链式法则 · 全微分形式不变性 · 隐函数微分法
在实际问题中，变量之间的关系往往不是直接的，而是通过"中间变量"间接联系的。
比如：温度 \(T\) 随海拔 \(h\) 和纬度 \(\varphi\) 变化，而海拔和纬度又随位置坐标 \((x, y)\) 变化。
那么温度 \(T\) 对位置 \(x\) 的变化率怎么求？——这就需要链式法则！
回忆一元微积分中的链式法则：若 \(y = f(u)\)，\(u = g(x)\)，则 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}u} \cdot \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}\)。
多元函数的链式法则是它的推广——每条"路径"的贡献相加！
设 \(z = f(u, v)\) 在点 \((u, v)\) 有连续偏导数，\(u = \varphi(x)\)，\(v = \psi(x)\) 对 \(x\) 可导，则复合函数 \(z = f[\varphi(x), \psi(x)]\) 对 \(x\) 可导，且
记忆口诀：对每个中间变量，"偏导 × 全导"，然后全部加起来！
\(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = \underbrace{\dfrac{\partial f}{\partial u} \cdot \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}}_{\text{路径 } z \to u \to x} + \underbrace{\dfrac{\partial f}{\partial v} \cdot \dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}}_{\text{路径 } z \to v \to x}\)
注意：\(z\) 对 \(u, v\) 用偏导（因为 \(z\) 是多元函数），而 \(u, v\) 对 \(x\) 用全导（因为它们是一元函数）。
自变量只有一个 \(x\)，所以最终结果是关于 \(x\) 的全导数。
特别地，如果 \(z = f(u, v)\) 中只有一个中间变量，比如 \(z = f(u)\)，\(u = \varphi(x)\)，那么 \(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = \dfrac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}u} \cdot \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}\)，这就回到了一元的链式法则。
设 \(z = uv + \sin t\)，而 \(u = \mathrm{e}^t\)，\(v = \cos t\)，求全导数 \(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\)。
\(z\) 有三个变量 \(u, v, t\)，其中 \(u, v\) 是中间变量（通过 \(t\) 表达），\(t\) 既直接出现又通过 \(u, v\) 间接出现。
\(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = \dfrac{\partial z}{\partial u} \cdot \dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} + \dfrac{\partial z}{\partial v} \cdot \dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} + \dfrac{\partial z}{\partial t}\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial u} = v\)，\(\dfrac{\partial z}{\partial v} = u\)，\(\dfrac{\partial z}{\partial t} = \cos t\)；\(\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = \mathrm{e}^t\)，\(\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = -\sin t\)
\(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = v \cdot \mathrm{e}^t - u \sin t + \cos t = \mathrm{e}^t \cos t - \mathrm{e}^t \sin t + \cos t\)
\(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = \mathrm{e}^t(\cos t - \sin t) + \cos t\)
设 \(z = f(u_1, u_2, \ldots, u_n)\)，\(u_k = \varphi_k(x)\)（\(k = 1, 2, \ldots, n\)），则
理解：每一条路径的"偏导 × 全导"，然后求和——和情形一完全一样的思路！
设 \(\omega = \sqrt{u^2 + v^2} + \ln h\)，\(u = \sin x\)，\(v = \mathrm{e}^{2x}\)，\(h = x^2\)，求 \(\dfrac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}x}\)。
\(\dfrac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}x} = \dfrac{\partial \omega}{\partial u}\cdot\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} + \dfrac{\partial \omega}{\partial v}\cdot\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} + \dfrac{\partial \omega}{\partial h}\cdot\dfrac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}x}\)
\(\dfrac{\partial\omega}{\partial u} = \dfrac{u}{\sqrt{u^2+v^2}}\)，\(\dfrac{\partial\omega}{\partial v} = \dfrac{v}{\sqrt{u^2+v^2}}\)，\(\dfrac{\partial\omega}{\partial h} = \dfrac{1}{h}\)
\(\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} = \cos x\)，\(\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x} = 2\mathrm{e}^{2x}\)，\(\dfrac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}x} = 2x\)
\(\dfrac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}x} = \dfrac{u\cos x}{\sqrt{u^2+v^2}} + \dfrac{2v\mathrm{e}^{2x}}{\sqrt{u^2+v^2}} + \dfrac{2x}{h}\)
\(\dfrac{\mathrm{d}\omega}{\mathrm{d}x} = \dfrac{\sin x\cos x}{\sqrt{\sin^2 x + \mathrm{e}^{4x}}} + \dfrac{2\mathrm{e}^{4x}}{\sqrt{\sin^2 x + \mathrm{e}^{4x}}} + \dfrac{2}{x}\)
设 \(z = f(u, v)\) 有连续偏导数，\(u = \varphi(x, y)\)，\(v = \psi(x, y)\) 有偏导数，则
关键区别：自变量有两个 \(x, y\)，所以结果是偏导数！求 \(\dfrac{\partial z}{\partial x}\) 时，只看通往 \(x\) 的路径；求 \(\dfrac{\partial z}{\partial y}\) 时，只看通往 \(y\) 的路径。
结构完全对称：先对中间变量偏导，再对自变量偏导，沿路径相乘，所有路径相加。
设 \(z = \mathrm{e}^u \sin v\)，\(u = xy\)，\(v = x + y\)，求 \(\dfrac{\partial z}{\partial x}\) 和 \(\dfrac{\partial z}{\partial y}\)。
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = \dfrac{\partial z}{\partial u}\cdot\dfrac{\partial u}{\partial x} + \dfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\dfrac{\partial v}{\partial x}\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial u} = \mathrm{e}^u \sin v\)，\(\dfrac{\partial z}{\partial v} = \mathrm{e}^u \cos v\)
\(\dfrac{\partial u}{\partial x} = y\)，\(\dfrac{\partial v}{\partial x} = 1\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = \mathrm{e}^u \sin v \cdot y + \mathrm{e}^u \cos v \cdot 1 = \mathrm{e}^u(y\sin v + \cos v)\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = \mathrm{e}^{xy}[y\sin(x+y) + \cos(x+y)]\)
\(\dfrac{\partial u}{\partial y} = x\)，\(\dfrac{\partial v}{\partial y} = 1\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial y} = \mathrm{e}^u \sin v \cdot x + \mathrm{e}^u \cos v \cdot 1 = \mathrm{e}^u(x\sin v + \cos v)\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial y} = \mathrm{e}^{xy}[x\sin(x+y) + \cos(x+y)]\)
设 \(z = f(u, v)\) 可微，当 \(u, v\) 是自变量时，全微分为
当 \(u = u(x, y)\)，\(v = v(x, y)\) 是中间变量时，利用链式法则可以证明：
形式完全相同！
无论 \(u, v\) 是自变量还是中间变量，全微分 \(\mathrm{d}z = \dfrac{\partial z}{\partial u}\mathrm{d}u + \dfrac{\partial z}{\partial v}\mathrm{d}v\) 的表达式形式不变。
应用价值：利用此性质，可以先对 \(u, v\) 求全微分（把 \(u, v\) 当自变量），再把 \(\mathrm{d}u, \mathrm{d}v\) 展开。这大大简化了复合函数偏导数的计算！
\(z = \mathrm{e}^u \sin v\)，\(u = xy\)，\(v = x + y\)
\(\mathrm{d}z = \mathrm{d}(\mathrm{e}^u \sin v) = \mathrm{e}^u \sin v \,\mathrm{d}u + \mathrm{e}^u \cos v \,\mathrm{d}v\)
因为 \(\mathrm{d}u = y\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y\)，\(\mathrm{d}v = \mathrm{d}x + \mathrm{d}y\)，代入得
\(\mathrm{d}z = \mathrm{e}^u\sin v(y\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y) + \mathrm{e}^u\cos v(\mathrm{d}x + \mathrm{d}y)\)
\(= \mathrm{e}^{xy}[y\sin(x+y)+\cos(x+y)]\mathrm{d}x + \mathrm{e}^{xy}[x\sin(x+y)+\cos(x+y)]\mathrm{d}y\)
比较 \(\mathrm{d}x, \mathrm{d}y\) 的系数，结果与例 3 一致！
利用全微分形式不变性求函数 \(u = \dfrac{x}{x^2 + y^2 + z^2}\) 的偏导数。
利用商的微分法则来求 \(\mathrm{d}u\)，设分母 \(S = x^2 + y^2 + z^2\)。
\(\mathrm{d}u = \dfrac{S\,\mathrm{d}x - x\,\mathrm{d}S}{S^2}\)，其中 \(\mathrm{d}S = 2x\,\mathrm{d}x + 2y\,\mathrm{d}y + 2z\,\mathrm{d}z\)
\(\mathrm{d}u = \dfrac{(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}x - x(2x\,\mathrm{d}x+2y\,\mathrm{d}y+2z\,\mathrm{d}z)}{(x^2+y^2+z^2)^2}\)
\(\mathrm{d}u = \dfrac{(y^2+z^2-x^2)\mathrm{d}x - 2xy\,\mathrm{d}y - 2xz\,\mathrm{d}z}{(x^2+y^2+z^2)^2}\)
\(\dfrac{\partial u}{\partial x} = \dfrac{y^2+z^2-x^2}{(x^2+y^2+z^2)^2}\)，\(\dfrac{\partial u}{\partial y} = \dfrac{-2xy}{(x^2+y^2+z^2)^2}\)，\(\dfrac{\partial u}{\partial z} = \dfrac{-2xz}{(x^2+y^2+z^2)^2}\)
在一元微积分中，我们已经接触过隐函数的概念：方程 \(F(x, y) = 0\) 可以确定一个函数 \(y = f(x)\)。
比如方程 \(x^2 + y^2 = 1\) 确定了 \(y\) 是 \(x\) 的隐函数（在局部）。当时我们用"等式两边对 \(x\) 求导"来求 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\)。
现在，我们利用链式法则，给出更系统的公式。
核心思想：方程 \(F(x, y) = 0\) 两边对 \(x\) 求导，由于 \(y\) 是 \(x\) 的函数，要用链式法则处理含 \(y\) 的项。
\(F(x, y) = 0\) 两边对 \(x\) 求导：\(\dfrac{\partial F}{\partial x} + \dfrac{\partial F}{\partial y}\cdot\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 0\)，解出 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\) 即可。
设 \(F(x, y) = 0\) 确定了函数 \(y = f(x)\)，且 \(F_y \neq 0\)，则
记忆技巧：分子是 \(F\) 对谁求导——对 \(x\)（自变量）求偏导；分母是对谁——对 \(y\)（因变量）求偏导。前面加负号！
设 \(F(x, y, z) = 0\) 确定了函数 \(z = f(x, y)\)，且 \(F_z \neq 0\)，则
同一个套路：分母永远是 \(F\) 对因变量 \(z\) 的偏导，分子是对对应自变量的偏导，前面加负号。
两种方法都可以：① 直接用公式 \(-\dfrac{F_x}{F_z}\)；② 利用全微分，从 \(\mathrm{d}F = 0\) 出发求解。两种方法本质相同，选择自己顺手的即可！
设方程 \((x^2 + y^2)^2 - 2(x^2 - y^2) = 0\) 确定了函数 \(y = f(x)\)，求 \(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\)。
令 \(F(x, y) = (x^2 + y^2)^2 - 2(x^2 - y^2)\)
\(F_x = 2(x^2+y^2)\cdot 2x - 4x = 4x(x^2+y^2) - 4x\)
\(F_y = 2(x^2+y^2)\cdot 2y + 4y = 4y(x^2+y^2) + 4y\)
\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = -\dfrac{F_x}{F_y} = -\dfrac{4x(x^2+y^2)-4x}{4y(x^2+y^2)+4y}\)
\(\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = -\dfrac{x(x^2+y^2) - x}{y(x^2+y^2) + y} = -\dfrac{x[(x^2+y^2)-1]}{y[(x^2+y^2)+1]}\)
已知 \(\mathrm{e}^{-xy} - 2z + \mathrm{e}^z = 0\)，求 \(\dfrac{\partial z}{\partial x}\) 和 \(\dfrac{\partial z}{\partial y}\)。
因为 \(\mathrm{d}(\mathrm{e}^{-xy} - 2z + \mathrm{e}^z) = 0\)
\(\mathrm{e}^{-xy}\mathrm{d}(-xy) - 2\,\mathrm{d}z + \mathrm{e}^z\mathrm{d}z = 0\)
\(\mathrm{e}^{-xy}(-y\,\mathrm{d}x - x\,\mathrm{d}y) + (\mathrm{e}^z - 2)\mathrm{d}z = 0\)
\((\mathrm{e}^z - 2)\mathrm{d}z = \mathrm{e}^{-xy}(y\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y)\)
\(\mathrm{d}z = \dfrac{y\mathrm{e}^{-xy}}{\mathrm{e}^z - 2}\mathrm{d}x + \dfrac{x\mathrm{e}^{-xy}}{\mathrm{e}^z - 2}\mathrm{d}y\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = \dfrac{y\mathrm{e}^{-xy}}{\mathrm{e}^z - 2}\)，\(\dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{x\mathrm{e}^{-xy}}{\mathrm{e}^z - 2}\)
验证：用公式法也一样——\(F = \mathrm{e}^{-xy}-2z+\mathrm{e}^z\)，\(F_x = -y\mathrm{e}^{-xy}\)，\(F_z = -2+\mathrm{e}^z\)，\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{F_x}{F_z} = \dfrac{y\mathrm{e}^{-xy}}{\mathrm{e}^z-2}\)，结果一致！
设 \(x + y + z = \mathrm{e}^{(x+y^2+z)}\)，求 \(\dfrac{\partial z}{\partial x}\) 和 \(\dfrac{\partial z}{\partial y}\)。
令 \(F(x, y, z) = x + y + z - \mathrm{e}^{(x+y^2+z)}\)
\(F_x = 1 - \mathrm{e}^{(x+y^2+z)}\)
\(F_y = 1 - 2y\mathrm{e}^{(x+y^2+z)}\)
\(F_z = 1 - \mathrm{e}^{(x+y^2+z)}\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{F_x}{F_z} = -\dfrac{1-\mathrm{e}^{(x+y^2+z)}}{1-\mathrm{e}^{(x+y^2+z)}}\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = -1\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial y} = -\dfrac{F_y}{F_z} = -\dfrac{1-2y\mathrm{e}^{(x+y^2+z)}}{1-\mathrm{e}^{(x+y^2+z)}} = \dfrac{2y\mathrm{e}^{(x+y^2+z)}-1}{\mathrm{e}^{(x+y^2+z)}-1}\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial y} = \dfrac{1 - 2y\mathrm{e}^{(x+y^2+z)}}{\mathrm{e}^{(x+y^2+z)} - 1}\)
方法：① 画出变量关系图（树形图）→ ② 写出链式法则公式（沿路径相乘再相加）→ ③ 求各偏导/全导 → ④ 代入化简
关键判断：自变量只有一个 → 结果是全导数 \(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}\)；自变量有多个 → 结果是偏导数 \(\dfrac{\partial z}{\partial x}\)
方法：① 直接对函数求全微分 \(\mathrm{d}z\) → ② 将中间变量的 \(\mathrm{d}u, \mathrm{d}v\) 展开为 \(\mathrm{d}x, \mathrm{d}y\) → ③ 整理后，\(\mathrm{d}x\) 前的系数就是 \(\dfrac{\partial z}{\partial x}\)，\(\mathrm{d}y\) 前的就是 \(\dfrac{\partial z}{\partial y}\)
适用场景：函数形式复杂但微分容易计算时特别好用！
公式法：\(F(x,y)=0 \Rightarrow \dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\dfrac{F_x}{F_y}\)；\(F(x,y,z)=0 \Rightarrow \dfrac{\partial z}{\partial x}=-\dfrac{F_x}{F_z}\)
全微分法：方程两边取全微分 → \(\mathrm{d}F = 0\) → 解出 \(\mathrm{d}z\) → 读系数
记忆：分母是对因变量偏导，分子是对自变量偏导，前面加负号。
求 \(z = x^2y^3 - x^3y^2\) 的偏导数。
这个函数可以看作 \(x, y\) 的多项式，直接对每个变量求偏导即可（把另一个变量视为常数）。
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = 2xy^3 - 3x^2y^2\)，\(\dfrac{\partial z}{\partial y} = 3x^2y^2 - 2x^3y\)
求 \(z = \ln\sin(x^2 - 2y)\) 的偏导数。
分析：令 \(u = x^2 - 2y\)，则 \(z = \ln\sin u\)——是复合函数，需要链式法则。
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = \dfrac{1}{\sin u}\cdot\cos u\cdot\dfrac{\partial u}{\partial x} = \cot(x^2-2y)\cdot 2x\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = 2x\cot(x^2-2y)\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial y} = \cot(x^2-2y)\cdot(-2) = -2\cot(x^2-2y)\)
求 \(z = (1+xy)^x\) 的偏导数。
两边取对数：\(\ln z = x\ln(1+xy)\)
\(\dfrac{1}{z}\cdot\dfrac{\partial z}{\partial x} = \ln(1+xy) + x\cdot\dfrac{y}{1+xy}\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = (1+xy)^x\left[\ln(1+xy)+\dfrac{xy}{1+xy}\right]\)
\(\dfrac{1}{z}\cdot\dfrac{\partial z}{\partial y} = x\cdot\dfrac{x}{1+xy}\)，所以 \(\dfrac{\partial z}{\partial y} = x^2(1+xy)^{x-1}\)
求 \(z = \mathrm{e}^{xy}(\cos y + x\sin y)\) 的偏导数。
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = y\mathrm{e}^{xy}(\cos y+x\sin y) + \mathrm{e}^{xy}\cdot\sin y\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = \mathrm{e}^{xy}[y\cos y + (xy+1)\sin y]\)
求 \(z = x^2y\arctan(2x - y)\) 的偏导数。
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = 2xy\arctan(2x-y) + x^2y\cdot\dfrac{2}{1+(2x-y)^2}\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial y} = x^2\arctan(2x-y) + x^2y\cdot\dfrac{-1}{1+(2x-y)^2}\)
第 1 题 \(z = u^2v - uv^2\)，\(u = \sin 2t\)，\(v = \cos 3t\)，求 \(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\)。
\(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = \dfrac{\partial z}{\partial u}\cdot\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} + \dfrac{\partial z}{\partial v}\cdot\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t}\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial u} = 2uv - v^2\)，\(\dfrac{\partial z}{\partial v} = u^2 - 2uv\)
\(\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = 2\cos 2t\)，\(\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = -3\sin 3t\)
\(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = (2uv-v^2)\cdot 2\cos 2t + (u^2-2uv)\cdot(-3\sin 3t)\)
其中 \(u = \sin 2t\)，\(v = \cos 3t\)
第 2 题 \(z = \mathrm{e}^{u-2v}\)，\(u = \sin t\)，\(v = t^3\)，求 \(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\)。
\(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = \mathrm{e}^{u-2v}\cdot\cos t + \mathrm{e}^{u-2v}\cdot(-2)\cdot 3t^2\)
\(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = \mathrm{e}^{\sin t - 2t^3}(\cos t - 6t^2)\)
第 3 题 \(z = \arcsin(x+y)\)，\(x = 2t\)，\(y = 3t^3\)，求 \(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\)。
\(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t} = \dfrac{1}{\sqrt{1-(x+y)^2}}\cdot 2 + \dfrac{1}{\sqrt{1-(x+y)^2}}\cdot 9t^2 = \dfrac{2+9t^2}{\sqrt{1-(2t+3t^3)^2}}\)
第 1 题 设 \(\sin u + \mathrm{e}^t - t \cdot u^2 = 0\)，求 \(\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t}\)。
令 \(F(t, u) = \sin u + \mathrm{e}^t - tu^2\)
\(F_t = \mathrm{e}^t - u^2\)，\(F_u = \cos u - 2tu\)
\(\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}t} = -\dfrac{F_t}{F_u} = -\dfrac{\mathrm{e}^t - u^2}{\cos u - 2tu} = \dfrac{u^2 - \mathrm{e}^t}{\cos u - 2tu}\)
第 2 题 设 \(x + y + z = \mathrm{e}^{-(x+y+z)}\)，求 \(\dfrac{\partial z}{\partial x}\) 和 \(\dfrac{\partial z}{\partial y}\)。
\(F = x+y+z-\mathrm{e}^{-(x+y+z)}\)
\(F_x = 1+\mathrm{e}^{-(x+y+z)}\)，\(F_y = 1+\mathrm{e}^{-(x+y+z)}\)，\(F_z = 1+\mathrm{e}^{-(x+y+z)}\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{F_x}{F_z} = -\dfrac{1+\mathrm{e}^{-(x+y+z)}}{1+\mathrm{e}^{-(x+y+z)}} = -1\)
同理 \(\dfrac{\partial z}{\partial y} = -1\)
由于 \(F_x = F_y = F_z\)，结果简洁地都是 \(-1\)！
设 \(x + y + z = \sqrt{xyz}\)，求 \(\dfrac{\partial z}{\partial x}\) 和 \(\dfrac{\partial z}{\partial y}\)。
\(F(x,y,z) = x+y+z - (xyz)^{1/2}\)
\(F_x = 1 - \dfrac{yz}{2\sqrt{xyz}}\)，\(F_y = 1-\dfrac{xz}{2\sqrt{xyz}}\)，\(F_z = 1-\dfrac{xy}{2\sqrt{xyz}}\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = -\dfrac{F_x}{F_z} = -\dfrac{1 - \frac{yz}{2\sqrt{xyz}}}{1 - \frac{xy}{2\sqrt{xyz}}} = \dfrac{\frac{yz}{2\sqrt{xyz}}-1}{1-\frac{xy}{2\sqrt{xyz}}}\)
设 \(z = \sqrt{x^2-y^2}\cdot\tan\dfrac{z}{\sqrt{x^2-y^2}}\)，求 \(\dfrac{\partial z}{\partial x}\)。
令 \(F = z - \sqrt{x^2-y^2}\cdot\tan\dfrac{z}{\sqrt{x^2-y^2}}\)，设 \(s = \sqrt{x^2-y^2}\)，\(t = \dfrac{z}{s}\)，则 \(F = z - s\tan t\)。
\(F_x = -\dfrac{\partial}{\partial x}(s\tan t)\)，需要用乘积法则和链式法则展开，过程较复杂。
求 \(z = \mathrm{e}^{xy}(\cos y + x\sin y)\) 的偏导数。
\(\dfrac{\partial z}{\partial x} = y\mathrm{e}^{xy}(\cos y+x\sin y) + \mathrm{e}^{xy}\sin y = \mathrm{e}^{xy}[y\cos y+(xy+1)\sin y]\)
\(\dfrac{\partial z}{\partial y} = x\mathrm{e}^{xy}(\cos y+x\sin y) + \mathrm{e}^{xy}(-\sin y+x\cos y) = \mathrm{e}^{xy}[2x\cos y+(x^2-1)\sin y]\)
核心公式：沿每条路径"偏导×导数"相加
\(\dfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = \dfrac{\partial f}{\partial u}\cdot\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x} + \dfrac{\partial f}{\partial v}\cdot\dfrac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}x}\)
自变量一个→全导数，多个→偏导数
\(\mathrm{d}z = \dfrac{\partial z}{\partial u}\mathrm{d}u + \dfrac{\partial z}{\partial v}\mathrm{d}v\)
无论 u, v 是自变量还是中间变量，形式不变
\(F(x,y)=0:\;\dfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=-\dfrac{F_x}{F_y}\)
\(F(x,y,z)=0:\;\dfrac{\partial z}{\partial x}=-\dfrac{F_x}{F_z}\)
分母→因变量偏导，分子→自变量偏导，加负号
① 分清自变量与中间变量
② 画树形图理清路径
③ 写公式 → 求偏导 → 代入
④ 回代中间变量，化简结果