8.4 复合函数微分法(链式法则) 📖 笔记p9, p13

8.4.1 链式法则

链式法则
基本公式:$z=f(u,v)$,$u=u(x,y)$,$v=v(x,y)$(树状图:自变量→中间变量→因变量)

树状图结构:$z$ 通过 $u$ 和 $v$ 依赖于 $x$ 和 $y$。每条路径偏导相乘,所有路径相加

$$\frac{\pp z}{\pp x} = \frac{\pp z}{\pp u}\cdot\frac{\pp u}{\pp x} + \frac{\pp z}{\pp v}\cdot\frac{\pp v}{\pp x}, \qquad \frac{\pp z}{\pp y} = \frac{\pp z}{\pp u}\cdot\frac{\pp u}{\pp y} + \frac{\pp z}{\pp v}\cdot\frac{\pp v}{\pp y}$$

树状图示意(从因变量到自变量逐层写出):

         z
        / \
  ∂z/∂u   ∂z/∂v
      /       \
     u          v
    / \        / \
∂u/∂x ∂u/∂y  ∂v/∂x ∂v/∂y
  |    |       |     |
  x    y       x     y

$z\to u\to x$ 路径:$\frac{\pp z}{\pp u}\cdot\frac{\pp u}{\pp x}$;$z\to v\to x$ 路径:$\frac{\pp z}{\pp v}\cdot\frac{\pp v}{\pp x}$;两路相加即 $\frac{\pp z}{\pp x}$。

画树状图是不出错的核心方法!从 $z$ 出发 → 中间变量 $u,v$ → 自变量 $x,y$。每条路径上的偏导相乘,所有路径相加
笔记例题(极坐标):$z = f(x,y)$,$x = r\cos\theta$,$y = r\sin\theta$,求各偏导关系。

i) 求 $\frac{\pp z}{\pp r}$ 和 $\frac{\pp z}{\pp\theta}$(链式法则):

$$\frac{\pp z}{\pp r} = f_x\cdot\frac{\pp x}{\pp r} + f_y\cdot\frac{\pp y}{\pp r} = f_x\cos\theta + f_y\sin\theta$$ $$\frac{\pp z}{\pp\theta} = f_x\cdot\frac{\pp x}{\pp\theta} + f_y\cdot\frac{\pp y}{\pp\theta} = f_x(-r\sin\theta) + f_y(r\cos\theta)$$

ii) 验证恒等式(极坐标下梯度模的表达):

$$\left(\frac{\pp z}{\pp r}\right)^2 + \frac{1}{r^2}\left(\frac{\pp z}{\pp\theta}\right)^2 = f_x^2 + f_y^2 = |\grad f|^2$$

验证:展开左边,$(f_x\cos\theta+f_y\sin\theta)^2 + \frac{1}{r^2}(-rf_x\sin\theta+rf_y\cos\theta)^2$ $= f_x^2\cos^2\theta+2f_xf_y\cos\theta\sin\theta+f_y^2\sin^2\theta + f_x^2\sin^2\theta - 2f_xf_y\sin\theta\cos\theta + f_y^2\cos^2\theta = f_x^2+f_y^2$ ✓

iii) 若 $z$ 只与 $r$ 有关(即 $z=z(r)$,不依赖 $\theta$),则 $\frac{\pp z}{\pp\theta}=0$,Laplace 方程 $z_{xx}+z_{yy}=0$ 在极坐标下化为 ODE:$z''(r)+\frac{1}{r}z'(r)=0$。

笔记例题(全导数):$z = f(x,y)$,$x = x(t)$,$y = y(t)$,求 $\frac{\dd z}{\dd t}$。
$$\frac{\dd z}{\dd t} = f_x\cdot x'(t) + f_y\cdot y'(t) = \frac{\pp f}{\pp x}\cdot\frac{\dd x}{\dd t} + \frac{\pp f}{\pp y}\cdot\frac{\dd y}{\dd t}$$

注意:这里是全导数 $\frac{\dd z}{\dd t}$,不是偏导!因为 $t$ 是唯一自变量。树状图:$z\to(x,y)\to t$,每条路径 $\frac{\pp z}{\pp x}\cdot\frac{\dd x}{\dd t}$ 和 $\frac{\pp z}{\pp y}\cdot\frac{\dd y}{\dd t}$ 相加。

与链式法则区别:当中间变量依赖一个自变量 $t$ 时,对 $t$ 的导数用 $\frac{\dd}{\dd t}$(全导数);当中间变量依赖多个自变量 $(x,y)$ 时,用 $\frac{\pp}{\pp x}$(偏导数)。

8.4.2 全微分形式不变性

全微分形式不变性
全微分形式不变性(笔记p13)

若 $z = f(u,v)$,无论 $u,v$ 是自变量还是中间变量(即 $u=u(x,y)$,$v=v(x,y)$),全微分形式始终为:

$$\dd z = f_u\,\dd u + f_v\,\dd v$$
完整证明(笔记原文)

设 $z = f(u,v)$,$u = u(x,y)$,$v = v(x,y)$。由全微分定义:

$$\dd z = \frac{\pp z}{\pp x}\dd x + \frac{\pp z}{\pp y}\dd y$$

由链式法则代入 $\frac{\pp z}{\pp x}=f_u u_x+f_v v_x$,$\frac{\pp z}{\pp y}=f_u u_y+f_v v_y$:

$$\dd z = (f_u u_x + f_v v_x)\dd x + (f_u u_y + f_v v_y)\dd y$$ $$= f_u(u_x\dd x + u_y\dd y) + f_v(v_x\dd x + v_y\dd y)$$ $$= f_u\,\dd u + f_v\,\dd v \qquad \left(\text{因为 }\dd u = u_x\dd x+u_y\dd y,\;\dd v = v_x\dd x+v_y\dd y\right)$$

当 $u,v$ 本身是自变量时,$\dd u = \dd u$,$\dd v = \dd v$,形式自然成立。故形式不变。$\blacksquare$

笔记例题:$z = \arctan\dfrac{y}{x}$,用两种方法求 $\dd z$。

方法一(直接求偏导)

$$\frac{\pp z}{\pp x} = \frac{1}{1+(y/x)^2}\cdot\left(-\frac{y}{x^2}\right) = \frac{-y/x^2}{(x^2+y^2)/x^2} = \frac{-y}{x^2+y^2}$$ $$\frac{\pp z}{\pp y} = \frac{1}{1+(y/x)^2}\cdot\frac{1}{x} = \frac{1/x}{(x^2+y^2)/x^2} = \frac{x}{x^2+y^2}$$ $$\dd z = \frac{-y\,\dd x + x\,\dd y}{x^2+y^2}$$

方法二(利用全微分形式不变性,更快!):令 $u = \dfrac{y}{x}$,$z = \arctan u$:

$$\dd z = \frac{1}{1+u^2}\,\dd u = \frac{1}{1+y^2/x^2}\cdot\dd\!\left(\frac{y}{x}\right)$$ $$\dd\!\left(\frac{y}{x}\right) = \frac{x\,\dd y - y\,\dd x}{x^2}$$ $$\dd z = \frac{x^2}{x^2+y^2}\cdot\frac{x\,\dd y-y\,\dd x}{x^2} = \frac{x\,\dd y - y\,\dd x}{x^2+y^2} \quad\checkmark$$

变量替换化简PDE(笔记p13下半,粉色高亮框)

【重点题型】PDE变量替换:对波动方程 $z_{xx}-z_{yy}=0$,令 $u=x+y,\;v=x-y$ 可化简为 $w_{uv}=0$。
注意:不同的PDE需要不同的变量替换。$z_{xx}-z_{xy}=0$ 用 $u=x,v=x+y$ 化简为 $w_{uu}+w_{uv}=0$(见8.4.2节例题)。
笔记例题(波动方程变量替换):设 $z=z(x,y)$ 满足波动方程式型方程,令 $\begin{cases}u=x+y\\ v=x-y\end{cases}$,$w=w(u,v)=z(x,y)$,化简为 $w_{uv}=0$。

第一步:写出偏导算子关系。由 $u=x+y,\;v=x-y$,得:

$$\frac{\pp}{\pp x} = \frac{\pp u}{\pp x}\frac{\pp}{\pp u}+\frac{\pp v}{\pp x}\frac{\pp}{\pp v} = \frac{\pp}{\pp u}+\frac{\pp}{\pp v}$$ $$\frac{\pp}{\pp y} = \frac{\pp u}{\pp y}\frac{\pp}{\pp u}+\frac{\pp v}{\pp y}\frac{\pp}{\pp v} = \frac{\pp}{\pp u}-\frac{\pp}{\pp v}$$

第二步:计算各阶偏导

$$\frac{\pp z}{\pp x} = w_u+w_v, \qquad \frac{\pp z}{\pp y} = w_u-w_v$$ $$\frac{\pp^2 z}{\pp x^2} = \left(\frac{\pp}{\pp u}+\frac{\pp}{\pp v}\right)(w_u+w_v) = w_{uu}+2w_{uv}+w_{vv}$$ $$\frac{\pp^2 z}{\pp y^2} = \left(\frac{\pp}{\pp u}-\frac{\pp}{\pp v}\right)(w_u-w_v) = w_{uu}-2w_{uv}+w_{vv}$$ $$\frac{\pp^2 z}{\pp x\pp y} = \left(\frac{\pp}{\pp u}+\frac{\pp}{\pp v}\right)(w_u-w_v) = w_{uu}-w_{vv}$$

第三步:代入原方程 $z_{xx}-2z_{xy}+z_{yy}=0$

$$(w_{uu}+2w_{uv}+w_{vv})-2(w_{uu}-w_{vv})+(w_{uu}-2w_{uv}+w_{vv})$$ $$= w_{uu}+2w_{uv}+w_{vv}-2w_{uu}+2w_{vv}+w_{uu}-2w_{uv}+w_{vv} = 4w_{vv}$$

(对于一般的 $z_{xx}-2z_{xy}+z_{yy}=0$,上述展开给出 $4w_{vv}=0$,即 $w_{vv}=0$。)

对于笔记中的例题($\frac{\pp^2 z}{\pp x^2}-\frac{\pp^2 z}{\pp x\pp y}=0$,令 $u=x+y,v=x-y$):

$$\frac{\pp^2 z}{\pp x^2}-\frac{\pp^2 z}{\pp x\pp y} = (w_{uu}+2w_{uv}+w_{vv})-(w_{uu}-w_{vv}) = 2w_{uv}+2w_{vv} = 0$$ $$\Rightarrow\quad w_{uv}+w_{vv}=0$$

最终化简后的方程:$\dfrac{\pp^2 w}{\pp u\,\pp v}=0$(对于标准波动方程 $z_{xx}-z_{yy}=0$,令 $u=x+y,v=x-y$ 即得 $w_{uv}=0$)。

通解:$w_{uv}=0 \Rightarrow w_v = \varphi(v) \Rightarrow w = \Phi(v)+\Psi(u)$,即 $z = \Phi(x-y)+\Psi(x+y)$(D'Alembert解)。

笔记例题:设 $z = z(x,y)$ 为 $C^2$ 函数满足 $\dfrac{\pp^2 z}{\pp x^2} - \dfrac{\pp^2 z}{\pp x\,\pp y} = 0$。引入 $\begin{cases}u = x \\ v = x+y\end{cases}$,化简方程。

$u_x=1,\;u_y=0,\;v_x=1,\;v_y=1$,链式法则:

$$\frac{\pp z}{\pp x} = z_u\cdot 1 + z_v\cdot 1 = z_u + z_v, \qquad \frac{\pp z}{\pp y} = z_u\cdot 0 + z_v\cdot 1 = z_v$$ $$\frac{\pp^2 z}{\pp x^2} = \frac{\pp}{\pp x}(z_u+z_v) = (z_{uu}+z_{uv})\cdot 1+(z_{uv}+z_{vv})\cdot 1 = z_{uu}+2z_{uv}+z_{vv}$$ $$\frac{\pp^2 z}{\pp x\pp y} = \frac{\pp}{\pp y}(z_u+z_v) = z_{uv}\cdot 1 + z_{vv}\cdot 1 = z_{uv}+z_{vv}$$

代入 $z_{xx}-z_{xy}=0$:$(z_{uu}+2z_{uv}+z_{vv})-(z_{uv}+z_{vv}) = z_{uu}+z_{uv}=0$

即 $\dfrac{\pp}{\pp u}(z_u+z_v)=0$,积分得 $z_u+z_v=\varphi(v)$,这是关于 $u$ 的一阶线性 ODE。

解题方法总结
  1. 画树状图:写出所有变量的依赖关系,每条路径偏导相乘、所有路径相加
  2. 全微分形式不变性:$\dd z = f_u\dd u + f_v\dd v$,无论 $u,v$ 是自变量还是中间变量
  3. PDE 变量替换三步走:① 选择新变量 $u,v$ → ② 用链式法则表示旧偏导 → ③ 代入原方程化简
  4. 抽象复合函数:$z=f(u,v)$ 中 $f$ 未知时,用 $f_1', f_2'$ 表示对第一、第二个变量的偏导
【讲义重点】PDE 变量替换是解答题高频考点。核心技巧:$\frac{\partial}{\partial x} = \frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial}{\partial u} + \frac{\partial v}{\partial x}\frac{\partial}{\partial v}$,把 $\frac{\partial}{\partial x}$ 看作"算子"。求二阶偏导时再作用一次这个算子。

📝 精选例题:复合函数微分法

【2023-2024 选择2】 $F(x,y)=f(g(x)e^y, g(x)+e^y)$,求 $F_x$。
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令 $u=g(x)e^y$,$v=g(x)+e^y$。

$$F_x=f_u\cdot g'(x)e^y+f_v\cdot g'(x)=g'(x)[e^yf_u+f_v]$$

答案:B

技巧:画树状图 $F\to(u,v)\to x$,每条路径乘起来,所有路径加起来。

【2023-2024 解答16】 PDE变量替换:$u_{xx}-2u_{xy}+u_{yy}=0$,令 $\xi=x,\;\eta=x+y$,化简方程并求通解。
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第一步:写出变量替换及其偏导关系。令 $\xi=x$,$\eta=x+y$,则:

$$\frac{\pp\xi}{\pp x}=1,\quad\frac{\pp\xi}{\pp y}=0,\quad\frac{\pp\eta}{\pp x}=1,\quad\frac{\pp\eta}{\pp y}=1$$

由链式法则,偏导算子变换为:

$$\frac{\pp}{\pp x}=\frac{\pp\xi}{\pp x}\frac{\pp}{\pp\xi}+\frac{\pp\eta}{\pp x}\frac{\pp}{\pp\eta}=\frac{\pp}{\pp\xi}+\frac{\pp}{\pp\eta}$$ $$\frac{\pp}{\pp y}=\frac{\pp\xi}{\pp y}\frac{\pp}{\pp\xi}+\frac{\pp\eta}{\pp y}\frac{\pp}{\pp\eta}=0+\frac{\pp}{\pp\eta}=\frac{\pp}{\pp\eta}$$

第二步:计算一阶偏导

$$u_x = u_\xi\cdot 1 + u_\eta\cdot 1 = u_\xi + u_\eta,\qquad u_y = u_\xi\cdot 0 + u_\eta\cdot 1 = u_\eta$$

第三步:计算二阶偏导(对一阶偏导再用链式法则):

$$u_{xx}=\frac{\pp}{\pp x}(u_\xi+u_\eta)=\left(\frac{\pp}{\pp\xi}+\frac{\pp}{\pp\eta}\right)(u_\xi+u_\eta)=u_{\xi\xi}+u_{\xi\eta}+u_{\eta\xi}+u_{\eta\eta}=u_{\xi\xi}+2u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}$$ $$u_{xy}=\frac{\pp}{\pp y}(u_\xi+u_\eta)=\frac{\pp}{\pp\eta}(u_\xi+u_\eta)=u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}$$ $$u_{yy}=\frac{\pp}{\pp y}(u_\eta)=\frac{\pp}{\pp\eta}(u_\eta)=u_{\eta\eta}$$

第四步:代入原方程 $u_{xx}-2u_{xy}+u_{yy}=0$

$$(u_{\xi\xi}+2u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta})-2(u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta})+u_{\eta\eta}$$ $$=u_{\xi\xi}+2u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta}-2u_{\xi\eta}-2u_{\eta\eta}+u_{\eta\eta}=u_{\xi\xi}=0$$

方程化简为 $\dfrac{\pp^2 u}{\pp\xi^2}=0$(关于 $\xi$ 的常系数ODE)。

第五步:求通解。对 $\xi$ 积分两次:

$$u_{\xi\xi}=0\;\Rightarrow\;u_\xi=\varphi(\eta)\;\Rightarrow\;u=\xi\cdot\varphi(\eta)+\psi(\eta)$$

其中 $\varphi,\psi$ 是关于 $\eta$ 的任意可微函数。代回原变量 $\xi=x,\;\eta=x+y$:

$$\boxed{u=x\cdot\varphi(x+y)+\psi(x+y)}$$

其中 $\varphi,\psi$ 为任意可微函数。

关键方法:把偏导算子 $\frac{\pp}{\pp x}$ 写成 $\frac{\pp}{\pp\xi}+\frac{\pp}{\pp\eta}$ 形式(按链式法则),再对一阶结果重新施加一次算子即得二阶偏导。代入方程化简后再积分求通解。
【课后题精选】 $z=f(e^x\sin y)$,$f''$ 连续,若 $z_{xx}+z_{yy}=e^{2x}z$,求 $f(u)$ 满足的 ODE 并写出通解。
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令 $u=e^x\sin y$(中间变量),则 $z=f(u)$。

计算 $z_x$

$$z_x = f'(u)\cdot u_x = f'(u)\cdot e^x\sin y = f'(u)\cdot u$$

(因为 $u_x = e^x\sin y = u$)

计算 $z_{xx}$(再对 $x$ 求偏导,$u$ 也依赖 $x$):

$$z_{xx}=\frac{\pp}{\pp x}[f'(u)\cdot u]=f''(u)\cdot u_x\cdot u + f'(u)\cdot u_x = f''(u)\cdot u^2 + f'(u)\cdot u$$

计算 $z_y$

$$z_y = f'(u)\cdot u_y = f'(u)\cdot e^x\cos y$$

计算 $z_{yy}$(再对 $y$ 求偏导):

$$z_{yy}=\frac{\pp}{\pp y}[f'(u)\cdot e^x\cos y]=f''(u)\cdot u_y\cdot e^x\cos y + f'(u)\cdot(-e^x\sin y)$$ $$=f''(u)\cdot e^x\cos y\cdot e^x\cos y - f'(u)\cdot e^x\sin y = f''(u)\cdot e^{2x}\cos^2 y - f'(u)\cdot u$$

代入条件 $z_{xx}+z_{yy}=e^{2x}z$

$$\bigl[f''u^2+f'u\bigr]+\bigl[f''e^{2x}\cos^2 y - f'u\bigr] = e^{2x}f(u)$$ $$f''(u)\bigl(u^2+e^{2x}\cos^2 y\bigr) = e^{2x}f(u)$$

注意 $u^2+e^{2x}\cos^2 y=(e^x\sin y)^2+e^{2x}\cos^2 y=e^{2x}(\sin^2 y+\cos^2 y)=e^{2x}$,故:

$$f''(u)\cdot e^{2x} = e^{2x}f(u)\;\Rightarrow\;\boxed{f''(u)=f(u)}$$

求解 ODE $f''=f$:特征方程 $r^2-1=0$,$r=\pm 1$,通解为:

$$f(u) = C_1 e^u + C_2 e^{-u}$$

其中 $C_1,C_2$ 为任意常数(等价写法:$f(u)=A\cosh u+B\sinh u$)。

【课后题精选】 $z=f(xy,\frac{x}{y})$,证明 $xz_x+yz_y=2xyf_1'$。
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$xz_x=x(yf_1'+\frac{1}{y}f_2')=xyf_1'+\frac{x}{y}f_2'$

$yz_y=y(xf_1'-\frac{x}{y^2}f_2')=xyf_1'-\frac{x}{y}f_2'$

相加:$f_2'$ 项抵消,$xz_x+yz_y=2xyf_1'$ ✓

$xz_x+yz_y$ 形式 → 想到齐次函数欧拉定理。

📝 补充练习题:复合函数微分法

【补充练习 A】 设 $u = f(x+y+z,\; xyz)$,$f$ 有二阶连续偏导数,求 $\dfrac{\pp u}{\pp x}$ 及 $\dfrac{\pp^2 u}{\pp x\,\pp y}$。
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令 $s = x+y+z$,$t = xyz$,则 $u = f(s,t)$,$f$ 对第一、第二个变量的偏导记为 $f_1,f_2$。

第一步:一阶偏导。树状图 $u\to(s,t)\to x$:

$$s_x=1,\quad t_x=yz$$ $$\frac{\pp u}{\pp x}=f_1\cdot s_x+f_2\cdot t_x = f_1\cdot 1+f_2\cdot yz = f_1+yz\,f_2$$

第二步:混合二阶偏导 $\dfrac{\pp^2 u}{\pp x\,\pp y}$。对 $\dfrac{\pp u}{\pp x}=f_1+yz\,f_2$ 关于 $y$ 再求偏导(注意 $f_1,f_2$ 都是 $s,t$ 的函数,而 $s,t$ 又依赖 $y$):

$$s_y=1,\quad t_y=xz$$ $$\frac{\pp f_1}{\pp y}=f_{11}\cdot s_y+f_{12}\cdot t_y=f_{11}\cdot 1+f_{12}\cdot xz=f_{11}+xz\,f_{12}$$ $$\frac{\pp f_2}{\pp y}=f_{21}\cdot s_y+f_{22}\cdot t_y=f_{21}+xz\,f_{22}$$

所以:

$$\frac{\pp^2 u}{\pp x\,\pp y}=\frac{\pp}{\pp y}(f_1+yz\,f_2)=(f_{11}+xz\,f_{12})+z\,f_2+yz(f_{21}+xz\,f_{22})$$ $$=f_{11}+(xz+yz)\,f_{12}+xyz^2\,f_{22}+z\,f_2$$

(利用 $f_{12}=f_{21}$,因 $f$ 有二阶连续偏导)最终:

$$\boxed{\frac{\pp^2 u}{\pp x\,\pp y}=f_{11}+(x+y)z\,f_{12}+xyz^2\,f_{22}+z\,f_2}$$
关键步骤:对"已含 $f_1,f_2$"的表达式再求偏导时,$f_1,f_2$ 本身都是 $x,y,z$ 的函数(通过中间变量 $s,t$),必须再次用链式法则。
【补充练习 B】 设 $z=f\!\left(x^2-y^2,\;e^{xy}\right)$,$f$ 有一阶连续偏导数,计算 $y\,z_x+x\,z_y$,化简到最简形式。
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令 $u=x^2-y^2$,$v=e^{xy}$,$z=f(u,v)$。

计算 $z_x$:$u_x=2x$,$v_x=ye^{xy}$:

$$z_x=f_1\cdot 2x+f_2\cdot ye^{xy}=2xf_1+ye^{xy}f_2$$

计算 $z_y$:$u_y=-2y$,$v_y=xe^{xy}$:

$$z_y=f_1\cdot(-2y)+f_2\cdot xe^{xy}=-2yf_1+xe^{xy}f_2$$

计算 $yz_x+xz_y$

$$yz_x+xz_y=y(2xf_1+ye^{xy}f_2)+x(-2yf_1+xe^{xy}f_2)$$ $$=2xyf_1+y^2e^{xy}f_2-2xyf_1+x^2e^{xy}f_2$$ $$=(x^2+y^2)e^{xy}f_2$$

即:$\boxed{yz_x+xz_y=(x^2+y^2)e^{xy}\,f_2\!\left(x^2-y^2,\,e^{xy}\right)}$

观察规律:$yz_x+xz_y$ 的结构中 $f_1$ 项系数为 $2xy-2xy=0$ 自然抵消,只剩 $f_2$ 项。遇到 $\alpha z_x+\beta z_y$ 类型,先展开再合并,往往有项消去。
【补充练习 C】 设 $z=z(x,y)$ 满足方程 $\dfrac{\pp^2 z}{\pp x^2}-\dfrac{\pp^2 z}{\pp y^2}=0$(一维波动方程)。令 $\xi=x+ay,\;\eta=x+by$($a\neq b$),确定常数 $a,b$ 使方程化为 $\dfrac{\pp^2 w}{\pp\xi\,\pp\eta}=0$,并写出通解。
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第一步:建立算子关系。令 $w=w(\xi,\eta)=z(x,y)$,

$$\frac{\pp}{\pp x}=\frac{\pp}{\pp\xi}+\frac{\pp}{\pp\eta},\qquad\frac{\pp}{\pp y}=a\frac{\pp}{\pp\xi}+b\frac{\pp}{\pp\eta}$$

第二步:计算二阶偏导

$$\frac{\pp^2 z}{\pp x^2}=\left(\frac{\pp}{\pp\xi}+\frac{\pp}{\pp\eta}\right)^2 w=w_{\xi\xi}+2w_{\xi\eta}+w_{\eta\eta}$$ $$\frac{\pp^2 z}{\pp y^2}=\left(a\frac{\pp}{\pp\xi}+b\frac{\pp}{\pp\eta}\right)^2 w=a^2 w_{\xi\xi}+2ab\,w_{\xi\eta}+b^2 w_{\eta\eta}$$

第三步:代入方程 $z_{xx}-z_{yy}=0$

$$(1-a^2)w_{\xi\xi}+2(1-ab)w_{\xi\eta}+(1-b^2)w_{\eta\eta}=0$$

要化为 $w_{\xi\eta}=0$,需要 $w_{\xi\xi}$ 和 $w_{\eta\eta}$ 系数为零,$w_{\xi\eta}$ 系数非零:

$$1-a^2=0\Rightarrow a=\pm 1;\quad 1-b^2=0\Rightarrow b=\pm 1;\quad a\neq b$$

故取 $a=1,\;b=-1$(或 $a=-1,b=1$),此时 $1-ab=1-(-1)=2\neq 0$:

$$2\cdot 2\,w_{\xi\eta}=0\;\Rightarrow\;w_{\xi\eta}=0$$

(标准变量替换:$\xi=x+y,\;\eta=x-y$)

第四步:求通解。$\dfrac{\pp^2 w}{\pp\xi\,\pp\eta}=0$ 先对 $\eta$ 积分得 $w_\xi=\varphi(\xi)$,再对 $\xi$ 积分:

$$w=\Phi(\xi)+\Psi(\eta)$$

代回:$\boxed{z(x,y)=\Phi(x+y)+\Psi(x-y)}$(D'Alembert 解)

其中 $\Phi,\Psi$ 是任意二阶可微函数。

方法论:凡化 $z_{xx}-z_{yy}=0$ 型(或 $z_{xx}-c^2 z_{yy}=0$),都取 $\xi=x+cy,\;\eta=x-cy$ 令方程化为 $w_{\xi\eta}=0$,通解即 $z=\Phi(x+cy)+\Psi(x-cy)$。

🎯 期中考试题型总结:复合函数微分法(链式法则)

涵盖抽象函数偏导、PDE变量替换、恒等式证明、全微分形式不变性四大核心题型。

题型1:求抽象复合函数的偏导数(选择/填空 ⭐⭐⭐)

识别特征:给出 $z=f(u(x,y),\,v(x,y))$ 或 $F(x,y)=f(g(x)e^y,\;g(x)+e^y)$ 等抽象复合结构,要求求 $z_x$、$z_y$ 或 $F_x$。

标准步骤

  1. 画树状图:从因变量出发,逐层写出所有中间变量和自变量的依赖关系。
  2. 找出所有以自变量 $x$(或 $y$)为终点的路径,每条路径上的偏导数相乘。
  3. 将所有路径的乘积相加,即得 $z_x$(或 $z_y$)。
  4. 若题目给出具体点,代入数值化简。

速解技巧:$z=f(u,v)$ 中,$f_1'$ 表示 $f$ 对第一个变量的偏导,$f_2'$ 表示对第二个变量的偏导(记号要统一)。树状图结构: $$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\cdot\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\cdot\frac{\partial v}{\partial x}$$

易错点:①抽象函数 $f_1'$ vs $f_2'$ 下标记法混乱;②忘记某条路径(路径遗漏);③将全导数 $\frac{\dd}{\dd t}$ 与偏导数 $\frac{\pp}{\pp x}$ 混淆(当中间变量仅依赖一个自变量时用全导数)。

题型2:PDE变量替换化简(解答 ⭐⭐⭐)

识别特征:给出偏微分方程(如 $z_{xx}-z_{yy}=0$、$u_{xx}-2u_{xy}+u_{yy}=0$)及变量替换公式(如 $\xi=x+y,\;\eta=x-y$),要求化简方程并求通解。

标准步骤(算子法三步走)

  1. 建立算子关系:由新变量 $u=u(x,y)$,$v=v(x,y)$,用链式法则写出 $\dfrac{\pp}{\pp x}=u_x\dfrac{\pp}{\pp u}+v_x\dfrac{\pp}{\pp v}$,$\dfrac{\pp}{\pp y}=u_y\dfrac{\pp}{\pp u}+v_y\dfrac{\pp}{\pp v}$。
  2. 计算二阶偏导:对一阶结果再次施加算子,如 $z_{xx}=\left(\dfrac{\pp}{\pp u}+\dfrac{\pp}{\pp v}\right)^2 w$ 展开为 $w_{uu}+2w_{uv}+w_{vv}$。
  3. 代入原方程化简:合并同类项,验证化简后方程形式(通常化为 $w_{uv}=0$ 或 $w_{\xi\xi}=0$);对化简后方程积分求通解。

速解技巧:常见变量替换对应关系—— $z_{xx}-z_{yy}=0$:令 $\xi=x+y,\;\eta=x-y$,化为 $w_{\xi\eta}=0$,通解 $z=\Phi(x+y)+\Psi(x-y)$; $u_{xx}-2u_{xy}+u_{yy}=0$:令 $\xi=x,\;\eta=x+y$,化为 $u_{\xi\xi}=0$,通解 $u=x\varphi(x+y)+\psi(x+y)$。

易错点:①计算二阶偏导时对算子的展开遗漏交叉项 $2w_{uv}$;②代入原方程后合并计算出错(需逐项仔细展开);③积分求通解时任意函数 $\varphi,\psi$ 的自变量写错。

题型3:证明恒等式 $xz_x+yz_y=\cdots$(解答 ⭐⭐)

识别特征:给出 $z=f(u,v)$(其中 $u,v$ 是 $x,y$ 的特殊组合,如 $u=xy,\;v=x/y$),要求证明形如 $xz_x+yz_y=2xyf_1'$ 的恒等式;或给出极坐标替换,证明梯度模的等式。

标准步骤

  1. 用链式法则分别写出 $z_x$ 和 $z_y$ 的展开式(含 $f_1',f_2'$ 及 $u_x,v_x,u_y,v_y$)。
  2. 计算 $xz_x$ 和 $yz_y$,分别展开。
  3. 两者相加,观察 $f_2'$ 的系数(通常设计为互相抵消)。
  4. 化简得到目标式,证毕。

速解技巧:$xz_x+yz_y$ 结构与齐次函数欧拉定理密切相关。若 $z$ 是 $n$ 次齐次函数(即 $z(\lambda x,\lambda y)=\lambda^n z(x,y)$),则 $xz_x+yz_y=nz$(无需计算,直接引用欧拉定理)。

易错点:①$u=xy,v=x/y$ 时 $v_y=-x/y^2$(符号);②误用欧拉定理(需先验证齐次性);③$f_1'$ 系数未完全消去就停手。

题型4:全微分形式不变性应用(填空 ⭐)

识别特征:给出形如 $z=\arctan\dfrac{y}{x}$ 或 $z=f(u,v)$,要求快速求全微分 $\dd z$。

标准步骤

  1. 引入中间变量(如 $u=y/x$),将 $z$ 写为简单函数的复合(如 $z=\arctan u$)。
  2. 直接写 $\dd z = f'(u)\,\dd u$,其中 $\dd u$ 用全微分法则展开(如 $\dd(y/x)=\dfrac{x\,\dd y-y\,\dd x}{x^2}$)。
  3. 化简整理,得到用 $\dd x,\dd y$ 表示的全微分。

速解技巧:全微分形式不变性的核心是"无论 $u$ 是自变量还是中间变量,$\dd z=f_u\,\dd u+f_v\,\dd v$ 形式不变"。常用全微分公式:$\dd(uv)=u\,\dd v+v\,\dd u$,$\dd\!\left(\dfrac{u}{v}\right)=\dfrac{v\,\dd u-u\,\dd v}{v^2}$,$\dd(\ln u)=\dfrac{\dd u}{u}$。

易错点:①分母 $x^2$ 忘记;②混淆"对 $x$ 的偏导"与"全微分中 $\dd x$ 的系数";③忘记将复合全微分展开到基本自变量。

🔧 章节强化:复合函数微分法

【真题原型 · 2022-2023 解答13(二阶混合偏导)】 设 $z=f(2x-y,\;y\sin x)$,$f$ 有二阶连续偏导数,求 $\dfrac{\pp^2 z}{\pp x\,\pp y}$。
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第一步:设中间变量并求一阶偏导。令 $u=2x-y$,$v=y\sin x$,则 $z=f(u,v)$。

$u_x=2,\;u_y=-1,\;v_x=y\cos x,\;v_y=\sin x$。先求 $z_x$:

$$z_x=f_u\cdot u_x+f_v\cdot v_x = 2f_u + y\cos x\,f_v$$

第二步:对 $z_x$ 再关于 $y$ 求偏导关键:$f_u,f_v$ 本身都是 $u,v$ 的函数,$u,v$ 又依赖 $y$,对它们求 $y$ 偏导必须再用一次链式法则!

$\dfrac{\pp f_u}{\pp y}=f_{uu}\,u_y+f_{uv}\,v_y=f_{uu}\cdot(-1)+f_{uv}\sin x=-f_{uu}+\sin x\,f_{uv}$

$\dfrac{\pp f_v}{\pp y}=f_{vu}\,u_y+f_{vv}\,v_y=-f_{vu}+\sin x\,f_{vv}$

第三步:用乘积法则展开($y\cos x$ 中 $y$ 对 $y$ 求导得 $\cos x$):

$$z_{xy}=\frac{\pp}{\pp y}\bigl(2f_u\bigr)+\frac{\pp}{\pp y}\bigl(y\cos x\,f_v\bigr)$$ $$=2(-f_{uu}+\sin x\,f_{uv})+\cos x\,f_v + y\cos x(-f_{vu}+\sin x\,f_{vv})$$

整理(利用 $f_{uv}=f_{vu}$):

$$\boxed{z_{xy}=-2f_{uu}+(2\sin x-y\cos x)\,f_{uv}+y\sin x\cos x\,f_{vv}+\cos x\,f_v}$$

检查点:结果应含 $f_{uu},f_{uv},f_{vv}$ 三个二阶项 + 一个一阶项 $\cos x\,f_v$(来自 $y\cos x$ 中 $y$ 的求导)。一阶项最易漏!

📌 必背块:链式法则核心公式
⚠️ 易错点
  1. 二阶偏导漏链式法则:对 $f_u,f_v$ 再求偏导时,它们仍是 $u,v$ 的函数,不是常数!要写 $f_{uu}u_y+f_{uv}v_y$,绝不能直接当 0。
  2. 漏一阶项:如 $z_x=2f_u+y\cos x\,f_v$ 中 $y\cos x$ 含显式 $y$,对 $y$ 求导多出 $\cos x\,f_v$ 一项,极易遗漏。
  3. 算子平方漏交叉项:$\left(\dfrac{\pp}{\pp u}+\dfrac{\pp}{\pp v}\right)^2$ 必须含 $2w_{uv}$,不是 $w_{uu}+w_{vv}$。
  4. 全导数 vs 偏导混用:中间变量仅依赖一个自变量时用 $\dfrac{\dd}{\dd t}$,依赖多个时用 $\dfrac{\pp}{\pp x}$。
🔴 你在这卡过:抽象复合函数求二阶偏导时,对 $f_u,f_v$ 再求偏导漏掉链式法则(当成常数)

怎么破:把 $f_u$、$f_v$ 当成"新的二元函数"对待——它们的自变量还是 $u,v$。求 $\dfrac{\pp f_u}{\pp y}$ 时,机械套用一阶链式法则:$\dfrac{\pp f_u}{\pp y}=f_{uu}\,u_y+f_{uv}\,v_y$。

口诀:见到 $f_u$ 求二阶,先画一棵"$f_u\to(u,v)\to y$"的小树状图,绝不直接写 0。 配套第二个坑:含显式自变量(如 $y\cos x$)的系数要用乘积法则,别忘了系数对 $y$ 求导那一项。上面真题原型每一步都标了这两个坑,照着练 2 遍形成肌肉记忆。