模拟题二
一、 填空题（每小题 3 分，共 18 分）
1. 题目：
微分方程 $xy''' + 2(y'')^2 - y = 0$ 的阶数为________；
解答过程：
微分方程的阶数是指方程中所含未知函数的最高阶导数的阶数。
观察给定的微分方程 $xy''' + 2(y'')^2 - y = 0$，其中出现了未知函数 $y$ 的一阶导数（未出现）、二阶导数 $y''$ 以及三阶导数 $y'''$。
由于最高阶导数为三阶导数 $y'''$，因此该微分方程的阶数为 $3$。
答案： $3$
2. 题目：
已知向量 $\vec{b} = (1, 2, -2)$ 和 $\vec{a} = (2, -1, 2)$，则 $2\vec{b} - \vec{a} =$ ________；
解答过程：
根据向量的数乘和减法运算法则，直接代入坐标进行计算：
$$2\vec{b} = 2(1, 2, -2) = (2, 4, -4)$$$$2\vec{b} - \vec{a} = (2, 4, -4) - (2, -1, 2) = (2 - 2, 4 - (-1), -4 - 2) = (0, 5, -6)$$答案： $(0, 5, -6)$
3. 题目：
平面 $yoz$ 内的曲线 $z = 2y^2$ 绕 $z$ 轴旋转一周所形成的旋转曲面方程为 ________；
解答过程：
在空间解析几何中，坐标面上的曲线绕某坐标轴旋转生成旋转曲面的规律是：绕某轴旋转，该轴的坐标变量保留，而将另一个变量替换为“正负根号下其余两个变量平方和”。
具体到本题，平面 $yoz$ 内的曲线 $z = 2y^2$ 绕 $z$ 轴旋转，则变量 $z$ 保持不变，将方程中的 $y$ 替换为 $\pm\sqrt{x^2 + y^2}$（或者直接将 $y^2$ 替换 为 $x^2 + y^2$）。
代入得到旋转曲面方程为：$z = 2(x^2 + y^2)$。
答案： $z = 2(x^2 + y^2)$ （或 $z = 2x^2 + 2y^2$）
4. 题目：
设向量 $\vec{a} = \vec{i} - \vec{j} + 2\vec{k}$，$\vec{b} = \vec{i} + 2\vec{j} + \vec{k}$，则向量 $\vec{a}$ 与 $\vec{b}$ 的夹角为 ________；
解答过程：
将向量写为坐标形式：$\vec{a} = (1, -1, 2)$，$\vec{b} = (1, 2, 1)$。
设两向量夹角为 $\theta$，根据向量数量积公式 $\cos\theta = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{a}| |\vec{b}|}$ 进行计算：
首先计算数量积（点乘）：
$$\vec{a} \cdot \vec{b} = 1\times1 + (-1)\times2 + 2\times1 = 1 - 2 + 2 = 1$$然后计算各自的模长：
$$|\vec{a}| = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 2^2} = \sqrt{6}$$$$|\vec{b}| = \sqrt{1^2 + 2^2 + 1^2} = \sqrt{6}$$代入夹角余弦公式：
$$\cos\theta = \frac{1}{\sqrt{6} \times \sqrt{6}} = \frac{1}{6}$$由于向量夹角范围是 $[0, \pi]$，因此夹角 $\theta = \arccos\frac{1}{6}$。
答案： $\arccos\frac{1}{6}$
5. 题目：
二元函数 $f(x, y) = x^2 - y^2 + xy$ 在点 $(1, 1)$ 处沿着方向 $\vec{l} = (3, 4)$ 的方向导数为________；
解答过程：
首先求函数在点 $(1, 1)$ 处的梯度（偏导数）。
关于 $x$ 的偏导数：$f_x(x, y) = 2x + y$，在 $(1, 1)$ 处的值为 $f_x(1, 1) = 2(1) + 1 = 3$。
关于 $y$ 的偏导数：$f_y(x, y) = -2y + x$，在 $(1, 1)$ 处的值为 $f_y(1, 1) = -2(1) + 1 = -1$。
所以函数在 $(1, 1)$ 处的梯度为 $\nabla f(1, 1) = (3, -1)$。
其次，求方向 $\vec{l} = (3, 4)$ 的单位方向向量 $\vec{e_l}$：
$$\vec{e_l} = \frac{\vec{l}}{|\vec{l}|} = \frac{(3, 4)}{\sqrt{3^2 + 4^2}} = \left(\frac{3}{5}, \frac{4}{5}\right)$$方向导数等于梯度与单位方向向量的点乘：
$$\frac{\partial f}{\partial l}\bigg|_{(1,1)} = \nabla f(1, 1) \cdot \vec{e_l} = (3, -1) \cdot \left(\frac{3}{5}, \frac{4}{5} \right) = 3 \times \frac{3}{5} + (-1) \times \frac{4}{5} = \frac{9}{5} - \frac{4}{5} = 1$$答案： $1$
6. 题目：
若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，则极限 $\lim_{n \to \infty}(2u_n + 3) =$ ________.
解答过程：
根据级数收敛的必要条件：如果级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，那么其一般项必定趋于 $0$，即 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$。
利用极限的四则运算法则，可以直接求解要求的极限：
$$\lim_{n \to \infty}(2u_n + 3) = 2 \lim_{n \to \infty} u_n + \lim_{n \to \infty} 3 = 2(0) + 3 = 3$$答案： $3$
二、 选择题（每小题 3 分，共 24 分）
7. 题目：
极限 $\lim_{(x, y) \to (0, 0)} \frac{x + 3y}{x - 2y}$ ________；
A) 不存在
B) 存在且不等于$0$
C) 存在且等于$0$
D) 以上结论都不对
解答过程：
判断二元极限是否存在，通常考察动点沿着不同路径趋于原点时极限值是否唯一。
设动点 $(x,y)$ 沿着直线 $y = kx$ 趋于 $(0,0)$。将 $y = kx$ 代入原式得：
$$\lim_{x \to 0} \frac{x + 3kx}{x - 2kx} = \lim_{x \to 0} \frac{x(1 + 3k)}{x(1 - 2k)} = \frac{1 + 3k}{1 - 2k}$$由于最终的极限值 $\frac{1 + 3k}{1 - 2k}$ 依赖于参数 $k$ 的取值（即趋于原点的不同方向会导致不同的极限值），因此该二元极限不存在。
答案： A
8. 题目：
方程 $z = 2 - x^2 - y^2$ 表示的二次曲面是________；
A) 抛物柱面
B) 旋转抛物面
C) 双曲面
D) 椭球面
解答过程：
对方程进行简单变形，得到 $z - 2 = -(x^2 + y^2)$。
这是一个标准的旋转抛物面方程的平移形式。它的顶点在 $(0, 0, 2)$，由于右侧为负号，这是一个开口向下的旋转抛物面（由抛物线 $z = 2 - x^2$ 绕 $z$ 轴旋转而 成）。
因此，它表示的二次曲面是旋转抛物面。
答案： B
9. 题目：
正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n^2}{2^n}$ 的敛散性为________；
A) 收敛
B) 发散
C) 条件收敛
D) 敛散性不定
解答过程：
这是一个典型的含有指数和幂函数的正项级数，可以使用达朗贝尔判别法（比值审敛法）进行判断。
设 $u_n = \frac{n^2}{2^n}$，则 $u_{n+1} = \frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}$。
计算后项与前项之比的极限：
$$\rho = \lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{(n+1)^2}{2^{n+1}}}{\frac{n^2}{2^n}} = \lim_{n \to \infty} \left[ \frac{(n+1)^2}{n^2} \cdot \frac{2^n}{2^{n+1}} \right] = \lim_{n \to \infty} \left[ \left(1 + \frac{1}{n}\right) ^2 \cdot \frac{1}{2} \right]$$因为 $\lim_{n \to \infty} \left(1 + \frac{1}{n}\right)^2 = 1$，所以：
$$\rho = 1 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$$因为极限 $\rho = \frac{1}{2} < 1$，根据比值审敛法可知，该正项级数收敛。
答案： A
10. 题目：
设函数 $f(x, y)$ 连续，则交换二次积分 $\int_0^1 dx \int_0^x f(x, y) dy$ 的积分次序为________；
A) $\int_0^1 dy \int_0^1 f(x, y) dx$
B) $\int_0^1 dy \int_1^y f(x, y) dx$
C) $\int_0^1 dy \int_0^y f(x, y) dx$
D) $\int_0^1 dy \int_y^1 f(x, y) dx$
解答过程：
首先确定原二次积分的积分区域 $D$。
根据积分上下限，区域 $D$ 由不等式组 $0 \le x \le 1$ 且 $0 \le y \le x$ 确定。在平面直角坐标系中画出该区域，可以发现这是一个由直线 $y=0$、$x=1$ 以及 $y=x$ 所围成的三角形区域。
现在交换积分次序，即先对 $x$ 积分，再对 $y$ 积分：
确定 $y$ 的积分范围（投影到 $y$ 轴上的范围）：观察图形，区域在 $y$ 轴上的投影区间是 $[0, 1]$，所以外层积分限为 $\int_0^1 \cdots dy$。
确定 $x$ 的积分范围（对给定的 $y \in [0, 1]$，穿过区域的平行于 $x$ 轴的射线的进出点）：射线从直线 $x=y$ 穿入，从直线 $x=1$ 穿出。所以内层积分限为 $\int_y^1 \cdots dx$。
综合起来，交换积分次序后的积分式为：$\int_0^1 dy \int_y^1 f(x, y) dx$。
答案： D
11. 题目：
设函数 $z = f(x, y)$ 在点 $(1, -1)$ 处的梯度为 $\text{grad} f(1, -1) = 3\vec{i} + 4\vec{j}$，则 $z = f(x, y)$ 在点 $(1, -1)$ 处方向导数的最 小值为________；
A) $-\sqrt{2}$
B) $5$
C) $\sqrt{2}$
D) $-5$
解答过程：
函数在某一点沿某一方向的方向导数公式为：$D_l f = |\text{grad} f| \cdot \cos\theta$，其中 $\theta$ 是梯度向量与方向向量 $\vec{l}$ 之间的夹角。
当 $\theta = \pi$ 时（即沿着与梯度相反的方向），方向导数取得最小值，最小值为 $-|\text{grad} f|$。
已知 $\text{grad} f(1, -1) = (3, 4)$，其模长为 $|\text{grad} f| = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5$。
因此，方向导数的最小值为 $-5$。
答案： D
12. 题目：
方程 $y'' - 5y' + 6y = xe^{2x}$ 的一个特解应具有形式________；
A) $(ax+b)e^{2x}$
B) $ae^{2x}$
C) $x(ax+b)e^{2x}$
D) $x^2(ax+b)e^{2x}$
解答过程：
首先求对应齐次方程 $y'' - 5y' + 6y = 0$ 的特征方程：$r^2 - 5r + 6 = 0$。
解得特征根为 $r_1 = 2, r_2 = 3$。
非齐次项的形式为 $f(x) = P_n(x)e^{\alpha x}$，这里 $\alpha = 2$，$P_n(x) = x$ 是一次多项式（$n=1$）。
因为 $\alpha = 2$ 是特征方程的单根（即 $k=1$），根据二阶常系数线性非齐次微分方程特解的设定原则，特解的形式应设为：
$$y^* = x^k Q_n(x) e^{\alpha x} = x^1(ax+b)e^{2x} = x(ax+b)e^{2x}$$答案： C
13. 题目：
对于函数 $z = f(x, y)$，下列结论正确的是________；
A) 若 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$ 都存在，则 $z = f(x, y)$ 连续
B) 若 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$ 都存在，则 $z = f(x, y)$ 可微
C) 若 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$ 都连续，则 $z = f(x, y)$ 可微
D) 若 $\frac{\partial z}{\partial x}, \frac{\partial z}{\partial y}$ 都存在，则 $z = f(x, y)$ 极限存在
解答过程：
这是多元函数微分学中的基本定理。
偏导数存在仅仅代表函数在平行于坐标轴的方向上极限存在，不能推导出演函数在该点连续，也不能推导出极限存在，更不能推导出可微。因此 A、B、D 均错误。
根据充分条件定理：如果函数的各个偏导数在某点的某邻域内存在，且在该点连续，则函数在该点可微。
答案： C
14. 题目：
若幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n$ 的收敛半径为 $4$，则下列点一定是发散点的是________.
A) $-4$
B) $1$
C) $4$
D) $5$
解答过程：
该幂级数缺省中心点，即在 $x=0$ 处展开。已知收敛半径 $R = 4$，则由阿贝尔定理可知：
当 $|x| < 4$ 即 $x \in (-4, 4)$ 时，幂级数绝对收敛；
当 $|x| > 4$ 时，幂级数发散；
当 $x = 4$ 或 $x = -4$ 时，敛散性无法直接确定，可能收敛也可能发散。
在给出的选项中，只有点 $x = 5$ 满足 $|x| > 4$，因此 $5$ 一定是发散点。
答案： D
三、 计算题（每小题 8 分，共 32 分）
15. 题目：
设函数 $u = x^2 + y^2 + z^2$，其中 $z = x^2 \cos y$，求 $\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}$；
解答过程：
利用复合函数的链式求导法则。
$$u(x, y) = x^2 + y^2 + z(x, y)^2$$求关于 $x$ 的偏导数：
$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2 + y^2) + \frac{\partial}{\partial z}(z^2) \cdot \frac{\partial z} {\partial x} = 2x + 2z \cdot (2x \cos y)$$将 $z = x^2 \cos y$ 代入：
$$\frac{\partial u}{\partial x} = 2x + 2(x^2 \cos y)(2x \cos y) = 2x + 4x^3 \cos^2 y$$求关于 $y$ 的偏导数：
$$\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^2 + y^2) + \frac{\partial}{\partial z}(z^2) \cdot \frac{\partial z} {\partial y} = 2y + 2z \cdot (x^2(-\sin y))$$将 $z = x^2 \cos y$ 代入：
$$\frac{\partial u}{\partial y} = 2y - 2(x^2 \cos y)(x^2 \sin y) = 2y - 2x^4 \sin y \cos y = 2y - x^4 \sin 2y$$答案： $\frac{\partial u}{\partial x} = 2x + 4x^3 \cos^2 y$，$\frac{\partial u}{\partial y} = 2y - x^4 \sin 2y$
16. 题目：
计算二重积分 $\iint_D \frac{1}{xy} d\sigma$，其中积分区域 $D$ 是由 $y = \ln x, y = 1, y = 2, x = 1$ 围成；
解答过程：
首先确定积分区域 $D$。由边界曲线 $y = \ln x$ 可得 $x = e^y$。
画出积分区域的草图可以看出，这是一个 $X$-型区域（或 $Y$-型区域，但化为先对 $x$ 积分更简便）。
区域 $D$ 可以表示为不等式组：$1 \le y \le 2$，且 $1 \le x \le e^y$。
将其化为累次积分：
$$\iint_D \frac{1}{xy} d\sigma = \int_1^2 dy \int_1^{e^y} \frac{1}{xy} dx$$先对内层关于 $x$ 进行积分（将 $y$ 视为常数）：
$$\int_1^{e^y} \frac{1}{xy} dx = \frac{1}{y} \int_1^{e^y} \frac{1}{x} dx = \frac{1}{y} [\ln x]_1^{e^y} = \frac{1}{y}(\ln e^y - \ln1) = \frac{1}{y}(y - 0) = 1$$再对外层关于 $y$ 进行积分：
$$\int_1^2 1 dy = [y]_1^2 = 2 - 1 = 1$$答案： $1$
17. 题目：
求微分方程 $y' + \frac{y}{x} = \frac{1}{x^2}$ 满足初始条件 $y|_{x=1} = 0$ 的特解；
解答过程：
这是一个标准的一阶线性非齐次微分方程，形式为 $y' + p(x)y = q(x)$。
其中 $p(x) = \frac{1}{x}$，$q(x) = \frac{1}{x^2}$。
方法一（公式法）：
通解公式为 $y = e^{-\int p(x)dx} \left( \int q(x)e^{\int p(x)dx} dx + C \right)$。
先计算积分因子：$e^{\int p(x)dx} = e^{\int \frac{1}{x}dx} = e^{\ln x} = x$ （初始条件 $x=1>0$，故直接写为 $x$）。
代入通解公式：
$$y = \frac{1}{x} \left( \int \frac{1}{x^2} \cdot x dx + C \right) = \frac{1}{x} \left( \int \frac{1}{x} dx + C \right) = \frac{1} {x}(\ln x + C)$$方法二（凑微分法，更快捷）：
方程两边同乘 $x$ 得：$xy' + y = \frac{1}{x}$
左边即为乘积的导数：$(xy)' = \frac{1}{x}$
两边积分得：$xy = \ln x + C$
通解为：$y = \frac{\ln x + C}{x}$
将初始条件 $y(1) = 0$ 代入通解：
$0 = \frac{\ln 1 + C}{1} \implies C = 0$
因此，特解为 $y = \frac{\ln x}{x}$。
答案： $y = \frac{\ln x}{x}$
18. 题目：
求函数 $f(x, y) = 4(x - y) - x^2 - y^2$ 的极值.
解答过程：
第一步：求驻点。
求一阶偏导数并令其为 $0$：
$$f_x(x, y) = 4 - 2x = 0 \implies x = 2$$$$f_y(x, y) = -4 - 2y = 0 \implies y = -2$$得到唯一的驻点 $P(2, -2)$。
第二步：利用二阶偏导数判别法判断极值。
求二阶偏导数：
$$A = f_{xx}(x, y) = -2$$$$B = f_{xy}(x, y) = 0$$$$C = f_{yy}(x, y) = -2$$在驻点 $P(2, -2)$ 处计算判别式：
$$\Delta = AC - B^2 = (-2) \times (-2) - 0^2 = 4$$因为 $\Delta > 0$，且 $A = -2 < 0$，所以函数在点 $(2, -2)$ 处取得极大值。
第三步：计算极值。
极大值 $f(2, -2) = 4(2 - (-2)) - 2^2 - (-2)^2 = 4 \times 4 - 4 - 4 = 16 - 8 = 8$。
答案： 函数在 $(2, -2)$ 处取得极大值，极大值为 $8$。
四、 应用题（每小题 9 分，共 18 分）
19. 题目：
求曲面 $z = x^2 + 2y^2$ 在点 $(1, 1, 3)$ 处的切平面及法线方程；
解答过程：
设隐函数 $F(x, y, z) = x^2 + 2y^2 - z = 0$。
求 $F(x, y, z)$ 的各个偏导数：
$$F_x = 2x, \quad F_y = 4y, \quad F_z = -1$$将已知点 $(1, 1, 3)$ 代入，求得曲面在该点处的法向量 $\vec{n}$：
$$\vec{n} = (F_x(1,1,3), F_y(1,1,3), F_z(1,1,3)) = (2, 4, -1)$$切平面方程：
利用点法式方程 $A(x-x_0) + B(y-y_0) + C(z-z_0) = 0$：
$$2(x - 1) + 4(y - 1) - 1(z - 3) = 0$$化简得：$2x + 4y - z - 3 = 0$。
法线方程：
利用对称式方程 $\frac{x-x_0}{A} = \frac{y-y_0}{B} = \frac{z-z_0}{C}$：
$$\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 1}{4} = \frac{z - 3}{-1}$$答案： 切平面方程为 $2x + 4y - z - 3 = 0$；法线方程为 $\frac{x - 1}{2} = \frac{y - 1}{4} = \frac{z - 3}{-1}$。
20. 题目：
求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1}$ 的收敛域与和函数.
解答过程：
第一步：求收敛域。
设 $a_n = n$。利用比值法求收敛半径 $R$：
$$R = \lim_{n \to \infty} \left| \frac{a_n}{a_{n+1}} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+1} = 1$$收敛区间为 $(-1, 1)$。
检查端点：
当 $x = 1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} n$，发散（通项不趋于0）。
当 $x = -1$ 时，级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} n(-1)^{n-1}$，发散。
所以收敛域为 $(-1, 1)$。
第二步：求和函数。
设 $S(x) = \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1}$， $x \in (-1, 1)$。
观察可知，通项 $nx^{n-1}$ 是 $x^n$ 的导数。利用幂级数在收敛区间内可逐项积分的性质：
对 $S(x)$ 在 $[0, x]$ 上积分得：
$$\int_0^x S(t) dt = \int_0^x \left(\sum_{n=1}^{\infty} nt^{n-1}\right) dt = \sum_{n=1}^{\infty} \int_0^x nt^{n-1} dt = \sum_{n=1}^ {\infty} x^n$$这是一个公比为 $x$ 的无穷等比数列求和，因为 $|x| < 1$，所以：
$$\sum_{n=1}^{\infty} x^n = \frac{x}{1 - x}$$即 $\int_0^x S(t) dt = \frac{x}{1 - x}$。
两边对 $x$ 求导，即可恢复出 $S(x)$：
$$S(x) = \left( \frac{x}{1 - x} \right)' = \frac{1 \cdot (1 - x) - x \cdot (-1)}{(1 - x)^2} = \frac{1}{(1 - x)^2}$$（或者利用 $\sum_{n=0}^{\infty} x^n = \frac{1}{1-x}$ 直接两边求导：$(\sum_{n=0}^{\infty} x^n)' = \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1} = (\frac {1}{1-x})' = \frac{1}{(1-x)^2}$）
答案： 收敛域为 $(-1, 1)$，和函数为 $S(x) = \frac{1}{(1 - x)^2}$。
五、 证明题（8 分）
21. 题目：
设函数 $z = x^2 f\left(\frac{y}{x}\right)$，其中 $f$ 为可微函数，试证明：$x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = 2z$.
证明过程：
令中间变量 $u = \frac{y}{x}$，则 $z = x^2 f(u)$。利用复合函数的链式求导法则分别求偏导数。
求 $\frac{\partial z}{\partial x}$：
应用乘积求导法则和复合求导：
$$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2) \cdot f(u) + x^2 \cdot \frac{\partial}{\partial x}(f(u)) = 2x f\left(\frac{y}{x}\right) + x^2 \cdot f'\left(\frac{y}{x}\right) \cdot \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{y}{x}\right)$$因为 $\frac{\partial}{\partial x}\left(yx^{-1}\right) = -yx^{-2} = -\frac{y}{x^2}$，代入上式：
$$\frac{\partial z}{\partial x} = 2x f\left(\frac{y}{x}\right) + x^2 f'\left(\frac{y}{x}\right) \left(-\frac{y}{x^2}\right) = 2x f\left(\frac{y}{x}\right) - y f'\left(\frac{y}{x}\right)$$上式两边同乘 $x$：
$$x \frac{\partial z}{\partial x} = 2x^2 f\left(\frac{y}{x}\right) - xy f'\left(\frac{y}{x}\right) \quad \text{--- (式 1)}$$求 $\frac{\partial z}{\partial y}$：
将 $x$ 视为常数：
$$\frac{\partial z}{\partial y} = x^2 \cdot f'\left(\frac{y}{x}\right) \cdot \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{y}{x}\right) = x^2 f'\left(\frac{y}{x}\right) \left(\frac{1}{x}\right) = x f'\left(\frac{y}{x}\right)$$上式两边同乘 $y$：
$$y \frac{\partial z}{\partial y} = xy f'\left(\frac{y}{x}\right) \quad \text{--- (式 2)}$$验证等式：
将（式 1）和（式 2）相加：
$$x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = \left[ 2x^2 f\left(\frac{y}{x}\right) - xy f'\left(\frac{y}{x} \right) \right] + xy f'\left(\frac{y}{x}\right)$$化简得：
$$x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = 2x^2 f\left(\frac{y}{x}\right)$$又因为已知 $z = x^2 f\left(\frac{y}{x}\right)$，代入上式即得：
$$x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} = 2z$$证毕。