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 x\partial y} = x - f(x) \qquad
\frac{\partial^2 u}{\partial y\partial x} = f'(x)
]由于一阶偏导数 连续，所以
\dfrac{\partial^2 u}{\partial x\partial y} = \dfrac{\partial^2 u}{\partial y\partial 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 + d\frac{1}{3}y^3 \\\\
du&= yd(x - 1) + (x - 1)dy + d\frac{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)) + d\frac{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 + \theta\Delta x,y_0 + \Delta y)\Delta x
]又
f_x(x,y) 在
(x_0,y_0) 连续，故
\lim\limits_{(\Delta x,\Delta y) \to (0,0)} f_x(x_0 + \theta\Delta 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_1\Delta x + \alpha_2\Delta y要想证明他们 等价，考虑 不等式放缩夹逼：
[
0
\le
\frac{|\alpha_1\Delta x + \alpha_2\Delta 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_1\Delta x + \alpha_2\Delta y|}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} \to 0 \Rightarrow \alpha_1\Delta x + \alpha_2\Delta 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
dz\bigg|_{(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
dz\bigg|_{(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
dz\bigg|_{(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_2\frac{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 + 8\lambda x = 0 \\\\
F_y = 12x + 4y + 2\lambda 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
x\ne 0, y\ne 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 + 4\lambda)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 + 4\lambda & 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 = -50\lambda=-\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 r\in[0,5], \theta\in[0,2\pi]，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：\(r\in[0,5], \theta\in[0,2\pi]\) 上的 最大值
[
\begin{aligned}
z &= r^2 \cdot \bigg({\frac{\cos^2\theta + 12\sin2\theta + 8\sin^2\theta}{4}}\bigg) =
r^2 \cdot \bigg({\frac{1 + 12\sin2\theta + 7\sin^2\theta}{4}}\bigg) \\\\
&=
r^2 \cdot \bigg({\frac{1 + 12\sin2\theta + \dfrac{7}{2} \cdot (1 - \cos2\theta)}{4}}\bigg)
\\\\
&=
r^2 \cdot \bigg({\frac{9 + 24\sin2\theta - 7\cos2\theta)}{8}}\bigg)
\\\\
&=
r^2 \cdot \bigg({\frac{9 + 25 \sin (2\theta + \varphi)}{8}}\bigg)
\\\\
&=
\frac{9}{8}r^2 + \frac{25}{8} r^2 \sin(2\theta + \varphi)
\end{aligned}
]故
z \in [-50, \dfrac{425}{4}] \Rightarrow \max\bigg({z(r,\theta)}\bigg) = \dfrac{425}{4}题目326
[
累次积分 \int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta \int_0^{2\cos\theta} f(r\cos\theta,r\sin\theta)r dr 等于
][
\begin{aligned}
&(A) \int_0^1dy\int_y^{1-\sqrt{1-y^2}} f(x,y)dx \quad
(B) \int_0^2dx\int_0^{\sqrt{2x-x^2}} f(x,y)dy \\\\
&(C) \int_0^2dr\int_0^{\frac{\pi}{4}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)d\theta \\\\
&(D) \int_0^{\sqrt{2}}dr\int_0^{\frac{\pi}{4}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)r d\theta +
\int_{\sqrt{2}}^2dr\int_0^{\arccos \frac{r}{2}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)r d\theta\\\\
\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 = 2\cos \theta \Rightarrow r\cos\theta = 2\cos^2\theta \Rightarrow x = 2\cos^2\theta = 1+\cos 2\theta，同理
y = \sin 2\theta，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(r\cos\theta,r\sin\theta)r d\theta +
\int_{\sqrt{2}}^2 dr \int_0^{\arccos\frac{r}{2}} f(r\cos\theta,r\sin\theta)r d\theta
]故正确答案为
D题目327
求二重积分：
[
\int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta\int_0^{\frac{1}{\cos \theta}} \rho^2d\rho +
\int_1^{\sqrt{2}}dx\int_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}}d\theta\int_0^{\frac{1}{\cos \theta}} \rho^2d\rho +
\int_1^{\sqrt{2}}dx\int_0^{\sqrt{2-x^2}}\sqrt{x^2 + y^2}dy
\\\\
&=
\int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta\int_0^{\frac{1}{\cos \theta}} \rho^2d\rho +
\int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta\int_{\frac{1}{\cos \theta}}^{\sqrt{2}} \rho^2d\rho
\\\\
&=
\int_0^{\frac{\pi}{4}}d\theta\int_0^{\sqrt{2}} \rho^2d\rho
\\\\
&=
\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_0^1dy\int_y^1 x\sqrt{2xy-y^2} dx
]解答
对于
x\sqrt{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} d\theta \int_0^\frac{1}{\cos\theta} r\cos\theta\sqrt{2r^2\cos\theta\sin\theta - r^2\sin^2\theta} rdr \\\\
=&
\int_0^{\frac{\pi}{4}} d\theta \int_0^\frac{1}{\cos\theta} r^3\cos\theta \sqrt{2\sin\theta\cos\theta - \sin^2\theta} dr \\\\
=&
\frac{1}{4}\int_0^\frac{\pi}{4} \cos\theta \sqrt{2\sin\theta\cos\theta - \sin^2\theta} \cdot \frac{1}{\cos^4\theta} d\theta \\\\
=&
\frac{1}{4}\int_0^\frac{\pi}{4} \sqrt{2\tan\theta - \tan^2\theta} \cdot \frac{1}{\cos^2\theta} d\theta \\\\
=&
\frac{1}{4}\int_0^\frac{\pi}{4} \sqrt{2\tan\theta - \tan^2\theta}d\tan\theta \\\\
=&
\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_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{2}-1}{\sqrt[n]{2n+1}} \cdot \sum_{i=1}^n\int_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_{n\to\infty} \frac{\sqrt[n]{2}-1}{\sqrt[n]{2n+1}} \cdot \sum_{i=1}^n\int_1^{\frac{2i-1}{2n}}e^{-y^2}dy \\\\
=&\quad
\lim_{n\to\infty} \frac{e^{\frac{\ln 2}{n}}-1}{(1+2n)^{\frac{1}{n}}} \cdot \sum_{i=1}^n\int_1^{\frac{2i-1}{2n}}e^{-y^2}dy \\\\
=&\quad
\ln 2 \cdot \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \cdot \sum_{i=1}^n\int_1^{\frac{2i-1}{2n}}e^{-y^2}dy \\\\
=& \quad
\ln 2 \cdot \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n} \cdot f(\frac{2i-1}{2n}) \\\\
=&\quad -
\ln 2 \cdot \int_0^1dx\int_x^1e^{-y^2} dx \\\\
=& \quad -
\ln 2 \cdot \int_0^1dy\int_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
0\le x \le 1, 0 \le y \le 1 所确定的平面区域，求
\iint\limits_D\sqrt{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}}d\theta\int_0^{\frac{1}{\cos\theta}} r^2dr +
\int_{\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{2}d\theta\int_0^{\frac{1}{\sin\theta}} r^2dr
\\\\
= \quad &
\frac{1}{3}\bigg(\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^3\theta d\theta + \int_{\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{2} \csc^3\theta d\theta\bigg)
\\\\
= \quad &
\frac{2}{3}\bigg(\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^3\theta d\theta\bigg)
\\\\
\end{aligned}
][
\begin{aligned}
\int \sec^3x dx = \tan x\sec x - \int \tan^2 x \sec x dx = \tan x\sec x - \int (\sec^3 - \sec x) dx \\\\
=\tan x\sec x - I + \int\sec 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{3\pi}{4}}d\theta\int_0^{2\sin\theta} [\sin\theta + \cos\theta\sqrt{1+r^2\sin^2\theta}]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 = 2\sin\theta \Rightarrow r^2 = 2r\sin\theta \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
\iint\limits_D(y + x\sqrt{1+y^2}) d\sigma
\\\\
= &\quad
\iint\limits_Dy d\sigma
\\\\
= &\quad
2\int_0^1dx\int_x^{1 + \sqrt{1-x^2}} ydy
\\\\
= &\quad
2\int_0^1 (1-x^2+2\sqrt{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=\iint\limits_D\sqrt{x^2+y^2}d\sigma,I_2=\iint\limits_D\sin\sqrt{x^2+y^2}d\sigma,I_3=\iint\limits_D(1-\cos\sqrt{x^2+y^2})d\sigma
]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 = \iint\limits_D u d\sigma,I_2 = \iint\limits_D \sin u d\sigma,
I_3 = \iint\limits_D (1-\cos u) d\sigma,
]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=\iint\limits_D(2x^2+\tan(xy^2))d\sigma,I_2=\iint\limits_D(x^2y+2\tan y^2)d\sigma,I_3=\iint\limits_D(|xy|+y^2)d\sigma
]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 = 4\iint\limits_{D_1} 2x^2 d\sigma，I_2 = 4\iint\limits_{D_1} 2\tan y^2 d\sigma，I_3 = 4\iint\limits_{D_1} (xy+y^2) d\sigma
]观察积分域
D，具有明显的 轮换对称性，又根据
I = \dfrac{1}{2}\iint\limits_D[f(x,y)+f(y,x)]dxdy 得:
\tan x > x \Rightarrow I_2 > I_1[
I_1 = 2\iint\limits_{D_1} (2x^2+2y^2) d\sigma,
I_3 = 2\iint\limits_{D_1} (x^2+y^2+2xy) d\sigma \lt
2\iint\limits_{D_1} (x^2+y^2+x^2+y^2) d\sigma
]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)dx\text{，且} f(0) = 1\text{，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 \quad\Rightarrow\quad \ln(A+y) = x + C \quad\Rightarrow\quad
y = Ce^x - A
]对
y 在
(0,1) 上进行积分：
[
A = C\int_0^1e^xdx - A \quad\Rightarrow\quad A = \frac{C(e - 1)}{2}
]代入初值
y(0) = 1：
[
1 = C - \frac{C(e - 1)}{2} \quad\Rightarrow\quad 2 = C \cdot (2 - e + 1) \quad\Rightarrow\quad 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 + C\big] =
e^{-x} \cdot\big[ 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}
]
