type one：求极限

还是之前那种套路，和一元函数求极限没什么区别，不贴题了，过

type two：复合函数求偏导

还是链式法则的运用，哎呀，可烦这种套娃题型
第一种是这样，把函数都亮出来了，这个比较明晰，就是算起来可繁琐
(1) 设 z=ln⁡x2+y2z = \ln \sqrt{x^2 + y^2}，则 x∂z∂x+y∂z∂y=x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} =.

(2) 设 z=arctan⁡x+y1−xyz = \arctan \frac{x + y}{1 - xy}，则 ∂z∂x+∂z∂y=\frac{\partial z}{\partial x} + \frac{\partial z}{\partial y} =.
第二种是给了一个抽象函数，抽象函数里边有好几个参数，like this
设 z=xyf(x2+y2)z = xy f(x^2 + y^2)，其中 ff 连续可导，则 ∂z∂x−∂z∂y=\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{\partial z}{\partial y} =.

设 z=f(t2,sin⁡t)z = f(t^2, \sin t)，其中 ff 二阶连续可偏导，则 d2zdt2=\frac{d^2 z}{dt^2} =.
要点就是：先对外边的函数求导，然后对着里边的函数求导
对于第二种类型可以写f1′,f2′f'_1,f'_2
最最最最套娃的题，就是第二种类型求二阶导，像下边这样
不过有一点好处就是可以抄一阶导的结果：括号里边的式子都是抄一阶导的结果；
还有一点就是： f12′′=f21′′{f}'' _{12}={f}'' _{21} !!!,合并的时候一定要把这两项给合并在一起

dzdt=2tf1′+cos⁡t⋅f2′\frac{dz}{dt} = 2t f'_1 + \cos t \cdot f'_2
d2zdt2=2f1′+2t(2tf11′′+cos⁡t⋅f12′′)−sin⁡t⋅f2′+cos⁡t⋅(2tf21′′+cos⁡t⋅f22′′)\frac{d^2 z}{dt^2} = 2 f'_1 + 2t (2t f''_{11} + \cos t \cdot f''_{12}) - \sin t \cdot f'_2 + \cos t \cdot (2t f''_{21} + \cos t \cdot f''_{22}).

type three：给出两个好像没有关系的式子，然后求偏导

已知 z=z(x,y)z=z(x,y) 满足 ∂z∂x−∂z∂y=2(x2−y2)\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{\partial z}{\partial y} = 2(x^2 - y^2), 令 {u=x+yv=x−y\begin{cases} u = x + y \\ v = x - y \end{cases}, 则 zz 关于 u,vu, v 满足的等式为 .
最奇怪的就是这道题，用实际例子去理解这道题

假设z=u2+v2z = u^2 + v^2，其中u=x+yu = x + y，v=x−yv = x - y。
计算∂z∂x\frac{\partial z}{\partial x}：
直接对xx 求导（传统方法）：

z=(x+y)2+(x−y)2  ⟹  ∂z∂x=2(x+y)+2(x−y)=4xz = (x + y)^2 + (x - y)^2 \implies \frac{\partial z}{\partial x} = 2(x + y) + 2(x - y) = 4x

通过链式法则：

∂z∂u=2u,∂z∂v=2v\frac{\partial z}{\partial u} = 2u, \quad \frac{\partial z}{\partial v} = 2v

话虽如此，还是可难想起来这种方法，唉，多做一些题感悟一下叭

还有一种就是这样，方法就是对所给的式子求偏导，然后通过相应的变换得到结果
设 F(x+y+z,z+x)=0F(x+y+z, z+x) = 0 确定 z=z(x,y)z = z(x,y), 则 ∂z∂x=\frac{\partial z}{\partial x} =.

设 z=φ(x,y)z = \varphi(x,y) 及 y+z=φ(x+z)y + z = \varphi(x+z), 其中 φ\varphi 连续可导, 则 dzdx=\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} =.
最奇怪的是第二题，以我C语言的思维惯性，第一个φ是有两个参数的函数，第二个φ只传过去了一个参数，这两可像不是一个函数
解：由 {z=φ(x,y)y+z=φ(x+z)\begin{cases} z = \varphi(x,y) \\ y + z = \varphi(x+z) \end{cases} 确定 y=y(x)y = y(x) 及 z=z(x)z = z(x),

等式组对 xx 求导得 {dzdx=φ1+φ2dydx,dydx+dzdx=φ′⋅(1+dzdx),\begin{cases} \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = \varphi_1 + \varphi_2 \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}, \\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = \varphi' \cdot (1 + \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x}), \end{cases} 整理得 {−φ2dydx+dzdx=φ1,dydx+(1−φ′)dzdx=φ′,\begin{cases} -\varphi_2 \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = \varphi_1, \\ \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} + (1 - \varphi') \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = \varphi', \end{cases}

解得 dzdx=−φ2φ′+φ1φ2φ′−φ2−1\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}x} = -\frac{\varphi_2 \varphi' + \varphi_1}{\varphi_2 \varphi' - \varphi_2 - 1}.
看答案，φ’φ’是啥，显然是一元函数的导数啊，我都快迷死了，哎呀，会写就好

还有一种说法是，化为z或者w关于x，y的方程
设 z=z(x,y)z = z(x,y) 满足 ∂z∂x−∂z∂y=(x+y)z\frac{\partial z}{\partial x} - \frac{\partial z}{\partial y} = (x+y)z, 令 w=ln⁡z+x+yw = \ln z + x + y, 将等式化为 ww 关于 x,yx, y 的方程.
可烦，思维惯性老是让我想w=啥啥啥，z等于啥啥啥
结果答案长这样∂w∂x−∂w∂y=x+y\frac{\partial w}{\partial x} - \frac{\partial w}{\partial y} = x + y

type four：根据偏导结果求原函数

设 z=f(x,y)z = f(x,y) 满足 ∂2z∂x∂y=2x\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 2x, fx′(x,0)=2cos⁡xf'_x(x,0) = 2\cos x, f(0,y)=ey+1f(0,y) = e^y + 1, 则 f(x,y)=f(x,y) =
设 z=f(x,y)z = f(x,y) 满足 dz=2xdx−4ydy\mathrm{d}z = 2x \mathrm{d}x - 4y \mathrm{d}y 且 f(0,0)=5f(0,0) = 5.

(1) 求 f(x,y)f(x,y);
步骤就是这样，一步步还原，需要注意的是：对y求偏导的时候x相当于常数，所以还原的时候要加上一个相应的另一个元的函数，也就是h(x)和g(y)
解：由 ∂2z∂x∂y=2x\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = 2x 得 ∂z∂x=2xy+h(x)\frac{\partial z}{\partial x} = 2xy + h(x),

由 fx′(x,0)=2cos⁡xf'_x(x,0) = 2\cos x 得 h(x)=2cos⁡xh(x) = 2\cos x, 即 ∂z∂x=2xy+2cos⁡x\frac{\partial z}{\partial x} = 2xy + 2\cos x,

从而 z=x2y+2sin⁡x+g(y)z = x^2 y + 2\sin x + g(y),

再由 f(0,y)=ey+1f(0,y) = e^y + 1 得 g(y)=ey+1g(y) = e^y + 1, 故 f(x,y)=x2y+2sin⁡x+ey+1f(x,y) = x^2 y + 2\sin x + e^y + 1.

其实我感觉这一道题的答案虽然提供了一个好的思路，但是不是太完美，每一次还原的时候加一个常数C就完美了，带入的时候C=0
第二道题就是，有常数C，代入之后C=5
记号，要有C！！！

type five：在给定的区域内求最大值和最小值（拉格朗日函数的运用）

设 z=2x2−y2+2z = 2x^2 - y^2 + 2 在区域 D:x2+4y2≤4D: x^2 + 4y^2 \leq 4 上的最小值和最大值为.
分两步做
第一步求x2+4y2<4x^2+4y^2<4的区域，也就是用这个方法
第二步求x2+4y2=4x^2+4y^2=4的区域
解：当 x2+4y2<4x^2 + 4y^2 < 4 时，由 {zx′=4x=0,zy′=−2y=0,\begin{cases} z'_x = 4x = 0, \\ z'_y = -2y = 0, \end{cases} 得 {x=0,y=0,\begin{cases} x = 0, \\ y = 0, \end{cases} 有 z(0,0)=2z(0,0) = 2;

当 x2+4y2=4x^2 + 4y^2 = 4 时，令 F=2x2−y2+2+λ(x2+4y2−4)F = 2x^2 - y^2 + 2 + \lambda (x^2 + 4y^2 - 4),

由 {Fx′=4x+2λx=0,Fy′=−2y+8λy=0,Fλ′=x2+4y2−4=0\begin{cases} F'_x = 4x + 2\lambda x = 0, \\ F'_y = -2y + 8\lambda y = 0, \\ F'_\lambda = x^2 + 4y^2 - 4 = 0 \end{cases} 得 {x=±2,y=0,\begin{cases} x = \pm 2, \\ y = 0, \end{cases}, {x=0,y=±1,\begin{cases} x = 0, \\ y = \pm 1, \end{cases}

而 z(±2,0)=10z(\pm 2, 0) = 10, z(0,±1)=1z(0, \pm 1) = 1, 故最小值为 m=1m = 1, 最大值为 M=10M = 10.
用拉格朗日函数求出来驻点，实际问题中：驻点一般就是极点
最后一步就是，将第一步的结果和第二步的结果比较出最大值和最小值

type six：和定积分结合

设 z=∫x+yxye−t2dtz = \int_{x+y}^{xy} e^{-t^2} \mathrm{d}t, 求 ∂2z∂x∂y\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}.
这个求导方法又快忘了
把上限代入积分里边的式子，然后乘上对上限求导的结果
把下限代入积分里边的式子，然后乘上对下限求导的结果
把第一个结果减去第二个结果就是求导的结果