§20.2 隐函数组

20.2.1 存在定理

不失一般性，下面仅研究两个方程和四个变量的方程组

{ l F (x, y, u, v) = 0, G (x, y, u, v) = 0 .$$\{\begin{array}{l}F(x,y,u,v)=0,\\ G(x,y,u,v)=0\end{array}$$

在什么条件下可以确定 $u$, $v$ 是 $x$, $y$ 的函数

u = u (x, y), v = v (x, y),$$u=u(x,y),v=v(x,y),$$

并且 $u$, $v$ 关于 $x$, $y$ 有连续偏导数．我们有如下的隐函数组存在定理．

命题 20.2.1 (隐函数组存在定理)

设

(1) $F(x,y,u,v)$ 和 $G(x,y,u,v)$ 在点 ${\mathbf{p}}_0(x_0,y_0,u_0,v_0)$ 的一个邻域内对各个变元有连续的偏导数;

(2) $F(x_0,y_0,u_0,v_0)=G(x_0,y_0,u_0,v_0)=0;$

(3) $J(p_0)=\frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}{|}_{p_0}=\left|\begin{array}{cc}{F}_u(p_0)& F_v(p_0)\\ G_u(p_0)& G_v(p_0)\end{array}\right|\ne 0,$ 其中 $\frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}$ 称为 $Jacobi$ 行列式，

则存在 $p_0$ 点的一个邻域，在此邻域内由方程组

{ l F (x, y, u, v) = 0, G (x, y, u, v) = 0 .$$\{\begin{array}{l}F(x,y,u,v)=0,\\ G(x,y,u,v)=0\end{array}$$

可以惟一确定一对函数

u = u (x, y), v = v (x, y),$$u=u(x,y),v=v(x,y),$$

使满足 $F(x,y,u(x,y),v(x,y))=G(x,y,u(x,y),v(x,y))=0$ 及 $u_0=u(x_0,y_0)$ $v_0=v(x_0,y_0)$ ，且 $u$, $v$ 具有关于 $x$, $y$ 的连续偏导数

frac ∂ u∂ x = - J ^ - 1 frac ∂ (F , G)∂ (x , v), frac ∂ u∂ y = - J ^ - 1 frac ∂ (F , G)∂ (y , v),$$\frac{\partial u}{\partial x}=-J^{-1}\frac{\partial (F,G)}{\partial (x,v)},\frac{\partial u}{\partial y}=-J^{-1}\frac{\partial (F,G)}{\partial (y,v)},$$frac ∂ v∂ x = - J ^ - 1 frac ∂ (F , G)∂ (u , x), frac ∂ v∂ y = - J ^ - 1 frac ∂ (F , G)∂ (u , y),$$\frac{\partial v}{\partial x}=-J^{-1}\frac{\partial (F,G)}{\partial (u,x)},\frac{\partial v}{\partial y}=-J^{-1}\frac{\partial (F,G)}{\partial (u,y)},$$

其中 $J=\frac{\partial (F,G)}{\partial (u,v)}$ .

命题 20.2.2 (反函数组存在定理)

若

u = f (x, y), v = g (x, y)$$u=f(x,y),v=g(x,y)$$

在点 $(x_0,y_0)$ 的某个邻域中连续可微， $u_0=f(x_0,y_0),v_0=g(x_0,y_0)$ ，且

. frac ∂ (u , v)∂ (x , y) | _ (x _ 0, y _ 0) ≠ 0,$${\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}|}_{(x_0,y_0)}\ne 0,$$

则在 $(u_0,v_0)$ 的某一邻域内存在惟一的反函数组

x = x (u, v), y = y (u, v)$$x=x(u,v),y=y(u,v)$$

满足 $u_0=u(x_0,y_0),v_0=v(x_0,y_0)$ ，且成立

frac ∂ (x , y)∂ (u , v) · frac ∂ (u , v)∂ (x , y) = 1.$$\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\cdot \frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}=1.$$

例题 20.2.1

给定函数 $u=e^y\sin x$, $v=e^y\cos x$, $w=2-\cos z$ ，根据反函数组存在定理判断在哪些点 $(x,y,z)$ 所对应的点 $(u,v,w)$ 的邻域内存在反函数 $x=x(u,v,w)$, $y=y(u,v,w)$, $z=z(u,v,w)$ ?

解

函数 $e^y\sin x$, $e^y\cos x$, $2-\cos z$ 在 $R^3$ 中连续可微，且

frac ∂ (u , v , w)∂ (x , y , z) = | c c c e ^ y cos x & e ^ y sin x & 0 - e ^ y sin x & e ^ y cos x & 0 0 & 0 & sin z | = e ^ 2 y sin z.$$\frac{\partial (u,v,w)}{\partial (x,y,z)}=\left|\begin{array}{ccc}{\mathrm{e}}^y\cos x& {\mathrm{e}}^y\sin x& 0\\ -{\mathrm{e}}^y\sin x& {\mathrm{e}}^y\cos x& 0\\ 0& 0& \sin z\end{array}\right|={\mathrm{e}}^{2y}\sin z.$$

所以在 $D=\{(x,y,z)\mid z\ne k\pi ,k=0,\pm 1,\pm 2,\cdots \}$ 内任一点所对应的点 $(u,v,w)$ 处，存在一个邻域，在此邻域内存在反函数．

20.2.2 思考题

思考题

1. 若由 $F(x,y,z,u)=0$, $G(x,y,z,u)=0$, $H(x,y,z,u)=0$ 可解出 $x=x(u)$, $y=y(u)$, $z=z(u)$ ，根据隐函数组存在定理应如何对函数 $F$, $G$, $H$ 假设条件？

2. 对极坐标变换

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

在哪些点 $(r_0,{\theta }_0)$ 附近可存在反函数组 $r=r(x,y)$, $\theta =\theta (x,y)$ ? 在 $(0,{\theta }_0)$ 附近能否存在反函数组？对结论做出直观解释．

20.2.3 求已知函数组所确定的隐函数组的导数

在这类问题中，一般认为隐函数组、反函数组存在且可微的条件均已满足，因而注重于运算的正确与熟练。此外，在计算导数时，一般不用求导公式，因为这些公式既不便于记忆，也不便于使用。往往是对已知函数组求导数，然后解所得的方程组便可得到所要的导数。

例题 20.2.2

设 $u(x,y)$ 是由方程组 $u=f(x,y,z,t)$, $g(y,z,t)=0$, $h(z,t)=0$ 确定的函数，其中 $f$, $g$, $h$ 均连续可微，且 $\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\ne 0$ ，求 $\frac{\partial u}{\partial y}$ .

解1

首先应该认清函数关系，因为 $\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\ne 0$，故由

g (y, z, t) = 0, h (z, t) = 0 (20.5)$$g(y,z,t)=0,h(z,t)=0\text{\hspace{1em}(20.5)}$$

可确定 $z$, $t$ 为 $y$ 的函数，所以 $u=f(x,y,z(y),t(y))$，即 $u$ 是以 $z$, $t$ 为中间变量的 $x$, $y$ 的函数，有了这个认识就可以具体地作求导运算．

由于

frac ∂ u∂ y = f _ 2 + f _ 3 z ^ prime (y) + f _ 4 t ^ prime (y), (20.6)$$\frac{\partial u}{\partial y}=f_2+f_3{z}^{\prime }(y)+f_4{t}^{\prime }(y),\text{\hspace{1em}(20.6)}$$

为求 $z^{\prime }(y)$ 和 $t^{\prime }(y)$ ，在方程组 (20.5) 两边对 $y$ 求导，得

l g _ y + g _ z z ^ prime + g _ t t ^ prime = 0, h _ z z ^ prime + h _ t t ^ prime = 0.$$\begin{array}{l}{g}_y+g_z{z}^{\prime }+g_t{t}^{\prime }=0,\\ h_z{z}^{\prime }+h_t{t}^{\prime }=0.\end{array}$$

由此得到

z ^ prime = - g _ y h _ t (frac ∂ (g , h)∂ (z , t)) ^ - 1, t ^ prime = g _ y h _ z (frac ∂ (g , h)∂ (z , t)) ^ - 1,$$z^{\prime }=-g_y{h}_t{\left(\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\right)}^{-1},t^{\prime }=g_y{h}_z{\left(\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\right)}^{-1},$$

代入 (20.6) 得

frac ∂ u∂ y = f _ y - g _ y (f _ z h _ t - f _ t h _ z) (frac ∂ (g , h)∂ (z , t)) ^ - 1. (20.7)$$\frac{\partial u}{\partial y}=f_y-g_y\left(f_z{h}_t-f_t{h}_z\right){\left(\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\right)}^{-1}.\text{\hspace{1em}(20.7)}$$

解2

也可以直接考虑如下的方程组

F (x, y, z, t, u) = 0, (20.8)$$F(x,y,z,t,u)=0,\text{\hspace{1em}(20.8)}$$g (y, z, t) = 0, (20.9)$$g(y,z,t)=0,\text{\hspace{1em}(20.9)}$$h (z, t) = 0, (20.10)$$h(z,t)=0,\text{\hspace{1em}(20.10)}$$

其中 $F(x,y,z,t,u)=u-f(x,y,z,t)$．由于

frac ∂ (F , g , h)∂ (u , z , t) = frac ∂ (g , h)∂ (z , t) ≠ 0,$$\frac{\partial (F,g,h)}{\partial (u,z,t)}=\frac{\partial (g,h)}{\partial (z,t)}\ne 0,$$

从而我们可视 $x$, $y$ 为自变量，$u$, $z$, $t$ 为 $x$, $y$ 的函数，在 (20.8)—(20.10) 两边对 $y$ 求导数，则

c u _ y - f _ y - f _ z z _ y - f _ t t _ y = 0, g _ y + g _ z z _ y + g _ t t _ y = 0, h _ z z _ y + h _ t t _ y = 0.$$\begin{array}{c}{u}_y-f_y-f_z{z}_y-f_t{t}_y=0,\\ g_y+g_z{z}_y+g_t{t}_y=0,\\ h_z{z}_y+h_t{t}_y=0.\end{array}$$

解此方程组可得(20.7).

例题 20.2.3

设 $z=z(x,y)$ 由球变换 $x=\cos \phi \cos \psi$, $y=\cos \phi \sin \psi$, $z=\sin \phi$ 确定，求 $\frac{{\partial }^{2}z}{\partial x^2}$ .

解1

由所给方程组的前两个方程可确定 $\phi =\phi (x,y)$, $\psi =\psi (x,y)$ ，故 $z=\sin \phi (x,y)$ ，即 $z$ 是以 $\phi$ 为中间变量的 $x$, $y$ 的函数，所以

z _ x = cos φ · φ_ x. (20.11)$$z_x=\cos \phi \cdot {\phi }_x.\text{\hspace{1em}(20.11)}$$

在前两个方程两边对 $x$ 求导，得

l 1 = - sin φ · φ_ x cos ψ + cos φ (- sin ψ) · ψ_ x, 0 = - sin φ · φ_ x sin ψ + cos φ cos ψ · ψ_ x.$$\begin{array}{l}1=-\sin \phi \cdot {\phi }_x\cos \psi +\cos \phi (-\sin \psi )\cdot {\psi }_x,\\ 0=-\sin \phi \cdot {\phi }_x\sin \psi +\cos \phi \cos \psi \cdot {\psi }_x.\end{array}$$

解出

φ_ x = - frac cos ψsin φ, ψ_ x = - frac sin ψcos φ, (20.12)$${\phi }_x=-\frac{\cos \psi }{\sin \phi },{\psi }_x=-\frac{\sin \psi }{\cos \phi },\text{\hspace{1em}(20.12)}$$

代入(20.11)得

z _ x = - cot φ cos ψ .$$z_x=-\cot \phi \cos \psi .$$

在上式两边再对 $x$ 求导得

z _ x x = csc^ 2 φ · φ_ x cos ψ + cot φ sin ψ · ψ_ x.$$z_{xx}={\csc }^2\phi \cdot {\phi }_x\cos \psi +\cot \phi \sin \psi \cdot {\psi }_x.$$

将 $(20.12)$ 代入，得到

z _ x x = frac cos^ 2 φ sin^ 2 ψ - 1sin^ 3 φ.$$z_{xx}=\frac{{\cos }^2\phi {\sin }^2\psi -1}{{\sin }^3\phi }.$$

解2

由已知条件得 $x^2+y^2+z^2=1$ ，两边对 $x$ 求两次导数，注意到 $y$ 与 $x$ 是各自独立的变量，得

x + z z _ x = 0, 1 + z _ x ^ 2 + z z _ x x = 0,$$x+z{z}_x=0,1+z_x^2+z{z}_{xx}=0,$$

于是

l z _ x = - frac xz, z _ x x = - frac z ^ 2 + x ^ 2z ^ 3 = frac y ^ 2 - 1z ^ 3 = frac cos^ 2 φ sin^ 2 ψ - 1sin^ 3 φ.$$\begin{array}{l}{z}_x=-\frac{x}{z},\\ z_{xx}=-\frac{z^2+x^2}{z^3}=\frac{y^2-1}{z^3}=\frac{{\cos }^2\phi {\sin }^2\psi -1}{{\sin }^3\phi }.\end{array}$$

例题 20.2.4

设 $u=f(x-ut,y-ut,z-ut)$, $g(x,y,z)=0$，试求 $u_x$, $u_y$．这时 $t$ 是自变量还是因变量?

解

由两个方程确定两个隐函数．一个是 $u$，另一个由第二个方程看出应为 $z$．因此 $t$ 是自变量．两个方程分别关于 $x$ 求导得

u _ x = f _ 1 (1 - u _ x t) + f _ 2 (- u _ x t) + f _ 3 (z _ x - u _ x t),$$u_x=f_1(1-u_{x}t)+f_2(-u_{x}t)+f_3(z_x-u_{x}t),$$g _ 1 + g _ 3 z _ x = 0.$$g_1+g_3{z}_x=0.$$

解此方程组得

u _ x = frac f _ 1 + f _ 3 · (- frac g _ 1g _ 3)1 + (f _ 1 + f _ 2 + f _ 3) t.$$u_x=\frac{f_1+f_3\cdot \left(-\frac{g_1}{g_3}\right)}{1+(f_1+f_2+f_3)t}.$$

同理有

u _ y = frac f _ 2 + f _ 3 · (- frac g _ 2g _ 3)1 + (f _ 1 + f _ 2 + f _ 3) t.$$u_y=\frac{f_2+f_3\cdot \left(-\frac{g_2}{g_3}\right)}{1+(f_1+f_2+f_3)t}.$$

20.2.4 存在定理的证明

本节我们应用压缩映射原理证明反函数组存在定理，把隐函数组存在定理的证明作为参考题．由于定理的叙述与证明较抽象，故这部分内容可作为补充材料．我们先用映射的语言叙述反函数组存在定理，或称为局部逆映射存在定理．

命题 20.2.3 (局部逆映射存在定理)

设 $f:E\subset R^n\to R^n$ 是 $C^1$ 映射，点 $a\in E$, $b=f(a)$ ，并且 $Jacobi$ 矩阵 $f^{\prime }(a)$ 可逆。则

(1) 存在开集 $U\subset E$ 和 $V$，使得 $a\in U$, $b\in V$ ，并且 $f:U\to V$ 是 $1$-$1$ 满映射；

(2) 设 $g=f^{-1}:V\to U$，则 $g$ 是 $C^1$ 映射，并且

boldsymbol g ^ prime (boldsymbol y) = [ boldsymbol f ^ prime (boldsymbol g (boldsymbol y)) ] ^ - 1, boldsymbol y ∈ V.$${\mathbf{g}}^{\prime }(\mathbf{y})={\left[{\mathbf{f}}^{\prime }(\mathbf{g}(\mathbf{y}))\right]}^{-1},\mathbf{y}\in V.$$

证

(1) 设 $A=f^{\prime }(a)$，取 $\lambda >0$，使得 $2\lambda \Vert A^{-1}\Vert =1$，其中 $\Vert \cdot \Vert$ 表示矩阵的模 ( $\Vert A\Vert ={\max }_{|x|=1}|Ax|$ ). 因为 $f^{\prime }$ 在 $a$ 连续，故可取以 $a$ 为中心的开球 $U$，使得

| boldsymbol f ^ prime (boldsymbol x) - boldsymbol A | < λ , boldsymbol x ∈ U. (20.13)$$\Vert {\mathbf{f}}^{\prime }(\mathbf{x})-\mathbf{A}\Vert <\lambda ,\mathbf{x}\in U.\text{\hspace{1em}(20.13)}$$

对 $y\in {\mathbf{R}}^n$ ，定义

φ (boldsymbol x) = boldsymbol x + boldsymbol A ^ - 1 (boldsymbol y - boldsymbol f (boldsymbol x)), boldsymbol x ∈ U. (20.14)$$\phi (\mathbf{x})=\mathbf{x}+{\mathbf{A}}^{-1}(\mathbf{y}-\mathbf{f}(\mathbf{x})),\mathbf{x}\in U.\text{\hspace{1em}(20.14)}$$

则 $f(x)=y$ 当且仅当 $x$ 是 $\phi$ 的不动点．再记 $V=f(U)$，下面证明由 (20.14) 定义的映射有惟一不动点 $x$，即存在惟一的 $x$ 满足 $f(x)=y$．这就证明了 $f$ 是 $U$ 到 $V$ 的 $1$-$1$ 可逆映射．为此，先对 $\phi$ 作估计，其 $Jacobi$ 矩阵为

φ^ prime (boldsymbol x) = boldsymbol I - boldsymbol A ^ - 1 boldsymbol f ^ prime (boldsymbol x) = boldsymbol A ^ - 1 [ boldsymbol A - boldsymbol f ^ prime (boldsymbol x) ].$${\phi }^{\prime }(\mathbf{x})=\mathbf{I}-{\mathbf{A}}^{-1}{\mathbf{f}}^{\prime }(\mathbf{x})={\mathbf{A}}^{-1}[\mathbf{A}-{\mathbf{f}}^{\prime }(\mathbf{x})].$$

由(20.13)及 $Schwarz$ 不等式得 $\Vert {\phi }^{\prime }(x)\Vert <\frac{1}{2},x\in U.$ 再由拟微分中值定理得

| φ (boldsymbol x _ 1) - φ (boldsymbol x _ 2) | ≤slant frac 12 | boldsymbol x _ 1 - boldsymbol x _ 2 |, boldsymbol x _ 1, boldsymbol x _ 2 ∈ U. (20.15)$$|\phi ({\mathbf{x}}_1)-\phi ({\mathbf{x}}_2)|⩽\frac{1}{2}|{\mathbf{x}}_1-{\mathbf{x}}_2|,{\mathbf{x}}_1,{\mathbf{x}}_2\in U.\text{\hspace{1em}(20.15)}$$

因此 $\phi$ 是一个压缩映射．其次，注意到 $\forall y_0\in V$，存在 $x_0\in U$，使 $f(x_0)=y_0$．取 $r$ 足够小，使以 $x_0$ 为中心 $r$ 为半径的开球 $B$ 的闭包 $\overline{B}\subset U$．限制 $y$ 满足 $|y-y_0|<\lambda r$，此时对于 $\overline{B}$ 中的点 $x$ 有

r l & | φ (x) - x _ 0 | ≤slant | φ (x) - φ (x _ 0) | + | φ (x _ 0) - x _ 0 | ≤slant frac 12 | x - x _ 0 | + | A ^ - 1 (y - y _ 0) | & ≤slant frac r2 + | A ^ - 1 | · λ r ≤slant r,$$\begin{array}{rl}& |\phi (x)-x_0|⩽|\phi (x)-\phi (x_0)|+|\phi (x_0)-x_0|⩽\frac{1}{2}|x-x_0|+|A^{-1}(y-y_0)|\\ & ⩽\frac{r}{2}+\Vert A^{-1}\Vert \cdot \lambda r⩽r,\end{array}$$

因此 $\phi (x)\in \overline{B}$，从而 $\phi$ 是 $\overline{B}$ 上的压缩映射．故存在惟一的 $x\in \overline{B}$，使 $\phi (x)=x$．也即只要 $y$ 满足 $|y-y_0|<\lambda r$，就存在惟一的 $x\in \overline{B}$，使 $f(x)=y$，即 $y\in f(\overline{B})\subset f(U)=V$．这一方面证明了以 $y_0$ 为中心 $\lambda r$ 为半径的开球位于 $V$ 中，故 $V$ 是开集．另一方面也证明了 $f$ 是 $U$ 到 $V=f(U)$ 的 $1$-$1$ 可逆映射．

(2) 因为 $f$ 是 $C^1$ 映射，故 $\det f^{\prime }(x)$ 是 $x$ 的连续函数．$f^{\prime }(a)$ 可逆，即 $\det f^{\prime }(a)\ne 0$，故不妨认为在 (1) 中给出的邻域 $U$ 内，都有 $\det f^{\prime }(x)\ne 0$．即 $f^{\prime }(x)$ 可逆．记其逆为 $T$．设 $g$ 是 $f$ 的逆，即 $x=g(y)$．取 $y\in V$ , $y+k\in V$．于是 $\exists h\in {\mathbf{R}}^n$，使 $x\in U$ , $x+h\in U$ 及 $y=f(x)$ , $y+k=f(x+h)$．用 (20.14) 中的估计有

φ (x + h) - φ (x) = h + A ^ - 1 [ f (x) - f (x + h) ] = h - A ^ - 1 k,$$\phi (x+h)-\phi (x)=h+A^{-1}[f(x)-f(x+h)]=h-A^{-1}k,$$

由(20.15)得 $|h-A^{-1}k|⩽\frac{1}{2}|h|$ ，即 $|A^{-1}k|⩾\frac{1}{2}|h|$ ，从而

| k | ≥slant λ | h |. (20.16)$$|k|⩾\lambda |h|.\text{\hspace{1em}(20.16)}$$

于是

g (y + k) - g (y) - T k = - T [ f (x + h) - f (x) - f ^ prime (x) h ].$$g(y+k)-g(y)-Tk=-T[f(x+h)-f(x)-f^{\prime }(x)h].$$

所以

frac | g (y + k) - g (y) - T k || k | ≤slant frac | T | · | f (x + h) - f (x) - f ^ prime (x) h |λ | h |,$$\frac{|g(y+k)-g(y)-Tk|}{|k|}⩽\frac{\Vert T\Vert \cdot |f(x+h)-f(x)-f^{\prime }(x)h|}{\lambda |h|},$$

且当 $|k|\to 0$ ，由(20.16)也有 $|h|\to 0$ ，上式右边的极限为0。这就证明了 $g$ 是可微映射，且 $g^{\prime }(y)=T=[f^{\prime }(g(y)){]}^{-1}$ 。关于 $g^{\prime }(y)$ 为连续的证明留给读者。

设 $f:E\subset {\mathbf{R}}^{n+m}\to {\mathbf{R}}^n$ 是 $C^1$ 映射，$(a,b)\in E$，使 $f(a,b)=0$，并且 $Jacobi$ 矩阵 $f^{\prime }(a,y)$ 可逆，其中 “ $l^{\prime \prime }$ ” 表示固定 $a$ 而把 $y$ 看成自变量而得到的全导数．这时方程 $f(x,y)=0$ 在点 $(a,b)$ 的邻域内存在惟一 $C^1$ 隐映射 $y=y(x)$ 的局部隐映射存在定理可通过定义 $F(x,y)=(f(x,y),y)$ 而转化为 $F$ 的局部逆映射存在定理．其证明作为参考题．

20.2.5 练习题

练习题

1. 设 $x={\mathrm{e}}^v+u^3$, $y={\mathrm{e}}^u-v^3$，求反函数组的一阶偏导数 $\frac{\partial u}{\partial x}$, $\frac{\partial u}{\partial y}$ .

2. 对由方程组

{ l x + y + z = 0, x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 = 1 .$$\{\begin{array}{l}x+y+z=0,\\ x^2+y^2+z^2=1\end{array}$$

确定的函数 $x=x(z)$, $y=y(z)$ ，求在点 $\left(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{-1}{\sqrt{2}},0\right)$ 处的导数 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}z}$, $\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}z}$ .

3. 对方程组

{ l x ^ 3 + y ^ 3 + z ^ 3 = 3 x y z, x + y + z = a .$$\{\begin{array}{l}{x}^3+y^3+z^3=3xyz,\\ x+y+z=a\end{array}$$

确定的隐函数组 $y=y(x)$, $z=z(x)$ ，求出导数 $\frac{\mathrm{dy}}{\mathrm{dx}}$, $\frac{\mathrm{dz}}{\mathrm{dx}}$, $\frac{{\mathrm{d}}^{2}y}{{\mathrm{dx}}^2}$, $\frac{{\mathrm{d}}^{2}z}{{\mathrm{dx}}^2}$ .

4. 设

{ l x = u cos frac vu, y = sin frac vu, .$$\{\begin{array}{l}x=u\cos \frac{v}{u},\\ y=\sin \frac{v}{u},\end{array}$$

求反函数组的偏导数 $u_x$, $u_y$, $v_x$, $v_y$ .

5. 设 $u=u(x)$ 是由方程组 $u=f(x,y,z)$, $g(x,y,z)=0$, $h(x,y,z)=0$ 所确定．求 $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$, $\frac{{\mathrm{d}}^{2}u}{\mathrm{d}{x}^2}$ .

6. 求由方程组 $x=u\cos v$, $y=u\sin v$, $z=v$ 确定的 $z=z(x,y)$ 的所有二阶偏导数．

7. 设 $z=z(x,y)$ 为由方程组 $x={\mathrm{e}}^{u+v}$, $y={\mathrm{e}}^{u-v}$, $z=uv$ 所定义的函数，求当 $(u,v)=(0,0)$ 时的 $\mathrm{dz}$, ${\mathrm{d}}^{2}z$ .

8. 设 $u=f(x,y,z)$, $g(x^2,{\mathrm{e}}^y,z)=0$, $y=\sin x$ ，且已知 $f$ 与 $g$ 都有一阶连续偏导数，求 $\frac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}$ .