题目320
[
设 f(x) 有连续一阶偏导数，(xy-yf(x))dx (f(x) y^2)dy = du(x,y)
][
且 f(0) = -1，求 u(x,y)
]解答
本题考查的是 多元函数的全微分 ：
[
dz = frac{partial z}{partial x} dx frac{partial z}{partial y} dy
]故：
[
frac{partial u}{partial x} = xy-yf(x)qquad
frac{partial u}{partial y} = f(x) y^2
]求二阶偏导：
[
frac{partial^2 u}{partial xpartial y} = x - f(x) qquad
frac{partial^2 u}{partial ypartial x} = f'(x)
]由于一阶偏导数 连续，所以
dfrac{partial^2 u}{partial xpartial y} = dfrac{partial^2 u}{partial ypartial x}故建立 微分方程：
x - f(x) = f'(x) Rightarrow f' f = x 是 常系数一阶齐次线性微分方程
由公式可知：
[
f(x) = e^{-int 1 dx} cdot [int x e ^{int 1 dx} C] = x - 1 Ce^{-x}
]代入 初值： -1 = f(0) = -1 C C = 0 f(x) = x - 1
则：
dfrac{partial u}{partial x} = y Rightarrow u = xy varphi(y)，
u_y = x varphi'(y)= x y^2 - 1 Rightarrow varphi(y) = dfrac{1}{3} y^3 - y C故
u(x,y) = xy dfrac{1}{3}y^3 - y C，其中
C 为任意常数
解答
已知 全微分具体形式，求原函数：
- 偏积分（见法一）
- 凑微分（见本篇）
又上题求出
f(x) = x - 1 继续：
[
begin{aligned}
du&= ydx (x y ^2 - 1)dy \\
du&= ydx (x-1)dy dfrac{1}{3}y^3 \\
du&= yd(x - 1) (x - 1)dy dfrac{1}{3}y^3 quad(这一步凑乘积的求导公式，我只能说妙！)\\
du&= d(y(x - 1)) dfrac{1}{3}y^3 \\
du&= d(xy - y frac{1}{3}y^3) \\
u(x,y)&= xy - y frac{1}{3}y^3 C
end{aligned}
]题目321
[
设 f_x(x,y) 和 f_y(x,y) 都在点 (x_0,y_0) 处连续，证明 f(x,y) 在点 (x_0,y_0) 可微
]解答
书本定理证明：
[
一阶偏导数连续 Rightarrow 可微
]先写出微分定义式，即我们要证明的目标
微分的定义式：Delta z = f_x(x_0,y_0)Delta x f_y(x_0,y_0)Delta y o(rho)在写出微分的增量式
begin{aligned} 微分的全增量： Delta z &= f(x_0 Delta x,y_0 Delta y) - f(x_0,y_0) \\ &= f(x_0 Delta x,y_0 Delta y) - f(x_0,y_0 Delta y) f(x_0,y_0 Delta y) - f(x_0,y_0) end{aligned}由 拉格朗日中值定理 的 增量式：
exist theta in (0,1),s.t.[
f(x_0 Delta x, y_0 Delta y) - f(x_0,y_0 Delta y) = f_x(x_0 thetaDelta x,y_0 Delta y)Delta x
]又
f_x(x,y) 在
(x_0,y_0) 连续，故
limlimits_{(Delta x,Delta y) to (0,0)} f_x(x_0 thetaDelta x,y_0 Delta y) = f_x(x_0,y_0)回代可得： f(x_0 x, y_0 y) - f(x_0,y_0 y) = f_x(x_0,y_0)x _1x
同理可证： f(x_0, y_0 y) - f(x_0,y_0) = f_y(x_0,y_0)y _2y
合并两式： z = f_x(x_0,y_0)x f_y(x_0,y_0)y _1x _2y
比较 定义式 和 化简后的增量式，发现唯一的区别是
o(rho) 和
alpha_1Delta x alpha_2Delta y要想证明他们 等价，考虑 不等式放缩夹逼：
[
0
le
frac{|alpha_1Delta x alpha_2Delta y|}{sqrt{(Delta x)^2 (Delta y)^2}}
le
frac{|alpha_1||Delta x| |alpha_2||Delta y|}{sqrt{(Delta x)^2 (Delta y)^2}}
le
|alpha_1| |alpha_2|
]故
frac{|alpha_1Delta x alpha_2Delta y|}{sqrt{(Delta x)^2 (Delta y)^2}} to 0 Rightarrow alpha_1Delta x alpha_2Delta y = o(rho)故增量式
Delta z = f_x(x_0,y_0)Delta x f_y(x_0,y_0)Delta y o(rho)满足微分定义式，故可微
题目322
设函数
z = z(x,y) 由方程
e^{x 2y 3z} dfrac{xyz}{sqrt{1 x^2 y^2 z^2}} = 1 确定，求
dzbigg|_{(0,0)}解法一
隐函数求全微分，有两种常用做法：隐函数直接求导套公式
dfrac{partial z}{partial x} = - dfrac{F_x}{F_z}、求偏导凑
由于题目直接要求出，故隐函数一般都是存在的，不用根据隐函数存在定理推一遍存在性
x=0,y=0 时，
e^{3z} = 1 Rightarrow z = 0令：
F(x,y,z) = e^{x 2y 3z} dfrac{xyz}{sqrt{1 x^2 y^2 z^2}} - 1[
F_x = e^{x 2y 3z} yz cdot (1 x^2 y^2 z^2)^{frac{1}{2}} x^2yz cdot (1 x^2 y^2 z^2)^{-frac{3}{2}}
][
F_y = 2e^{x 2y 3z} xz cdot (1 x^2 y^2 z^2)^{frac{1}{2}} xy^2z cdot (1 x^2 y^2 z^2)^{-frac{3}{2}}
][
F_z = 3e^{x 2y 3z} xy cdot (1 x^2 y^2 z^2)^{frac{1}{2}} xyz^2 cdot (1 x^2 y^2 z^2)^{-frac{3}{2}}
]则
dfrac{partial z}{partial x}bigg|_{(0,0)} = - dfrac{1}{3}，
dfrac{partial z}{partial y}bigg|_{(0,0)} = - dfrac{2}{3}，故 全微分
dzbigg|_{(0,0)} = -dfrac{1}{3}dx - dfrac{2}{3} dy解法二
求偏导数，直接求过于复杂，多元函数考虑 先代后求再代：
考虑对
x 求偏导，则不妨令
y = 0：
e^{x 3z} cdot (1 3 cdot dfrac{partial z}{partial x})bigg|_{(0,0)} = 0 Rightarrow dfrac{partial z}{partial x}bigg|_{(0,0)} = -dfrac{1}{3}考虑对
y 求偏导，则不妨令
x = 0：
e^{2y 3z} cdot (2 3 cdot dfrac{partial z}{partial y})bigg|_{(0,0)} = 0 Rightarrow dfrac{partial z}{partial y}bigg|_{(0,0)} = -dfrac{2}{3}故 全微分
dzbigg|_{(0,0)} = -dfrac{1}{3}dx - dfrac{2}{3} dy题目323
设
f(t) 在
[1, infty) 上有 连续二阶导数，且
f(1) = 0, f'(1) = 1, z = (x^2 y^2)f(x^2 y^2)满足
dfrac{partial^2z}{partial x^2} dfrac{partial^2z}{partial y^2} = 0. 求
f(x) 在
[1, infty) 的最大值解答
这题分为两个步骤：1.解出
f(x) 表达式 2.求出极值
第一步毫无疑问，那就是微分方程了，考虑如何对
z 求导：
直接做不好做，观察发现方程右侧是关于
x^2 y^2 得函数，故不妨令
x^2 y^2 = u，则
dfrac{partial u}{partial x} = 2x, dfrac{partial u}{partial y} = 2y, z(u) = uf(u)方程两侧对
x 求偏导：
[
dfrac{partial z}{partial x} = dfrac{partial z}{partial u} cdot dfrac{partial u}{partial x} = z'(u) cdot 2x qquad dfrac{partial^2 z}{partial x^2} = z''(u) cdot 4x^2 2 z'(u)
]由于
x 与
y 在多项式中具有轮换对称性，故：
dfrac{partial^2 z}{partial y^2} = z''(u) cdot 4y^2 2 z'(u)代入偏微分方程中：
[
z''(u) cdot 4y^2 2 z'(u) z''(u) cdot 4x^2 2 z'(u) = 0 Rightarrow uz'' z' = 0 ][
Rightarrow 令 z' = p: u p' = -p Rightarrow u cdot frac{dp}{du} = -p Rightarrow frac{dp}{p} = -frac{du}{u}
][
Rightarrow ln p = -ln u C_1 Rightarrow p = C_2frac{1}{u} Rightarrow dfrac{dz}{du} = C_2 frac{1}{u}
][
Rightarrow z = C_2 cdot (ln u C_3)
]接下来就是代入初值，解出任意常数
C 即可
z' = f(u) uf'(u) 且 f'(1) = 1 Rightarrow z'(1) = 1 Rightarrow p(1) = C_2 = 1z(1)=f(1)=0 代入：
z = C_3 = 0故
z = ln u，可以推得：
f(u) = dfrac{ln u}{u} Rightarrow f'(u) = dfrac{1 - ln u}{u^2}故
f(u) 在
[1, e] 单调增，在
[e, infty) 单调减，由 极值判别的充要条件 可知：
x=e 为 极大值点
比较区间的端点后，发现该 极值点 为 最值点，故
max{f(x)} = f(e) = dfrac{1}{e}题目324
设
u = f(x,y,z), z = z(x,y) 是由方程
varphi(x y,z) = 1 所确定的隐函数
求
dfrac{partial u}{partial x}, du, dfrac{partial^2 u}{partial x partial y}. 其中
f 和
varphi 有二阶连续偏导数且
varphi_2 ne 0解答
根据题意，易得
z 是关于
x,y 的函数，本题考察的就是链式求导法则
[
dfrac{partial u}{partial x} = f_1 cdot 1 f_3 cdot dfrac{partial z}{partial x}
, qquad
dfrac{partial varphi}{partial x} = varphi_1 varphi_2 cdot dfrac{partial z}{partial x} = 0
Rightarrow
dfrac{partial z}{partial x} = -frac{varphi_1}{varphi_2}
]联立二式：
dfrac{partial u}{partial x} = f_1 - dfrac{varphi_1}{varphi_2} cdot f_3，由于
x,y 在方程中具有轮换对称性，故同理可得：
dfrac{partial u}{partial y} = f_2 - dfrac{varphi_1}{varphi_2} cdot f_3故可以写出 全微分：
[
du = dfrac{partial u}{partial x} dx dfrac{partial u}{partial y}dy = bigg({f_1 - dfrac{varphi_1}{varphi_2} cdot f_3}bigg) dx bigg({f_2 - dfrac{varphi_1}{varphi_2} cdot f_3}bigg) dy
]再求一阶偏导：
[
dfrac{partial^2 u}{partial x partial y} = f_{12} - dfrac{varphi_1}{varphi_2} cdot f_{13} - dfrac{varphi_1}{varphi_2} cdot f_{32} (dfrac{varphi_1}{varphi_2})^2 cdot f_{33}
]题目325
设函数
z = z(x,y) 的微分
dz = (2x 12y) dx (12x 4y)dy 且
z(0,0) = 0求函数
z = z(x,y) 在
4x^2 y^2 le 25 上的最大值
解法（官方题解-拉格朗日乘数法）
这里没有使用 偏积分，而是用的 凑微分 法：
[
dz = 2xdx 12ydx 12xdy 4ydy = d(x^2) d(12xy) d(2y^2) = d(x^2 12xy 2y^2)
][
z = x^2 12xy 2y^2 C
]代入
(0,0) 可得：
z(0,0) = C = 0，求得
z = x^2 12xy 2y^2武佬用的 拉格朗日乘数法：
令
F(x,y,lambda) = x^2 12xy 2y^2 lambda(4x^2 y^2 - 25)[
text{令}
begin{cases}
F_x = 2x 12y 8lambda x = 0 \\
F_y = 12x 4y 2lambda y = 0 \\
F_lambda = 4x^2 y^2 -25 = 0
end{cases}
]我们想要解出的是 椭圆上边界的点，故
xne 0, yne 0根据 线性代数 方程组的知识可知，我们想要求的是 齐次方程组
begin{cases} (1 4lambda)x 6y = 0 \\ 6x (2y lambda) y = 0 end{cases} 的非零解
故该方程组的 系数矩阵行列式为零
begin{vmatrix} 1 4lambda & 6 \\ 6 & 2y lambda end{vmatrix} = 0 Rightarrow lambda = 2 text{ 或 } -dfrac{17}{4}解得：
lambda=2 时，
x = 2, y = -3 quad or quad x = -2, y = 3，此时
z = -50lambda=-dfrac{17}{4} 时，
x = dfrac{3}{2}, y = 4 quad or quad x = -dfrac{3}{2}, y = -4，此时
z = dfrac{425}{4}解答一（不等式放缩找上界最小值）
全微分：
dz = dfrac{partial z}{partial x} dx dfrac{partial z}{partial y} dy，由 一阶微分形式不变性：$
[begin{cases}
dfrac{partial z}{partial x} = 2x 12y \\
dfrac{partial z}{partial y} = 12x 4y
end{cases}]$
利用求 偏积分 来解出函数表达式：
dfrac{partial z}{partial x} = 2x 12y ~ Rightarrow ~ z = x^2 12xy varphi(y)再求 偏导 然后 联立 方程二：
dfrac{partial z}{partial y} = 12x varphi'(y) = 12x 4y Rightarrow varphi'(y) = 4y Rightarrow varphi(y) = 2y^2 C由于
z(0,0) = 0，故
C = 0 Rightarrow z = x^2 12xy 2y^2求 目标函数：
z = x^2 12xy 2y^2 在 限制条件：
4x^2 y^2 le 25 上的 最大值
普遍性方法 是 拉格朗日数乘法，但这题很显然，可以用 不等式放缩 来做，避免求 拉格朗日乘子 的 复杂计算
加减法放缩乘除法 -> 基本不等式、加减法放缩加减法 -> 柯西不等式，本题显然是用 基本不等式 来求解
我们要求的是 目标函数的最大值，等价于求 上界约束的最小值
由 基本不等式 变形：
xy le dfrac{64x^2 9y^2}{48}，可以推得：
[
12xy le dfrac{64x^2 9y^2}{4} Rightarrow z = x^2 12xy 2y^2 le dfrac{17}{4} cdot (4x^2 y^2) le frac{425}{4}
]故 最大值 为：
dfrac{425}{4}解答二（三角换元找函数的最大值）
求 目标函数：
z = x^2 12xy 2y^2 在 限制条件：
4x^2 y^2 le 25 上的 最大值
看见 平方项相加，想到我们熟悉的 三角换元法：令
begin{cases} 2x &= r cos theta \\ y &= r sin theta end{cases} quad rin[0,5], thetain[0,2pi]，原题化为：
问题变为：求 目标函数：z = r22 3r^2 2 2r^2 ^2 在 限制条件：(rin[0,5], thetain[0,2pi]) 上的 最大值
[
begin{aligned}
z &= r^2 cdot bigg({frac{cos^2theta 12sin2theta 8sin^2theta}{4}}bigg) =
r^2 cdot bigg({frac{1 12sin2theta 7sin^2theta}{4}}bigg) \\
&=
r^2 cdot bigg({frac{1 12sin2theta dfrac{7}{2} cdot (1 - cos2theta)}{4}}bigg)
\\
&=
r^2 cdot bigg({frac{9 24sin2theta - 7cos2theta)}{8}}bigg)
\\
&=
r^2 cdot bigg({frac{9 25 sin (2theta varphi)}{8}}bigg)
\\
&=
frac{9}{8}r^2 frac{25}{8} r^2 sin(2theta varphi)
end{aligned}
]故
z in [-50, dfrac{425}{4}] Rightarrow maxbigg({z(r,theta)}bigg) = dfrac{425}{4}题目326
[
累次积分 int_0^{frac{pi}{4}}dtheta int_0^{2costheta} f(rcostheta,rsintheta)r dr 等于
][
begin{aligned}
&(A) int_0^1dyint_y^{1-sqrt{1-y^2}} f(x,y)dx quad
(B) int_0^2dxint_0^{sqrt{2x-x^2}} f(x,y)dy \\
&(C) int_0^2drint_0^{frac{pi}{4}} f(rcostheta,rsintheta)dtheta \\
&(D) int_0^{sqrt{2}}drint_0^{frac{pi}{4}} f(rcostheta,rsintheta)r dtheta
int_{sqrt{2}}^2drint_0^{arccos frac{r}{2}} f(rcostheta,rsintheta)r dtheta\\
end{aligned}
]解答
（A）（B） 选项是 直角坐标，（C）（D） 选项都是 极坐标
故考虑对该积分区域进行 坐标变化 和 交换积分次序 来比较 4 个选项
由
r 的积分上限计算可得：
r = 2cos theta Rightarrow rcostheta = 2cos^2theta Rightarrow x = 2cos^2theta = 1 cos 2theta，同理
y = sin 2theta，故积分区域是部分圆：
(x-1)^2 y^2 = 1换元成 直角坐标：（后积先定限，限内画条线，先交写下限，后交写上限）
[
begin{aligned}
&
int_0^1 dx int_0^{y} f(x,y) dy
int_1^2 dx int_0^{sqrt{2x - x^2}} f(x,y) dy
\\
&
int_0^1 dy int_y^{1 sqrt{1-y^2}} f(x,y) dx
end{aligned}
]极坐标交换积分次序：（直接把
theta 当作
x，
r 当作
y 会变得很简单）
画出
theta, r 得 积分区域 后，发现是一个 曲边梯形，故 分开积分
[
int_0^{sqrt{2}} dr int_0^{frac{pi}{4}} f(rcostheta,rsintheta)r dtheta
int_{sqrt{2}}^2 dr int_0^{arccosfrac{r}{2}} f(rcostheta,rsintheta)r dtheta
]故正确答案为
D题目327
求二重积分：
[
int_0^{frac{pi}{4}}dthetaint_0^{frac{1}{cos theta}} rho^2drho
int_1^{sqrt{2}}dxint_0^{sqrt{2-x^2}}sqrt{x^2 y^2}dy
]解答
一般来说，求一个 二重积分 的 和，是 出题人 有意的 拆分了积分区域
拆开后，通过 极直互化 或 交换积分次序 变成两个完全不一样的 积分
出题人不会让你一道二重积分题，算两个二重积分然后再加起来的 （如果是的话，明天我就去命题组）
本题是 极坐标二重积分 直角坐标二重积分，经过初步观察，考虑 直角坐标 转 极坐标
通过简单的 积分区域绘制 （电脑不太好画就不画了），是一个 四分之一圆，如我们先前 预判 的一样
[
begin{aligned}
text{原式}
&=
int_0^{frac{pi}{4}}dthetaint_0^{frac{1}{cos theta}} rho^2drho
int_1^{sqrt{2}}dxint_0^{sqrt{2-x^2}}sqrt{x^2 y^2}dy
\\
&=
int_0^{frac{pi}{4}}dthetaint_0^{frac{1}{cos theta}} rho^2drho
int_0^{frac{pi}{4}}dthetaint_{frac{1}{cos theta}}^{sqrt{2}} rho^2drho
\\
&=
int_0^{frac{pi}{4}}dthetaint_0^{sqrt{2}} rho^2drho
\\
&=
frac{pi}{4} cdot frac{2^{frac{3}{2}}}{3}
\\
&=
frac{sqrt{2}}{6} pi
end{aligned}
]题目328
[
text{求二重积分：} int_0^1dyint_y^1 xsqrt{2xy-y^2} dx
]解答
对于
xsqrt{x-1} 这个函数 直接积分 是不太好积的，考虑 极直互化 或 交换积分次序
本题的 积分区域 是一个 角型区域，考虑化 极坐标
[
begin{aligned}
&int_0^frac{pi}{4} dtheta int_0^frac{1}{costheta} rcosthetasqrt{2r^2costhetasintheta - r^2sin^2theta} rdr \\
=&
int_0^{frac{pi}{4}} dtheta int_0^frac{1}{costheta} r^3costheta sqrt{2sinthetacostheta - sin^2theta} dr \\
=&
frac{1}{4}int_0^frac{pi}{4} costheta sqrt{2sinthetacostheta - sin^2theta} cdot frac{1}{cos^4theta} dtheta \\
=&
frac{1}{4}int_0^frac{pi}{4} sqrt{2tantheta - tan^2theta} cdot frac{1}{cos^2theta} dtheta \\
=&
frac{1}{4}int_0^frac{pi}{4} sqrt{2tantheta - tan^2theta}dtantheta \\
=&
frac{1}{4}int_0^1 sqrt{2u - u^2} du = frac{1}{4}int_{-frac{pi}{2}}^0 cos^2t dt = frac{1}{4}int_0^{frac{pi}{2}} cos^2t dt \\
=& frac{1}{4} cdot frac{1}{2} cdot frac{pi}{2} quad (text{点火公式})\\
=& frac{pi}{16}
end{aligned}
]题目329
[
lim_{ntoinfty} frac{sqrt[n]{2}-1}{sqrt[n]{2n 1}} cdot sum_{i=1}^nint_1^{frac{2i-1}{2n}}e^{-y^2}dy
]解答
这题我问了一下我数学
150 的同学，他给我分析的明明白白的，接下来我来洗稿（不是）
和式极限 无外乎两种做法：
- 定积分定义
- 夹逼准则
本题的 和式 过于复杂，放缩 不好掌握尺度，故考虑 凑定积分定义
本题是把 区间
[0,1] 拆分成
n 个 子区间，每个 子区间 范围为
[dfrac{i-1}{n}, dfrac{i}{n}]quad i = 1,2,...,n一般的 定积分定义 我们在每个 子区间 进行 估计 的时候，都是用的 右端点
dfrac{i}{n}但实际上， 定积分定义 中的 估计点 可以是该 子区间 中的 任意一点，比如本题用的 中点
dfrac{2i-1}{2n}这就是 本题 的 唯一考点 了，考察学生对于 定积分定义 的了解，如果只是 背模板 取 右端点 就会 死的很惨
[
begin{aligned}
&quad
lim_{ntoinfty} frac{sqrt[n]{2}-1}{sqrt[n]{2n 1}} cdot sum_{i=1}^nint_1^{frac{2i-1}{2n}}e^{-y^2}dy \\
=&quad
lim_{ntoinfty} frac{e^{frac{ln 2}{n}}-1}{(1 2n)^{frac{1}{n}}} cdot sum_{i=1}^nint_1^{frac{2i-1}{2n}}e^{-y^2}dy \\
=&quad
ln 2 cdot lim_{ntoinfty} frac{1}{n} cdot sum_{i=1}^nint_1^{frac{2i-1}{2n}}e^{-y^2}dy \\
=& quad
ln 2 cdot lim_{ntoinfty} frac{1}{n} cdot f(frac{2i-1}{2n}) \\
=&quad -
ln 2 cdot int_0^1dxint_x^1e^{-y^2} dx \\
=& quad -
ln 2 cdot int_0^1dyint_0^ye^{-y^2} dx \\
=&quad frac{ln 2}{2} cdot int_0^1e^{-y^2} d(-y^2) \\
=& quad frac{ln 2}{2}cdot e^{-y^2}bigg|_0^1 \\
=& quad frac{ln 2(1-e)}{2e}
end{aligned}
]题目330
设
D 是由
0le x le 1, 0 le y le 1 所确定的平面区域，求
iintlimits_Dsqrt{x^2 y^2}dxdy解答
被积函数 里有
x^2 y^2，考虑转换成 极坐标
[
begin{aligned}
text{原式} quad
= quad &
int_0^{frac{pi}{4}}dthetaint_0^{frac{1}{costheta}} r^2dr
int_{frac{pi}{4}}^frac{pi}{2}dthetaint_0^{frac{1}{sintheta}} r^2dr
\\
= quad &
frac{1}{3}bigg(int_0^{frac{pi}{4}} sec^3theta dtheta int_{frac{pi}{4}}^frac{pi}{2} csc^3theta dthetabigg)
\\
= quad &
frac{2}{3}bigg(int_0^{frac{pi}{4}} sec^3theta dthetabigg)
\\
end{aligned}
][
begin{aligned}
int sec^3x dx = tan xsec x - int tan^2 x sec x dx = tan xsec x - int (sec^3 - sec x) dx \\
=tan xsec x - I intsec xdx Rightarrow I = frac{1}{2}tan x sec x frac{1}{2} ln (tan x sec x) C
end{aligned}
][
text{原式} =
frac{1}{3}tan x sec x frac{1}{3} ln (tan x sec x) bigg|_0^{frac{pi}{4}} = frac{sqrt{2}}{3} frac{1}{3}ln (1 sqrt{2})
] # 题目331
[
text{计算积分：} int_{frac{pi}{4}}^{frac{3pi}{4}}dthetaint_0^{2sintheta} [sintheta costhetasqrt{1 r^2sin^2theta}]r^2dr
]解答
直接积不好积，考虑 极直互化
二重积分 一般考只考两个知识点： 1. 极直互化 2. 交换积分次序
不会让你上来直接做两次积分就能求出来的，这也是 命题人 的 套路
求出积分域，
r = 2sintheta Rightarrow r^2 = 2rsintheta Rightarrow x^2 y^2 = 2y Rightarrow x^2 (y-1)^2 = 1是 一个圆，在
y=x, y = -x 的 上方区域，因此具有天然 对称性：关于
y 轴对称
所以，被积函数 有一部分可以直接等于
0[
begin{aligned}
text{原式} quad
= &quad
iintlimits_D(y xsqrt{1 y^2}) dsigma
\\
= &quad
iintlimits_Dy dsigma
\\
= &quad
2int_0^1dxint_x^{1 sqrt{1-x^2}} ydy
\\
= &quad
2int_0^1 (1-x^2 2sqrt{1-x^2}) dx
\\
= &quad
2 cdot (1 - frac{1}{3} frac{pi}{4})
\\
= &quad
frac{4}{3} frac{pi}{2}
\\
end{aligned}
]题目332
D = \{(x,y)||x| |y| le dfrac{pi}{2}\}，比较积分大小：
[
I_1=iintlimits_Dsqrt{x^2 y^2}dsigma,I_2=iintlimits_Dsinsqrt{x^2 y^2}dsigma,I_3=iintlimits_D(1-cossqrt{x^2 y^2})dsigma
]解答
由于积分区域相同，故只需比较被积函数大小
令
x^2 y^2 = u^2[
I_1 = iintlimits_D u dsigma,I_2 = iintlimits_D sin u dsigma,
I_3 = iintlimits_D (1-cos u) dsigma,
]令
f(x) = x -1 cos x，则
f(0) = 0, f'(x) = 1 - sin x > 0故
x > 1-cos x令
f(x) = sin x -1 cos x，则
f(0) = 0, f'(x) = cos x - sin x易得：
f(x) 在
[0, dfrac{pi}{4}] 单增，在
[dfrac{pi}{4}, dfrac{pi}{2}] 单减，且
f(0) = 0, f(dfrac{pi}{2}) = 0故
f(x) > 0 Rightarrow sin x > 1-cos x综上：
x > sin x > 1- cos x故：
I_1 > I_2 > I_3题目333
D = \{(x,y)||x| |y| le dfrac{pi}{2}\}，比较积分大小：
[
I_1=iintlimits_D(2x^2 tan(xy^2))dsigma,I_2=iintlimits_D(x^2y 2tan y^2)dsigma,I_3=iintlimits_D(|xy| y^2)dsigma
]解答
相同积分域 的 积分比大小，只需比较 被积函数 大小即可
本题积分域同上题，是由 四条直线 围成的 正方形区域
由于 被积函数 过于复杂，考虑利用 对称性 和 奇偶性 进行 化简，显然图像关于
x,y 轴对称
而剩余部分都是关于
x,y 的偶函数，直接对称到第一象限，从而去掉绝对值
[
I_1 = 4iintlimits_{D_1} 2x^2 dsigma，I_2 = 4iintlimits_{D_1} 2tan y^2 dsigma，I_3 = 4iintlimits_{D_1} (xy y^2) dsigma
]观察积分域
D，具有明显的 轮换对称性，又根据
I = dfrac{1}{2}iintlimits_D[f(x,y) f(y,x)]dxdy 得:
tan x > x Rightarrow I_2 > I_1[
I_1 = 2iintlimits_{D_1} (2x^2 2y^2) dsigma,
I_3 = 2iintlimits_{D_1} (x^2 y^2 2xy) dsigma lt
2iintlimits_{D_1} (x^2 y^2 x^2 y^2) dsigma
]故
I_3 lt I_1 < I_2题目334
[
text{可微函数} f(x) text{满足} f'(x) = f(x) int_0^1f(x)dxtext{，且} f(0) = 1text{，求} f(x)
]解答
看见求原函数
f(x) 那只有一条途径：微分方程
所给的 方程 中含有 定积分，做法一般都是先把 定积分 令为 常数
A 从而化简运算
令
int_0^1f(x)dx = A，则有微分方程：
y' - y = A，变量可分离型：
dfrac{dy}{dx} = A y[
frac{dy}{A y} = dx quadRightarrowquad ln(A y) = x C quadRightarrowquad
y = Ce^x - A
]对
y 在
(0,1) 上进行积分：
[
A = Cint_0^1e^xdx - A quadRightarrowquad A = frac{C(e - 1)}{2}
]代入初值
y(0) = 1：
[
1 = C - frac{C(e - 1)}{2} quadRightarrowquad 2 = C cdot (2 - e 1) quadRightarrowquad C = frac{2}{3-e}
][
text{综上所述：} f(x) = frac{2e^x - e 1}{3-e}
]题目335
设
f(x) 是可导函数，且
f(0) = 0, g(x) = int_0^1xf(tx)dt，并满足方程
f'(x) g'(x)=x，
求由曲线
y=f(x), y = e^{-x} 及直线
x=0,x=2 围成的平面图形的面积
解答
先对
g(x) 的 自变量 和 积分变量 进行分离，令
tx = u，则
xdt = du, g(x) = int_0^x f(u)du故
g'(x) = f(x) 代入方程得：
f'(x) f(x) = x 为 一阶线性微分方程，写出通解：
[
f(x) = e^{-int 1 dx} cdot big[int x cdot e^{int 1dx}dx Cbig] =
e^{-x} cdotbig[ xe^x - e^x C big] = x - 1 Ce^{-x}
]代入初值：
f(0) = C - 1 = 0 quad Rightarrow quad C = 1剩余问题为，求解：由曲线
y=x-1 e^{-x}, y = e^{-x} 及直线
x=0,x=2 围成的平面图形的面积
该图像不是很好绘制，但是可以明显观察到，
y_1 < y_2 (x < 1), y_1 > y_2(x > 1)故我们可以意象出他的一个曲边梯形模样，直接套对应区间的定积分公式即可：
[
begin{aligned}
& quad int_0^2 |y_1 - y_2|dx \\
=&quad
int_0^1(y_2-y_1)dx int_1^2(y_1-y_2)dx
\\
=&quad
int_0^1 (1-x) dx int_1^2 (x - 1) dx
\\
=&quad
(x - frac{1}{2}x^2) bigg|_0^1 (frac{1}{2}x^2 - x) bigg|_1^2
\\
=&quad
frac{1}{2} frac{1}{2}
\\
=&quad
1
\\
end{aligned}
]
