
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 $\frac{\pp z}{\pp x}$。
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:$z''(r)+\frac{1}{r}z'(r)=0$。
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)。

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:
$$\dd z = f_u\,\dd u + f_v\,\dd v$$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。$\blacksquare$
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 $u = \dfrac{y}{x}$,$z = \arctan u$:
$$\dd z = \frac{1}{1+u^2}\,\dd u = \frac{1}{1+y^2/x^2}\cdot\dd\!\left(\frac{y}{x}\right)$$ $$\dd\!\left(\frac{y}{x}\right) = \frac{x\,\dd y - y\,\dd x}{x^2}$$ $$\dd z = \frac{x^2}{x^2+y^2}\cdot\frac{x\,\dd y-y\,\dd x}{x^2} = \frac{x\,\dd y - y\,\dd x}{x^2+y^2} \quad\checkmark$$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)。
$u_x=1,\;u_y=0,\;v_x=1,\;v_y=1$,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。
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。
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。
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:$f(u)=A\cosh u+B\sinh u$)。
$xz_x=x(yf_1'+\frac{1}{y}f_2')=xyf_1'+\frac{x}{y}f_2'$
$yz_y=y(xf_1'-\frac{x}{y^2}f_2')=xyf_1'-\frac{x}{y}f_2'$
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。
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:
$$\boxed{\frac{\pp^2 u}{\pp x\,\pp y}=f_{11}+(x+y)z\,f_{12}+xyz^2\,f_{22}+z\,f_2}$$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:$\boxed{yz_x+xz_y=(x^2+y^2)e^{xy}\,f_2\!\left(x^2-y^2,\,e^{xy}\right)}$
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。
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。
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:
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)。
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):
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。
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:
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。
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:
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。
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!
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。