## 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 $I=\lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{(a i+b j)^{3}}{n^{5}}$．
>
> **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。
>
> $$
> \begin{aligned}
> I &= \lim _{n \rightarrow \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{(a \frac{i}{n}+b \frac{j}{n})^{3}}{n^{2}} \\
> &= \iint_{\times} (ax+by)^3 dxdy \\
> &= \int_0^1 dx \int_0^1 (ax+by)^3 dy \\
> &= \int_0^1 \left[ \frac{1}{4b}(ax+by)^4 \right]_0^1 dx \\
> &= \frac{1}{4b} \int_0^1 [(ax+b)^4 - (ax)^4] dx \\
> &= \frac{1}{4b} \left[ \frac{(ax+b)^5}{5a} - \frac{(ax)^5}{5a} \right]_0^1 \\
> &= \frac{1}{20ab} [(a+b)^5 - a^5 - b^5]
> \end{aligned}
> $$
>
> **注意**：
> *   需出现 $\frac{i}{n}$ 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：$\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n^5}(ai+bjsin\frac{k\pi}{n})^2$

## 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 $x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant a^{2}$ 被圆柱 $x^{2}+y^{2}=a x$ 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。
>
> $$
> V=4 \iint_{D} \sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y, \quad D: x^{2}+y^{2} \leqslant a x, y \geqslant 0
> $$
>
> 极坐标变换下，积分域 $D$ 的圆弧边界曲线化为 $r=a \cos \theta, 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$．
>
> $$
> \begin{aligned}
> V &= 4 \iint_{D} \sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
> &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{a \cos \theta} \sqrt{a^{2}-r^{2}} r \mathrm{~d} r \\
> &= 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left[ -\frac{1}{3}(a^2-r^2)^{3/2} \right]_0^{a\cos\theta} d\theta \\
> &= \frac{4}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (a^3 - (a^2 - a^2\cos^2\theta)^{3/2}) d\theta \\
> &= \frac{4}{3} a^{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\sin ^{3} \theta\right) \mathrm{d} \theta \\
> &= \frac{4}{3} a^3 \left( \frac{\pi}{2} - \frac{2}{3} \right) \\
> &= \frac{2}{3} \pi a^{3}-\frac{8}{9} a^{3}
> \end{aligned}
> $$
>
> **注意**：在此处涉及到开方运算，如果不利用对称性将 $\theta$ 范围调整在 $[0, \frac{\pi}{2}]$ 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 $\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)^{2}=x^{2}-y^{2}(a, b>0)$ 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 $x=a r \cos \theta, y=b r \sin \theta, |J|=a b r$.
>
> 代入方程得：
>
> $$
> (r^2\cos^2\theta + r^2\sin^2\theta)^2 = a^2r^2\cos^2\theta - b^2r^2\sin^2\theta
> $$
> $$
> r^4 = r^2(a^2\cos^2\theta - b^2\sin^2\theta)
> $$
>
> 故 $0 \leqslant r^{2} \leqslant a^{2} \cos ^{2} \theta-b^{2} \sin ^{2} \theta$.
>
> 由 $r^{2} \ge 0$ 可得 $a^{2} \cos ^{2} \theta-b^{2} \sin ^{2} \theta \geqslant 0 \Longrightarrow \tan^2\theta \le \frac{a^2}{b^2} \Longrightarrow 0 \leqslant \theta \leqslant \arctan \frac{a}{b}$.
>
> $$
> \begin{aligned}
> S &= 4 \int_{0}^{\arctan \frac{a}{b}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\sqrt{a^{2} \cos ^{2} \theta-b^{2} \sin ^{2} \theta}} a b r \mathrm{~d} r \\
> &= 4 \int_0^{\arctan \frac{a}{b}} ab \left[ \frac{1}{2}r^2 \right]_0^{\sqrt{a^{2} \cos ^{2} \theta-b^{2} \sin ^{2} \theta}} d\theta \\
> &= 2ab \int_0^{\arctan \frac{a}{b}} (a^2\cos^2\theta - b^2\sin^2\theta) d\theta \\
> &= ab \int_0^{\arctan \frac{a}{b}} [a^2(1+\cos(2\theta)) - b^2(1-\cos(2\theta))] d\theta \\
> &= ab \int_0^{\arctan \frac{a}{b}} [(a^2-b^2) + (a^2+b^2)\cos(2\theta)] d\theta \\
> &= \frac{1}{2}ab(a^2-b^2)\arctan(\frac{a}{b}) + \frac{1}{2}a b
> \end{aligned}
> $$

## 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 $D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant r^2\right\}$ ，求极限 $\lim _{r \rightarrow 0} \frac{1}{\pi r^{2}} \iint_{D} e^{x^{2}-y^{2}} \cos (x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ．
>
> **解**：由积分中值定理，因 $f(x, y)=\mathrm{e}^{x^{2}-y^{2}} \cos (x+y)$ 在有界闭区域 $D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant r^{2}\right\}$ 上连续，则在 $D$ 上至少存在一点 $(\xi, \eta)$, 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 $r \to 0$ 时，区域 $D$ 收缩到点 $(0,0)$，因此点 $(\xi, \eta) \in D$ 也趋于 $(0,0)$。而由于 $f(x,y)$ 连续，故：
>
> $$
> \lim _{r \rightarrow 0} \frac{1}{\pi r^{2}} \iint_{D} \mathrm{e}^{x^{2}-y^{2}} \cos (x+y) \mathrm{d} \sigma=\lim _{r \rightarrow 0} f(\xi, \eta)=f\left(\lim _{r \rightarrow 0}(\xi, \eta)\right)=f(0,0)=1
> $$

> **例2**：计算极限 $\lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{\int_{0}^{t} \mathrm{~d} x \int_{x}^{t}\left(\mathrm{e}^{x^{2}}-\mathrm{e}^{y^{2}}\right) \mathrm{d} y}{t^{4}}$ ．
>
> **解**：
> $$
> \begin{aligned}
> \text{原式} &= \lim _{t \rightarrow 0^+} \frac{\int_{0}^{t} dx \int_{x}^{t} e^{x^{2}}d y - \int_{0}^{t}d x \int_{x}^{t} e^{y^{2}}d y}{t^{4}} \\
> &= \lim _{t \rightarrow 0^+} \frac{\int_{0}^{t} e^{x^{2}}(t-x) d x - \int_{0}^{t} d y \int_{0}^{y} e^{y^{2}} d x}{t^{4}} \quad (\text{交换积分次序}) \\
> &= \lim _{t \rightarrow 0^+} \frac{t \int_{0}^{t} \mathrm{e}^{x^{2}} \mathrm{~d} x - \int_{0}^{t} x \mathrm{e}^{x^{2}} \mathrm{~d} x - \int_{0}^{t} y \mathrm{e}^{y^{2}} y \mathrm{~d} y}{t^{4}} \\
> &= \lim _{t \rightarrow 0^+} \frac{t \int_{0}^{t} \mathrm{e}^{x^{2}} \mathrm{~d} x - 2\int_{0}^{t} x \mathrm{e}^{x^{2}} \mathrm{~d} x}{t^{4}} \quad (\text{洛必达法则}) \\
> &= \lim _{t \rightarrow 0^+} \frac{\int_{0}^{t} \mathrm{e}^{x^{2}} \mathrm{~d} x + t e^{t^2} - 2 t e^{t^2}}{4 t^{3}} \\
> &= \lim _{t \rightarrow 0^+} \frac{\int_{0}^{t} \mathrm{e}^{x^{2}} \mathrm{~d} x - t \mathrm{e}^{t^{2}}}{4 t^{3}} \quad (\text{洛必达法则}) \\
> &= \lim _{t \rightarrow 0^+} \frac{e^{t^2} - (e^{t^2} + t \cdot e^{t^2} \cdot 2t)}{12t^2} \\
> &= \lim _{t \rightarrow 0^+} \frac{-2t^2 e^{t^2}}{12t^2} = -\frac{1}{6}
> \end{aligned}
> $$

### 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 $a$，把 $a$ 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 $F(t) = \int_{c(t)}^{d(t)} f(x, t) \, dx$，则
            $$
            F'(t) = f(d(t), t) \cdot d'(t) - f(c(t), t) \cdot c'(t) + \int_{c(t)}^{d(t)} \frac{\partial f}{\partial t}(x, t) \, dx
            $$
            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 $f(x, y)$ 满足 $f(x, y)=y+2 \int_{0}^{x} f(x-t, y) \mathrm{d} t$, $g(x, y)$ 满足 $\frac{\partial g}{\partial x}= 1, \frac{\partial g}{\partial y}=-1, g(0,0)=0$ ，求 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{f\left(\frac{1}{n}, n\right)}{g(n, 1)}\right]^{n}$ ．
>
> **解**：
> 1.  **求解 f(x,y)**：
>     在积分 $\int_{0}^{x} f(x-t, y) dt$ 中，令 $u=x-t$，则 $t=x-u, dt=-du$。
>     当 $t=0$ 时 $u=x$；当 $t=x$ 时 $u=0$。
>     $$
>     \int_{0}^{x} f(x-t, y) dt = \int_{x}^{0} f(u,y)(-du) = \int_{0}^{x} f(u,y)du
>     $$
>     于是原方程变为 $f(x, y)=y+2 \int_{0}^{x} f(u, y) \mathrm{d} u$。
>     两边对 $x$ 求偏导，得 $f_{x}^{\prime}(x, y)=2 f(x, y)$。
>     这是一个关于 $x$ 的常微分方程，解得 $f(x, y)=\varphi(y) \mathrm{e}^{2 x}$。
>     代入 $x=0$ 到原方程中，得 $f(0, y)=y+0=y$。
>     又 $f(0, y)=\varphi(y)e^0 = \varphi(y)$，所以 $\varphi(y)=y$。
>     故 $f(x, y)=y \mathrm{e}^{2 x}$。
>
> 2.  **求解 g(x,y)**：
>     由 $\frac{\partial g(x, y)}{\partial x}=1$，积分得 $g(x, y)=x+\psi(y)$。
>     再求 $y$ 的偏导：$\frac{\partial g(x, y)}{\partial y}=\psi^{\prime}(y)$。
>     而已知 $\frac{\partial g(x, y)}{\partial y}=-1$，则 $\psi^{\prime}(y)=-1$，积分得 $\psi(y)=-y+C$。
>     所以 $g(x, y)=x-y+C$。
>     由 $g(0,0)=0$，得 $C=0$。
>     故 $g(x, y)=x-y$。
>
> 3.  **求极限**：
>     $$
>     \begin{aligned}
>     \lim _{n \rightarrow \infty}\left[\frac{f(\frac{1}{n}, n)}{g(n, 1)}\right]^{n} &= \lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{n e^{\frac{2}{n}}}{n-1}\right)^{n} \\
>     &= \lim_{n \to \infty} (e^{\frac{2}{n}})^n \cdot \left(\frac{n}{n-1}\right)^n \\
>     &= e^2 \cdot \lim_{n \to \infty} \left( \frac{n-1+1}{n-1} \right)^n \\
>     &= e^2 \cdot \lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n-1} \right)^{n-1} \cdot \left( 1 + \frac{1}{n-1} \right)^1 \\
>     &= e^2 \cdot e \cdot 1 = e^3
>     \end{aligned}
>     $$

> **例2**：若 $f(x, y)$ 在 $ \times$ 上连续，且 $x y\left(\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right)^{2}=f(x, y)-1$ ，求 $f(x, y)$。
>
> **解**：
> 令常数 $A = \iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$。
> 则方程变为 $xy A^2 = f(x,y) - 1$，即 $f(x,y) = xyA^2 + 1$。
>
> 将此表达式代入 $A$ 的定义中：
> $$
> A = \iint_D (xyA^2 + 1) dxdy
> $$
> $$
> A = A^2 \iint_D xy \, dxdy + \iint_D 1 \, dxdy
> $$
> 其中 $D = \times$。
> $\iint_D 1 \, dxdy = \text{Area}(D) = 1$。
> $\iint_D xy \, dxdy = \int_0^1 x \, dx \int_0^1 y \, dy = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$。
>
> 代入得：
> $$
> A = A^2 \cdot \frac{1}{4} + 1
> $$
> 整理得 $A^2 - 4A + 4 = 0$，即 $(A-2)^2=0$。
> 解得 $A=2$。
>
> 所以 $f(x,y) = xy(2)^2 + 1 = 4xy+1$。

### 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 $D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leqslant 4, x \geqslant 0, y \geqslant 0\right\}, f(x)$ 是 $D$ 上的正值连续函数。计算 $I = \iint_{D} \frac{a \sqrt{f(x)}+b \sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$．
>
> **分析**：利用轮换对称性。积分区域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称。
>
> $$
> \begin{aligned}
> I &= \iint_D \frac{a\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy + \iint_D \frac{b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy \\
> \end{aligned}
> $$
>
> 记 $I_1 = \iint_D \frac{\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy$ 和 $I_2 = \iint_D \frac{\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy$。
>
> 由于区域 $D$ 关于 $y=x$ 对称，交换 $x,y$ 积分值不变，所以 $I_1 = I_2$。
>
> 又因为 $I_1 + I_2 = \iint_D \frac{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}dxdy = \iint_D 1 \, dxdy = \text{Area}(D) = \frac{1}{4}\pi (2^2) = \pi$。
>
> 所以 $I_1 = I_2 = \frac{\pi}{2}$。
>
> 因此 $I = a I_1 + b I_2 = (a+b)\frac{\pi}{2}$。

> **例2**：设正方形区域 $D = \{(x, y)||x| \leqslant 1,|y| \leqslant 1\}$ 被对角线分为四个区域 $D_{k}(k=1,2,3,4)$，$I_{k}= \iint_{D_{k}} y \cos x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$。求 $\max \left\{I_{k}\right\}$。
>
> **分析**：被积函数 $f(x,y) = y\cos x$。由于 $\cos x$ 在 $[-1,1]$ 上是偶函数且大于0，所以积分的符号完全由 $y$ 决定。
> *   在 $y>0$ 的区域 ($D_1$ 和 $D_2$)，$f(x,y) > 0$，所以 $I_1 > 0, I_2 > 0$。
> *   在 $y<0$ 的区域 ($D_3$ 和 $D_4$)，$f(x,y) < 0$，所以 $I_3 < 0, I_4 < 0$。
>
> 因此最大值在 $I_1$ 和 $I_2$ 之间。比较 $D_1$ 和 $D_2$ 即可。
>
> *   $D_1$: $y>0, y>x, y>-x$
> *   $D_2$: $y>0, y<x, y>-x$ (这里假设 $D_1$ 为上三角， $D_2$为右三角)
>
> 由于 $\cos x$ 是关于 $y$ 轴对称的，比较 $D_1$ 和 $D_2$ 上的积分，相当于比较在 $y$ 固定的情况下，$\cos x$ 在不同 $x$ 区间上的积分。由于 $\cos x$ 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. $I_1$ (假设$D_1$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 $f(x)$ 连续，$F(t)=\int_{1}^{t} \mathrm{~d} y \int_{y}^{t} f(x) \mathrm{d} x$ ，求 $F^{\prime}(2)$ ．
>
> **法一：换序处理**
> 积分区域是 $1 \le y \le t, y \le x \le t$，交换次序后变为 $1 \le x \le t, 1 \le y \le x$。
> $$
> F(t) = \int_{1}^{t} \mathrm{d} x \int_{1}^{x}f(x) \mathrm{d} y = \int_{1}^{t} f(x) \left[y\right]_1^x \mathrm{d} x = \int_{1}^{t}(x-1)f(x) \mathrm{d} x
> $$
> 根据变上限积分求导法则：
> $$
> F^{\prime}(t)=(t-1)f(t)
> $$
> 所以 $F^{\prime}(2)=(2-1)f(2) = f(2)$。
>
> **法二：莱布尼茨积分法则**
> 令 $g(y,t)=\int_{y}^{t}f(x)dx$。则 $F(t) = \int_1^t g(y,t) dy$。
> $$
> \begin{aligned}
> F^{\prime}(t) &= g(t,t) \cdot \frac{d(t)}{dt} - g(1,t) \cdot \frac{d(1)}{dt} + \int_1^t \frac{\partial g(y,t)}{\partial t} dy \\
> &= \left(\int_t^t f(x)dx\right) \cdot 1 - g(1,t) \cdot 0 + \int_1^t \left(\frac{\partial}{\partial t}\int_y^t f(x)dx\right) dy \\
> &= 0 + \int_1^t f(t) dy \\
> &= f(t) \int_1^t 1 \cdot dy = f(t)(t-1)
> \end{aligned}
> $$
> 所以 $F^{\prime}(2)=f(2)$。

### 5. 积分计算
> **例**：计算 $\iiint_{V} x y^{2} z^{3} \mathrm{~d} V$ ，其中 V 是由曲面 $z=x y, y=x, x=1, z=0$ 所围区域。
>
> **分析**：
> 1.  **确定积分域**：
>     *   投影到 $xy$ 平面：由 $y=x, x=1$ 和 $z=0 \implies xy=0 \implies x=0$ 或 $y=0$ 围成。在第一象限，即由 $y=x, x=1, y=0$ 围成的三角形区域 $D_{xy}$。
>     *   $z$ 的范围：下界是 $z=0$，上界是 $z=xy$。
> 2.  **计算积分**：
>     $$
>     \begin{aligned}
>     \iiint_{V} x y^{2} z^{3} \mathrm{~d} V &= \iint_{D_{xy}} \left( \int_0^{xy} x y^2 z^3 dz \right) dx dy \\
>     &= \iint_{D_{xy}} xy^2 \left[ \frac{z^4}{4} \right]_0^{xy} dx dy \\
>     &= \frac{1}{4} \iint_{D_{xy}} xy^2 (xy)^4 dx dy \\
>     &= \frac{1}{4} \iint_{D_{xy}} x^5 y^6 dx dy \\
>     &= \frac{1}{4} \int_0^1 x^5 \left( \int_0^x y^6 dy \right) dx \\
>     &= \frac{1}{4} \int_0^1 x^5 \left[ \frac{y^7}{7} \right]_0^x dx \\
>     &= \frac{1}{28} \int_0^1 x^5 \cdot x^7 dx = \frac{1}{28} \int_0^1 x^{12} dx \\
>     &= \frac{1}{28} \left[ \frac{x^{13}}{13} \right]_0^1 = \frac{1}{364}
>     \end{aligned}
>     $$

## 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**