人邮高数 第6章 第6-2-2题
📝 题目
2．填空题．
（1）设 $z=\arctan (x y)$ ，则 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=$ $\_\_\_\_$ ；
（2）设 $\displaystyle f(x, y)=\ln \left(x+\frac{y}{2 x}\right)$ ，则 $f_{y}(1,0)=$ $\_\_\_\_$ ；
（3）函数 $\displaystyle z=\frac{x^{2} y^{2}}{x+y}$ 在点 $(1,1)$ 的偏导数 $\displaystyle \left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{\substack{x=1 \\ y=1}}$ 为 $\_\_\_\_$ ；
（4）设 $f(x, y)=x+y-\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ，则 $f_{x}(3,4)=$ $\_\_\_\_$ ；
（5）设 $z=f^{2}(x y)$ ，其中 $f$ 可微，则 $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=$ $\_\_\_\_$ ；
（6）设 $u=\mathrm{e}^{x+x y}$ ，则全微分 $\mathrm{d} u=$ $\_\_\_\_$ ；
（7）设 $z=\ln \sqrt{1+x^{2}+y^{2}}$ ，则 $\left.\mathrm{d} z\right|_{(1,1)}=$ $\_\_\_\_$ ；
（8）设 $\displaystyle u=\left(\frac{x}{y}\right)^{z}$ ，则 $\left.\mathrm{d} u\right|_{(1,1,1)}=$ $\_\_\_\_$ ．
💡 答案解析
[AI解答]
[AI解答]
以下为各小题的详细解答过程。
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(1) 设 $ z = \arctan(xy) $，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$。
将 $y$ 视为常数，对 $x$ 求导：
$$
\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{1}{1 + (xy)^2} \cdot y = \frac{y}{1 + x^2 y^2}.
$$
答案：$\boxed{\dfrac{y}{1+x^{2}y^{2}}}$
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(2) 设 $ f(x, y) = \ln\left( x + \frac{y}{2x} \right) $，求 $ f_y(1,0) $。
先对 $y$ 求偏导：
$$
f_y(x, y) = \frac{1}{x + \frac{y}{2x}} \cdot \frac{1}{2x} = \frac{1}{2x\left( x + \frac{y}{2x} \right)}.
$$
代入 $x=1, y=0$：
$$
f_y(1,0) = \frac{1}{2 \cdot 1 \cdot (1 + 0)} = \frac{1}{2}.
$$
答案：$\boxed{\dfrac{1}{2}}$
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(3) 函数 $ z = \dfrac{x^{2} y^{2}}{x+y} $ 在点 $(1,1)$ 的偏导数 $\left.\frac{\partial z}{\partial y}\right|_{\substack{x=1 \\ y=1}}$。
将 $x$ 视为常数，对 $y$ 求导（使用商的求导法则）：
$$
\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{(2x^2 y)(x+y) - x^2 y^2 \cdot 1}{(x+y)^2} = \frac{2x^2 y (x+y) - x^2 y^2}{(x+y)^2}.
$$
代入 $x=1, y=1$：
$$
\frac{\partial z}{\partial y}\bigg|_{(1,1)} = \frac{2\cdot 1 \cdot 1 \cdot (2) - 1 \cdot 1}{(2)^2} = \frac{4 - 1}{4} = \frac{3}{4}.
$$
答案：$\boxed{\dfrac{3}{4}}$
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(4) 设 $ f(x, y) = x + y - \sqrt{x^{2} + y^{2}} $，求 $ f_x(3,4) $。
对 $x$ 求偏导：
$$
f_x(x, y) = 1 - \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}}.
$$
代入 $x=3, y=4$：
$$
f_x(3,4) = 1 - \frac{3}{\sqrt{9+16}} = 1 - \frac{3}{5} = \frac{2}{5}.
$$
答案：$\boxed{\dfrac{2}{5}}$
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(5) 设 $ z = f^{2}(xy) $，其中 $f$ 可微，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$。
令 $u = xy$，则 $z = [f(u)]^2$，由链式法则：
$$
\frac{\partial z}{\partial x} = 2 f(u) \cdot f'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x} = 2 f(xy) f'(xy) \cdot y.
$$
答案：$\boxed{2y f(xy) f'(xy)}$
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(6) 设 $ u = e^{x + xy} $，求全微分 $\mathrm{d}u$。
先求偏导：
$$
\frac{\partial u}{\partial x} = e^{x+xy} \cdot (1 + y), \quad \frac{\partial u}{\partial y} = e^{x+xy} \cdot x.
$$
故
$$
\mathrm{d}u = e^{x+xy} (1 + y) \, \mathrm{d}x + e^{x+xy} x \, \mathrm{d}y.
$$
答案：$\boxed{e^{x+xy}[(1+y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y]}$
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(7) 设 $ z = \ln \sqrt{1 + x^{2} + y^{2}} $，求 $\left.\mathrm{d}z\right|_{(1,1)}$。
先化简：
$$
z = \frac{1}{2} \ln(1 + x^2 + y^2).
$$
求偏导：
$$
\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{x}{1 + x^2 + y^2}, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = \frac{y}{1 + x^2 + y^2}.
$$
代入 $(1,1)$：
$$
\frac{\partial z}{\partial x}\bigg|_{(1,1)} = \frac{1}{1+1+1} = \frac{1}{3}, \quad \frac{\partial z}{\partial y}\bigg|_{(1,1)} = \frac{1}{3}.
$$
故
$$
\left.\mathrm{d}z\right|_{(1,1)} = \frac{1}{3} \mathrm{d}x + \frac{1}{3} \mathrm{d}y.
$$
答案：$\boxed{\dfrac{1}{3}(\mathrm{d}x + \mathrm{d}y)}$
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(8) 设 $ u = \left(\frac{x}{y}\right)^{z} $，求 $\left.\mathrm{d}u\right|_{(1,1,1)}$。
取对数：$\ln u = z (\ln x - \ln y)$，全微分：
$$
\frac{\mathrm{d}u}{u} = (\ln x - \ln y) \mathrm{d}z + z \left( \frac{\mathrm{d}x}{x} - \frac{\mathrm{d}y}{y} \right).
$$
代入 $x=1, y=1, z=1$，此时 $u=1$，且 $\ln 1 = 0$，得：
$$
\mathrm{d}u = 0 \cdot \mathrm{d}z + 1 \cdot \left( \frac{\mathrm{d}x}{1} - \frac{\mathrm{d}y}{1} \right) = \mathrm{d}x - \mathrm{d}y.
$$
答案：$\boxed{\mathrm{d}x - \mathrm{d}y}$
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难度评级：★★☆☆☆
（均为多元函数微分基础题，涉及偏导、全微分及链式法则，计算量小，适合初学者巩固概念。）