot f^{‘} (u)] =$

$\cos y \cdot \frac{\partial}{\partial x} [e^{x} f^{‘} (u)] =$

$\cos y \cdot [e^{x} f^{‘} (u) + e^{x} (f^{”} (u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x})] =$

$\cos y \cdot [e^{x} f^{‘} (u) + e^{x} (f^{”} (u) \cdot e^{x} \cos y)] =$

$e^{x} \cos y f^{‘} (u) + e^{2 x} \cos^{2} y f^{”} (u) .$

$\frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} =$

$\frac{\partial}{\partial y} (\frac{\partial z}{\partial y}) =$

$\frac{\partial}{\partial y} [- e^{x} \sin y f^{‘} (u)] =$

$(- e^{x}) \cdot \frac{\partial}{\partial y} [\sin y f^{‘} (u)] =$

$(- e^{x}) \cdot [\cos y f^{‘} (u) + \sin y f^{”} (u) \cdot \frac{\partial u}{\partial y}] =$

$(- e^{x}) \cdot [\cos y f^{‘} (u) + \sin y f^{”} (u) \cdot (- e^{x} \sin y)] =$

$- e^{x} \cos y f^{‘} (u) + e^{2 x} \sin^{2} y f^{”} (u) .$

于是：

$\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} =$

$e^{x} \cos y f^{‘} (u) + e^{2 x} \cos^{2} y f^{”} (u) +$

$[- e^{x} \cos y f^{‘} (u) + e^{2 x} \sin^{2} y f^{”} (u)] =$

$e^{2 x} [\sin^{2} y + \cos^{2} y] f^{”} (u) =$

$e^{2 x} f^{”} (u) .$

又由题知：

$\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = (4 z + e^{x} \cos y) e^{2 x} .$

于是：

$\frac{\partial^{2} z}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} z}{\partial y^{2}} = e^{2 x} f^{”} (u) .$

即：

$e^{2 x} f^{”} (u) = (4 z + e^{x} \cos y) e^{2 x} \Rightarrow$

$f^{”} (u) = 4 z + e^{x} \cos y \Rightarrow$

注：
[1]. 由题知 $z = f (u)$ , $u = e^{x} \cos y$ .

$f^{”} (u) = 4 f (u) + u \Rightarrow$

$f^{”} (u) - 4 f (u) = u . ①$

观察可知， $①$ 式就是一个二阶常系数非齐次线性微分方程，接下来可以使用适用于二阶常系数非齐次线性微分方程的方式求解 $f (u)$ .

首先，求解出 $f^{”} (u) - 4 f (u) = u$ 对应的齐次线性方程 $f^{”} (u) - 4 f (u) = 0$ 的通解：

$λ^{2} - 4 = 0 \Rightarrow$

注：
[1]. 这里要注意， $f^{”} (u) - 4 f (u) = 0$ 对应的特征方程【不是】 $λ^{2} - 4 λ = 0$ .

$λ_{1} = 2, λ_{2} = - 2.$

于是， $f^{”} (u) - 4 f (u) = 0$ 的通解可设为：

$C_{1} e^{2 u} + C_{2} e^{- 2 u} .$

又根据 $f^{”} (u) - 4 f (u) = u$ 中的右端项 $u$ 可以将 $f^{”} (u) - 4 f (u) = u$ 的特解设为 $a u + b$ .

接着，将 $a u + b$ 代入到 $f^{”} (u) - 4 f (u) = u$ 可得：

$a = \frac{- 1}{4}, b = 0.$

于是：

$f (u) = C_{1} e^{2 u} + C_{2} e^{- 2 u} - \frac{1}{4} u; ②$

$f^{‘} (u) = 2 C_{1} e^{2 u} - 2 C_{2} e^{- 2 u} - \frac{1}{4} . ③$

将 $f (0) = 0$ , $f^{‘} (0) = 0$ 分别代入到 $②$ 式和 $③$ 式可得：

${\begin{matrix} C_{1} + C_{2} = 0; \\ 2 C_{1} - 2 C_{2} - \frac{1}{4} = 0 \end{matrix} \Rightarrow$

$C_{1} = \frac{1}{16}, C_{2} = \frac{- 1}{16} .$

于是，可知：

$f (u) = \frac{1}{16} e^{2 u} - \frac{1}{16} e^{- 2 u} - \frac{1}{4} u .$

题目

解析

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