一、极值、最值、条件极值

1. 边界上的最值问题（参数化、一元函数最值问题、条件极值）

2. 理清谁是目标函数，谁是条件

二、二重积分的定义

例1：计算极限 $I=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{(ai+bj{)}^3}{n^5}$$I=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{(a i+b j)^{3}}{n^{5}}$．

分析：利用重积分的定义将二重和式极限问题转化为累次积分。

$$\begin{array}{rl}I& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{(a\frac{i}{n}+b\frac{j}{n}{)}^3}{n^2}\\ & ={\iint }_{\times }(ax+by{)}^{3}dxdy\\ & ={\int }_0^{1}dx{\int }_0^1(ax+by{)}^{3}dy\\ & ={\int }_0^1{[\frac{1}{4b}(ax+by{)}^4]}_0^{1}dx\\ & =\frac{1}{4b}{\int }_0^1[(ax+b{)}^4-(ax{)}^4]dx\\ & =\frac{1}{4b}{[\frac{(ax+b{)}^5}{5a}-\frac{(ax{)}^5}{5a}]}_0^1\\ & =\frac{1}{20ab}[(a+b{)}^5-a^5-b^5]\end{array}$$

注意：

• 需出现 $\frac{i}{n}$$\frac{i}{n}$ 或类似的形式才能算作分划。

• 如果在变换时有系数的调整，须在间隔处考虑。

• 比如：$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^n\frac{1}{n^5}(ai+bjsin\frac{k\pi }{n}{)}^2$$\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^5}(ai+bjsin\frac{k\pi}{n})^2$

三、二重积分的计算

技巧：线性性、积分区域划分、变量替换、对称性等

例1：计算球体 $x^2+y^2+z^2⩽a^2$$x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant a^{2}$ 被圆柱 $x^2+y^2=ax$$x^{2}+y^{2}=a x$ 所截得的那部分体积。

分析：由对称性，计算第一卦限内体积再 4 倍之。

$$V=4{\iint }_D\sqrt{a^2-x^2-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,D:x^2+y^2⩽ax,y⩾0$$

极坐标变换下，积分域 $D$$D$ 的圆弧边界曲线化为 $r=a\cos \theta ,0⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2}$$r=a \cos \theta, 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$．

$$\begin{array}{rl}V& =4{\iint }_D\sqrt{a^2-x^2-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{a\cos \theta }\sqrt{a^2-r^2}r\mathrm{d}r\\ & =4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{[-\frac{1}{3}(a^2-r^2{)}^{3/2}]}_0^{a\cos \theta }d\theta \\ & =\frac{4}{3}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(a^3-(a^2-a^2{\cos }^2\theta {)}^{3/2})d\theta \\ & =\frac{4}{3}{a}^3{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}(1-{\sin }^3\theta )\mathrm{d}\theta \\ & =\frac{4}{3}{a}^3(\frac{\pi }{2}-\frac{2}{3})\\ & =\frac{2}{3}\pi a^3-\frac{8}{9}{a}^3\end{array}$$

注意：在此处涉及到开方运算，如果不利用对称性将 $\theta$$\theta$ 范围调整在 $[0,\frac{\pi }{2}]$$[0, \frac{\pi}{2}]$ 内就会出现错误答案。因此建议先用对称性化简积分。

例2：计算闭曲线 ${(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2})}^2=x^2-y^2(a,b>0)$$\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)^{2}=x^{2}-y^{2}(a, b>0)$ 所围成图形的面积。

分析：积分域画不出怎么办？分析推出积分上下限。由对称性，计算第一象限内区域面积再 4 倍之。

令 $x=ar\cos \theta ,y=br\sin \theta ,|J|=abr$$x=a r \cos \theta, y=b r \sin \theta, |J|=a b r$.

代入方程得：

$$(r^2{\cos }^2\theta +r^2{\sin }^2\theta {)}^2=a^2{r}^2{\cos }^2\theta -b^2{r}^2{\sin }^2\theta$$

$$r^4=r^2(a^2{\cos }^2\theta -b^2{\sin }^2\theta )$$

故 $0⩽r^2⩽a^2{\cos }^2\theta -b^2{\sin }^2\theta$$0 \leqslant r^{2} \leqslant a^{2} \cos ^{2} \theta-b^{2} \sin ^{2} \theta$.

由 $r^2\ge 0$$r^{2} \ge 0$ 可得 $a^2{\cos }^2\theta -b^2{\sin }^2\theta ⩾0⟹{\tan }^2\theta \le \frac{a^2}{b^2}⟹0⩽\theta ⩽\arctan \frac{a}{b}$$a^{2} \cos ^{2} \theta-b^{2} \sin ^{2} \theta \geqslant 0 \Longrightarrow \tan^2\theta \le \frac{a^2}{b^2} \Longrightarrow 0 \leqslant \theta \leqslant \arctan \frac{a}{b}$.

$$\begin{array}{rl}S& =4{\int }_0^{\arctan \frac{a}{b}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{a^2{\cos }^2\theta -b^2{\sin }^2\theta }}abr\mathrm{d}r\\ & =4{\int }_0^{\arctan \frac{a}{b}}ab{\left[\frac{1}{2}{r}^2\right]}_0^{\sqrt{a^2{\cos }^2\theta -b^2{\sin }^2\theta }}d\theta \\ & =2ab{\int }_0^{\arctan \frac{a}{b}}(a^2{\cos }^2\theta -b^2{\sin }^2\theta )d\theta \\ & =ab{\int }_0^{\arctan \frac{a}{b}}[a^2(1+\cos (2\theta ))-b^2(1-\cos (2\theta ))]d\theta \\ & =ab{\int }_0^{\arctan \frac{a}{b}}[(a^2-b^2)+(a^2+b^2)\cos (2\theta )]d\theta \\ & =\frac{1}{2}ab(a^2-b^2)\arctan (\frac{a}{b})+\frac{1}{2}ab\end{array}$$

四、重积分的综合应用

1. 积分相关的极限问题

• 从积分的角度出发，可利用积分中值定理将难以计算/难以放缩的部分从积分中拿出来。

• 从极限的角度出发，可利用洛必达法则计算，但前提是原重积分已被化简为一元积分。

下面给出两道例题：

例1：设 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽r^2\}$$D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant r^2\right\}$ ，求极限 $\underset{r\to 0}{lim}\frac{1}{\pi r^2}{\iint }_D{e}^{x^2-y^2}\cos (x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$\lim _{r \rightarrow 0} \frac{1}{\pi r^{2}} \iint_{D} e^{x^{2}-y^{2}} \cos (x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ．

解：由积分中值定理，因 $f(x,y)={\mathrm{e}}^{x^2-y^2}\cos (x+y)$$f(x, y)=\mathrm{e}^{x^{2}-y^{2}} \cos (x+y)$ 在有界闭区域 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽r^2\}$$D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant r^{2}\right\}$ 上连续，则在 $D$$D$ 上至少存在一点 $(\xi ,\eta )$$(\xi, \eta)$, 使得：

$${\iint }_D{\mathrm{e}}^{x^2-y^2}\cos (x+y)\mathrm{d}\sigma =f(\xi ,\eta )\cdot \text{Area}(D)=f(\xi ,\eta )\cdot \pi r^2$$

即

$$\frac{1}{\pi r^2}{\iint }_D{\mathrm{e}}^{x^2-y^2}\cos (x+y)\mathrm{d}\sigma =f(\xi ,\eta )$$

当 $r\to 0$$r \to 0$ 时，区域 $D$$D$ 收缩到点 $(0,0)$$(0,0)$，因此点 $(\xi ,\eta )\in D$$(\xi, \eta) \in D$ 也趋于 $(0,0)$$(0,0)$。而由于 $f(x,y)$$f(x,y)$ 连续，故：

$$\underset{r\to 0}{lim}\frac{1}{\pi r^2}{\iint }_D{\mathrm{e}}^{x^2-y^2}\cos (x+y)\mathrm{d}\sigma =\underset{r\to 0}{lim}f(\xi ,\eta )=f(\underset{r\to 0}{lim}(\xi ,\eta ))=f(0,0)=1$$

例2：计算极限 $\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{{\int }_0^t\mathrm{d}x{\int }_x^t({\mathrm{e}}^{x^2}-{\mathrm{e}}^{y^2})\mathrm{d}y}{t^4}$$\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\int_{0}^{t} \mathrm{~d} x \int_{x}^{t}\left(\mathrm{e}^{x^{2}}-\mathrm{e}^{y^{2}}\right) \mathrm{d} y}{t^{4}}$ ．

解：

$$\begin{array}{rl}\text{原式}& =\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{{\int }_0^{t}dx{\int }_x^t{e}^{x^2}dy-{\int }_0^{t}dx{\int }_x^t{e}^{y^2}dy}{t^4}\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{{\int }_0^t{e}^{x^2}(t-x)dx-{\int }_0^{t}dy{\int }_0^y{e}^{y^2}dx}{t^4}(\text{交换积分次序})\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{t{\int }_0^t{\mathrm{e}}^{x^2}\mathrm{d}x-{\int }_0^{t}x{\mathrm{e}}^{x^2}\mathrm{d}x-{\int }_0^{t}y{\mathrm{e}}^{y^2}y\mathrm{d}y}{t^4}\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{t{\int }_0^t{\mathrm{e}}^{x^2}\mathrm{d}x-2{\int }_0^{t}x{\mathrm{e}}^{x^2}\mathrm{d}x}{t^4}(\text{洛必达法则})\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{{\int }_0^t{\mathrm{e}}^{x^2}\mathrm{d}x+t{e}^{t^2}-2t{e}^{t^2}}{4t^3}\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{{\int }_0^t{\mathrm{e}}^{x^2}\mathrm{d}x-t{\mathrm{e}}^{t^2}}{4t^3}(\text{洛必达法则})\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{e^{t^2}-(e^{t^2}+t\cdot e^{t^2}\cdot 2t)}{12t^2}\\ & =\underset{t\to 0^{+}}{lim}\frac{-2t^2{e}^{t^2}}{12t^2}=-\frac{1}{6}\end{array}$$

2. 积分方程问题

常见的积分方程：

1. 由定积分定义的积分方程

   • 把定积分令为一个常数 $a$$a$，把 $a$$a$ 求出来。

2. 由变限积分函数定义的积分方程

   • 直接求导转化为微分方程。

   • 隐藏初始条件（上下限相同时积分为0）。

   • 注：三种变上限积分的求导方法：

     1. 能移出积分号的移出积分号（拆分凑并）。

     2. 把被积函数中的与积分无关变量通过变量替换变换到上下限中。

     3. 莱布尼茨积分法则： 若 $F(t)={\int }_{c(t)}^{d(t)}f(x,t)dx$$F(t) = \int_{c(t)}^{d(t)} f(x, t) \, dx$，则

        $$F^{\prime }(t)=f(d(t),t)\cdot d^{\prime }(t)-f(c(t),t)\cdot c^{\prime }(t)+{\int }_{c(t)}^{d(t)}\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)dx$$

        而当积分上下限为常数时，公式简化为：

        $$\frac{d}{dt}{\int }_c^{d}f(x,t)dx={\int }_c^d\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)dx$$

下面给出两个例题：

例1：已知二元函数 $f(x,y)$$f(x, y)$ 满足 $f(x,y)=y+2{\int }_0^{x}f(x-t,y)\mathrm{d}t$$f(x, y)=y+2 \int_{0}^{x} f(x-t, y) \mathrm{d} t$, $g(x,y)$$g(x, y)$ 满足 $\frac{\partial g}{\partial x}=1,\frac{\partial g}{\partial y}=-1,g(0,0)=0$$\frac{\partial g}{\partial x}= 1, \frac{\partial g}{\partial y}=-1, g(0,0)=0$ ，求 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left[\frac{f(\frac{1}{n},n)}{g(n,1)}\right]}^n$$\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{f\left(\frac{1}{n}, n\right)}{g(n, 1)}\right]^{n}$ ．

解：

1. 求解 f(x,y)： 在积分 ${\int }_0^{x}f(x-t,y)dt$$\int_{0}^{x} f(x-t, y) dt$ 中，令 $u=x-t$$u=x-t$，则 $t=x-u,dt=-du$$t=x-u, dt=-du$。 当 $t=0$$t=0$ 时 $u=x$$u=x$；当 $t=x$$t=x$ 时 $u=0$$u=0$。

   $${\int }_0^{x}f(x-t,y)dt={\int }_x^{0}f(u,y)(-du)={\int }_0^{x}f(u,y)du$$

   于是原方程变为 $f(x,y)=y+2{\int }_0^{x}f(u,y)\mathrm{d}u$$f(x, y)=y+2 \int_{0}^{x} f(u, y) \mathrm{d} u$。 两边对 $x$$x$ 求偏导，得 $f_x^{\prime }(x,y)=2f(x,y)$$f_{x}^{\prime}(x, y)=2 f(x, y)$。 这是一个关于 $x$$x$ 的常微分方程，解得 $f(x,y)=\phi (y){\mathrm{e}}^{2x}$$f(x, y)=\varphi(y) \mathrm{e}^{2 x}$。 代入 $x=0$$x=0$ 到原方程中，得 $f(0,y)=y+0=y$$f(0, y)=y+0=y$。 又 $f(0,y)=\phi (y)e^0=\phi (y)$$f(0, y)=\varphi(y)e^0 = \varphi(y)$，所以 $\phi (y)=y$$\varphi(y)=y$。 故 $f(x,y)=y{\mathrm{e}}^{2x}$$f(x, y)=y \mathrm{e}^{2 x}$。

2. 求解 g(x,y)： 由 $\frac{\partial g(x,y)}{\partial x}=1$$\frac{\partial g(x, y)}{\partial x}=1$，积分得 $g(x,y)=x+\psi (y)$$g(x, y)=x+\psi(y)$。 再求 $y$$y$ 的偏导：$\frac{\partial g(x,y)}{\partial y}={\psi }^{\prime }(y)$$\frac{\partial g(x, y)}{\partial y}=\psi^{\prime}(y)$。 而已知 $\frac{\partial g(x,y)}{\partial y}=-1$$\frac{\partial g(x, y)}{\partial y}=-1$，则 ${\psi }^{\prime }(y)=-1$$\psi^{\prime}(y)=-1$，积分得 $\psi (y)=-y+C$$\psi(y)=-y+C$。 所以 $g(x,y)=x-y+C$$g(x, y)=x-y+C$。 由 $g(0,0)=0$$g(0,0)=0$，得 $C=0$$C=0$。 故 $g(x,y)=x-y$$g(x, y)=x-y$。

3. 求极限：

   $$\begin{array}{rl}\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left[\frac{f(\frac{1}{n},n)}{g(n,1)}\right]}^n& =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left(\frac{n{e}^{\frac{2}{n}}}{n-1}\right)}^n\\ & =\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}(e^{\frac{2}{n}}{)}^n\cdot {\left(\frac{n}{n-1}\right)}^n\\ & =e^2\cdot \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{\left(\frac{n-1+1}{n-1}\right)}^n\\ & =e^2\cdot \underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{(1+\frac{1}{n-1})}^{n-1}\cdot {(1+\frac{1}{n-1})}^1\\ & =e^2\cdot e\cdot 1=e^3\end{array}$$

例2：若 $f(x,y)$$f(x, y)$ 在 $\times$$\times$ 上连续，且 $xy{({\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y)}^2=f(x,y)-1$$x y\left(\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right)^{2}=f(x, y)-1$ ，求 $f(x,y)$$f(x, y)$。

解： 令常数 $A={\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$A = \iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$。 则方程变为 $xy{A}^2=f(x,y)-1$$xy A^2 = f(x,y) - 1$，即 $f(x,y)=xy{A}^2+1$$f(x,y) = xyA^2 + 1$。

将此表达式代入 $A$$A$ 的定义中：

$$A={\iint }_D(xy{A}^2+1)dxdy$$

$$A=A^2{\iint }_{D}xydxdy+{\iint }_{D}1dxdy$$

其中 $D=\times$$D = \times$。 ${\iint }_{D}1dxdy=\text{Area}(D)=1$$\iint_D 1 \, dxdy = \text{Area}(D) = 1$。 ${\iint }_{D}xydxdy={\int }_0^{1}xdx{\int }_0^{1}ydy=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{4}$$\iint_D xy \, dxdy = \int_0^1 x \, dx \int_0^1 y \, dy = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$。

代入得：

$$A=A^2\cdot \frac{1}{4}+1$$

整理得 $A^2-4A+4=0$$A^2 - 4A + 4 = 0$，即 $(A-2{)}^2=0$$(A-2)^2=0$。 解得 $A=2$$A=2$。

所以 $f(x,y)=xy(2{)}^2+1=4xy+1$$f(x,y) = xy(2)^2 + 1 = 4xy+1$。

3. 对称性的应用

运用轮换对称性+奇偶性简化计算/处理不能用常规手段解决的积分。 下面给出两个例题：

例1：设 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2⩽4,x⩾0,y⩾0\},f(x)$$D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 4, x \geqslant 0, y \geqslant 0\right\}, f(x)$ 是 $D$$D$ 上的正值连续函数。计算 $I={\iint }_D\frac{a\sqrt{f(x)}+b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$I = \iint_{D} \frac{a \sqrt{f(x)}+b \sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$．

分析：利用轮换对称性。积分区域 $D$$D$ 关于直线 $y=x$$y=x$ 对称。

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D\frac{a\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy+{\iint }_D\frac{b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy\end{array}$$

记 $I_1={\iint }_D\frac{\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy$$I_1 = \iint_D \frac{\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy$ 和 $I_2={\iint }_D\frac{\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy$$I_2 = \iint_D \frac{\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy$。

由于区域 $D$$D$ 关于 $y=x$$y=x$ 对称，交换 $x,y$$x,y$ 积分值不变，所以 $I_1=I_2$$I_1 = I_2$。

又因为 $I_1+I_2={\iint }_D\frac{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy={\iint }_{D}1dxdy=\text{Area}(D)=\frac{1}{4}\pi (2^2)=\pi$$I_1 + I_2 = \iint_D \frac{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy = \iint_D 1 \, dxdy = \text{Area}(D) = \frac{1}{4}\pi (2^2) = \pi$。

所以 $I_1=I_2=\frac{\pi }{2}$$I_1 = I_2 = \frac{\pi}{2}$。

因此 $I=a{I}_1+b{I}_2=(a+b)\frac{\pi }{2}$$I = a I_1 + b I_2 = (a+b)\frac{\pi}{2}$。

例2：设正方形区域 $D=\{(x,y)||x|⩽1,|y|⩽1\}$$D = \{(x, y)||x| \leqslant 1,|y| \leqslant 1\}$ 被对角线分为四个区域 $D_k(k=1,2,3,4)$$D_{k}(k=1,2,3,4)$，$I_k={\iint }_{D_k}y\cos x\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$I_{k}= \iint_{D_{k}} y \cos x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$。求 $max\left\{I_k\right\}$$\max \left\{I_{k}\right\}$。

分析：被积函数 $f(x,y)=y\cos x$$f(x,y) = y\cos x$。由于 $\cos x$$\cos x$ 在 $[-1,1]$$[-1,1]$ 上是偶函数且大于0，所以积分的符号完全由 $y$$y$ 决定。

• 在 $y>0$$y>0$ 的区域 ($D_1$$D_1$ 和 $D_2$$D_2$)，$f(x,y)>0$$f(x,y) > 0$，所以 $I_1>0,I_2>0$$I_1 > 0, I_2 > 0$。

• 在 $y<0$$y<0$ 的区域 ($D_3$$D_3$ 和 $D_4$$D_4$)，$f(x,y)<0$$f(x,y) < 0$，所以 $I_3<0,I_4<0$$I_3 < 0, I_4 < 0$。

因此最大值在 $I_1$$I_1$ 和 $I_2$$I_2$ 之间。比较 $D_1$$D_1$ 和 $D_2$$D_2$ 即可。

• $D_1$$D_1$: $y>0,y>x,y>-x$$y>0, y>x, y>-x$

• $D_2$$D_2$: $y>0,y<x,y>-x$$y>0, y<x, y>-x$ (这里假设 $D_1$$D_1$ 为上三角， $D_2$$D_2$为右三角)

由于 $\cos x$$\cos x$ 是关于 $y$$y$ 轴对称的，比较 $D_1$$D_1$ 和 $D_2$$D_2$ 上的积分，相当于比较在 $y$$y$ 固定的情况下，$\cos x$$\cos x$ 在不同 $x$$x$ 区间上的积分。由于 $\cos x$$\cos x$ 在 $$ 上递减，离 $y$ 轴越近值越大。$D_1$ 区域更靠近 $y$ 轴，因此 $I_1$ 对应的积分值更大。

答案：A. $I_1$$I_1$ (假设$D_1$$D_1$是包含正y轴的区域)。

4. 重积分的变上限积分求导

思路:

1. 先拆解，自变量到底是谁，明确函数构成。

2. 换序 / 套变上限积分求导公式。

例：若 $f(x)$$f(x)$ 连续，$F(t)={\int }_1^t\mathrm{d}y{\int }_y^{t}f(x)\mathrm{d}x$$F(t)=\int_{1}^{t} \mathrm{~d} y \int_{y}^{t} f(x) \mathrm{d} x$ ，求 $F^{\prime }(2)$$F^{\prime}(2)$ ．

法一：换序处理 积分区域是 $1\le y\le t,y\le x\le t$$1 \le y \le t, y \le x \le t$，交换次序后变为 $1\le x\le t,1\le y\le x$$1 \le x \le t, 1 \le y \le x$。

$$F(t)={\int }_1^t\mathrm{d}x{\int }_1^{x}f(x)\mathrm{d}y={\int }_1^{t}f(x){\left[y\right]}_1^x\mathrm{d}x={\int }_1^t(x-1)f(x)\mathrm{d}x$$

根据变上限积分求导法则：

$$F^{\prime }(t)=(t-1)f(t)$$

所以 $F^{\prime }(2)=(2-1)f(2)=f(2)$$F^{\prime}(2)=(2-1)f(2) = f(2)$。

法二：莱布尼茨积分法则 令 $g(y,t)={\int }_y^{t}f(x)dx$$g(y,t)=\int_{y}^{t}f(x)dx$。则 $F(t)={\int }_1^{t}g(y,t)dy$$F(t) = \int_1^t g(y,t) dy$。

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(t)& =g(t,t)\cdot \frac{d(t)}{dt}-g(1,t)\cdot \frac{d(1)}{dt}+{\int }_1^t\frac{\partial g(y,t)}{\partial t}dy\\ & =({\int }_t^{t}f(x)dx)\cdot 1-g(1,t)\cdot 0+{\int }_1^t(\frac{\partial }{\partial t}{\int }_y^{t}f(x)dx)dy\\ & =0+{\int }_1^{t}f(t)dy\\ & =f(t){\int }_1^{t}1\cdot dy=f(t)(t-1)\end{array}$$

所以 $F^{\prime }(2)=f(2)$$F^{\prime}(2)=f(2)$。

5. 积分计算

例：计算 ${\iiint }_{V}x{y}^2{z}^3\mathrm{d}V$$\iiint_{V} x y^{2} z^{3} \mathrm{~d} V$ ，其中 V 是由曲面 $z=xy,y=x,x=1,z=0$$z=x y, y=x, x=1, z=0$ 所围区域。

分析：

1. 确定积分域：

   • 投影到 $xy$$xy$ 平面：由 $y=x,x=1$$y=x, x=1$ 和 $z=0⟹xy=0⟹x=0$$z=0 \implies xy=0 \implies x=0$ 或 $y=0$$y=0$ 围成。在第一象限，即由 $y=x,x=1,y=0$$y=x, x=1, y=0$ 围成的三角形区域 $D_{xy}$$D_{xy}$。

   • $z$$z$ 的范围：下界是 $z=0$$z=0$，上界是 $z=xy$$z=xy$。

2. 计算积分：

   $$\begin{array}{rl}{\iiint }_{V}x{y}^2{z}^3\mathrm{d}V& ={\iint }_{D_{xy}}\left({\int }_0^{xy}x{y}^2{z}^{3}dz\right)dxdy\\ & ={\iint }_{D_{xy}}x{y}^2{\left[\frac{z^4}{4}\right]}_0^{xy}dxdy\\ & =\frac{1}{4}{\iint }_{D_{xy}}x{y}^2(xy{)}^{4}dxdy\\ & =\frac{1}{4}{\iint }_{D_{xy}}{x}^5{y}^{6}dxdy\\ & =\frac{1}{4}{\int }_0^1{x}^5\left({\int }_0^x{y}^{6}dy\right)dx\\ & =\frac{1}{4}{\int }_0^1{x}^5{\left[\frac{y^7}{7}\right]}_0^{x}dx\\ & =\frac{1}{28}{\int }_0^1{x}^5\cdot x^{7}dx=\frac{1}{28}{\int }_0^1{x}^{12}dx\\ & =\frac{1}{28}{\left[\frac{x^{13}}{13}\right]}_0^1=\frac{1}{364}\end{array}$$

六、其他重要概念（摘要）

• 复合函数的偏导数与高阶偏导数的计算、方程转化

  • 方程变换：关键在于如何画函数关系（已知的摆两边，未知的放中间）。

  • 一些看似为偏微分方程的题目实际上想让我们凑出原函数。

• 隐函数的存在性及隐函数求导

• 方向导数与梯度

  • 可微、方向导数、可偏导、连续之间的联系。

  • 方向导数：

    1. 用公式之前需要确定函数在该点处是否可微，不可微的话只能用定义。

    2. 用公式时记得把方向向量单位化。

• 多元微分学在几何中的应用

• 极值问题

  1. 隐函数极值问题：解决隐函数的极值问题时，隐函数方程本身也是一个约束条件。

  2. H=0时极值点的判断：

     • 方法一：泰勒展开到更高阶判断符号。

     • 方法二：函数本身已经是多项式时考虑因式分解或者配方，然后看符号或者取特殊路径。

     • 方法三：找特殊路径推矛盾。

  3. 综合性强的题目 (泰勒/全微分定义的应用)

• 连续性

• 偏导数

• 全微分