小题·数值型

小题

（一）数值型

1. 【1987-45-4 分】 已知 $z=\arctan \frac{x+y}{x-y}$，求 $dz$。

查看答案与解析

答案：

$$dz=\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}.$$

解析： 令

$$u=\frac{x+y}{x-y},z=\arctan u.$$

先求中间变量的偏导数：

$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{(x-y)-(x+y)}{(x-y{)}^2}=-\frac{2y}{(x-y{)}^2},$$$$\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{(x-y)+(x+y)}{(x-y{)}^2}=\frac{2x}{(x-y{)}^2}.$$

又

$$1+u^2=1+{\left(\frac{x+y}{x-y}\right)}^2=\frac{2(x^2+y^2)}{(x-y{)}^2}.$$

因此

$$\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1}{1+u^2}\frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{y}{x^2+y^2},$$$$\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{1}{1+u^2}\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{x}{x^2+y^2}.$$

故全微分为

$$\boxed{dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy=\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}}.$$

本题关键是使用复合函数求导法则，并先将 $1+u^2$ 通分化简。

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2. 【1988-5-4 分】 已知 $u=e^{\frac{x}{y}}$，求 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}$。

查看答案与解析

答案：

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}=-\frac{x+y}{y^3}{e}^{\frac{x}{y}}}(y\ne 0).$$

解析： 先对 $x$ 求偏导：

$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{1}{y}{e}^{\frac{x}{y}}.$$

再对 $y$ 求偏导。由乘积求导法则，

$$\begin{array}{rl}\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}& =\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{1}{y}{e}^{\frac{x}{y}}\right)\\ & =-\frac{1}{y^2}{e}^{\frac{x}{y}}+\frac{1}{y}{e}^{\frac{x}{y}}\left(-\frac{x}{y^2}\right)\\ & =-\left(\frac{1}{y^2}+\frac{x}{y^3}\right)e^{\frac{x}{y}}\\ & =-\frac{x+y}{y^3}{e}^{\frac{x}{y}}.\end{array}$$

函数及其偏导数要求 $y\ne 0$。

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3. 【1989-5-5 分】 已知 $z=a^{\sqrt{x^2-y^2}}$，其中 $a>0$，$a\ne 1$，求 $dz$。

查看答案与解析

答案：

$$dz=\frac{a^{\sqrt{x^2-y^2}}\ln a}{\sqrt{x^2-y^2}}(xdx-ydy).$$

解析： 令

$$u=\sqrt{x^2-y^2},z=a^u.$$

则

$$dz=a^u\ln adu.$$

而

$$\begin{array}{rl}du& =\frac{1}{2\sqrt{x^2-y^2}}d(x^2-y^2)\\ & =\frac{xdx-ydy}{\sqrt{x^2-y^2}}.\end{array}$$

故

$$\boxed{dz=\frac{a^{\sqrt{x^2-y^2}}\ln a}{\sqrt{x^2-y^2}}(xdx-ydy)}.$$

在实数范围内使用上述微分公式时，应取 $x^2-y^2>0$；边界处需另行讨论可微性。

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4. 【1991-45-3 分】 设 $z=e^{\sin xy}$，则 $dz=$

查看答案与解析

答案：

$$dz=e^{\sin (xy)}\cos (xy)(ydx+xdy).$$

解析： 这是二重复合函数。令

$$u=xy,v=\sin u,z=e^v.$$

则

$$dz=e^{v}dv,dv=\cos udu,$$

且

$$du=ydx+xdy.$$

因此

$$\boxed{dz=e^{\sin (xy)}\cos (xy)(ydx+xdy)}.$$

等价地，

$$z_x=y{e}^{\sin (xy)}\cos (xy),z_y=x{e}^{\sin (xy)}\cos (xy).$$

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5. 【1994-45-5 分】 已知

$$f(x,y)=x^2\arctan \frac{y}{x}-y^2\arctan \frac{x}{y},$$

求 $\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}$。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}.$$

解析： 先对 $x$ 求偏导。注意

$$\frac{\partial }{\partial x}\arctan \frac{y}{x}=-\frac{y}{x^2+y^2},$$$$\frac{\partial }{\partial x}\arctan \frac{x}{y}=\frac{y}{x^2+y^2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{f}_x& =2x\arctan \frac{y}{x}+x^2\left(-\frac{y}{x^2+y^2}\right)-y^2\frac{y}{x^2+y^2}\\ & =2x\arctan \frac{y}{x}-\frac{x^{2}y+y^3}{x^2+y^2}\\ & =2x\arctan \frac{y}{x}-y.\end{array}$$

再对 $y$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{f}_{xy}& =2x\cdot \frac{x}{x^2+y^2}-1\\ & =\frac{2x^2-(x^2+y^2)}{x^2+y^2}\\ & =\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}.\end{array}$$

所以

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}=\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}}.$$

本题先求 $f_x$ 后会出现显著约简，比分别对原式连续使用商法则更简洁。

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6. 【1994-12-3 分】 设

$$u=e^{-x}\sin \frac{x}{y},$$

则 $\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}$ 在 $\left(2,\frac{1}{\pi }\right)$ 点处的值为 ______。

查看答案与解析

答案：

$${\frac{{\partial }^{2}u}{\partial x\partial y}|}_{\left(2,\frac{1}{\pi }\right)}=\frac{{\pi }^2}{e^2}.$$

解析： 令

$$s=\frac{x}{y}.$$

先对 $x$ 求偏导：

$$u_x=e^{-x}\left(-\sin s+\frac{1}{y}\cos s\right).$$

再对 $y$ 求偏导。由于

$$s_y=-\frac{x}{y^2},$$

故

$$\begin{array}{rl}{u}_{xy}& =e^{-x}\left[\frac{x}{y^2}\cos s+\frac{x}{y^3}\sin s-\frac{1}{y^2}\cos s\right]\\ & =e^{-x}\left[\frac{x-1}{y^2}\cos \frac{x}{y}+\frac{x}{y^3}\sin \frac{x}{y}\right].\end{array}$$

在点 $\left(2,\frac{1}{\pi }\right)$，有

$$\frac{x}{y}=2\pi ,\cos 2\pi =1,\sin 2\pi =0.$$

所以

$$\begin{array}{rl}{u}_{xy}& =e^{-2}\cdot \frac{2-1}{(1/\pi {)}^2}\\ & =\frac{{\pi }^2}{e^2}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{{u_{xy}|}_{\left(2,\frac{1}{\pi }\right)}=\frac{{\pi }^2}{e^2}}.$$

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7. 【1998-34-5 分】 设

$$z=(x^2+y^2)e^{-\arctan \frac{y}{x}},$$

求 $dz$ 与 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}$。

查看答案与解析

答案：

$$dz=e^{-\arctan \frac{y}{x}}\left[(2x+y)dx+(2y-x)dy\right],$$

$$\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=e^{-\arctan \frac{y}{x}}\frac{y^2-x^2-xy}{x^2+y^2}.$$

解析： 记

$$\theta =\arctan \frac{y}{x}.$$

则

$${\theta }_x=-\frac{y}{x^2+y^2},{\theta }_y=\frac{x}{x^2+y^2}.$$

对 $z=(x^2+y^2)e^{-\theta }$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{z}_x& =2x{e}^{-\theta }-(x^2+y^2)e^{-\theta }{\theta }_x\\ & =e^{-\theta }(2x+y),\end{array}$$$$\begin{array}{rl}{z}_y& =2y{e}^{-\theta }-(x^2+y^2)e^{-\theta }{\theta }_y\\ & =e^{-\theta }(2y-x).\end{array}$$

因此

$$\boxed{dz=e^{-\arctan \frac{y}{x}}\left[(2x+y)dx+(2y-x)dy\right]}.$$

再由 $z_x=e^{-\theta }(2x+y)$ 对 $y$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{z}_{xy}& =e^{-\theta }-e^{-\theta }{\theta }_y(2x+y)\\ & =e^{-\theta }\left[1-\frac{x(2x+y)}{x^2+y^2}\right]\\ & =e^{-\theta }\frac{y^2-x^2-xy}{x^2+y^2}.\end{array}$$

所以

$$\boxed{\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x\partial y}=e^{-\arctan \frac{y}{x}}\frac{y^2-x^2-xy}{x^2+y^2}}.$$

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8. 【2005-34-4 分】 设二元函数

$$z=x{e}^{x+y}+(x+1)\ln (1+y),$$

则 $dz{|}_{(1,0)}=$

查看答案与解析

答案：

$$dz{|}_{(1,0)}=2edx+(e+2)dy.$$

解析： 分别求偏导数：

$$\begin{array}{rl}{z}_x& =e^{x+y}+x{e}^{x+y}+\ln (1+y)\\ & =(x+1)e^{x+y}+\ln (1+y),\end{array}$$$$z_y=x{e}^{x+y}+\frac{x+1}{1+y}.$$

在点 $(1,0)$ 处，

$$z_x(1,0)=2e,$$$$z_y(1,0)=e+2.$$

因此

$$\boxed{dz{|}_{(1,0)}=z_x(1,0)dx+z_y(1,0)dy=2edx+(e+2)dy}.$$

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9. 【2008-2-4 分】 设

$$z={\left(\frac{y}{x}\right)}^{\frac{x}{y}},$$

则 ${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(1,2)}=$ ______。

查看答案与解析

答案：

$${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(1,2)}=\frac{\sqrt{2}}{2}(\ln 2-1).$$

解析： 对幂指函数采用对数求导。取对数得

$$\ln z=\frac{x}{y}\ln \frac{y}{x}.$$

将 $y$ 视为常数，对 $x$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{z}{z}_x& =\frac{1}{y}\ln \frac{y}{x}+\frac{x}{y}\left(-\frac{1}{x}\right)\\ & =\frac{1}{y}\left(\ln \frac{y}{x}-1\right).\end{array}$$

因此

$$z_x=\frac{z}{y}\left(\ln \frac{y}{x}-1\right).$$

在点 $(1,2)$ 处，

$$z(1,2)=2^{\frac{1}{2}}=\sqrt{2}.$$

故

$$\begin{array}{rl}{z}_x(1,2)& =\frac{\sqrt{2}}{2}(\ln 2-1).\end{array}$$

所以

$$\boxed{{\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(1,2)}=\frac{\sqrt{2}}{2}(\ln 2-1)}.$$

本题不能把 $y/x$ 仅看作底数而忽略指数 $x/y$ 对 $x$ 的依赖；对数求导可同时处理两部分。

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10. 【2008-23-4 分】 设函数 $f$ 连续，若

$$F(u,v)={\iint }_{D_{uv}}\frac{f(x^2+y^2)}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy,$$

其中区域 $D_{uv}$ 为图中阴影部分，则 $\frac{\partial F}{\partial u}=$（　）

A. $vf(u^2)$    B. $\frac{v}{u}f(u^2)$    C. $vf(u)$    D. $\frac{v}{u}f(u)$

查看答案与解析

答案： A

解析： 由图可知，区域 $D_{uv}$ 在极坐标下可表示为

$$1\le r\le u,0\le \theta \le v.$$

令

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,$$

则

$$x^2+y^2=r^2,dxdy=rdrd\theta .$$

因此

$$\begin{array}{rl}F(u,v)& ={\int }_0^v{\int }_1^u\frac{f(r^2)}{r}\cdot rdrd\theta \\ & ={\int }_0^v{\int }_1^{u}f(r^2)drd\theta \\ & =v{\int }_1^{u}f(r^2)dr.\end{array}$$

由变上限积分求导公式，

$$\boxed{\frac{\partial F}{\partial u}=vf(u^2)}.$$

故选 A。选项 B 多出了因子 $1/u$；选项 C、D 则把 $r=u$ 时的 $r^2$ 错写成了 $u$。

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11. 【2009-3-4 分】 设

$$z=(x+e^y{)}^x,$$

则 ${\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(1,0)}=$ ______。

查看答案与解析

答案：

$$1+2\ln 2.$$

解析： 底数和指数都含有变量 $x$，采用对数求导。由

$$\ln z=x\ln (x+e^y),$$

将 $y$ 看作常数，对 $x$ 求偏导，得

$$\begin{array}{rl}\frac{z_x}{z}& =\ln (x+e^y)+x\frac{1}{x+e^y}.\end{array}$$

故

$$z_x=(x+e^y{)}^x\left[\ln (x+e^y)+\frac{x}{x+e^y}\right].$$

在点 $(1,0)$ 处，

$$z(1,0)=(1+1{)}^1=2,$$

于是

$$\begin{array}{rl}{z}_x(1,0)& =2\left(\ln 2+\frac{1}{2}\right)\\ & =1+2\ln 2.\end{array}$$

所以

$$\boxed{{\frac{\partial z}{\partial x}|}_{(1,0)}=1+2\ln 2}.$$

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12. 【2011-1-4 分】 设函数

$$F(x,y)={\int }_0^{xy}\frac{\sin t}{1+t^2}dt,$$

则

$${\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}|}_{\begin{array}{c}x=0\\ y=2\end{array}}=$$

查看答案与解析

答案：

$$4.$$

解析： 记

$$h(t)=\frac{\sin t}{1+t^2}.$$

由变上限积分求导公式，

$$F_x(x,y)=yh(xy)=y\frac{\sin (xy)}{1+x^2{y}^2}.$$

再次对 $x$ 求偏导，

$$F_{xx}(x,y)=y^2{h}^{\prime }(xy).$$

而

$$\begin{array}{rl}{h}^{\prime }(t)& =\frac{(1+t^2)\cos t-2t\sin t}{(1+t^2{)}^2},\end{array}$$

故

$$h^{\prime }(0)=1.$$

在 $x=0,y=2$ 处，

$$\boxed{F_{xx}(0,2)=2^2{h}^{\prime }(0)=4}.$$

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13. 【2011-3-4 分】 设函数

$$z={\left(1+\frac{x}{y}\right)}^{\frac{x}{y}},$$

则 $dz{|}_{(1,1)}=$

查看答案与解析

答案：

$$dz{|}_{(1,1)}=(1+2\ln 2)(dx-dy).$$

解析： 令

$$u=\frac{x}{y},z=(1+u{)}^u.$$

取对数，得

$$\ln z=u\ln (1+u).$$

微分两端：

$$\frac{dz}{z}=\left[\ln (1+u)+\frac{u}{1+u}\right]du.$$

又

$$du=\frac{1}{y}dx-\frac{x}{y^2}dy.$$

在点 $(1,1)$ 处，

$$u=1,z=2,du=dx-dy.$$

所以

$$\begin{array}{rl}dz{|}_{(1,1)}& =2\left(\ln 2+\frac{1}{2}\right)(dx-dy)\\ & =(1+2\ln 2)(dx-dy).\end{array}$$

因此

$$\boxed{dz{|}_{(1,1)}=(1+2\ln 2)(dx-dy)}.$$

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14. 【2016-23-4 分】 已知函数

$$f(x,y)=\frac{e^x}{x-y},$$

则（　）

A. $f_x^{\prime }-f_y^{\prime }=0$    B. $f_x^{\prime }+f_y^{\prime }=0$    C. $f_x^{\prime }-f_y^{\prime }=f$    D. $f_x^{\prime }+f_y^{\prime }=f$

查看答案与解析

答案： D

解析： 分别求偏导数。对 $x$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{f}_x^{\prime }& =\frac{e^x}{x-y}-\frac{e^x}{(x-y{)}^2}.\end{array}$$

对 $y$ 求偏导时，注意

$$\frac{\partial }{\partial y}(x-y{)}^{-1}=(x-y{)}^{-2},$$

故

$$f_y^{\prime }=\frac{e^x}{(x-y{)}^2}.$$

两式相加，得

$$\begin{array}{rl}{f}_x^{\prime }+f_y^{\prime }& =\frac{e^x}{x-y}\\ & =f(x,y).\end{array}$$

所以

$$\boxed{f_x^{\prime }+f_y^{\prime }=f},$$

故选 D。

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15. 【2017-23-4 分】 设函数 $f(x,y)$ 具有一阶连续偏导数，且

$$df(x,y)=y{e}^{y}dx+x(1+y)e^{y}dy,$$

$f(0,0)=0$，则 $f(x,y)=$

查看答案与解析

答案：

$$f(x,y)=xy{e}^y.$$

解析： 由全微分的定义，

$$f_x(x,y)=y{e}^y,f_y(x,y)=x(1+y)e^y.$$

先由 $f_x=y{e}^y$ 对 $x$ 积分：

$$f(x,y)=xy{e}^y+\phi (y),$$

其中 $\phi (y)$ 只与 $y$ 有关。

再对 $y$ 求偏导：

$$f_y=x(1+y)e^y+{\phi }^{\prime }(y).$$

与题设比较可得

$${\phi }^{\prime }(y)=0,$$

所以 $\phi (y)=C$。由 $f(0,0)=0$，得

$$C=0.$$

因此

$$\boxed{f(x,y)=xy{e}^y}.$$

也可以直接观察到

$$d(xy{e}^y)=y{e}^{y}dx+x(1+y)e^{y}dy.$$

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16. 【2020-1-4 分】 设函数

$$f(x,y)={\int }_0^{xy}{e}^{x{t}^2}dt,$$

则

$${\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x\partial y}|}_{(1,1)}=$$

查看答案与解析

答案：

$$4e.$$

解析： 先对 $y$ 求偏导。被积函数中的 $x$ 对 $y$ 而言为常数，因此由变上限积分求导公式，

$$\begin{array}{rl}{f}_y(x,y)& =e^{x(xy{)}^2}\frac{\partial (xy)}{\partial y}\\ & =x{e}^{x^3{y}^2}.\end{array}$$

再对 $x$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{f}_{yx}(x,y)& =e^{x^3{y}^2}+x{e}^{x^3{y}^2}\cdot 3x^2{y}^2\\ & =e^{x^3{y}^2}\left(1+3x^3{y}^2\right).\end{array}$$

由于被积函数及其有关偏导连续，混合偏导数相等，故

$$f_{xy}=f_{yx}.$$

在点 $(1,1)$ 处，

$$\boxed{f_{xy}(1,1)=e(1+3)=4e}.$$

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17. 【2020-23-4 分】 设

$$z=\arctan [xy+\sin (x+y)],$$

则 $dz{|}_{(0,\pi )}=$ ______。

查看答案与解析

答案：

$$dz{|}_{(0,\pi )}=(\pi -1)dx-dy.$$

解析： 令

$$g(x,y)=xy+\sin (x+y),z=\arctan g.$$

则

$$dz=\frac{1}{1+g^2}dg,$$

其中

$$dg=[y+\cos (x+y)]dx+[x+\cos (x+y)]dy.$$

在点 $(0,\pi )$ 处，

$$g(0,\pi )=\sin \pi =0,$$$$g_x(0,\pi )=\pi +\cos \pi =\pi -1,$$$$g_y(0,\pi )=0+\cos \pi =-1.$$

所以

$$\boxed{dz{|}_{(0,\pi )}=(\pi -1)dx-dy}.$$

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18. 【2021-23-5 分】 设函数 $f(x,y)$ 可微，且

$$f(x+1,e^x)=x(x+1{)}^2,$$ $$f(x,x^2)=2x^2\ln x,$$

则 $df(1,1)=$（　）

A. $dx+dy$    B. $dx-dy$    C. $dy$    D. $-dy$

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答案： C

解析： 设

$$f_x(1,1)=A,f_y(1,1)=B.$$

对第一个恒等式

$$f(x+1,e^x)=x(x+1{)}^2$$

两边对 $x$ 求导：

$$f_x(x+1,e^x)+e^x{f}_y(x+1,e^x)=(x+1{)}^2+2x(x+1).$$

令 $x=0$，对应点为 $(1,1)$，得

$$A+B=1.\text{\hspace{1em}(1)}$$

对第二个恒等式

$$f(x,x^2)=2x^2\ln x$$

两边对 $x$ 求导：

$$f_x(x,x^2)+2x{f}_y(x,x^2)=4x\ln x+2x.$$

令 $x=1$，得

$$A+2B=2.\text{\hspace{1em}(2)}$$

联立（1）（2），解得

$$A=0,B=1.$$

因此

$$\begin{array}{rl}df(1,1)& =f_x(1,1)dx+f_y(1,1)dy\\ & =dy.\end{array}$$

所以

$$\boxed{df(1,1)=dy},$$

故选 C。

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19. 【2022-23-5 分】 已知 $f(x)$ 连续，令

$$F(x,y)={\int }_0^{x-y}(x-y-t)f(t)dt,$$

则（　）

A.

$$\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{\partial F}{\partial y},\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}$$

B.

$$\frac{\partial F}{\partial x}=\frac{\partial F}{\partial y},\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}=-\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}$$

C.

$$\frac{\partial F}{\partial x}=-\frac{\partial F}{\partial y},\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}$$

D.

$$\frac{\partial F}{\partial x}=-\frac{\partial F}{\partial y},\frac{{\partial }^{2}F}{\partial x^2}=-\frac{{\partial }^{2}F}{\partial y^2}$$

查看答案与解析

答案： C

解析： 令

$$s=x-y,$$

并记

$$H(s)={\int }_0^s(s-t)f(t)dt.$$

则

$$F(x,y)=H(x-y).$$

由莱布尼茨公式，

$$\begin{array}{rl}{H}^{\prime }(s)& =(s-s)f(s)+{\int }_0^{s}f(t)dt\\ & ={\int }_0^{s}f(t)dt,\end{array}$$

从而

$$H^{\prime \prime }(s)=f(s).$$

利用复合函数求导，

$$F_x=H^{\prime }(x-y),F_y=-H^{\prime }(x-y),$$

故

$$F_x=-F_y.$$

再求二阶偏导：

$$F_{xx}=H^{\prime \prime }(x-y)=f(x-y),$$$$F_{yy}=H^{\prime \prime }(x-y)=f(x-y).$$

所以

$$\boxed{F_x=-F_y,F_{xx}=F_{yy}},$$

故选 C。

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20. 【2023-3-5 分】 已知函数 $f(x,y)$ 满足

$$df(x,y)=\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2},$$

且 $f(1,1)=\frac{\pi }{4}$，则 $f(\sqrt{3},3)=$

查看答案与解析

答案：

$$\frac{\pi }{3}.$$

解析： 注意到

$$\begin{array}{rl}d\left(\arctan \frac{y}{x}\right)& =\frac{1}{1+(y/x{)}^2}d\left(\frac{y}{x}\right)\\ & =\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}.\end{array}$$

因此在点 $(1,1)$ 所在的第一象限内，

$$f(x,y)=\arctan \frac{y}{x}+C.$$

由 $f(1,1)=\frac{\pi }{4}$ 得

$$\frac{\pi }{4}+C=\frac{\pi }{4},$$

故 $C=0$。于是

$$\begin{array}{rl}f(\sqrt{3},3)& =\arctan \frac{3}{\sqrt{3}}\\ & =\arctan \sqrt{3}\\ & =\frac{\pi }{3}.\end{array}$$

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21. 【2024-1-5 分】 已知 $f(u,v)$ 存在二阶连续的偏导数，且

$$df(1,1)=3du+4dv.$$

若 $y=f(\cos x,1+x^2)$，则

$${\frac{dy}{dx}|}_{x=0}=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$0.$$

解析： 由全微分的定义可知

$$f_u(1,1)=3,f_v(1,1)=4.$$

令

$$u=\cos x,v=1+x^2,$$

则由复合函数求导法则，

$$\frac{dy}{dx}=f_u(u,v)(-\sin x)+f_v(u,v)\cdot 2x.$$

当 $x=0$ 时，$(u,v)=(1,1)$，且

$$-\sin 0=0,2\cdot 0=0.$$

因此

$${\frac{dy}{dx}|}_{x=0}=3\cdot 0+4\cdot 0=0.$$