张宇1000题高等数学 第十三章 多元函数微分学

目录

• $A$A组
• 5.利用变量代换$u=x,v=\cfrac{y}{x}$u=x,v=xy​，可将方程$x\cfrac{\partial z}{\partial x}+y\cfrac{\partial z}{\partial y}=z$x∂x∂z​+y∂y∂z​=z化为新方程（  ）。
  $(A)u\cfrac{\partial z}{\partial u}=z;$(A)u∂u∂z​=z;
  $(B)v\cfrac{\partial z}{\partial v}=z;$(B)v∂v∂z​=z;
  $(C)u\cfrac{\partial z}{\partial v}=z;$(C)u∂v∂z​=z;
  $(D)v\cfrac{\partial z}{\partial u}=z.$(D)v∂u∂z​=z.
• 14.设函数$z=z(x,y)$z=z(x,y)由$G(x,y,z)=F(xy,yz)=0$G(x,y,z)=F(xy,yz)=0确定，其中$F$F为可微函数，且$G_z'\ne0$Gz′​​=0，求$x\cfrac{\partial z}{\partial x}-y\cfrac{\partial z}{\partial y}$x∂x∂z​−y∂y∂z​。
• $B$B组
• 3.设$y=f(x,t)$y=f(x,t)，而是$t$t由方程$F(x,y,t)=0$F(x,y,t)=0所确定的$x,y$x,y的函数，其中$f,F$f,F均具有一阶连续偏导数，则$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=$dxdy​=（  ）。
  $(A)\cfrac{f'_xF'_t+f'_tF'_x}{F'_t};$(A)Ft′​fx′​Ft′​+ft′​Fx′​​;
  $(B)\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{F'_t};$(B)Ft′​fx′​Ft′​−ft′​Fx′​​;
  $(C)\cfrac{f'_xF'_t+f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t};$(C)ft′​Fy′​+Ft′​fx′​Ft′​+ft′​Fx′​​;
  $(D)\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t}.$(D)ft′​Fy′​+Ft′​fx′​Ft′​−ft′​Fx′​​.
• 4.设函数$u=u(x,y)$u=u(x,y)满足$\cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}$∂x2∂2u​=∂y2∂2u​及$u(x,2x)=x,u'_1(x,2x)=x^2$u(x,2x)=x,u1′​(x,2x)=x2，其中$u$u具有二阶连续偏导数，则$u''_{11}(x,2x)=$u11′′​(x,2x)=（  ）。
  $(A)\cfrac{4}{3}x;$(A)34​x;
  $(B)-\cfrac{4}{3}x;$(B)−34​x;
  $(C)\cfrac{3}{4}x;$(C)43​x;
  $(D)-\cfrac{3}{4}x.$(D)−43​x.
• 32.设$f(x,y)$f(x,y)在点$O(0,0)$O(0,0)处的某邻域$U$U内连续，且$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a$(x,y)→(0,0)lim​x2+y2f(x,y)−xy​=a，常数$a>\cfrac{1}{2}$a>21​。讨论$f(0,0)$f(0,0)是否为$f(x,y)$f(x,y)的极值？若是极值，判断是极大值还是极小值？
• 39.求正数$a,b$a,b的值，使得椭圆$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$a2x2​+b2y2​=1包含圆$x^2+y^2=2y$x2+y2=2y，且面积最小。
• $C$C组
• 3.设函数$f(x,y)$f(x,y)及它的二阶偏导数在全平面连续，且$f(0,0)=0,\left|\cfrac{\partial f}{\partial x}\right|\leqslant2|x-y|,\left|\cfrac{\partial f}{\partial y}\right|\leqslant2|x-y|$f(0,0)=0,∣∣∣∣∣​∂x∂f​∣∣∣∣∣​⩽2∣x−y∣,∣∣∣∣∣​∂y∂f​∣∣∣∣∣​⩽2∣x−y∣。求证：$|f(5,4)|\leqslant1$∣f(5,4)∣⩽1。
• 5.设$u(x,y)$u(x,y)具有二阶连续偏导数，证明无零值的函数$u(x,y)$u(x,y)可分离变量（即$u(x,y)=f(x)g(y)$u(x,y)=f(x)g(y)）的充分必要条件是$u\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial u}{\partial y}$u∂x∂y∂2u​=∂x∂u​∂y∂u​。
• 写在最后

$A$A组

5.利用变量代换$u=x,v=\cfrac{y}{x}$u=x,v=xy​，可将方程$x\cfrac{\partial z}{\partial x}+y\cfrac{\partial z}{\partial y}=z$x∂x∂z​+y∂y∂z​=z化为新方程（  ）。
$(A)u\cfrac{\partial z}{\partial u}=z;$(A)u∂u∂z​=z;
$(B)v\cfrac{\partial z}{\partial v}=z;$(B)v∂v∂z​=z;
$(C)u\cfrac{\partial z}{\partial v}=z;$(C)u∂v∂z​=z;
$(D)v\cfrac{\partial z}{\partial u}=z.$(D)v∂u∂z​=z.

解  由复合函数微分法则可得$\cfrac{\partial z}{\partial x}=\cfrac{\partial z}{\partial u}\cdot1+\cfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\left(-\cfrac{y}{x^2}\right),\cfrac{\partial z}{\partial y}=\cfrac{1}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}$∂x∂z​=∂u∂z​⋅1+∂v∂z​⋅(−x2y​),∂y∂z​=x1​⋅∂v∂z​，于是$x\cfrac{\partial z}{\partial x}+y\cfrac{\partial z}{\partial y}=x\cdot\cfrac{\partial z}{\partial u}-\cfrac{y}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}+\cfrac{y}{x}\cdot\cfrac{\partial z}{\partial v}=x\cfrac{\partial z}{\partial u}=z$x∂x∂z​+y∂y∂z​=x⋅∂u∂z​−xy​⋅∂v∂z​+xy​⋅∂v∂z​=x∂u∂z​=z。
  又$u=x$u=x，故新方程为$u\cfrac{\partial z}{\partial u}=z$u∂u∂z​=z。（这道题主要利用了复合函数求导法则求解）

14.设函数$z=z(x,y)$z=z(x,y)由$G(x,y,z)=F(xy,yz)=0$G(x,y,z)=F(xy,yz)=0确定，其中$F$F为可微函数，且$G_z'\ne0$Gz′​​=0，求$x\cfrac{\partial z}{\partial x}-y\cfrac{\partial z}{\partial y}$x∂x∂z​−y∂y∂z​。

解  由于$F(xy,yz)=0$F(xy,yz)=0，可得$G'_x=F'_1\cdot y,G'_y=F'_1\cdot x+F'_2\cdot y,G'_x=F'_2\cdot y$Gx′​=F1′​⋅y,Gy′​=F1′​⋅x+F2′​⋅y,Gx′​=F2′​⋅y。又$\cfrac{\partial z}{\partial x}=-\cfrac{G'_x}{G'_z}=-\cfrac{F'_1}{F'_2},\cfrac{\partial z}{\partial y}=-\cfrac{G'_y}{G'_z}=-\cfrac{F'_1\cdot x+F'_2\cdot y}{F'_2\cdot y}$∂x∂z​=−Gz′​Gx′​​=−F2′​F1′​​,∂y∂z​=−Gz′​Gy′​​=−F2′​⋅yF1′​⋅x+F2′​⋅y​，因此$x\cfrac{\partial z}{\partial x}-y\cfrac{\partial z}{\partial y}=z$x∂x∂z​−y∂y∂z​=z。（这道题主要利用了隐函数求导求解）

$B$B组

3.设$y=f(x,t)$y=f(x,t)，而是$t$t由方程$F(x,y,t)=0$F(x,y,t)=0所确定的$x,y$x,y的函数，其中$f,F$f,F均具有一阶连续偏导数，则$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=$dxdy​=（  ）。
$(A)\cfrac{f'_xF'_t+f'_tF'_x}{F'_t};$(A)Ft′​fx′​Ft′​+ft′​Fx′​​;
$(B)\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{F'_t};$(B)Ft′​fx′​Ft′​−ft′​Fx′​​;
$(C)\cfrac{f'_xF'_t+f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t};$(C)ft′​Fy′​+Ft′​fx′​Ft′​+ft′​Fx′​​;
$(D)\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t}.$(D)ft′​Fy′​+Ft′​fx′​Ft′​−ft′​Fx′​​.

解  方程两边求全微分，得$F'_x\mathrm{d}x+F'_y\mathrm{d}y+F'_t\mathrm{d}t=0$Fx′​dx+Fy′​dy+Ft′​dt=0，则$\mathrm{d}t=-\cfrac{F'_x}{F'_t}\mathrm{d}x-\cfrac{F'_y}{F'_t}\mathrm{d}y$dt=−Ft′​Fx′​​dx−Ft′​Fy′​​dy，又$\mathrm{d}y=f'_x\mathrm{d}x+f'_t\mathrm{d}t=f'_x\mathrm{d}x-f'_t\left(\cfrac{F'_x}{F'_t}\mathrm{d}x+\cfrac{F'_y}{F'_t}\mathrm{d}y\right)$dy=fx′​dx+ft′​dt=fx′​dx−ft′​(Ft′​Fx′​​dx+Ft′​Fy′​​dy)，解得$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\cfrac{f'_xF'_t-f'_tF'_x}{f'_tF'_y+F'_t}$dxdy​=ft′​Fy′​+Ft′​fx′​Ft′​−ft′​Fx′​​，故选$(D)$(D)。（这道题主要利用了隐函数求导求解）

4.设函数$u=u(x,y)$u=u(x,y)满足$\cfrac{\partial^2u}{\partial x^2}=\cfrac{\partial^2u}{\partial y^2}$∂x2∂2u​=∂y2∂2u​及$u(x,2x)=x,u'_1(x,2x)=x^2$u(x,2x)=x,u1′​(x,2x)=x2，其中$u$u具有二阶连续偏导数，则$u''_{11}(x,2x)=$u11′′​(x,2x)=（  ）。
$(A)\cfrac{4}{3}x;$(A)34​x;
$(B)-\cfrac{4}{3}x;$(B)−34​x;
$(C)\cfrac{3}{4}x;$(C)43​x;
$(D)-\cfrac{3}{4}x.$(D)−43​x.

解  等式$u(x,2x)=x$u(x,2x)=x两边对$x$x求导得$u'_1+2u'_2=1$u1′​+2u2′​=1，两边再对$x$x求导得$u''_{11}+2u''_{12}+2u''_{21}+4u''_{22}=0$u11′′​+2u12′′​+2u21′′​+4u22′′​=0，等式$u'_1(x,2x)=x^2$u1′​(x,2x)=x2两边对$x$x求导得$u''_{11}+2u''_{12}=2x$u11′′​+2u12′′​=2x，代入得$u''_{11}(x,2x)=-\cfrac{4}{3}x$u11′′​(x,2x)=−34​x。（这道题主要利用了方程求导法则求解）

32.设$f(x,y)$f(x,y)在点$O(0,0)$O(0,0)处的某邻域$U$U内连续，且$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a$(x,y)→(0,0)lim​x2+y2f(x,y)−xy​=a，常数$a>\cfrac{1}{2}$a>21​。讨论$f(0,0)$f(0,0)是否为$f(x,y)$f(x,y)的极值？若是极值，判断是极大值还是极小值？

解  由$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a$(x,y)→(0,0)lim​x2+y2f(x,y)−xy​=a，知$\cfrac{f(x,y)-xy}{x^2+y^2}=a+\alpha$x2+y2f(x,y)−xy​=a+α，其中$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\alpha=0$(x,y)→(0,0)lim​α=0。
  再令$a=\cfrac{1}{2}+b,b>0$a=21​+b,b>0，于是上式可改写为$f(x,y)=xy+\left(\cfrac{1}{2}+b+\alpha\right)(x^2+y^2)$f(x,y)=xy+(21​+b+α)(x2+y2)。
  由$f(x,y)$f(x,y)的连续性，有$f(0,0)=\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0$f(0,0)=(x,y)→(0,0)lim​f(x,y)=0。
  另一方面，由$\lim\limits_{(x,y)\to(0,0)}\alpha=0$(x,y)→(0,0)lim​α=0知，存在点$(0,0)$(0,0)处的去心邻域$\mathring{U}_\delta(0)$U˚δ​(0)，当$(x,y)\in\mathring{U}_\delta(0)$(x,y)∈U˚δ​(0)时，有$|\alpha|<\cfrac{b}{2}$∣α∣<2b​，故在$\mathring{U}_\delta(0)$U˚δ​(0)内，$f(x,y)>0$f(x,y)>0，所以$f(0,0)$f(0,0)是$f(x,y)$f(x,y)的极小值。（这道题主要利用了极限定义求解）

39.求正数$a,b$a,b的值，使得椭圆$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$a2x2​+b2y2​=1包含圆$x^2+y^2=2y$x2+y2=2y，且面积最小。

解  如下图，由于所求椭圆必须包含圆$x^2+y^2=2y$x2+y2=2y，并与之相切。

  故在椭圆上的任意一点$(x,y)$(x,y)处满足$f(x,y)=x^2+(y-1)^2\geqslant1$f(x,y)=x2+(y−1)2⩾1。这就是说函数$f(x,y)=x^2+(y-1)^2$f(x,y)=x2+(y−1)2在椭圆方程$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$a2x2​+b2y2​=1的约束下取得最小值$1$1。于是考虑条件极值问题：
$\begin{cases} \min\{f(x,y)\}=1,\\ \cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1. \end{cases}$⎩⎨⎧​min{f(x,y)}=1,a2x2​+b2y2​=1.​
  构造拉格朗日函数$L(x,y,\lambda)=x^2+(y-1)^2+\lambda\left(\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}-1\right)$L(x,y,λ)=x2+(y−1)2+λ(a2x2​+b2y2​−1)，令
$\begin{cases} L'_x=2x+\cfrac{2\lambda x}{a^2}=0,&\qquad(1)\\ L'_y=2(y-1)+\cfrac{2\lambda y}{b^2}=0,&\qquad(2)\\ L'_\lambda=\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}-1=0.&\qquad(3) \end{cases}$⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎧​Lx′​=2x+a22λx​=0,Ly′​=2(y−1)+b22λy​=0,Lλ′​=a2x2​+b2y2​−1=0.​(1)(2)(3)​
  若$x\ne0$x​=0，则由可解得$\lambda=-a^2$λ=−a2，再由$(2)$(2)可解得$y_0=\cfrac{b^2}{b^2-a^2}$y0​=b2−a2b2​；并由$(3)$(3)解得$x_0^2=a^2\left[1-\cfrac{b^2}{(b^2-a^2)^2}\right]$x02​=a2[1−(b2−a2)2b2​]。
  由$f(x_0,y_0)=1$f(x0​,y0​)=1推出$a^2\left[1-\cfrac{b^2}{(b^2-a^2)^2}\right]+\cfrac{b^4}{(b^2-a^2)^2}=1$a2[1−(b2−a2)2b2​]+(b2−a2)2b4​=1，从而$a^2b^2-a^4-b^2=0$a2b2−a4−b2=0（$b^2-a^2=0$b2−a2=0舍去）。
  为了求出$a,b$a,b的值，使与之对应的椭圆面积$\pi ab$πab达到最小值，考察条件极值问题
$\begin{cases} \min\{ab\},\\ a^2b^2-a^4-b^2=0. \end{cases}${min{ab},a2b2−a4−b2=0.​
  构造拉格朗日函数$H(a,b,\eta)=ab+\eta(a^2b^2-a^4-b^2)$H(a,b,η)=ab+η(a2b2−a4−b2)。令
$\begin{cases} H'_a=b+2ab^2\eta-4a^3\eta=0,&\qquad(4)\\ H'_b=a+2a^2b\eta-2b\eta=0,&\qquad(5)\\ H'_\eta=a^2b^2-a^4-b^2,&\qquad(6)\\ \end{cases}$⎩⎪⎨⎪⎧​Ha′​=b+2ab2η−4a3η=0,Hb′​=a+2a2bη−2bη=0,Hη′​=a2b2−a4−b2,​(4)(5)(6)​
  由$(4),(5)$(4),(5)得$\cfrac{b}{4a^3-2ab^2}=\cfrac{a}{2b-2a^2b}$4a3−2ab2b​=2b−2a2ba​，从而$b^2=2a^4$b2=2a4。将此式代入$a^2b^2-a^4-b^2=0$a2b2−a4−b2=0，得到$2a^6-3a^4=0$2a6−3a4=0，于是$a^2=\cfrac{3}{2},a=\cfrac{\sqrt{6}}{2},b=\cfrac{3\sqrt{2}}{2}$a2=23​,a=26​​,b=232​​，此时椭圆面积$A_1=\pi ab=\cfrac{3\sqrt{3}\pi}{2}$A1​=πab=233​π​。
  若$x=0$x=0，则由$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}=1$a2x2​+b2y2​=1解得$y=b$y=b。将$x=0,y=b$x=0,y=b代入$x^2+(y-1)^2=1$x2+(y−1)2=1，于是$b=2$b=2。
  椭圆$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{4}=1$a2x2​+4y2​=1在$(0,2)$(0,2)有水平切线，并且曲率和圆$x^2+(y-1)^2=1$x2+(y−1)2=1的曲率相同，所以$y'(0)=0,y''(0)=-1$y′(0)=0,y′′(0)=−1。
  但是，由方程$\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{4}=1$a2x2​+4y2​=1可以计算在该点的$y'(0)=0,y''(0)=-\cfrac{2}{a^2}$y′(0)=0,y′′(0)=−a22​，所以$\cfrac{2}{a^2}=1$a22​=1，即$a=\sqrt{2}$a=2​。此时，椭圆的面积$A_2=2\sqrt{2}>\cfrac{3\sqrt{3}\pi}{2}=A_1$A2​=22​>233​π​=A1​。
  综上所述，当$a=\cfrac{\sqrt{6}}{2},b=\cfrac{3\sqrt{2}}{2}$a=26​​,b=232​​时，椭圆面积最小。（这道题主要利用了拉格朗日函数求解）

$C$C组

3.设函数$f(x,y)$f(x,y)及它的二阶偏导数在全平面连续，且$f(0,0)=0,\left|\cfrac{\partial f}{\partial x}\right|\leqslant2|x-y|,\left|\cfrac{\partial f}{\partial y}\right|\leqslant2|x-y|$f(0,0)=0,∣∣∣∣∣​∂x∂f​∣∣∣∣∣​⩽2∣x−y∣,∣∣∣∣∣​∂y∂f​∣∣∣∣∣​⩽2∣x−y∣。求证：$|f(5,4)|\leqslant1$∣f(5,4)∣⩽1。

解  因$\mathrm{d}[f(x,y)]=\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y$d[f(x,y)]=∂x∂f​dx+∂y∂f​dy，因此曲线积分$\displaystyle\int_L\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y$∫L​∂x∂f​dx+∂y∂f​dy与路径无关。
  设$O(0,0),A(4,4),B(5,4)$O(0,0),A(4,4),B(5,4)，由条件$\left|\cfrac{\partial f}{\partial x}\right|\leqslant2|x-y|,\left|\cfrac{\partial f}{\partial y}\right|\leqslant2|x-y|$∣∣∣∣∣​∂x∂f​∣∣∣∣∣​⩽2∣x−y∣,∣∣∣∣∣​∂y∂f​∣∣∣∣∣​⩽2∣x−y∣，知在直线$OA:y=x$OA:y=x上，$\cfrac{\partial f}{\partial x}=\cfrac{\partial f}{\partial y}=0$∂x∂f​=∂y∂f​=0，所以
$\begin{aligned} f(5,4)-f(0,0)&=\displaystyle\int^{(5,4)}_{(0,0)}\mathrm{d}[f(x,y)]=\displaystyle\int^{(5,4)}_{(0,0)}\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y\\ &=\displaystyle\int_{\overline{OA}}\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y+\displaystyle\int_{\overline{AB}}\cfrac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\cfrac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y=\displaystyle\int^5_4\cfrac{\partial f(x,4)}{\partial x}\mathrm{d}x. \end{aligned}$f(5,4)−f(0,0)​=∫(0,0)(5,4)​d[f(x,y)]=∫(0,0)(5,4)​∂x∂f​dx+∂y∂f​dy=∫OA​∂x∂f​dx+∂y∂f​dy+∫AB​∂x∂f​dx+∂y∂f​dy=∫45​∂x∂f(x,4)​dx.​
  又因$f(0,0)=0$f(0,0)=0，故$|f(5,4)|=\left|\displaystyle\int^5_4\cfrac{\partial f(x,4)}{\partial x}\mathrm{d}x\right|\leqslant\displaystyle\int^5_42|x-4|\mathrm{d}x=1$∣f(5,4)∣=∣∣∣∣∣​∫45​∂x∂f(x,4)​dx∣∣∣∣∣​⩽∫45​2∣x−4∣dx=1。（这道题主要利用了第二型曲线积分求解）

5.设$u(x,y)$u(x,y)具有二阶连续偏导数，证明无零值的函数$u(x,y)$u(x,y)可分离变量（即$u(x,y)=f(x)g(y)$u(x,y)=f(x)g(y)）的充分必要条件是$u\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial u}{\partial y}$u∂x∂y∂2u​=∂x∂u​∂y∂u​。

解  必要性：设$u(x,y)=f(x)g(y)$u(x,y)=f(x)g(y)，则$\cfrac{\partial u}{\partial x}=f'(x)g(y),\cfrac{\partial u}{\partial y}=f(x)g'(y),\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=f'(x)g'(y)$∂x∂u​=f′(x)g(y),∂y∂u​=f(x)g′(y),∂x∂y∂2u​=f′(x)g′(y)，因此$u\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=f(x)g(y)f'(x)g'(y)=\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial u}{\partial y}$u∂x∂y∂2u​=f(x)g(y)f′(x)g′(y)=∂x∂u​∂y∂u​。
  充分性：因为$\cfrac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\cfrac{\partial}{\partial y}\left(\cfrac{\partial u}{\partial x}\right)$∂x∂y∂2u​=∂y∂​(∂x∂u​)，所以有$u(u'_x)'_y-(u'_x)(u'_y)=0$u(ux′​)y′​−(ux′​)(uy′​)=0，又$u(x,y)$u(x,y)无零值，故可得$\left(\cfrac{u'_x}{u}\right)'_y=0$(uux′​​)y′​=0，两边关于$y$y积分得$\cfrac{u'_x}{u}=c_1(x)$uux′​​=c1​(x)，其中$c_1(x)$c1​(x)是$x$x的任意可微函数，即有$(\ln|u|)'_x=c_1(x)$(ln∣u∣)x′​=c1​(x)，再对$x$x积分得$\ln|u|=\displaystyle\int c_1(x)\mathrm{d}x+c_2(y)$ln∣u∣=∫c1​(x)dx+c2​(y)，其中$c_2(y)$c2​(y)是$y$y的任意可微函数。故$u(x,y)=\pm e^{\int c_1(x)\mathrm{d}x}e^{c_2(y)}=f(x)g(y)$u(x,y)=±e∫c1​(x)dxec2​(y)=f(x)g(y)。（这道题主要利用了方程求导求解）

写在最后

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