25春-第8次习题课（期中复习）

1知识回顾

1.1 空间解析几何

1. 向量的基本运算

1.
点乘： $a \cdot b = ∣ a ∣ ∣ b ∣ cos θ (a, b)$ .
2.
叉乘： $c = a \times b$ ，其中 $∣ c ∣ = ∣ a ∣ ∣ b ∣ sin θ (a, b)$ ，其方向由右手螺旋定则确定. 坐标表示：

$a \cdot b = a_{x} b_{b} + a_{y} b_{y} + a_{z} b_{z}, a \times b = x^y^z^a_{x} a_{y} a_{z} b_{x} b_{y} b_{z} .$
(1.1)
3.
1. (a).
  $a, b$ 共线的充要条件： $a \times b = 0$ .
2. (b).
  $a, b, c$ 共面的充要条件： $(a \times b) \cdot c = 0$ .

2. 平面方程的构建

常见的构建方式有三种：

1.
截距式.
2.
点法式： $n \cdot P P_{0} ⟶ = 0$ ，其中点 $P_{0}, P$ 分别为平面上的定点和动点. 通常设法找到该平面上的两个向量，利用叉乘构建 $n$ .
3.
平面系方程：适用于绕过定直线的平面. 若该直线给的是交面式

$A_{i} x + B_{i} y + C_{i} z + D_{i} = 0, i = 1, 2.$
(1.2)

则平面系方程为

$(A_{1} + λ A_{2}) x + (B_{1} + λ B_{2}) y + (C_{1} + λ C_{2}) z + (D_{1} + λ D_{2}) = 0,$
(1.3)

其中 $λ$ 可取到 $\infty$ . 若该直线给的是点向式，则利用参数式构造两个平面方程即可.

3. 直线方程的构建

特征量即方向向量，通常设法找到直线某一法平面内两个向量，利用叉乘构建方向向量. 对于题设为平面交线的直线，也会使用表达更简便的交面式.

4. 空间中的位置关系

1.
平面间：平行即 $n_{1} // n_{2}$ ，正交即 $n_{1} \cdot n_{2} = 0$ . 特别地，对于处于角平分线上的平面，可将法向量单位化为 $n_{1}^{'}, n_{2}^{'}$ ，则该平面的法向量为 $n_{1}^{'} \pm n_{2}^{'}$ ，直线类似.
2.
直线间：平行即 $τ_{1} // τ_{2}$ ，正交即 $τ_{1} \cdot τ_{2} = 0$ ，异面即 $(τ_{1} \times τ_{2}) \times P_{1} P_{2} ⟶ \neq = 0$ ，其中 $P_{1}, P_{2}$ 分别为两直线上的点.
3.
直线与平面：平行即 $n \cdot τ = 0$ ，包含即直线上任一点在平面上，相交即除此之外的情形. 特别地，正交满足 $n // τ$ .

5. 空间中的距离计算

原始公式： $d = P_{0} P ⟶ \cdot n / ∣ n ∣$ 和 $d = P_{0} P ⟶ \times τ / ∣ τ ∣$ ，两者分别是对于平面和直线而言的.

1.
两点间的距离公式.
2.
点面距离： $d = ∣ A x_{0} + B y_{0} + C z_{0} + D ∣ / A^{2} + B^{2} + C^{2}$ .
3.
点线距离： $d = ∣ (x_{0} - x_{0}^{'}, y_{0} - y_{0}^{'}, z_{0} - z_{0}^{'}) \times (l, m, n) ∣ / l^{2} + m^{2} + n^{2}$ .
4.
平行平面间距： $d = ∣ D_{1} - D_{2} ∣ / A^{2} + B^{2} + C^{2}$ .
5.
平行直线间距： $d = ∣ (x_{1} - x_{2}, y_{1} - y_{2}, z_{1} - z_{2}) \times (l, m, n) ∣ / l^{2} + m^{2} + n^{2}$ .
6.
异面直线面间距： $d = ∣ (τ_{1} \times τ_{2}) \cdot (x_{1} - x_{2}, y_{1} - y_{2}, z_{1} - z_{2}) ∣ / ∣ (τ_{1} \times τ_{2}) ∣$ .

6. 常见二次曲面的识别

1.
柱面：在应试中出现基本上是母线平行于坐标轴的情形，trivial.
2.
锥面：在应试中基本以 $z^{2} = x^{2} + y^{2}$ 或 $z = (\pm) x^{2} + y^{2}$ 的形式出现，trivial.
3.
旋转曲面：某两个分量仅有二次项，且二次项系数相等，具体原因见旋转曲面的构建小小节.
4.
椭球面： $x^{2} / a^{2} + y^{2} / b^{2} + z^{2} / c^{2} = 1$ .
5.
双曲面： $x^{2} / a^{2} + y^{2} / b^{2} - z^{2} / c^{2} = \pm 1$ ，其中单叶和双叶分别对应于 $+ 1$ 和 $- 1$ . 一个比较简单的区分方法是，分别取 $x, y, z$ 为零，单叶双曲面始终与坐标平面有交线，而双叶双曲面与其一坐标平面不相交（实际上对应这里的负项 $- z^{2} / c^{2}$ ）.
6.
椭圆抛物面： $z = x^{2} / a^{2} + y^{2} / b^{2}$ .
7.
双曲抛物面： $z = x^{2} / a^{2} - y^{2} / b^{2}$ .

7. 常用空间坐标系

柱坐标系：

⎩ ⎨ ⎧ ρ = x^{2} + y^{2}, φ = arctan (y / x), z = z, ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ x = ρ cos φ, y = ρ sin φ, z = z,

(1.4)

其中 $ρ \in [0, + \infty), φ \in [0, 2 π), z \in (- \infty, + \infty)$ ，体积元

d V = ρ d ρ d φ d z .

(1.5)

球坐标系：

⎩ ⎨ ⎧ r = x^{2} + y^{2} + z^{2}, θ = arctan (x^{2} + y^{2} / z), φ = arctan (y / x), ⟺ ⎩ ⎨ ⎧ x = r sin θ cos φ, y = r sin θ sin φ, z = r cos θ,

(1.6)

其中 $r \in [0, + \infty), θ \in [0, π], φ \in [0, 2 π)$ ，体积元

d V = r^{2} sin θ d r d θ d φ .

(1.7)

1.2 多变量函数的微分学

1. 函数的极限与连续性

1.
极限：对 $\forall ε > 0$ ，总 $\exists δ (ε, M_{0}) > 0$ ，其中点 $M_{0} (x_{0}, y_{0})$ ，使得当

$0 < (x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} < δ 或 0 < ∣ x - x_{0} ∣ < δ, 0 < ∣ y - y_{0} ∣ < δ$
(1.8)

时， $0 < ∣ f (x, y) - a ∣ < ε$ 恒成立，则 $(x, y) \to (x_{0}, y_{0}) lim f (x, y) = a$ . 当然，一般要用 $ε$ - $δ$ 语言证明极限存在时，通常用后者，因为近似线性的运算通常要来得更简单.

注
注意 $δ$ 是与坐标点 $M_{0}$ 相关的，对于不同坐标点下的 $δ (M_{0})$ 与 $δ (M)$ ，可能并不存在统一的最小值 $min {δ (M_{0}), δ (M)}$ ，参见第四次习题课讲解的习题9.1的第19题.
2.
连续：若 $a = f (x_{0}, y_{0})$ ，则 $f (x, y)$ 在点 $M_{0}$ 连续. 若对 $D$ 上任一点满足 $δ = δ (ε)$ （与坐标点无关），则 $f (x, y)$ 在 $D$ 上一致连续.

2. 偏导数与可微性

1.
偏导数：

$f_{x} (x_{0}, y_{0}) = x \to x_{0} lim \frac{f ( x , y ) - f ( x _{0} , y _{0} )}{x - x _{0}} = \frac{d f ( x , y _{0} )}{d x}_{x = x_{0}},$
(1.9)
$f_{y} (x_{0}, y_{0}) = y \to y_{0} lim \frac{f ( x _{0} , y ) - f ( x _{0} , y )}{y - y _{0}} = \frac{d f ( x _{0} , y )}{d y}_{y = y_{0}} .$
(1.10)

类似可定义高阶偏导数. 若 $f (x, y) \in C^{n} (D)$ ，则 $f (x, y)$ 在 $D$ 中 $n$ 阶偏导可交换.
2.
可微：记 $ρ = (Δ x)^{2} + (Δ y)^{2}$ ，则

$f (x, y) 在 M_{0} (x_{0}, y_{0}) 可微 ⟺ ρ \to 0^{+} lim \frac{Δ f - f _{x} Δ x - f _{y} Δ y}{ρ}_{M_{0}} = 0.$
(1.11)

3. 方向导数与梯度

1.
方向导数：记 $l = l (cos α, cos β)$ ，则

$\frac{\partial f}{\partial l}_{M_{0} (x_{0}, y_{0})} = t \to 0 lim \frac{f ( x _{0} + t cos α , y _{0} + t sin α ) - f ( x _{0} , y _{0} )}{t},$
(1.12)

几何上，方向导数即 $f (x, y)$ 在 $M_{0}$ 点沿 $l$ 方向的单位增长率. 换言之，沿 $l$ 方向增量 $Δ f$ 有多大，取决于方向导数与增量 $t$ 的乘积.
2.
梯度：

$\nabla f = grad f = f_{x} x^+ f_{y} y^⟹ \frac{\partial f}{\partial l} = \nabla f \cdot \frac{l}{l} .$
(1.13)

梯度方向即 $f (x, y)$ 增长率（绝对值）最高的方向，因为 $\frac{\partial f}{\partial l} ⩽ ∣ \nabla f ∣$ 恒成立.

注
注意利用梯度计算方向导数时，方向向量 $l$ 一定要单位化.

4. Jacobi行列式

1.
常在重积分中利用二元和三元的Jacobi行列式，即

$d u d v = \frac{\partial ( u , v )}{\partial ( x , y )} d x d y = u_{x} u_{y} v_{x} v_{y} d x d y,$
(1.14)
$d u d v d w = \frac{\partial ( u , v , w )}{\partial ( x , y , z )} d x d y d z = u_{x} u_{y} u_{z} v_{x} v_{y} v_{z} w_{x} w_{y} w_{z} d x d y d z .$
(1.15)
2.
Jacobi行列式的链式法则：

$\frac{\partial ( ξ , η )}{\partial ( x , y )} = \frac{\partial ( ξ , η )}{\partial ( u , v )} \frac{\partial ( u , v )}{\partial ( x , y )} .$
(1.16)
3.
对于换元 $(x, y) \to (u, v)$ ，若变换形式为 ${x = x (u, v), y = y (u, v),$ 则通常如下计算Jacobi行列式：

$\frac{\partial ( u , v )}{\partial ( x , y )} = [\frac{\partial ( x , y )}{\partial ( u , v )}]^{- 1} = \frac{1}{x _{u} y _{v} - x _{v} y _{u}},$
(1.17)

再反解代入 ${u = u (x, y), v = v (x, y) .$

5. 隐函数偏导数的计算

1.
对于满足单一约束条件 $F (x_{1}, \dots, x_{n}) = 0$ 的变量组来说，若偏导数存在，则

$\frac{\partial x _{i}}{\partial x _{j}} = - \frac{\partial _{j} F}{\partial _{i} F}, i \neq = j .$
(1.18)
2.
对于双重约束的情形： ${F (x, y, u, v) = 0, G (x, y, u, v) = 0.$ 若计算 $u_{x}$ 或 $v_{y}$ 这种单个因变量的单个偏导数，则选取 $u$ 与其他任一变量作为因变量（这里选择 $v$ ），对另外两个（自）变量求偏导即可：

${F_{x} + F_{u} u_{x} + F_{v} v_{x} = 0, G_{x} + G_{u} u_{x} + G_{v} v_{x} = 0, {F_{y} + F_{u} u_{y} + F_{v} v_{y} = 0, G_{y} + G_{u} u_{y} + G_{v} v_{y} = 0,$
(1.19)

利用此方程组分别解出 $u_{x}, v_{y}$ 即可（这里不建议记书上的公式）. 若计算 $d u$ 或 $u_{x}, u_{v}$ 都需要计算，应将 $d u$ 视为一个整体，对方程组取微分即可：

${F_{x} d x + F_{y} d y + F_{u} d u + F_{v} d v = 0, G_{x} d x + G_{y} d y + G_{u} d u + G_{v} d v = 0,$
(1.20)

整体地计算出 $d u = u_{x} d x + u_{y} d y$ 而不必拆成偏导分别计算两次.
3.
两个常用的偏微分公式（利用隐函数求导法则容易证明）：

$\frac{\partial y}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial y} = 1, \frac{\partial z}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial x} \frac{\partial x}{\partial z} = - 1 \Leftrightarrow \frac{\partial z}{\partial x} = - \frac{\partial z}{\partial y} \frac{\partial y}{\partial x} .$
(1.21)

6. 二元函数Taylor公式

设 $f (x, y) \in C^{n + 1} (D)$ ，其中凸区域 $D \in R^{2}$ ，则

f (x, y) = m = 0 \sum n \frac{1}{m !} (h \partial_{x} + k \partial_{y})^{m} f (x, y) ∣_{(x_{0}, y_{0})} + R_{n} (x_{0}, y_{0}), where h = x - x_{0}, k = y - y_{0} .

(1.22)

特别地， $n = 0$ 情形对应二元中值定理：

f (x, y) - f (x_{0}, y_{0}) = f_{x} (x_{0} + θ h, y_{0} + θ k) h + f_{y} (x_{0} + θ h, y_{0} + θ k) k, where θ (x_{0}, y_{0}) \in (0, 1) .

(1.23)

关于二元函数Taylor展开的一些经验或技巧：

1.
在考试中通常只出现展开至二次的情形，若要求展开至三次及以上的情形，则通常会出现可整体换元的齐次变量（例如 $x + y, x^{2} + y^{2}$ ），利用单变量函数的展开公式即可.
2.
对于可分解的函数 $f (x, y) = g (x) h (y)$ ，分别考虑成 $g$ 和 $h$ 的单变量函数Taylor展开至对应结束即可，再将展开式相乘保留对应高阶项.

例 ps-08-2025.1

(9.5.4) 求下列函数的Taylor公式，并指出展开式成立的区域.

1.
$f (x, y) = e^{x} ln (1 + y)$ 在点 $(0, 0)$ ，直到三阶为止.
2.
$f (x, y) = 1 - x^{2} - y^{2}$ 在点 $(0, 0)$ ，直到四阶为止.
3.
$f (x, y) = 1/ (1 - x - y + x y)$ 在点 $(0, 0)$ ，直到 $n$ 阶为止.

解

参见作业答案.

7. 函数极值判断

1.
无约束极值：通常为二元或三元函数. 以二元函数为例，计算 $f_{x} = f_{y} = 0$ 的点 $(x_{0}, y_{0})$ ，再计算

$A = f_{xx} (x_{0}, y_{0}), B = f_{x y} (x_{0}, y_{0}), C = f_{y y} (x_{0}, y_{0}) .$
(1.24)
1. (a).
  若 $A C - B^{2} > 0$ ，则 $A > 0$ 时该点为函数的极小值， $A < 0$ 时该点为函数的极大值¹.
2. (b).
  若 $A C - B^{2} < 0$ ，该点并非极值点.
3. (c).
  若 $A C - B^{2} = 0$ ，无法判断.
2.
有约束极值：通常为三元函数配单约束. 采用Lagrange乘子法，定义Lagrange函数

$L (x, y, z; λ) = f (x, y, z) + λ φ (x, y, z),$
(1.25)

再计算 $L$ 关于各变量偏导为零的点². 对于判断极值的部分，在应试中通常为最值判断（见下一小节讨论），因此比较各可疑点函数值大小即可.
注
1. (a).
  若需要讨论是否为极值，注意到三元函数在单约束下退化为二元函数，此时可利用二元函数的极值条件判断. 例如若 $φ (x, y, z) = 0$ 确定了隐函数 $z = z (x, y)$ ，即
  
  $z_{x} = - \frac{φ _{x}}{φ _{z}}, z_{y} = - \frac{φ _{y}}{φ _{z}},$
  (1.26)
  
  那么³
  
  $\partial_{x} f = f_{1} + f_{3} z_{x} = f_{1} - \frac{f _{3} φ _{x}}{φ _{z}}, \partial_{y} f = f_{2} - \frac{f _{3} φ _{y}}{φ _{z}},$
  (1.27)
  
  进而可计算 $\partial_{x}^{2} f, \partial_{x y} f, \partial_{y}^{2} f$ ，回到无约束极值的情形.
2. (b).
  对于目标函数含绝对值的情形，通常将其平方后定义为 $f$ （例如有约束下求点到坐标平面的距离最值）.

8. 最值判断

在应试中通常更常出现的是这一类题，相比极值判断有三点需要注意：

1.
在题目不限制方法的情况下，最优先考虑不等式解法减少讨论，降低计算量. 常用的不等式有基本不等式与Cauchy不等式.
2.
对于闭域，优先考虑边界上可能的极值（边界上的边界点额外计算函数值），以免在内部讨论后遗漏.
3.
所有可能的最值点即所有可能的极值点加边界点，且判断最值时不用考虑是否为极值，比较各函数值确定何者最大最小即可.

例 ps-08-2025.2

(9.5.19) 椭球体 $x^{2} / a^{2} + y^{2} / b^{2} + z^{2} / c^{2} ⩽ 1$ 的内接长方体中，求体积最大的长方体的体积.

解

由内接长方体的对称性，记第一卦限内的顶点为 $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ ，则其体积为

V = 8 x_{0} y_{0} z_{0} = 8 ab c \cdot \frac{x _{0}}{a} \cdot \frac{y _{0}}{b} \cdot \frac{z _{0}}{c} ⩽ 8 ab c \cdot [\frac{1}{3} (\frac{x _{0}^{2}}{a ^{2}} + \frac{y _{0}^{2}}{b ^{2}} + \frac{z _{0}^{2}}{c ^{2}})]^{3} = \frac{8 ab c}{3 3},

(1.28)

等号成立当且仅当 $x_{0} / a = y_{0} / b = z_{0} / c$ ，即 $x_{0} = a / 3, y_{0} = b / 3, z_{0} = c / 3$ .

例 ps-08-2025.3

(Ch9-14) 求函数 $f (x, y) = x^{2} + x y^{2} - x$ 在区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 2}$ 上的最大值和最小值.

解

1.
在边界 $x^{2} + y^{2} = 2$ 上， $h (x) = Δ g (x, \pm 2 - x^{2}) = x + x^{2} - x^{3} (∣ x ∣ ⩽ 2)$ ，可能的极值点满足

$h^{'} (x) = 1 + 2 x - 3 x^{2} = 0 ⟹ x = - \frac{1}{3} or 1,$
(1.29)

代入得

$h (1) = 1, h (- \frac{1}{3}) = - \frac{5}{27}, h (\pm 2) = 2 \mp 2 .$
(1.30)
2.
在区域内部，可能的极值点满足

${f_{x} = 2 x + y^{2} - 1 = 0, f_{y} = 2 x y = 0 ⟹ (x, y) = (0, \pm 1), (1/2, 0),$
(1.31)

因此 $f (0, \pm 1) = 0, f (1/2, 0) = - 1/4$ .

对比各函数值可知，

f (x, y)_{m a x} = f (- 2, 0) = 2 + 2, f (x, y)_{m i n} = f (\frac{1}{2}, 0) = - \frac{1}{4} .

(1.32)

例 ps-08-2025.4

(9.5.11(4)) 求函数 $z = x^{2} y (4 - x - y)$ 在区域 ${(x, y) ∣ x ⩾ 0, y ⩾ 0, x + y ⩽ 6}$ 内的最大值与最小值.

解

1.
在边界 $x = 0$ 或 $y = 0$ 上， $z \equiv 0$ .
2.
在边界 $x + y = 6$ 上， $z = 2 x^{2} (x - 6) (0 < x < 6)$ ，则可能的极值点满足

$z_{x} = 2 (3 x^{2} - 12 x) = 0 ⟹ x = 4 ⟹ z (4, 2) = - 64.$
(1.33)
3.
在区域内部，可能的极值点满足

${z_{x} = y [2 (4 - y) x - 3 x^{2}] = 0, z_{y} = x^{2} [(4 - x) - 2 y] = 0 ⟹ {x = 2, y = 1 ⟹ z (2, 1) = 4.$
(1.34)

对比各可能的最值点函数值大小可知，

z_{m a x} = z (2, 1) = 4, z_{m i n} = z (4, 2) = - 64.

(1.35)

1.3 多变量函数的重积分

1. 积分性质

1.
关于被积函数的线性性： $\int_{D} c_{1} f_{1} + c_{2} d_{f} d σ = c_{1} \int_{D} f_{1} d σ + c_{2} \int f_{2} d σ$ .
2.
关于积分区域的线性性： $\int_{D_{1} + D_{2}} f d σ = \int_{D_{1}} f d σ + \int_{D_{2}} f d σ$ .
3.
不等关系的传递性： $f ⩾ g \Rightarrow \int_{D} f d σ ⩾ \int_{D} g d σ$ . 特别地，若在 $D$ 上 $m ⩽ f ⩽ M$ ，则 $m A (D) ⩽ \int_{D} f d σ ⩽ M A (D)$ .
4.
$\int_{D} f d σ ⩽ \int_{D} ∣ f ∣ d σ$ .
5.
积分中值定理： $\exists (ξ, η) \in D$ ，使得 $\int_{D} f d σ = f (ξ, η) A (σ)$ .

2. 积分的对称性（重要）

研究积分得对称性首先要求积分区域具有某种对称，其次才考虑被积函数相应的对称性. 除去常见的奇偶性，函数还可能具有交换（反）对称性和轮换对称性（常见于三元函数）.

1.
交换（反）对称性： $f (x, y, z) = (-) f (y, x, z)$ .
2.
轮换对称性： $f (x, y, z) = f (y, z, x) = f (z, x, y)$ .

值得注意的是，球坐标换元具体到变量时也会考虑轮换对称性. 除去形式为 $(x^{2} + y^{2} + z^{2})$ 的项，若剩余单变量可考虑作换元 $r cos θ$ （无论其是否为 $z$ ）以减少换元时引入变量的个数.

例 ps-08-2025.5

(10.3.3(8)) 计算 $∭_{V} (∣ x ∣ + z) e^{- (x^{2} + y^{2} + z^{2})} d x d y d z$ ，其中 $V : 1 ⩽ x^{2} + y^{2} + z^{2} ⩽ 4$ .

解

注意到 $V$ 关于 $x, y, z$ 均为偶函数，因此 $z e^{- (x^{2} + y^{2} + z^{2})}$ 对积分的贡献为零. 对于前一项，可将 $x$ 换元为 $r cos θ$ ，则

原式 = 2 π \int_{1}^{2} r^{3} e^{- r^{2}} d r \int_{0}^{π} sin θ ∣ cos θ ∣ d θ = π (2 e^{- 1} - 5 e^{- 4}) .

(1.36)

例 ps-08-2025.6

(10.2.4(4)) 计算 $∭_{V} (x^{2} + y^{2}) d x d y d z$ ，其中 $V : r^{2} ⩽ x^{2} + y^{2} + z^{2} ⩽ R^{2}, z ⩾ 0$ .

解

记 $Ω = {(x, y, z) ∣ r^{2} ⩽ x^{2} + y^{2} + z^{2} ⩽ R^{2}}$ ，由于被积函数与 $z$ 无关，因此

∭_{V} (x^{2} + y^{2}) d x d y d z = \frac{1}{2} ∭_{Ω} (x^{2} + y^{2}) d x d y d z

= \frac{1}{2} ∭_{Ω} \frac{( x ^{2} + y ^{2} ) + ( y ^{2} + z ^{2} ) + ( z ^{2} + x ^{2} )}{3} d x d y d z

= \frac{1}{3} \cdot 4 π \int_{r}^{R} (r^{'})^{4} d r^{'} = \frac{4 π}{15} (R^{5} - r^{5}) .

(1.37)

3. 常用重积分换元

1.
广义极坐标换元： ${x = a ρ cos φ, y = b ρ sin φ,$ 面元变换为 $d x d y = ab ρ^{2} d ρ d φ$ . 广义柱坐标换元类似.
2.
广义球坐标换元： $⎩ ⎨ ⎧ x = a r sin θ cos φ, y = b r sin θ sin φ, z = cr cos θ,$ 体积元变换为 $d x d y d z = ab c r^{2} sin θ d r d θ d φ$ .

2应考技巧

2.1 定点偏导数的计算

对于显式函数，容易想到先代入其他变量值化为单变量函数再求导. 但对于隐式函数，这一方法也是适用的.

例 ps-08-2025.7

(9.5.5) 设 $z = z (x, y)$ 是由方程 $z^{3} - 2 x z + y = 0$ 所确定的隐函数，当 $x = 1, y = 1$ 时 $z = 1$ ，试按 $(x - 1)$ 和 $(y - 1)$ 的乘幂展开函数 $z$ 至二次项为止.

解

由题意，

z_{x} (1, 1) = \frac{2 z}{3 z ^{2} - 2 x}_{x = y = z = 1} = 2, z_{y} (1, 1) = \frac{- 1}{3 z ^{2} - 2 x}_{x = y = z = 1} = - 1,

(2.1)

进而

z_{xx} (1, 1) = 2 \frac{2 z - ( 3 z ^{2} + 2 x ) z _{x}}{( 3 z ^{2} - 2 x ) ^{2}}_{x = y = z = 1} = - 16,

(2.2)

z_{y x} (1, 1) = \frac{6 z z _{x} - 2}{( 3 z ^{2} - 2 x ) ^{2}}_{x = y = z = 1} = 10,

(2.3)

z_{y y} (1, 1) = \frac{6 z z _{y}}{( 3 z ^{2} - 2 x ) ^{2}}_{x = y = z = 1} = - 6,

(2.4)

因此二阶展开式为

z (x, y) = 1 + 2 (x - 1) - (y - 1) - 8 (x - 1)^{2} + 10 (x - 1) (y - 1) - 3 (y - 1)^{2} + R_{2} .

(2.5)

2.2 利用等值面积分（重要）

有时被积函数 $f$ 与积分区域含有同一关于积分变量的整体形式 $g$ . 此时可按 $g = const$ 的等值面划分积分区域，计算出元体积后积分即可.

例 ps-08-2025.8

计算 $\iint_{D} (x + y) d x d y$ ，其中 $D = {(x, y) ∣ x + y ⩽ 1, x ⩾ 0, y ⩾ 0}$ .

解

考虑 $x + y = t (0 ⩽ t ⩽ 1)$ 与 $x = 0, y = 0$ 围成的区域面积：

A (t) = \int_{0}^{t^{2}} (t - x)^{2} d x = (\frac{1}{2} - \frac{4}{3} + 1) t^{4} = \frac{t ^{4}}{6},

(2.6)

因此

\iint_{D} (x + y) d x d y = \int_{0}^{1} t d A (t) = \frac{2}{3} \int_{0}^{1} t^{4} d t = \frac{2}{15} .

(2.7)

例 ps-08-2025.9

计算 $∭_{Ω} \frac{d x d y d z}{( 1 + x + y + z ) ^{3}}$ ，其中 $Ω = {(x, y, z) ∣ x + y + z ⩽ 1, x, y, z ⩾ 0}$ .

解

考虑 $x + y + z = t (0 ⩽ t ⩽ 1)$ ，其与坐标平面围成的体积为 $V (t) = t^{3} /6$ ，因此

∭_{Ω} \frac{d x d y d z}{( 1 + x + y + z ) ^{3}} = \int_{0}^{1} \frac{d V ( t )}{( 1 + t ) ^{3}} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{t ^{2} d t}{( 1 + t ) ^{3}}

= \frac{1}{2} \int_{0}^{1} [\frac{1}{1 + t} - \frac{2}{( 1 + t ) ^{2}} + \frac{1}{( 1 + t ) ^{3}}] d t = \frac{1}{2} (ln 2 - \frac{5}{8}) .

(2.8)

例 ps-08-2025.10

(10.2.8) 证明： $∭_{x^{2} + y^{2} + z^{2} ⩽ 1} f (z) d V = π \int_{- 1}^{1} f (z) (1 - z^{2}) d z$ .

证明

原式 $= \int_{- 1}^{1} f (z) d z \iint_{x^{2} + y^{2} ⩽ 1 - z^{2}} d x d y = \int_{- 1}^{1} f (z) \cdot π (1 - z^{2}) d z$ .

2.3 柱坐标与球坐标换元的选择（重要）

基本上出现因子 $(x^{2} + y^{2} \pm z^{2})$ 或曲面 $z = R^{2} - x^{2} - y^{2}$ 时，不用怀疑，先采用球坐标变换，比较典型的是配合圆锥面出现. 不过对于出现抛物面的情形，由于系统的旋转对称性更高，采用柱坐标可能会使计算更简便.

例 ps-08-2025.11

(10.3.3(3)) 计算 $∭_{V} z d x d y d z$ ，其中 $V$ 由 $4 - x^{2} - y^{2} = z, x^{2} + y^{2} = 3 z$ 围成.

解

作柱坐标变换，结合球面与抛物面的几何图像，积分区域化为 $z ⩽ 4 - ρ^{2}$ 和 $z ⩾ ρ^{2} /3$ . 边界相交可解得 $ρ_{0} = 3$ ，因此

∭_{V} z d x d y d z = 2 π \int_{0}^{3} ρ d ρ \int_{ρ^{2} /3}^{4 - ρ^{2}} z d z

= π \int_{0}^{3} (4 ρ - ρ^{3} - \frac{ρ ^{5}}{9}) d ρ = \frac{13 π}{4} .

(2.9)

例 ps-08-2025.12

(10.3.4(3)) 计算 $∭_{V} x^{2} + y^{2} + z^{2} d x d y d z$ ，其中 $V : x^{2} + y^{2} + z^{2} ⩽ x$ .

解

作球坐标变换. 由于 $x, y, z$ 具有轮换对称性，可取 $x = r cos θ$ ，则 $V : r ⩽ cos θ (0 ⩽ θ ⩽ π /2)$ ，因此

∭_{V} x^{2} + y^{2} + z^{2} d x d y d z = 2 π \int_{0}^{π /2} sin θ d θ \int_{0}^{c o s θ} r^{3} d r = \frac{π}{2} \int_{0}^{π /2} sin θ cos^{4} θ d θ = \frac{π}{10} .

(2.10)

例 ps-08-2025.13

(10.2.5(8)) 计算由曲面 $(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{2} = a^{3} x$ 围成的区域的体积.

解

作球坐标变换. 由于 $x, y, z$ 具有轮换对称性，可取 $x = r cos θ$ ，则曲面方程化为 $r = a (cos θ)^{1/3}$ $(0 ⩽ θ ⩽ π /2)$ ，因此

V (Ω) = 2 π \int_{0}^{π /2} sin θ d θ \int_{0}^{a (c o s θ)^{1/3}} r^{2} d r = \frac{2 π a ^{3}}{3} \int_{0}^{π /2} sin θ cos θ d θ = \frac{π}{3} a^{3} .

(2.11)

例 ps-08-2025.14

(Ch10-6) 计算曲面 $(x^{2} + y^{2})^{2} + z^{4} = y$ 所围的体积 $V$ .

解

作球坐标变换，则曲面方程化为 $r = [sin θ sin φ / (sin^{4} θ + cos^{4} θ)]^{1/3} (0 ⩽ φ ⩽ π)$ ，因此

V (Ω) = \int_{0}^{π} d φ \int_{0}^{π} sin θ d θ \int_{0}^{[s i n θ s i n φ / (s i n^{4} θ + c o s^{4} θ)]^{1/3}} r^{2} d r

= \frac{1}{3} \int_{0}^{π} sin φ d φ \int_{0}^{π} \frac{sin ^{2} θ}{sin ^{4} θ + cos ^{4} θ} d θ = θ \to π /2 + θ \frac{2}{3} \int_{0}^{π /2} \frac{d θ}{sin ^{4} θ + cos ^{4} θ}

= x = t a n θ \frac{2}{3} \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 + x ^{2}}{1 + x ^{4}} d x = \frac{1}{3} \int_{0}^{+ \infty} (\frac{1}{1 - 2 x + x ^{2}} + \frac{1}{1 + 2 x + x ^{2}}) d x

= \frac{2}{3} [arctan (2 x - 1) + arctan (2 x + 1)] 0^{+ \infty} = \frac{2 π}{3} .

(2.12)

2.4 典型换元

除去常见的柱坐标和球坐标换元，还有两类典型背景的换元.

1.
出现形如 $y^{m} = k_{1, 2} x^{n} (m, n ⩽ 2 且不同时取 2)$ 、 $x + y = c_{1, 2}$ 、 $x y = t_{1, 2}$ 的表达式时，通常将其整体换元.
2.
区域 $a ∣ x ∣ + b ∣ y ∣ ⩽ 1 (a, b > 0)$ . 取 ${u = a x + b y, v = a x - b y,$ 可将积分区域简化为 $∣ u ∣, ∣ v ∣ ⩽ 1$ ，Jacobi行列式为 $1/2 ab$ .

例 ps-08-2025.15

(10.2.2(4)) 计算 $\iint_{D} d x d y$ ，其中 $D$ 为由 $y^{2} = a x, y^{2} = b x, x^{2} = m y, x^{2} = n y$ 围成的区域 ( $a > b > 0, m > n > 0$ ).

解

记 $u = y^{2} / x, v = x^{2} / y$ ，则

\frac{\partial ( x , y )}{\partial ( u , v )} = - y^{2} / x^{2} 2 x / y 2 y / x - x^{2} / y^{2}^{- 1} = \frac{1}{3},

(2.13)

此时积分区域为 $[b, a] \times [n, m]$ ，因此

\iint_{D} d x d y = \frac{1}{3} (a - b) (m - n) .

(2.14)

例 ps-08-2025.16

(10.2.3(2)) 计算由直线 $x + y = a, x + y = b, y = k x, y = m x (0 < a < b, 0 < k < m)$ 围成的平面区域的面积.

解

记 $u = x + y, v = y / x$ ，则

\frac{\partial ( x , y )}{\partial ( u , v )} = 1 - y / x^{2} 11/ x^{- 1} = \frac{x ^{2}}{x + y} = \frac{[ u / ( 1 + v ) ] ^{2}}{u} = \frac{u}{( 1 + v ) ^{2}},

(2.15)

此时积分区域为 $[a, b] \times [k, m]$ ，因此

A (D) = \int_{a}^{b} u d u \int_{k}^{m} \frac{d v}{( 1 + v ) ^{2}} = \frac{b ^{2} - a ^{2}}{2} (\frac{1}{1 + k} - \frac{1}{1 + m}) .

(2.16)

例 ps-08-2025.17

(10.2.2(7)) 计算 $\iint_{D} \frac{x ^{2} - y ^{2}}{x + y + 3} d x d y$ ，其中 $D : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ⩽ 1$ .

解

记 $u = x + y, v = x - y$ ，则

\frac{\partial ( x , y )}{\partial ( u , v )} = 11 1 - 1^{- 1} = \frac{1}{2},

(2.17)

此时积分区域为 $[- 1, 1] \times [- 1, 1]$ ，因此

\iint_{D} \frac{x ^{2} - y ^{2}}{x + y + 3} d x d y = \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} \frac{u d u}{u + 3} \int_{- 1}^{1} v d v = 0.

(2.18)

例 ps-08-2025.18

(18-19期中 $T_{7}$ ) 设 $m$ 是自然数，求积分

\iint_{∣ x ∣ + ∣ y ∣ ⩽ 1} (x^{2} - y^{2})^{m} d x d y .

(2.19)

解

记 $u = x + y, v = x - y$ ，则

原式 = \frac{1}{2} \int_{- 1}^{1} u^{m} d u \int_{- 1}^{1} v^{m} d v = \frac{1}{2} [\frac{1 - ( - 1 ) ^{m}}{m + 1}]^{2} = \frac{2 ∣ sin ( mπ /2 ) ∣}{( m + 1 ) ^{2}} .

(2.20)

2.5 其他换元依据的表达式

其他常见需要换元的表达式形如⁴ $x^{m} \pm y^{n} = C$ ，其中 $m, n$ 非偶数， $C$ 为常数. 其换元依据的公式为

cos^{2} θ + sin^{2} θ = 1, \frac{1}{cos ^{2} θ} - tan^{2} θ = 1.

(2.21)

当然对于后者还有双曲三角换元. 因此对于正号，可取 $x^{m} = C cos^{2} θ, y^{n} = C sin^{2} θ$ ，然后计算Jacobi行列式再积分即可. 典型例子如星形线的面积计算.

3真题集萃

1.
(18-19期中 $T_{6}$ ) 求椭球

$\frac{x ^{2}}{2} + \frac{y ^{2}}{3} + \frac{z ^{2}}{4} = 1$
(3.1)

被平面 $x + y + z = 1$ 分割得到的两块中，体积较小的那一块的体积.

解
联想到球的轮换对称性，作线性变换 $x = 2 u, y = 3 v, z = 2 w$ ，因此问题转化为单位球被平面 $2 u + 3 v + 2 w = 1$ 分割的较小一块的体积的 $26$ 倍. 该几何体恰好为球缺，可证明高 $(R - d)$ 、球半径为 $R$ 的球缺体积为

$V (Ω^{'}) = 2 π \int_{0}^{R^{2} - d^{2}} ρ d ρ \int_{d}^{R^{2} - ρ^{2}} d z$
$= π \int_{0}^{R^{2} - d^{2}} (R^{2} - ρ^{2} - d) d ρ^{2}$
$= \frac{π}{3} (2 R^{3} - 3 R^{2} d + d^{3}) .$
(3.2)

代入球心到平面的距离 $d = 1/3$ 与球半径 $R = 1$ ，可得

$V (Ω) = 26 \cdot \frac{π}{3} (2 - 3 \cdot \frac{1}{3} + \frac{1}{27}) = \frac{56 6}{81} π .$
(3.3)
2.
(20-21期中 $T_{1}$ (4)) 求 $f (x, y) = e^{x + y}$ 在原点的4阶Taylor展开式.

解
整体代换 $u = x + y$ ，因此将单变量函数 $e^{u}$ 展开至4阶即可：

$f (x, y) = n = 0 \sum 4 \frac{( x + y ) ^{n}}{n !} + R_{4},$
(3.4)

其中 $R_{4}$ 为高阶余项.
3.
(20-21期中 $T_{3}$ ) 计算积分

$I = ∭_{V} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d x d y d z,$
(3.5)

其中 $V = {(x, y, z) ∣ x^{2} / a^{2} + y^{2} / b^{2} + z^{2} / c^{2} ⩽ 1}$ .

解
联想到球的轮换对称性，作线性变换 $x = a u, y = b v, z = c w$ ，因此

$I = ∭_{u^{2} + v^{2} + w^{2} ⩽ 1} (a^{2} u^{2} + b^{2} v^{2} + c^{2} w^{2}) ab c d u d v d w$
$= ab c (a^{2} + b^{2} + c^{2}) ∭_{u^{2} + v^{2} + w^{2} ⩽ 1} u^{2} d u d v d w$
$= \frac{ab c ( a ^{2} + b ^{2} + c ^{2} )}{3} ∭_{u^{2} + v^{2} + w^{2} ⩽ 1} (u^{2} + v^{2} + w^{2}) d u d v d w$
$= \frac{4 π}{3} ab c (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \int_{0}^{1} r^{4} d r = \frac{4 π}{15} ab c (a^{2} + b^{2} + c^{2}) .$
(3.6)
4.
(20-21期中 $T_{6}$ )
1. (a).
  求椭球 $x^{2} /9 + y^{2} /16 + z^{2} /25 = 1$ 在点 $M_{0} (3, 4/ 3, 5/ 3)$ 的切平面 $Π$ .
2. (b).
  设 $V$ 是切平面 $Π$ 与三个坐标平面围成的区域，求积分
  
  $I = ∭_{V} x (3 - \frac{y}{4} - \frac{z}{5}) d x d y d z .$
  (3.7)
解
1. (a).
  $Π : x /3 + y /4 + z /5 = 3$ .
2. (b).
  可考虑局域等值面 $y /4 + z /5 = t (0 ⩽ t ⩽ 3 - x /3)$ ，其在 $y O z$ 平面内与坐标轴围成的面积为
  
  $A (t) = \frac{1}{2} \cdot 4 t \cdot 5 t = 10 t^{2} ⟹ d A (t) = 20 t d t,$
  (3.8)
  
  因此
  
  $I = \int_{0}^{33} x d x \iint_{y /4 + z /5 ⩽ 3 - x /3 y, z ⩾ 0} (3 - \frac{y}{4} - \frac{z}{5}) d y d z$
  $= \int_{0}^{33} x d x \int_{0}^{3 - x /3} (3 - t) \cdot 20 t d t$
  $= u = 3 - x /3 180 \int_{0}^{3} (3 - u) (\frac{3}{2} u^{2} - \frac{u ^{3}}{3}) d u$
  $= 180 \int_{0}^{3} (\frac{3}{2} u^{2} - \frac{5 3}{6} u^{3} + \frac{u ^{4}}{3}) d u = \frac{81 3}{2} .$
  (3.9)
5.
(21-22期中 $T_{1}$ (1)) 求函数 $f (x, y) = 1 - x^{2} - y^{2}$ 在点 $(0, 0)$ 的4阶Taylor展开式.

解
教材题9.5.4(2).
6.
(21-22期中 $T_{3}$ ) 求函数 $f (x, y) = x^{2} y (4 - x - y)$ 在闭区域 $D = {(x, y) ∣ x ⩾ 0, y ⩾ 0, x + y ⩽ 6}$ 上的最大值与最小值.

解
教材题9.5.11(4).
7.
(21-22期中 $T_{5}$ )
1. (a).
  计算 $\iint_{D} y^{2} d x d y$ ，其中 $D$ 是由摆线 ${x = a (t - sin t), y = a (1 - cos t) (0 ⩽ t ⩽ 2 π, a > 0)$ 及 $y > 0$ 围成的闭区域.
2. (b).
  计算 $∭_{V} ∣ z ∣ d x d y d z$ ，其中 $V$ 是曲面 $(x^{2} + y^{2} + z^{2})^{2} = a^{2} (x^{2} + y^{2} - z^{2})$ 所围成的闭区域 $a > 0$ .
解
1. (a).
  注意到 $x$ 随 $t$ 单调增且 $y$ 为 $t$ 的函数，因此实际上可用 $x$ 作为曲线 $y = y (t)$ 的变量，即写成 $y = y (x)$ .
  
  图 1 $a = 1$ 时的平摆线图像
  
  因此积分可写成
  
  $原式 = \int_{0}^{2 π a} d x \int_{0}^{y (x)} v^{2} d v = \frac{1}{3} \int_{0}^{2 π a} y^{3} (x) d x = \frac{1}{3} \int_{0}^{2 π} y^{3} (x (t)) \cdot x^{'} (t) d t$
  $= \frac{a ^{4}}{3} \int_{0}^{2 π} (1 - cos t)^{4} d t = \frac{a ^{4}}{3} \int_{0}^{2 π} (1 - 2 cos t + \frac{1 + cos 2 t}{2})^{2} d t$
  $= \frac{a ^{4}}{12} \int_{0}^{2 π} (9 + 16 \cdot \frac{1 + cos 2 t}{2} + \frac{1 + cos 4 t}{2} - 24 cos t + 6 cos 2 t$
  $- 8 \cdot \frac{cos t + cos 3 t}{2}) d t$
  $= \frac{a ^{4}}{24} \int_{0}^{2 π} (35 - 64 cos t + 24 cos 2 t - 8 cos 3 t + cos 4 t) d t = \frac{35 π}{12} a^{4} .$
  (3.10)
  
  注
  如果学了 $Γ$ 函数和B函数，这个积分是非常trivial的，将其改写成 $(sin u)^{8}$ 的积分，得到结果为 $B (1/2, 9/2) /2 = 105 π /768$ .
2. (b).
  注意到出现了 $x^{2} + y^{2} \pm z^{2}$ 的因子，直接考虑球坐标换元，可得曲面方程 $Σ : r^{2} = - a^{2} cos 2 θ > 0$ ，这要求 $π ⩽ θ ⩽ 3 π /4$ . 积分的旋转对称性给出
  
  $原式 = 2 π \int_{π /4}^{3 π /4} sin θ ∣ cos θ ∣ d θ \int_{0}^{a - c o s 2 θ} r^{2} d r$
  $= \frac{4 π}{3} a^{3} \int_{π /4}^{π /2} (- cos 2 θ)^{3/2} \cdot (- \frac{1}{2} d cos 2 θ) = \frac{4 π}{15} a^{3} .$
  (3.11)
8.
(21-22期中 $T_{7}$ ) 证明：积分方程

$f (x, y) = 1 + \int_{0}^{x} d u \int_{0}^{y} f (u, v) d v$
(3.12)

在 $D : 0 ⩽ x ⩽ 1, 0 ⩽ y ⩽ 1$ 上至多有一个连续解.

解
由于题干不要求证明解的存在性，这里仅需要证明其唯一性. 将研究区域扩展至 $D^{'} : ∣ x ∣ ⩽ 1, ∣ y ∣ ⩽ 1$ . 对于在 $D^{'}$ 内满足此积分方程的解 $f$ ，其在 $D$ 的边界两侧满足

$(x, y) \to (x_{0}, 0^{+}) lim f (x, y) = (x, y) \to (x_{0}, 0^{-}) lim f (x, y) = 1,$
$(x, y) \to (0^{+}, y_{0}) lim f (x, y) = (x, y) \to (0^{-}, y_{0}) lim f (x, y) = 1,$
(3.13)

其中 $x_{0}, y_{0} ⩾ 0$ ，因此 $f$ 在 $D^{'}$ 内也是连续解. 假定方程有两个连续解 $f_{1} (x, y)$ 和 $f_{2} (x, y)$ ，首先有 $f_{i} (0, 0) = f_{i} (0, 0) = 1 (i = 1, 2)$ . 记 $f (x, y) = f_{1} (x, y) - f_{2} (x, y)$ ，则 $f (0, 0) = 0$ ，且 $f$ 至少一阶可微：

$f_{x} = \int_{0}^{y} [f_{1} (x, v) - f_{2} (x, v)] d v, f_{y} = \int_{0}^{x} [f_{1} (u, y) - f_{2} (u, y)] d u,$
(3.14)

并且 $f_{x} (0, 0) = f_{y} (0, 0) = 0$ ，进而高阶偏导 $\frac{\partial ^{n} f}{\partial x ^{n}}, \frac{\partial ^{n} f}{\partial y ^{n}}$ 的存在性均可由其低一阶偏导的存在性导出，即

$\frac{\partial ^{n} f ( x , y )}{\partial x ^{n}} = \int_{0}^{y} \frac{\partial ^{n - 1} f ( x , v )}{\partial x ^{n - 1}} d v, \frac{\partial ^{n} f ( x , y )}{\partial y ^{n}} = \int_{0}^{x} \frac{\partial ^{n - 1} f ( u , y )}{\partial y ^{n - 1}} d u,$
(3.15)

并且 $\frac{\partial ^{n} f ( 0 , 0 )}{\partial x ^{n}} = \frac{\partial ^{n} f ( 0 , 0 )}{\partial y ^{n}} = 0$ . 对于混合偏导，由于 $f_{x y} = f$ 存在，结合 $f$ 在原点高阶偏导为零的性质，可得

$\frac{\partial ^{m + n} f ( 0 , 0 )}{\partial _{x}^{m} \partial _{y}^{n}} = f (0, 0) δ_{mn} = 0.$
(3.16)

这也就是说， $f (x, y)$ 在 $D^{'}$ 内原点附近的任意 $2 n (n ⩾ 1)$ 阶Taylor展开式 $f_{n} (x, y) = 0$ ，因此 $f (x, y) = n \to \infty lim f_{n} (x, y) = 0$ ，即 $f_{1} (x, y) = f_{2} (x, y)$ ，两个连续解完全相同.

注
实际上这一解是存在的. 证明所有高阶偏导存在性后，可证明仅有同阶混合偏导 $\frac{\partial ^{n} f ( 0 , 0 )}{\partial x \partial y} = f (0, 0) = 1$ 非零，其级数表示为

$f (x, y) = n = 0 \sum \infty \frac{( x y ) ^{n}}{( n ! ) ^{2}} = I_{0} (2 x y),$
(3.17)

其中 $I_{0} (x)$ 为第一类修正Bessel函数.
9.
(22-23期中 $T_{3}$ )
1. (a).
  计算二重积分 $\iint_{D} \frac{1 - x ^{2} - y ^{2}}{1 + x ^{2} + y ^{2}} d x d y$ ，其中 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 1, y ⩾ 0}$ .
2. (b).
  计算三重积分 $∭_{V} (x + y + z) d x d y d z$ ，其中积分区域 $V$ 由 $z = x^{2} + y^{2}$ 与 $z = 1 - x^{2} - y^{2}$ 所围成.
解
1. (a).
  考虑等值面 $D (r) : x^{2} + y^{2} ⩽ r^{2}, y ⩾ 0$ ，其面积为 $π r^{2} /2$ ，因此
  
  $原式 = \int_{0}^{1} \frac{1 - r ^{2}}{1 + r ^{2}} \cdot π r d r = π (ln 2 - \frac{1}{2}) .$
  (3.18)
2. (b).
  注意到积分区域关于 $x, y$ 对称，但积分函数前两项分别关于 $x, y$ 为奇函数，因此前两项积分值为0. 由于积分区域出现了 $x^{2} + y^{2} \pm z^{2}$ 的系数，考虑球坐标变换，此时积分区域化为 $Ω : 0 ⩽ θ ⩽ π /4, r ⩽ 1$ 那么
  
  $原式 = 2 π \int_{0}^{π /4} sin θ cos θ d θ \int_{0}^{1} r^{3} d r = \frac{π}{8} .$
  (3.19)
10.
(23-24期中 $T_{1}$ (6)) 计算 $\iint_{D} \frac{1 + x y}{1 + x ^{2} + y ^{2}} d x d y$ ，其中区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 1, x ⩾ 0}$ .

解
注意到 $D$ 关于 $y$ 对称，而 $x y / (1 + x^{2} + y^{2})$ 关于 $y$ 为奇函数，故该项积分值为零. 剩余积分仍考虑半球面的等值面，因此

$原式 = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + r ^{2}} \cdot d (\frac{π r ^{2}}{2}) = \frac{π}{2} ln 2.$
(3.20)
11.
(23-24期中 $T_{7}$ ) 设 $f (x, y)$ 在 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 1}$ 上有连续的二阶偏导数，并满足 $f (0, 0) = f_{x}^{'} (0, 0) = f_{y}^{'} (0, 0) = 0$ 以及 $(f_{xx}^{''})^{2} + 2 (f_{x y}^{''})^{2} + (f_{y y}^{''})^{2} ⩽ 1$ ，求证：

$\iint_{D} f (x, y) d x d y ⩽ \frac{π}{4} .$
(3.21)

解
由题意， $f (x, y)$ 的二阶Taylor展开式为

$f (x, y) = \frac{1}{2} [x^{2} f_{xx} (θ x, θ y) + 2 x y f_{x y} (θ x, θ y) + y^{2} f_{y y} (θ x, θ y)]$
$= \frac{1}{2} (x^{2}, 2 x y, y^{2}) \cdot (f_{xx}, 2 f_{x y}, f_{y y})_{(θ x, θ y)},$
(3.22)

其中 $0 < θ (x, y) < 1$ ，最后一行将其视为向量点乘，或者直接采用Cauchy-Schwarz不等式，可得

$∣ f (x, y) ∣ ⩽ \frac{1}{2} x^{4} + 2 x^{2} y^{2} + y^{4} \cdot f_{xx}^{2} + 2 f_{x y}^{2} + f_{y y}^{2} ⩽ \frac{x ^{2} + y ^{2}}{2},$
(3.23)

因此

$\iint_{D} f (x, y) d x d y ⩽ \iint_{D} ∣ f (x, y) ∣ d x d y ⩽ \frac{1}{2} \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) d x d y$
$= \frac{1}{2} \cdot 2 π \cdot \int_{0}^{1} r^{2} \cdot r d r = \frac{π}{4} .$
(3.24)

类比一元函数二阶导条件记忆
通常解方程的方法是，利用前三式解出 $x (λ), y (λ), z (λ)$ ，代入最后一式即约束条件
这里不写成 $f_{x}$ 是为了避免与 $f_{1}$ 混淆
也就是说当这一形式都不含有时，基本可以放弃挣扎、在直角系里老老实实积分了