令 $F=xe^z+ye^x$。

$F_x=e^z+ye^x$，$F_y=e^x$，$F_z=xe^z$。

在 $(0,0,0)$：$F_x=1$，$F_y=1$，$F_z=0$。但 $F_z=0$！隐函数定理条件不满足？

此时用方程两边求偏导法：对 $xe^z+ye^x=0$ 两边对 $x$ 求偏导：

$$e^z+xe^z z_x+ye^x=0 \quad\Rightarrow\quad z_x=\frac{-(e^z+ye^x)}{xe^z}$$

$(0,0)$ 处分母$=0$，需要用L'Hôpital或更细致的分析。

实际上用定义法：$z_x(0,0)=\lim_{h\to 0}\frac{z(h,0)-z(0,0)}{h}$。由 $he^{z(h,0)}=0$ 得 $z(h,0)$ 任意...需要重新审题。

考试策略：遇到 $F_z=0$ 的情况，换用"方程两边求偏导"而不是直接套公式。

$F=x^2+y^2+z^2-4z$。$F_y=2y$，$F_z=2z-4$。

$$z_y=-\frac{F_y}{F_z}=-\frac{2y}{2z-4}=\frac{y}{2-z}$$

再对 $y$ 求偏导：

$$z_{yy}=\frac{(2-z)\cdot 1-y\cdot(-z_y)}{(2-z)^2}=\frac{(2-z)+y\cdot\frac{y}{2-z}}{(2-z)^2}=\frac{(2-z)^2+y^2}{(2-z)^3}$$

注意：求 $z_{yy}$ 时，$z_y$ 中的 $z$ 仍然是 $y$ 的函数，不能当常数！必须对 $z$ 也用链式法则。

先确定 $z(0,0)$：$z^5+0+0=1$，$z=1$。

$F=z^5-xz^4+yz^3-1$。$F_x=-z^4$，$F_y=z^3$，$F_z=5z^4-4xz^3+3yz^2$。

在 $(0,0,1)$：$F_x=-1$，$F_y=1$，$F_z=5$。

$$z_x=-\frac{F_x}{F_z}=\frac{1}{5},\quad z_y=-\frac{F_y}{F_z}=-\frac{1}{5}$$

求 $z_{xy}$：对 $5z^4z_x-z^4-4xz^3z_x+3yz^2z_x=0$（这是对 $F_x+F_zz_x=0$ 的展开）两边对 $y$ 求偏导...

最终 $z_{xy}(0,0)=-\frac{3}{25}$。

令 $u=x+y$，$v=xz$。$z=f(u,v)$。

$z_x=f_u\cdot 1+f_v\cdot(z+xz_x)=f_u+f_v z+xf_v z_x$

$z_y=f_u\cdot 1+f_v\cdot xz_y=f_u+xf_v z_y$

$z_x-z_y=f_v z+xf_v z_x-xf_v z_y=f_v z+xf_v(z_x-z_y)$

$(1-xf_v)(z_x-z_y)=f_v z$... 具体结论取决于题目条件。

技巧：这种"$z$ 既在左边又在右边"的题，需要把 $z_x$ 的表达式中含 $z_x$ 的项移到一边解出。

$F=9-x^2-2yz$（$t=3$ 固定）。$F_x=-2x$，$F_y=-2z$，$F_z=-2y$。

在 $(3,1,0)$：$F_x=-6$，$F_y=0$，$F_z=-2$。

$z_x=-\frac{F_x}{F_z}=-\frac{-6}{-2}=-3$。$z_y=-\frac{F_y}{F_z}=0$。

求 $z_{xy}$：对 $-2x+(-2y)z_x=0$（即 $F_x+F_zz_x=0$ 展开）对 $y$ 求偏导：$-2z_x-2yz_{xy}=0$。

在 $(3,1,0)$：$-2(-3)-2(1)z_{xy}=0$，$z_{xy}=3$。

隐函数二阶偏导：对一阶等式再求一次偏导，别忘了 $z$ 是 $x,y$ 的函数！

$u$ 是 $x,y$ 的函数（$z$ 由约束确定），链式法则+隐函数结合：

$$u_x=f_x+f_z\cdot z_x=f_1+f_3\cdot\left(-\frac{F_x}{F_z}\right)=f_1+f_3\cdot\left(-\frac{2x}{2z}\right)=f_1-\frac{x}{z}f_3$$

代入 $(1,1)$：$u_x=f_1(1,1,z_0)-\frac{1}{z_0}f_3(1,1,z_0)$。答案 $-\frac{7}{3}$。

链式法则+隐函数组合：$z$ 不是自变量而是由约束确定的中间变量！$u_x$ 必须通过 $z_x$ 传递。