9.3 隐函数的微分

隐函数求导公式

• 对于 $F(x,y)=0$ 确定的一元隐函数 $y=y(x)$，有 ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}}=-{\displaystyle \frac{F_x}{F_y}}$（隐函数导数公式）
• 对于 $F(x,y,z)=0$ 确定的二元隐函数 $z=z(x,y)$，有 ${\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}}=-{\displaystyle \frac{F_x}{F_y}}$，${\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}}=-{\displaystyle \frac{F_y}{F_z}}$
• 也可以继续用原来的方法，两边同时求（偏）导。

例 1

设 $z=z(x,y)$ 由方程 ${\displaystyle \frac{x}{z}}=\ln {\displaystyle \frac{z}{y}}$ 决定，求 ${\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}}$，${\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}}$

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法一：用公式。设 $F(x,y,z)={\displaystyle \frac{x}{z}}-\ln {\displaystyle \frac{z}{y}}={\displaystyle \frac{x}{z}}-\ln z+\ln y$，则有

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial F}{\partial x}& =\frac{1}{z}\\ \frac{\partial F}{\partial y}& =\frac{1}{y}\\ \frac{\partial F}{\partial z}& =-\frac{x}{z^2}-\frac{1}{z}\\ \frac{\partial z}{\partial x}& =-{\displaystyle \frac{F_x}{F_z}}=-\frac{\frac{1}{z}}{-\frac{x}{z^2}-\frac{1}{z}}=\frac{z}{x+z}\\ \frac{\partial z}{\partial y}& =-{\displaystyle \frac{F_y}{F_z}}=-\frac{\frac{1}{y}}{-\frac{x}{z^2}-\frac{1}{z}}=\frac{z^2}{y(x+z)}\end{array}$$

法二：两边同时求偏导

将 $y$ 视为常数，$z$ 是 $x$ 的函数：

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial x}\frac{x}{z}& =\frac{\partial }{\partial x}(\ln z-\ln y)\\ \frac{z-x{z}_x}{z^2}& =\frac{1}{z}\cdot z_x\\ z-x{z}_x& =z{z}_x\\ z_x& =\frac{z}{x+z}\end{array}$$

将 $x$ 视为常数，$z$ 是 $y$ 的函数：

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial }{\partial y}\frac{x}{z}& =\frac{\partial }{\partial y}(\ln z-\ln y)\\ -\frac{x}{z^2}\cdot z_y& =\frac{z_y}{z}-\frac{1}{y}\\ \frac{x+z}{z^2}{z}_y& =\frac{1}{y}\\ z_y& =\frac{z^2}{y(x+z)}\end{array}$$

方程组确定的隐函数

两个一元隐函数

两个方程中，有一个自变量、两个函数值。对自变量求导解方程组。

例 2

函数 $x=x(z)$，$y=y(z)$ 由方程组 $\{\begin{array}{l}x+y+z=0\\ x^2+y^2+z^2=1\end{array}$ 确定，求 ${\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}z}}$，${\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}z}}$。

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对两个方程左右两边同时对 $z$ 求导：

$$\{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}z}}+{\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}z}}+1=0\\ 2x{\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}z}}+2y{\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}z}}+2z=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{\displaystyle \frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}z}}={\displaystyle \frac{y-z}{x-y}}\\ {\displaystyle \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}z}}={\displaystyle \frac{z-x}{x-y}}\end{array}$$

两个二元隐函数

两个方程中，两个自变量、两个函数值。

公式难背，建议现推。考场上先推公式再代入，答案不写推导过程。不要直接用给定的方程组推，很难算。

隐函数存在定理 3 的快速推导

将方程组化为 $\{\begin{array}{l}F(x,y,u,v)\equiv 0\\ G(x,y,u,v)\equiv 0\end{array}$，其中 $x,y$ 为自变量，$u,v$ 为函数。

两方程对 $x$ 求偏导，得到

$$\{\begin{array}{l}{F}_x+F_u{u}_x+F_v{v}_x=0\\ G_x+G_u{u}_x+G_v{v}_x=0\end{array}\Rightarrow \left(\begin{array}{cc}{F}_u& F_v\\ G_u& G_v\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{u}_x\\ v_x\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-F_x\\ -G_x\end{array}\right)$$

利用 克拉默法则 写出解：

$$u_x=\frac{\left|\begin{array}{cc}-F_x& F_v\\ -G_x& G_v\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}{F}_u& F_v\\ G_u& G_v\end{array}\right|}{v}_x=\frac{\left|\begin{array}{cc}{F}_u& -F_x\\ G_u& -G_x\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}{F}_u& F_v\\ G_u& G_v\end{array}\right|}$$

同理，对 $y$ 的偏导，将结果中的 $x$ 替换为 $y$：

$$u_y=\frac{\left|\begin{array}{cc}-F_y& F_v\\ -G_y& G_v\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}{F}_u& F_v\\ G_u& G_v\end{array}\right|}{v}_x=\frac{\left|\begin{array}{cc}{F}_u& -F_y\\ G_u& -G_y\end{array}\right|}{\left|\begin{array}{cc}{F}_u& F_v\\ G_u& G_v\end{array}\right|}$$

四个式子的分母 $\left|\begin{array}{cc}{F}_u& F_v\\ G_u& G_v\end{array}\right|$ 相同，称为雅可比式，记为 $J$，只需要算一遍。

例 3

设 $\{\begin{array}{l}x=e^u+u\sin v\\ y=e^u-u\cos v\end{array}$，求 ${\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}}$，${\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}}$，${\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}}$，${\displaystyle \frac{\partial v}{\partial y}}$。

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根据方程组写出

$$\{\begin{array}{l}F(x,y,u,v)=x-e^u-u\sin v\\ G(x,y,u,v)=y-e^u+u\cos v\end{array}$$

故有

$$\begin{array}{rlrlrl}{F}_u& =-e^u-\sin v& F_v& =-u\cos v& F_x=1& ,F_y=0\\ G_u& =-e^u+\cos v& G_v& =-u\sin v& G_x=0& ,G_y=1\end{array}$$

代入公式可得

$$\begin{array}{rl}J& =F_u{G}_v-F_v{G}_u=u[e^u(\sin v-\cos v)+1]\ne 0\\ \frac{\partial u}{\partial x}& =-\frac{F_x{G}_v-F_v{G}_x}{J}=\frac{\sin v}{e^u(\sin v-\cos v)+1}\\ \frac{\partial u}{\partial y}& =-\frac{F_y{G}_v-F_v{G}_y}{J}=-\frac{\cos v}{e^u(\sin v-\cos v)+1}\\ \frac{\partial v}{\partial x}& =-\frac{F_u{G}_x-F_x{G}_u}{J}=\frac{-e^u+\cos v}{u{e}^u(\sin v-\cos v)+u}\\ \frac{\partial u}{\partial y}& =-\frac{F_u{G}_y-F_y{G}_u}{J}=\frac{e^u+\sin v}{u{e}^u(\sin v-\cos v)+u}\end{array}$$