这一节的战场是多元函数求导的两大主力：复合函数怎么求导、隐函数怎么求导。复合这一块的关键不在公式，而在符号——什么时候写偏导、什么时候写全导数，写错了整道题就废了。隐函数那一块则要分清两种方法各管什么局面，最后落到隐函数存在定理：它不只是一句「存在」，而是一把可以判"谁能被解出来"的尺子。

复合函数求导法则

情形一：中间变量都是一元函数

这是最简单的一种，本质上是把一元链式法则搬过来。设中间变量 $u = u(x)$、$v = v(x)$ 都只依赖 $x$，而 $z = f(u,v)$ 是这两个中间变量的函数，那么复合之后 $z$ 最终只依赖 $x$ 一个变量，于是可以用全导数：

$$\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = \dfrac{\partial z}{\partial u}\cdot\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} + \dfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}$$

这个式子里出现三种符号，各有各的道理：左边是 $\mathrm{d}$，因为 $z$ 最终只依赖一个变量；$\dfrac{\partial z}{\partial u}$ 是 $\partial$，因为 $f$ 是二元的，它对某个变量求导必须固定另一个；最后 $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$ 又是 $\mathrm{d}$，因为 $u$ 只依赖 $x$。

图中每条路径对应一项，路径上的偏导相乘，所有路径相加。

三个要点：

1. 情形一的判别标志是中间变量全都只依赖一个自变量
2. 符号规则：$z$ 和中间变量用 $\mathrm{d}$，$f$ 用 $\partial$
3. 一项对应一条路径，两个中间变量就是两项

设 $z = f\!\left(\ln x + \dfrac{1}{y}\right)$，其中 $f$ 可微，求 $x\dfrac{\partial z}{\partial x} + y^{2}\dfrac{\partial z}{\partial y}$

令中间变量 $u = \ln x + \dfrac{1}{y}$，则 $z = f(u)$。

先求 $u$ 的两个偏导。对 $x$ 求偏导时，$\dfrac{1}{y}$ 与 $x$ 无关，视为常数，导数为零：

$$\dfrac{\partial u}{\partial x} = \dfrac{1}{x}$$

对 $y$ 求偏导时，$\ln x$ 视为常数，导数为零，只剩 $\dfrac{1}{y}$ 求导：

$$\dfrac{\partial u}{\partial y} = -\dfrac{1}{y^{2}}$$

再由链条 $\dfrac{\partial z}{\partial x} = f'(u)\cdot\dfrac{\partial u}{\partial x}$，得

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = f'(u)\cdot\dfrac{1}{x},\qquad \dfrac{\partial z}{\partial y} = f'(u)\cdot\left(-\dfrac{1}{y^{2}}\right)$$

代入所求的组合：

$$x\dfrac{\partial z}{\partial x} + y^{2}\dfrac{\partial z}{\partial y} = x\cdot f'(u)\cdot\dfrac{1}{x} + y^{2}\cdot f'(u)\cdot\left(-\dfrac{1}{y^{2}}\right) = f'(u) - f'(u) = 0$$

注意：这题的设计机关在 $\ln x$ 和 $\dfrac{1}{y}$ 的分工——$\ln x$ 对 $x$ 求导出 $\dfrac{1}{x}$，正好被外层的 $x$ 约掉；$\dfrac{1}{y}$ 对 $y$ 求导出 $-\dfrac{1}{y^{2}}$，正好被外层的 $y^{2}$ 约掉。题目给的两个系数 $x$ 和 $y^{2}$ 是专门来配这两个结果的，不是随便写的。做题时若得到 $0$，不妨回头看分母有没有约干净。

情形二：中间变量都是二元函数

设 $u = u(x,y)$、$v = v(x,y)$ 都依赖两个变量，$z = f(u,v)$。这时 $z$ 也依赖 $x$ 和 $y$，所以只能谈偏导：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = \dfrac{\partial z}{\partial u}\cdot\dfrac{\partial u}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\dfrac{\partial v}{\partial x}$$$$\dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{\partial z}{\partial u}\cdot\dfrac{\partial u}{\partial y} + \dfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\dfrac{\partial v}{\partial y}$$

这里全部是偏导符号，一个 $\mathrm{d}$ 都不出现。原因是中间变量 $u$、$v$ 本身是二元的，它们对 $x$ 求导时，$y$ 是被固定住的另一个自变量，所以只能叫偏导，写成 $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$ 就是错的。

三个要点：

1. 判别标志是中间变量依赖多个自变量
2. 求 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 时，把所有路径最后的落脚点都换成 $x$
3. 有几条路径就有几项，三元中间变量就是三项

设 $z = f(x+y,\ x-y,\ xy)$，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，求 $\mathrm{d}z$ 与 $\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}$

三个中间变量记为 $u = x+y$、$v = x-y$、$w = xy$。

求 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 时，逐个中间变量走一遍。第一个中间变量对 $x$ 求导得 $1$，第二个得 $1$，第三个 $xy$ 对 $x$ 求导时 $y$ 当常数，得 $y$：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = f_1\cdot 1 + f_2\cdot 1 + f_3\cdot y$$

求 $\dfrac{\partial z}{\partial y}$ 时，第一个中间变量对 $y$ 求导得 $1$，第二个 $x-y$ 对 $y$ 求导得 $-1$，第三个 $xy$ 对 $y$ 求导时 $x$ 当常数，得 $x$：

$$\dfrac{\partial z}{\partial y} = f_1\cdot 1 + f_2\cdot(-1) + f_3\cdot x$$

于是

$$\mathrm{d}z = \left(f_1 + f_2 + yf_3\right)\mathrm{d}x + \left(f_1 - f_2 + xf_3\right)\mathrm{d}y$$

题目给了 $f$ 二阶连续偏导，这个条件保证了 $z$ 的一阶偏导连续，从而 $z$ 可微，$\mathrm{d}z$ 才能这样写出来。若只有一阶偏导存在，$\mathrm{d}z$ 是写不出来的。

接下来求混合偏导。把 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 的表达式再对 $y$ 求导，注意 $f_1$、$f_2$、$f_3$ 本身仍是关于三个中间变量的函数，它们对 $y$ 求导时也要走一遍三条路径：

$$\dfrac{\partial}{\partial y}\left(f_1\right) = f_{11}\cdot 1 + f_{12}\cdot(-1) + f_{13}\cdot x$$$$\dfrac{\partial}{\partial y}\left(f_2\right) = f_{21}\cdot 1 + f_{22}\cdot(-1) + f_{23}\cdot x$$

第三项 $yf_3$ 是乘积，前面那个 $y$ 求导会掉下来跟 $f_3$ 相乘，后面的 $f_3$ 再对 $y$ 求导：

$$\dfrac{\partial}{\partial y}\left(yf_3\right) = f_3 + y\left(f_{31}\cdot 1 + f_{32}\cdot(-1) + f_{33}\cdot x\right)$$

合并所有项，再用二阶连续带来的混合偏导相等 $f_{12} = f_{21}$、$f_{13} = f_{31}$、$f_{23} = f_{32}$，交叉项正好两两抵消：

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} = f_{11} - f_{22} + (x+y)f_{13} + (x-y)f_{23} + xy\,f_{33} + f_3$$

注意：$f_1$、$f_2$、$f_3$ 不是对 $x$、$y$ 求偏导，而是对第一个、第二个、第三个中间变量求偏导，它们本身仍然是以三个中间变量为自变量的函数，所以对它们再求导时还要把三条路径重走一遍。这一点糊了，二阶必错。

情形三：单一中间变量加二元自变量

只有一个中间变量 $u = u(x,y)$，而外层 $f(u)$ 是一元函数：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = f'(u)\cdot\dfrac{\partial u}{\partial x},\qquad \dfrac{\partial z}{\partial y} = f'(u)\cdot\dfrac{\partial u}{\partial y}$$

这一种最容易在符号上出错：$f$ 是一元函数，所以对 $u$ 求的是导数，写成 $f'(u)$ 或 $\dfrac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}u}$，不能写成 $\dfrac{\partial f}{\partial u}$；而 $u$ 是二元的，$\dfrac{\partial u}{\partial x}$ 该用 $\partial$。

设 $z = f\!\left(xy,\ y\,g(x)\right)$，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，$g(x)$ 可导且在 $x=1$ 处取得极值，$g(1) = 1$，求 $\left.\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}\right|_{(1,1)}$

两个中间变量记为 $u = xy$、$v = y\,g(x)$。

第一步把极值条件用掉。$g$ 在 $x = 1$ 处可导且取得极值，由费马引理，该点导数为零：

$$g'(1) = 0$$

求 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$。$u$ 对 $x$ 求导得 $y$；$v = y\,g(x)$ 对 $x$ 求导时 $y$ 是常数，得 $y\,g'(x)$：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = yf_1 + y\,g'(x)\,f_2$$

求 $\dfrac{\partial z}{\partial y}$。$u$ 对 $y$ 求导得 $x$；$v$ 对 $y$ 求导时 $g(x)$ 是常数，得 $g(x)$：

$$\dfrac{\partial z}{\partial y} = xf_1 + g(x)f_2$$

再求混合偏导，把第一个式子对 $y$ 求导。第一项 $yf_1$ 中，前面的 $y$ 掉下来，$f_1$ 内部再走一遍路径（$u$ 对 $y$ 得 $x$，$v$ 对 $y$ 得 $g(x)$）：

$$\dfrac{\partial}{\partial y}\left(yf_1\right) = f_1 + y\left(xf_{11} + g(x)f_{12}\right)$$

第二项 $y\,g'(x)\,f_2$ 中，每一项都带着 $g'(x)$ 这个因子，而 $x = 1$ 处 $g'(1) = 0$，所以整项在所求点处归零，不必展开。于是

$$\left.\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}\right|_{(1,1)} = f_1 + 1\cdot\left(1\cdot f_{11} + g(1)\cdot f_{12}\right)\bigg|_{(u,v)=(1,1)}$$

在 $(x,y) = (1,1)$ 处，两个中间变量取值为 $u = 1$、$v = 1\cdot g(1) = 1$，代入得

$$\left.\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}\right|_{(1,1)} = f_1(1,1) + f_{11}(1,1) + f_{12}(1,1)$$

注意：最后一步代入的 $(1,1)$ 是中间变量 $(u,v)$ 的值，不是 $(x,y)$ 的值——$f_1$ 的自变量是中间变量，不是自变量。这题恰好 $u$、$v$ 算出来都等于 $1$，跟 $x$、$y$ 的 $1$ 数值撞在一起，更容易糊，所以更要把这两层分清楚。

情形四：$f$ 里混着自变量本身

前面三种情形，$f$ 的自变量清一色全是中间变量。还有一种常考的情形是自变量直接进入 $f$，同时又有一个中间变量。例如

$$z = f\!\left(x,\ u(x,y)\right)$$

这时候 $f$ 有两个自变量：第一个就是 $x$ 自己，第二个是中间变量 $u$。求 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 时，两条路都要走：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = f_1\cdot\dfrac{\partial x}{\partial x} + f_2\cdot\dfrac{\partial u}{\partial x} = f_1\cdot 1 + f_2\dfrac{\partial u}{\partial x} = f_1 + f_2\dfrac{\partial u}{\partial x}$$

第一项里的 $f_1$ 来自那条直路——第一个位置就是 $x$ 本身，$x$ 对 $x$ 求导得 $1$，所以这一项就是 $f_1$。对比情形三只有一个中间变量、结果只有一项，这里多出来的正是 $f_1$ 这一项。

设 $z = f\!\left(xy,\ \dfrac{x}{y}\right) + g\!\left(\dfrac{x}{y}\right)$，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数，$g$ 可导，且 $f_u(0,0) = 1$、$f_v(0,0) = 6$、$g'(0) = 3$，求 $\left.\dfrac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)} + \left.\dfrac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)}$

这一题把两种结构拼在一起：$f$ 那一项有两个中间变量 $u = xy$、$v = \dfrac{x}{y}$，$g$ 那一项只有一个中间变量，也是 $\dfrac{x}{y}$。

分别求偏导。$f$ 的项按情形二走两条路径，$g$ 的项按情形三走一条：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = yf_u + \dfrac{1}{y}f_v + g'(v)\cdot\dfrac{1}{y}$$$$\dfrac{\partial z}{\partial y} = xf_u + \left(-\dfrac{x}{y^{2}}\right)f_v + g'(v)\cdot\left(-\dfrac{x}{y^{2}}\right)$$

代入 $(x,y) = (0,1)$：$u = 0\cdot 1 = 0$，$v = \dfrac{0}{1} = 0$，所以 $f_u$、$f_v$ 都取 $(0,0)$ 处的值，$g'$ 取 $g'(0)$。

$$\left.\dfrac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)} = 1\cdot f_u(0,0) + 1\cdot f_v(0,0) + 1\cdot g'(0) = 1 + 6 + 3 = 10$$$$\left.\dfrac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)} = 0\cdot f_u(0,0) + 0\cdot f_v(0,0) + 0\cdot g'(0) = 0$$

所以

$$\left.\dfrac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,1)} + \left.\dfrac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,1)} = 10$$

注意：$\dfrac{\partial z}{\partial y}$ 那三项系数分别是 $x$、$-\dfrac{x}{y^{2}}$、$-\dfrac{x}{y^{2}}$，在 $(0,1)$ 处 $x = 0$，三个系数一起归零，所以这一侧的结果是 $0$。这类题代入点之前不要急着化简，先看清每个系数的结构。

统一判据：看它依赖几个自变量

四种情形看起来公式不同，其实是同一条规则：求导时看这个量最终依赖几个自变量——只依赖一个就写全导数 $\mathrm{d}$，依赖两个及以上就写偏导 $\partial$。

把四种情形和它们的符号规则收成一张判据图：

四条路径的共同点：每条路径上的偏导相乘，所有路径相加；而符号是写 $\mathrm{d}$ 还是 $\partial$，取决于这一环最终依赖几个自变量 —— 只依赖一个就是全导数，依赖两个及以上就是偏导。

设 $z = f\!\left(xy,\ \dfrac{x^{2}-y^{2}}{2}\right)$，其中 $f$ 具有二阶连续偏导数且 $f_{uu} + f_{vv} = 1$，求 $\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} + \dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}$

两个中间变量 $u = xy$、$v = \dfrac{x^{2}-y^{2}}{2}$，各自对 $x$、$y$ 的偏导为

$$\dfrac{\partial u}{\partial x} = y,\quad \dfrac{\partial v}{\partial x} = x,\qquad \dfrac{\partial u}{\partial y} = x,\quad \dfrac{\partial v}{\partial y} = -y$$

一阶偏导：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = yf_u + xf_v,\qquad \dfrac{\partial z}{\partial y} = xf_u - yf_v$$

求 $\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}$ 时，把第一个式子对 $x$ 再求一次，注意 $f_u$、$f_v$ 还要分别走两条路径：

$$\dfrac{\partial}{\partial x}\left(yf_u\right) = y\left(yf_{uu} + xf_{uv}\right)$$$$\dfrac{\partial}{\partial x}\left(xf_v\right) = f_v + x\left(yf_{vu} + xf_{vv}\right)$$

相加得

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} = y^{2}f_{uu} + 2xyf_{uv} + x^{2}f_{vv} + f_v$$

同理对 $y$ 求二阶偏导，注意 $v$ 对 $y$ 求导是 $-y$，所以 $f_v$ 内部第二项带负号：

$$\dfrac{\partial}{\partial y}\left(xf_u\right) = x\left(xf_{uu} - yf_{uv}\right)$$$$\dfrac{\partial}{\partial y}\left(-yf_v\right) = -f_v + y\left(xf_{vu} - yf_{vv}\right)\cdot(-1)$$

整理后

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}} = x^{2}f_{uu} - 2xyf_{uv} + y^{2}f_{vv} - f_v$$

两者相加，交叉项和 $f_v$ 项各自抵消：

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} + \dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}} = \left(x^{2}+y^{2}\right)f_{uu} + \left(x^{2}+y^{2}\right)f_{vv} = \left(x^{2}+y^{2}\right)\left(f_{uu}+f_{vv}\right) = x^{2}+y^{2}$$

注意：这题能抵消得这么干净，是因为两个中间变量满足 $\dfrac{\partial u}{\partial x} = y = -\dfrac{\partial v}{\partial y}$ 且 $\dfrac{\partial v}{\partial x} = x = \dfrac{\partial u}{\partial y}$，也就是柯西-黎曼方程的形式——$u = xy$ 与 $v = \dfrac{x^{2}-y^{2}}{2}$ 正好是 $\dfrac{(x+iy)^{2}}{2}$ 的虚部与实部。如果第二个中间变量写成 $\dfrac{x^{2}}{2} - y^{2}$，则 $\dfrac{\partial v}{\partial y} = -2y$，系数配不平，$f_{uv}$ 与 $f_v$ 都不会抵消，化简不下去。所以看到这类题，先检查系数是否对称，能对称才有望化简。

隐函数的偏导数

方法一：两边求导法

方程 $F(x,y,z) = 0$ 确定了 $z = z(x,y)$。既然 $z$ 是 $x$、$y$ 的函数，那么把方程两边同时对 $x$ 求导时，凡是碰到 $z$ 的地方都不能当常数，必须挂上链条 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$。

这一方法的适用面最宽：一阶能用，二阶也能用——只要把求过一次导的那个方程再求一次即可。

设 $z = z(x,y)$ 由方程 $e^{\,x+2y+3z} + xyz = 1$ 确定，求 $\mathrm{d}z$ 在 $(0,0)$ 处的值

第一步先定出 $z(0,0)$，否则代入时不知道 $z$ 取什么值。令 $x = 0$、$y = 0$：

$$e^{\,3z} + 0 = 1 \implies e^{\,3z} = 1 \implies 3z = 0 \implies z(0,0) = 0$$

两边对 $x$ 求偏导。$e^{\,x+2y+3z}$ 是复合的指数，指数部分对 $x$ 求导时，$3z$ 还要再乘 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$：

$$e^{\,x+2y+3z}\left(1 + 3\dfrac{\partial z}{\partial x}\right) + \left(yz + xy\dfrac{\partial z}{\partial x}\right) = 0$$

其中 $\dfrac{\partial}{\partial x}(xyz) = y\left(z + x\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)$，这里 $z$ 是函数，不能当常数。代入 $(x,y,z) = (0,0,0)$，$e^{0} = 1$，$yz = 0$，$xy = 0$：

$$1 + 3\dfrac{\partial z}{\partial x} = 0 \implies \left.\dfrac{\partial z}{\partial x}\right|_{(0,0)} = -\dfrac{1}{3}$$

两边对 $y$ 求偏导，同理：

$$e^{\,x+2y+3z}\left(2 + 3\dfrac{\partial z}{\partial y}\right) + \left(xz + xy\dfrac{\partial z}{\partial y}\right) = 0$$

代入 $(0,0,0)$ 得 $2 + 3\dfrac{\partial z}{\partial y} = 0$，即 $\left.\dfrac{\partial z}{\partial y}\right|_{(0,0)} = -\dfrac{2}{3}$。

所以

$$\left.\mathrm{d}z\right|_{(0,0)} = -\dfrac{1}{3}\mathrm{d}x - \dfrac{2}{3}\mathrm{d}y$$

注意：这题有两个开关。一是必须先求出 $z(0,0)$，不然代入时无从下手；二是 $z$ 是函数不是常数，凡是 $z$ 出现的位置——指数里的 $3z$、乘积里的 $xyz$——求导时都要挂上 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$。

方法二：公式法

把方程整理成 $F(x,y,z) = 0$ 的形式，若 $F$ 满足隐函数存在定理的条件，就有

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{F_x}{F_z},\qquad \dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{F_y}{F_z}$$

算 $F_x$、$F_y$、$F_z$ 时，$z$ 要当作独立变量，不再视为 $x$、$y$ 的函数——这一点恰好与两边求导法相反，两种方法串味就出错了。

设 $z = z(x,y)$ 由方程 $z = e^{\,2x-3z} + 2y$ 确定，求 $3\dfrac{\partial z}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial y}$

先整理成标准形式，把 $z$ 移到一边：

$$F(x,y,z) = z - e^{\,2x-3z} - 2y = 0$$

算三个偏导。$e^{\,2x-3z}$ 对 $x$ 求偏导时指数部分得 $2$（$-3z$ 对 $x$ 求导为 $0$，因为这里 $z$ 是独立变量）；对 $z$ 求偏导时指数部分得 $-3$：

$$F_x = -2e^{\,2x-3z},\qquad F_y = -2,\qquad F_z = 1 + 3e^{\,2x-3z}$$

套公式：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{F_x}{F_z} = \dfrac{2e^{\,2x-3z}}{1 + 3e^{\,2x-3z}}$$$$\dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{F_y}{F_z} = \dfrac{2}{1 + 3e^{\,2x-3z}}$$

代入所求组合：

$$3\dfrac{\partial z}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{6e^{\,2x-3z}}{1 + 3e^{\,2x-3z}} + \dfrac{2}{1 + 3e^{\,2x-3z}} = \dfrac{2\left(3e^{\,2x-3z} + 1\right)}{1 + 3e^{\,2x-3z}} = 2$$

注意：公式法里 $F_x$、$F_y$、$F_z$ 都是在"$z$ 是独立变量"的前提下算的，所以 $e^{\,2x-3z}$ 对 $x$ 求导时，$-3z$ 那一块贡献为零；而在两边求导法里，同样的位置必须贡献 $-3\dfrac{\partial z}{\partial x}$。两种方法的这一步思路相反，混用必错。

两种方法怎么选

一阶偏导用公式法步骤最少，因为不用去解方程，直接把三个偏导算出来套进去就行，而且条件 $F_z \neq 0$ 正好对应公式的分母，条件与解法直接咬合。

到了二阶就必须换回两边求导法。因为公式法要把 $-\dfrac{F_x}{F_z}$ 这个分式再求一次导，而 $F_x$、$F_z$ 里都含 $z$、$z$ 又依赖 $x$、$y$，链式一层套一层，工作量会失控。

设 $z = z(x,y)$ 由方程 $z = e^{\,2x-3z} + 2y$ 确定，求 $\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}$

用两边求导法，从原方程出发。

两边对 $x$ 求一次，指数部分要带上 $-3\dfrac{\partial z}{\partial x}$：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = e^{\,2x-3z}\left(2 - 3\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)$$

这条式子先留着，它是一个恒等式，第二步要用它。两边再对 $x$ 求一次，左端变成二阶偏导，右端是乘积，两块都要管：第一块 $e^{\,2x-3z}$ 本身要再对 $x$ 求导（还是带上 $-3z_x$），第二块括号对 $x$ 求导得 $-3z_{xx}$：

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} = e^{\,2x-3z}\left(2-3\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)\left(2-3\dfrac{\partial z}{\partial x}\right) + e^{\,2x-3z}\left(-3\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\right)$$

把含二阶偏导的项移到左边，提出公因子：

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\left(1 + 3e^{\,2x-3z}\right) = e^{\,2x-3z}\left(2 - 3\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}$$

所以

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} = \dfrac{e^{\,2x-3z}\left(2 - 3\dfrac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}}{1 + 3e^{\,2x-3z}}$$

最后把一阶结果代进去化简。由前题已知 $\dfrac{\partial z}{\partial x} = \dfrac{2e^{\,2x-3z}}{1 + 3e^{\,2x-3z}}$，于是

$$2 - 3\dfrac{\partial z}{\partial x} = 2 - \dfrac{6e^{\,2x-3z}}{1 + 3e^{\,2x-3z}} = \dfrac{2\left(1 + 3e^{\,2x-3z}\right) - 6e^{\,2x-3z}}{1 + 3e^{\,2x-3z}} = \dfrac{2}{1 + 3e^{\,2x-3z}}$$

代回得

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} = \dfrac{e^{\,2x-3z}}{1 + 3e^{\,2x-3z}}\cdot\dfrac{4}{\left(1 + 3e^{\,2x-3z}\right)^{2}} = \dfrac{4e^{\,2x-3z}}{\left(1 + 3e^{\,2x-3z}\right)^{3}}$$

注意：这一步有两个必须做的动作。第一，对一阶式子的右端求导时，$e^{\,2x-3z}$ 这个因子本身还要再对 $x$ 求一次导（得 $2-3z_x$），很多人只对括号求导、漏掉指数那部分。第二，答案里不能留 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$，必须用一阶结果代换干净，否则不算求完。

抽象函数的隐函数求导

当方程里出现的不是具体函数而是抽象的 $F$ 时，公式法仍然能用，只是 $F_x$、$F_y$、$F_z$ 都要按复合函数的方式写出来。

设 $z = z(x,y)$ 由方程 $F\!\left(\dfrac{y}{x},\ \dfrac{z}{x}\right) = 0$ 确定，其中 $F$ 可微且 $F_2 \neq 0$，求 $x\dfrac{\partial z}{\partial x} + y\dfrac{\partial z}{\partial y}$

记 $G(x,y,z) = F\!\left(\dfrac{y}{x},\ \dfrac{z}{x}\right)$。注意第三个变量 $z$ 也进入了第二个中间变量，所以算 $G_z$ 时不能漏。

算三个偏导。第一个中间变量对 $x$ 求导得 $-\dfrac{y}{x^{2}}$，第二个中间变量对 $x$ 求导得 $-\dfrac{z}{x^{2}}$（这里 $z$ 当独立变量）：

$$G_x = F_1\left(-\dfrac{y}{x^{2}}\right) + F_2\left(-\dfrac{z}{x^{2}}\right) = -\dfrac{yF_1 + zF_2}{x^{2}}$$$$G_y = F_1\cdot\dfrac{1}{x} = \dfrac{F_1}{x}$$$$G_z = F_2\cdot\dfrac{1}{x} = \dfrac{F_2}{x}$$

套公式：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{G_x}{G_z} = \dfrac{yF_1 + zF_2}{x^{2}}\cdot\dfrac{x}{F_2} = \dfrac{z}{x} + \dfrac{yF_1}{xF_2}$$$$\dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{G_y}{G_z} = -\dfrac{F_1/x}{F_2/x} = -\dfrac{F_1}{F_2}$$

于是

$$x\dfrac{\partial z}{\partial x} + y\dfrac{\partial z}{\partial y} = \left(z + \dfrac{yF_1}{F_2}\right) + \left(-\dfrac{yF_1}{F_2}\right) = z$$

注意：条件 $F_2 \neq 0$ 不是摆设，它就是 $G_z \neq 0$ 的来源——$G_z = \dfrac{F_2}{x}$，$F_2$ 不为零才能保证分母不为零。看到题目给出某个 $F$ 的偏导不为零，就该意识到这是在为公式法的分母背书。另外注意分母里还有 $x$，所以讨论范围默认 $x > 0$ 或 $x \lt 0$，即不含 $y$ 轴。

隐函数存在定理

前面所有求导方法的合法性，都建立在隐函数存在定理之上。设三元函数 $F(x,y,z)$ 在点 $P_0(x_0,y_0,z_0)$ 的某一邻域内具有连续偏导数，且满足

$$F(x_0,y_0,z_0) = 0,\qquad F_z(x_0,y_0,z_0) \neq 0$$

则方程 $F(x,y,z) = 0$ 在 $(x_0,y_0)$ 的某一邻域内唯一确定一个连续且具有连续偏导数的函数 $z = z(x,y)$，满足 $z_0 = z(x_0,y_0)$，并且

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{F_x}{F_z},\qquad \dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{F_y}{F_z}$$

三个条件各有分工。第一条"在 $P_0$ 的某邻域内具有连续偏导数"是区域性的条件，保证函数在该点附近足够光滑；第二条 $F(P_0) = 0$ 只在该点成立，说明这个点确实在曲面上；第三条 $F_z(P_0) \neq 0$ 也只在该点成立，它保证分母不为零，配合第一条的连续性，可以推出在该点附近 $F_z$ 都不为零。

定理的结论里有两个字最容易被念漏。一是"唯一"——定理给的不只是可以求导，而是这个邻域里只有这一个 $z = z(x,y)$ 满足方程；二是"连续且具有连续偏导数"——保证的是一阶偏导连续，不是仅仅可导，这样二阶混合偏导相等才接得上。

（2024 年真题）设 $z = z(x,y)$ 由方程 $z + e^{\,x} - y\ln\!\left(1+z^{2}\right) = 0$ 确定，求 $\left.\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} + \dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}\right|_{(0,0)}$

要求二阶，用两边求导法。

先求 $z(0,0)$。代入 $x = 0$、$y = 0$：

$$z + e^{0} - 0\cdot\ln\!\left(1+z^{2}\right) = 0 \implies z + 1 = 0 \implies z(0,0) = -1$$

记 $g = \dfrac{2z}{1+z^{2}}$，它是 $\ln\!\left(1+z^{2}\right)$ 对 $z$ 的导数。

两边对 $x$ 求偏导。$e^{\,x}$ 只依赖 $x$，求导干净；$y\ln\!\left(1+z^{2}\right)$ 里 $y$ 是系数不动，对数部分要挂链条：

$$\dfrac{\partial z}{\partial x} + e^{\,x} - y\,g\,\dfrac{\partial z}{\partial x} = 0$$

代入 $(x,y,z) = (0,0,-1)$，$y = 0$，$e^{0} = 1$：

$$1 + \dfrac{\partial z}{\partial x} = 0 \implies \dfrac{\partial z}{\partial x}(0,0) = -1$$

两边对 $y$ 求偏导。$e^{\,x}$ 与 $y$ 无关，导数为零；对 $y\ln\!\left(1+z^{2}\right)$ 用乘积法则：

$$\dfrac{\partial z}{\partial y} - \ln\!\left(1+z^{2}\right) - y\,g\,\dfrac{\partial z}{\partial y} = 0$$

代入 $(0,0,-1)$，$\ln\!\left(1+1\right) = \ln 2$，$y = 0$：

$$\dfrac{\partial z}{\partial y} - \ln 2 = 0 \implies \dfrac{\partial z}{\partial y}(0,0) = \ln 2$$

再求二阶。把对 $x$ 的一阶方程再对 $x$ 求一次：

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} + e^{\,x} - y\left(g'\,z_x^{2} + g\,\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\right) = 0$$

在 $(0,0,-1)$ 处 $y = 0$，带 $y$ 的那一坨消失，只剩

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} + 1 = 0 \implies \dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}(0,0) = -1$$

把对 $y$ 的一阶方程再对 $y$ 求一次，注意 $e^{\,x}$ 已无贡献，而对数项和对乘积项都要再走一遍链式：

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}} - g\,z_y - \left(g\,z_y + y\left(g'\,z_y^{2} + g\,\dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}\right)\right) = 0$$

在 $(0,0,-1)$ 处 $y = 0$，括号里只剩 $g\,z_y$：

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}} - 2g\,z_y = 0 \implies \dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}(0,0) = 2g\,z_y$$

$z = -1$ 时 $g = \dfrac{2(-1)}{1+1} = -1$，又 $z_y = \ln 2$，故

$$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}(0,0) = 2\cdot(-1)\cdot\ln 2 = -2\ln 2$$

所以

$$\left.\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}} + \dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}\right|_{(0,0)} = -1 - 2\ln 2 = -\left(1 + 2\ln 2\right)$$

注意：$x$ 那一侧和 $y$ 那一侧的情况并不一样。$\dfrac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}$ 的表达式里带 $y$ 的整块被 $y = 0$ 抹平，所以 $\dfrac{\partial z}{\partial x}$ 的值没用上；但 $\dfrac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}} = 2g\,z_y$ 里明确留着 $z_y$，不先求出一阶的值就算不出 $y$ 那一侧。所以求二阶之前，一阶的值该求的都要求。

存在定理的判据：能把谁解出来

定理最有用的推论是：方程 $F(x,y,z) = 0$ 能把哪个变量表示成另外两个的函数，取决于 $F$ 对该变量的偏导在该点是否为零。想解出谁，就看 $F$ 对谁的偏导。

$$F_z(P_0) \neq 0 \iff \text{可解出 } z = z(x,y)$$$$F_y(P_0) \neq 0 \iff \text{可解出 } y = y(x,z)$$$$F_x(P_0) \neq 0 \iff \text{可解出 } x = x(y,z)$$

若某个偏导为零，那个字母就不能当因变量，对应的隐函数也就无从谈起。注意存在定理给的是充分条件，偏导为零并不意味着那样的隐函数一定不存在，只是定理不能保证——但考试里问"能确定还是不能确定"，答"不能确定"即可。

设三元方程 $xy - z\ln y + e^{\,xz} = 1$，问在点 $(0,1,1)$ 的某邻域内该方程能确定哪些具有连续偏导数的隐函数

第一步验证该点在方程上。代入 $(0,1,1)$：

$$0 - 1\cdot\ln 1 + e^{0} - 1 = 0 - 0 + 1 - 1 = 0$$

成立。记 $F(x,y,z) = xy - z\ln y + e^{\,xz} - 1$。

算三个偏导在 $(0,1,1)$ 处的值，这里 $z$ 当独立变量：

$$F_x = y + z\,e^{\,xz} \implies F_x(0,1,1) = 1 + 1\cdot e^{0} = 2 \neq 0$$$$F_y = x - \dfrac{z}{y} \implies F_y(0,1,1) = 0 - \dfrac{1}{1} = -1 \neq 0$$$$F_z = -\ln y + x\,e^{\,xz} \implies F_z(0,1,1) = -\ln 1 + 0\cdot e^{0} = 0$$

$F_x \neq 0$，所以可以解出 $x = x(y,z)$；$F_y \neq 0$，所以可以解出 $y = y(x,z)$；而 $F_z = 0$，分母为零，公式 $\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{F_x}{F_z}$ 无从谈起，所以 $z = z(x,y)$ 不能确定。

因此该方程可以确定两个具有连续偏导数的隐函数：$x = x(y,z)$ 与 $y = y(x,z)$。

注意：$F_z$ 在 $(0,1,1)$ 处为零并非偶然——$-\ln y$ 在 $y = 1$ 处归零，$x\,e^{\,xz}$ 又因为 $x = 0$ 归零，两项同时消失。选择题里三个偏导往往只会有一个为零，找到它就知道哪个选项该排除。