高等数学-多元函数微分学及二重积分

多元函数微分学

由多个变量确定的函数称为多元函数。

多元函数的定义域

某函数z，由两个变量确定时，称$z=f(x,y)$为二元函数.
其定义域为$x，y$的取值范围。
二元函数定义域写法${(x,y)|x,y需要满足的条件}$。
例题1：$z=\sqrt{y-x^2+1}$，其定义域为${(x,y)|y-x^2+1\leq 0}$。
例题2：$z=\ln(x^2+y^2-4)+\sqrt{9-xf^2-y^2}$，其定义域为${(x,y)|y-x^2+1\leq 0}$。
解：$x^2+y^2-4> 0,9-x^2-y^2\geq 0$
$x^2+y^2>4,x^2+y^2\le9$
$4<x^2+y^2\le 9$
例题3：$z=\frac{\arcsin 2x}{ln(1-x^2-y^2)}$的定义域为${(x,y)|-\frac{1}{2}\le x\le \frac{1}{2}且0<x^2+y^2<1}$。
解：分子$-1\le 2x \le 1$,即$-\frac{1}{2}\le x \le \frac{1}{2}$。
分母$\ln(1-x^2-y^2)\ne 0$，即$1-x^2-y^2\ne 1,x^2+y^2\ne 0$。
分母$1-x^2-y^2 > 0$，即$x^2+y^2< 1$。
即分母定义域$0<x^2+y^2<1$。

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二元函数对应法则

解法：$\left\{\begin{matrix}换元\\配凑\end{matrix}\right.$
例题1：$f(x+y,x-y)=x^2-y^2$，求$f(x,y)$。
解：$x^2-y^2=(x+y)(x-y)$
$f(x+y,x-y)=(x+y)(x-y)$
$f(x,y)=x\cdot y$

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二元函数的极限

若点$P(x,y)$以任意方式趋于点$P_0(x_0,y_0)$时，函数$f(x,y)$趋于一个常数$A$，则称$A为f(x,y)$的极限，记为$\lim_{(x,y)\to (x_0,y_0)}f(x,y)$或$\lim_{x\to x_0,y \to y_0}f(x,y)$。
例题1：求$\lim_{x \to 0,y \to 2}\frac{\sin xy}{x}$。
解：原式$=\lim_{x \to 0,y \to 2}\frac{\sin xy}{x}$
$=\lim_{x \to 0,y \to 2}\frac{xy}{x}=2$。

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二元函数偏导数

当$y_0$固定而$x$在$x_0$处有增量$\Delta x$时，称$\lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x_0+\Delta x,y_0)-f(x_0,y_0)}{\Delta x}$为二元函数对$x$的偏导数。
反之，称$\lim_{\Delta y \to 0} \frac{f(x_0,y_0+\Delta x)-f(x_0,y_0)}{\Delta y}$为二元函数对$y$的偏导数。

1. 一阶偏导的写法
   设二元函数$z=f(x,y)$
   记为$\frac{\partial z}{\partial x}或\frac{\partial f}{\partial x},Z_x或f_x(x,y)$为对x的偏导。
   记为$\frac{\partial z}{\partial y}或\frac{\partial f}{\partial y},Z_y或f_y(x,y)$为对y的偏导。
2. 一阶偏导的计算
   $\frac{\partial z}{\partial x}$:指对x求偏导，y固定为一个常数（暂时）
   $\frac{\partial z}{\partial y}$:指对y求偏导，x固定为一个常数（暂时）
   例题1：已知$z=x^2+3xy+y^2$，求$\frac{\partial z}{\partial y}=3x+2y$。
   解：$\frac{\partial z}{\partial y}=3x+2y$。
   例题2：若$z=e^{xy}\cdot \sin 2y$，求$\frac{\partial z}{\partial y}=2e^{xy}\cdot \cos 2y+xe^{xy}\cdot \sin 2y$。
   解：$\frac{\partial z}{\partial y}=x\cdot e^{xy}\cdot \sin 2y+e^{xy}\cdot \cos 2y\cdot 2=2e^{xy}\cdot \cos 2y+xe^{xy}\cdot \sin 2y$。
   例题3：若$z=f(x^2+y)$，求$\frac{\partial z}{\partial x}=2xf'(x^2+y)$。
   解：$\frac{\partial z}{\partial x}=2xf'(x^2+y)$。

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二元函数的全微分

公式：$dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy$。
例题1：设$z=x^2+xy$，求其在$(1,0)$处的全微分。
解：$\frac{\partial z}{\partial x}=2x+y|_{(1,0)}=2$
$\frac{\partial z}{\partial y}=x|_{(1,0)}=1$。
$dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy=2dx+dy$。
例题2：设$z=f(x^2-y^2)$，求其在$f$处可微，求$dz$。
解：$\frac{\partial z}{\partial x}=f'(x^2-y^2)\cdot 2x=2xf'(x^2-y^2)$。
$\frac{\partial z}{\partial y}=f'(x^2-y^2)\cdot (-2y)=-2yf'(x^2-y^2)$。
$dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy=2xf'(x^2-y^2)dx-2yf'(x^2-y^2)dy$。
例题3：设$z=e^{xy^2}$，求$dz$
解：$\frac{\partial z}{\partial x}=e^{xy^2}\cdot y^2$
$\frac{\partial z}{\partial y}=e^{xy^2}\cdot 2xy$。
$dz=e^{xy^2}\cdot y^2dx+e^{xy^2}\cdot 2xydy$。

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可微与偏导的关系

$可微\Longleftrightarrow 可导\Longrightarrow 连续\Longrightarrow 极限$ $z=f(x,y)偏导数存在且连续\Longrightarrow f(x,y)可微$ $z=f(x,y)可微\Longrightarrow 连续\Longrightarrow 极限$ $z=f(x,y)可微\Longrightarrow 偏导存在$

偏导存在，与连续无关
例题1：若函数$z=f(x,y)$在点$(x_0,y_0)$某一邻域内偏导$\frac{\partial z}{\partial x}，\frac{\partial z}{\partial y}$都存在，则$z=f(x,y)$在$(x_0,y_0)$可微。(×)
解析：偏导未连续，不可微。

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可微的本质

可微：指用$f(x)$在$(x_0,y_0)$处的切线上的增量$\Delta y$来替代了曲线$f(x)$本身的增量$\Delta y$。
$\left\{\begin{matrix}\tan \theta =\frac{\Delta y}{\Delta x} \\f'(x_0)=\tan \theta \end{matrix}\right.\Longrightarrow f'(x_0)=\frac{\Delta y}{\Delta x}$
$\Longrightarrow \Delta y_切=f'(x_0)\Delta x$。
若$\Delta y_切=\Delta y$则称可微！
条件：$\Delta y-\Delta y_切=\Delta y-f'(x_0)\cdot \Delta x \Longrightarrow 趋于0且为\Delta x的高阶无穷小量$
具体判断方法：
(1). 写增量：$\Delta y=f(x_0+\Delta x)-f(x_0)$
(2). 写线性增量：$A\Delta x=f'(x_0)\cdot \Delta x$
(3). 作极限：$\lim_{\Delta x \to 0}\frac{\Delta y-A\Delta x}{\Delta x}=0$
(4). 判断：若极限为0，则可微。
在二元函数内：$z=f(x,y)$
(1). 全增量：$\Delta z=f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)$
(2). 线性增量：$\Delta z=A\Delta x+B\Delta y$
(3). 作极限：$\lim \frac{\Delta z-\Delta z_线}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2} }=0$
(4). 判断：若极限为0，则可微。
$\Delta z=A\Delta x+B\Delta y+0(\rho ),\rho =\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2},A=\frac{\partial z}{\partial x},B=\frac{\partial z}{\partial y}$
例题1：设$f(x,y)$在点$(x_0,y_0)$处两个偏导$f_x(x_0,y_0),f_y(x_0,y_0)$都存在，则有()
A. 存在常数$k$使得$\lim_{x \to x_0,y\to y_0}f(x,y)=k$（极限存在）
B. $\lim_{x \to x_0,y\to y_0}f(x,y)=f(x_0,y_0)$（连续）
C. $\lim_{y\to y_0}f(x,y)=f(x_0,y_0);\lim_{x \to x_0}f(x,y)=f(x_0,y_0)$
D. 当$(\Delta x)^2+(\Delta y)^2\to 0$时，$f(x_0+\Delta x,y_0+\Delta y)-f(x_0,y_0)-[f_x(x_0,y_0)\Delta x+f_y(x_0,y_0)\Delta y]=0(\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2})$
解析：偏导存在，没有提连续，不能判断极限存在，AB错,$f_x(x_0,y_0)=\frac{df(x_0,y_0)}{dx}|_{x=x_0},f_y(x_0,y_0)=\frac{df(x_0,y_0)}{dy}|_{y=y_0}$可判断x方向和y方向均为连续，故C正确，偏导+连续才为可微，题目未提连续，即D错误。

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二阶偏导

$z=f(x,y)$的二阶偏导数： $\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}指z对x求两次偏导$ $\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}指z对y求两次偏导$ $\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}指z先对y后对x的二阶混合偏导$ $\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}指z先对x后对y的二阶混合偏导$ $z=f(x,y)$的两个混合偏导$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y},\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}$在闭区间D内连续，则$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}$

例题1：设$z=x^3y^2$，求$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2},\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y},\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}$。
解：$\frac{\partial z}{\partial x}=3x^2y^2$
则$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=6xy^2,\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=6x^2y$
$\frac{\partial z}{\partial y}=2x^3y$
$\frac{\partial^2 z}{\partial y \partial x}=6x^2y$
例题2：设$z=y^x$，则$z_{xy}=\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=()$
解：$\frac{\partial z}{\partial x}=y^x\cdot \ln y$
$\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}=(y^x)'\cdot \ln y+y^x\cdot (\ln y)'=x\cdot y^{x-1}\ln y+y^x\cdot \frac{1}{x}$
$=y^{x-1}(x\ln y +1)$

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二元隐函数求一阶偏导

不是$z=f(x,y)$的二元函数，叫隐函数。
用公式法求二元隐函数的一阶偏导
(1). 令$F(x,y,z)$
(2). 求$F_x,F_y,F_z$
(3). 套公式：$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z},\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}$
例题1：设$z=z(x,y)$由方程$z+e^z=xy$所确定，求$\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y}$。
解：令$F(x,y,z)=z+e^z-xy$
$F_x=-y,F_y=-x,F_z=1+e^z$
$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=\frac{y}{1+e^z},\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}=\frac{x}{1+e^z}$
例题2：由方程$xyz+\sqrt{x^2+y^2+z^2}=\sqrt{2}$所确定的函数$z=z(x,y)$在点(1,0,-1)处的全微分$dz=$。
解析：全微分：$dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy$
解：令$F(x,y,z)=xyz+\sqrt{x^2+y^2+z^2}-\sqrt{2}$
$F_x=yz+\frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2+z^2} }\cdot 2x|_{(1,0,-1)}=\frac{1}{\sqrt{2} }=\frac{\sqrt{2} }{2}$
$F_x=xz+\frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2+z^2} }\cdot 2y|_{(1,0,-1)}=-1$
$F_x=xy+\frac{1}{2\sqrt{x^2+y^2+z^2} }\cdot 2z|_{(1,0,-1)}=-\frac{1}{\sqrt{2} }=-\frac{\sqrt{2} }{2}$
$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=-\frac{\frac{\sqrt{2} }{2} }{-\frac{\sqrt{2} }{2} }=1$
$\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}=-\frac{-1}{\frac{\sqrt{2} }{2} }=-\sqrt{2}$
$dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy$
$=dx-\sqrt{2}dy$

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隐函数的二阶偏导

(1). 使用公式求一阶导；
(2). 使用导数公式求二阶导；
注：求二阶导时，切记z是关于x,y的函数需要求导的。
例题1：设$2x^2+y^2+z^2-4z=0$其中$z=z(x,y)$所确定，求$\frac{\partial z}{\partial x}|_{(1,1,1)},\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}|_{(1,1,1)}$。
解：令$F(x,y,z)=2x^2+y^2+z^2$
则$F_x=4x|_{(1,1,1)}=4,F_y=2y|_{(1,1,1)}=2,F_z=2z-4|_{(1,1,1)}=-2$
故$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=\frac{-4x}{2e-4}|_{(1,1,1)}=2$
$\frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=\frac{\partial }{\partial x}(\frac{\partial z}{\partial x})=\frac{2\cdot (z-2)+2x \cdot (\frac{\partial z}{\partial x} )}{(z-2)^2}|_{(1,1,1)}=6$

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多元复合函数求导

求导原则：从外向里，层层求导并相乘。
链式法则：将每层函数关系罗列（树状图）分线相加，连线相乘

1. 题型一：具体多元函数求导（直接带入法）
   例题1：设$z=xy+3\ln x,其中x=2u+v ,y=u-2v$，求$\frac{\partial z}{\partial u},\frac{\partial z}{\partial v}$。
   解：由题可知：$z=(2u+v)\cdot (u-2v)+3\ln (2u+v)$ $\frac{\partial z}{\partial u}=2(u-2v)+(2u+v)+3\cdot \frac{1}{2u+v}\cdot 2=4u-3v+\frac{6}{2u+v}$ $\frac{\partial z}{\partial v}=(u-2v)+(2u+v)\cdot (-2)+3\cdot \frac{1}{2u+v}=-3u-4v+\frac{1}{2u+v}$
2. 题型二：抽象的复合函数求导
   面对含$f(\Box ,\triangle )$的复合求导。
   注：(1). 从外向里，逐层求导；
   (2). 勿忘f要导f’；
   (3). “$\Box$“用“1”代替，”$\triangle$“用“2”代替。
   (4). 计算结果内容省略不写括号；
   例题1：设$z=f(x,xy)$，求$\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y}$。
   解：$\frac{\partial z}{\partial x}=f'_1{x,xy}\cdot 1+f'_2(x,xy) \cdot y=f'_1+y\cdot f'_2$ $\frac{\partial z}{\partial y}=f'_2(x,xy)\cdot x=x\cdot f'_2$ 例题2：设$z=xyf(x^+y,x-y^2)$，其中$f$可微，求$\frac{\partial z}{\partial x},\frac{\partial z}{\partial y}$。
   解：$\frac{\partial z}{\partial x}=yf+xy\cdot [f'_1\cdot 2x+f'_2\cdot 1]=yf+2x^2yf'_1+xyf'_2$ $\frac{\partial z}{\partial y}=xf+xy[f'_1\cdot 1-f'_2\cdot 2y]=xf+xyf'_1-2xy^2f'_2$ 例题3：设$z=f(xy,y)$，其中$f$具有二阶连续偏导，求$\frac{\partial ^2z}{\partial x\partial y}$。
   解：$\frac{\partial z}{\partial x}=f'_1(xy,y)\cdot y=yf'_1(xy,y)$ $\frac{\partial ^2z}{\partial x\partial y}=f'_1\cdot 1+y[f''_{11} \cdot x+f''_{12}\cdot 1$ $=f'_1+xyf''_1+f''_{11}+yf''_{12}$

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隐函数例题

例题1：设函数$u=f(x,y,z)=x^3y^2z^2$，其中$z=z(x,y)$由方程$x^3+y^3+z^3-3xyz=0$所确定，求$\frac{\partial u}{\partial x}$。
解：$\frac{\partial u}{\partial x}=3x^2y^2z^2+x^3y^2\cdot 2z\cdot \frac{\partial z}{\partial x}$
令$F(x,y,z)=x^3+y^3+z^3-3xyz$
$F_x=3x^2-3yz,F_z=3z^2-3xy$
$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}=-\frac{3x^2-3yz}{3z^2-3xy}=\frac{yz-x^2}{z^2-xy}$
$\frac{\partial u}{\partial x}=3x^2y^2z^2+2x^3y^2z\cdot (\frac{yz-x^2}{z^2-xy})$

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多元函数的几何的应用

1. 求空间曲线$\left\{\begin{matrix}x=x(t)\\y=y(t)\\z=z(t)\end{matrix}\right.$的切线及法平面方程。 $\left\{\begin{matrix}直线：\frac{x-x_0}{m}=\frac{y-y_0}{n}=\frac{z-z_0}{p},\vec{S}=(m,n,p) \\平面：A(x-x_0)+B(y-y_0)+C(z-z_0)=0,\vec{n}=(A,B,B) \end{matrix}\right.$ 解法：
   (1). 求导得向量：$\vec{S}=(x'(t),y'(t),z'(t))=(m,n,p)/\vec{n}=(x'(t),y'(t),z'(t))=(A,B,C)$
   (2). 套公式得答案：“线除面乘”。 $\left\{\begin{matrix}线：\frac{x-x_0}{x'(t)}=\frac{y-y_0}{y'(t)}=\frac{z-z_0}{z'(t)}\\面：x'(t)(x-x_0)+y'(t)(y-y_0)+z'(t)(z-z_0)\end{matrix}\right.$ 例题1：求螺旋线$x=a\cos \theta,y=a\sin \theta,z=b\theta$(a,b不同时为0)，上在$\theta=\frac{\pi}{4}$时的切线方程及法平面方程。
   解：令$\theta =t$，则$\left\{\begin{matrix}x=a\cos t\\y=a\sin t\\z=bt\end{matrix}\right.$
   即$x'(t)=-a\sin t,y'(t)=a\cos t,z'(t)=b$
   当$\theta =t=\frac{\pi }{4}$
   则有$x'(t)=-\frac{\sqrt{2} a}{2},y'(t)=\frac{\sqrt{2} a}{2},z'(t)=b$ $(x_0,y_0,z_0)=(-\frac{\sqrt{2} a}{2},\frac{\sqrt{2} a}{2},\frac{b\pi}{4})$ 故切线$\vec{S}=(-\frac{\sqrt{2} a}{2},\frac{\sqrt{2} a}{2},b)$
   法平面$\vec{n}=(-\frac{\sqrt{2} a}{2},\frac{\sqrt{2} a}{2},b)$
   即切线方程$\frac{x-\frac{\sqrt{2} a}{2} }{-\frac{\sqrt{2} a}{2} } =\frac{y-\frac{\sqrt{2} a}{2} }{\frac{\sqrt{2} a}{2} }=\frac{z-\frac{\pi}{4}b }{b}$
   法平面为$-\frac{\sqrt{2} }{2}a(x+\frac{\sqrt{2} }{2}a )+\frac{\sqrt{2} }{2}a(y-\frac{\sqrt{2} }{2}a )+b(-\frac{\pi }{4}b )=0$
   例题2：求曲线$y=\sin x,z=\frac{x}{2}$在点$(\pi ,0,\frac{\pi }{2})$的法平面方程。
   解析：若不是参数方程，令其中一个变量为t，转换为参数式；
   解：令$x=t$，则$y=\sin t,z=\frac{t}{2}$ $x'(t)=1,y'(t)=\cos t,z'(t)=\frac{1}{2}$ 因为在点$(\pi ,0,\frac{\pi}{2})$处，则$x_0=t=\pi$ $x'(t)=1,y'(t)=-1,z'(t)=\frac{1}{2}$ $\vec{n}=(1,-1,\frac{1}{2})$ $(x_0,y_0,z_0)=(\pi ,0,\frac{\pi }{2})$ 带入解得法平面方程：$1\cdot (x-\pi )-1\cdot (y-0)+\frac{1}{2}\cdot (z-\frac{\pi }{2})=0$ $x-y+\frac{z}{2}-\frac{5\pi }{4}=0$ 例题3：求曲线$l:x=t,y=t^2,z=t^3$上的一点，使得曲线在该点处的切线平行于平面$3x+3y+z=0$。
   解析：线与面位置关系与向量关系相反，由题，线与面平行，即线与法线垂直，即$\vec{S} \perp \vec{n}=\vec{S}\cdot \vec{n}=0$
   解：令曲线待求点$(t_0,t_0^2,t_0^3)$
   故在该点处$\vec{S}=(1,2t_0,3t_0^3)$
   有平面方程得$\vec{n}=(3,3,1)$
   由题知：$\vec{S}\cdot \vec{n}=0$ $3+6t_0+3t_0^2=0$ 解得$t_0=-1$
   故点为$(-1,1,-1)$
2. 空间曲面$F(x,y,z)$的切平面和法线方程。
   解法：
   (1). 求导得向量：$\vec{n}=(A,B,C)=(F_x,F_y,F_z)/\vec{S}=(m,n,p)=(F_x,F_y,F_z)$
   (2). 套公式得答案：“线除面乘”。 $\left\{\begin{matrix}线：\frac{x-x_0}{x'(t)}=\frac{y-y_0}{y'(t)}=\frac{z-z_0}{z'(t)}\\面：x'(t)(x-x_0)+y'(t)(y-y_0)+z'(t)(z-z_0)\end{matrix}\right.$ 例题1：空间曲面$2z-e^z+2xy=3$在点$(1,2,0)$处的法线方程。
   解：令$F(x,y,z)=2z-e^z+2xy-3$ $\vec{S}=(F_x,F_y,F_z)=(2y,2x,2-e^z)|_{(1,2,0)}=(4,2,1)$ 故法线方程：$\frac{x-1}{4}=\frac{y-2}{2}=\frac{z}{1}$
   例题2：已知曲面$z=4-x^2-y^2$在点$P$处的切平面平行于平面$2x+2y+z-1=0$，求P点坐标。
   解：设P点为$(x_0,y_0,z_0)$，令$F(x,y,z)=z-4+x^2+y^2$
   所以在P点处切平面$\vec{n_1}=(F_x,F_y,F_z)=(2x,2y,1)|_{(x_0,y_0,z_0)}=(2x_0,2y_0,1)$
   又平面$2x+2y+z-1=0$的法向量为$\vec{n_2}=(2,2,1)$
   由题知：$\vec{n_1} \parallel \vec{n_2}$
   即$\frac{2x_0}{2}=\frac{2y_0}{2}=1$
   解得$x_0=y_0=1$
   带入得$z_0=2$
   故点为$P=(1,1,2)$

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无条件极值

无条件极值：指对$x,y$取值范围无限制下，求$z=f(x,y)$的极值。
求解方法：
(1). 求一阶偏导，令其为0，找驻点；
$\left\{\begin{matrix}f_x(x,y)=0\\f_y(x,y)=0\end{matrix}\right.\Longrightarrow 驻点(x_0,y_0)$
(2). 解方程组，求出极值点；
令$A=f_{xx}(x_0,y_0);B=f_{xy}(x_0,y_0);C=f_{yy}(x_0,y_0)$
(3). 判断$AC-B^2=D$。
$D>0$，有极值$\Longrightarrow \left\{\begin{matrix}A<0,极大值\\A>0,极小值\end{matrix}\right.$
例题1：求函数$f(x,y)=x^2-xy+y^2-2x+y$的极值。
解：令$\left\{\begin{matrix}f_x=2x-y-2=0\\f_y=-x+2y+1=0\end{matrix}\right.\Longrightarrow 驻点(1,0)$
$A=f_{xx}=2,B=f_{xy}=-1,C=f_{yy}=2$
$D=AC-B^2=4-1=3>0$
且$A=2>0$
故$f(1,0)$处为极小值-1。
例题2：求函数$f(x,y)=x^3-4x^2+2xy-y^2$的极值。
解：令$\left\{\begin{matrix}f_x=3x^2-8x+2y=0\\f_y=2x-2y=0\end{matrix}\right.\Longrightarrow 驻点(0,0),(2,2)$
$A=f_{xx}=6x-8,B=f_{xy}=2,C=f_{yy}=-2$
(1). 当驻点为$(0,0)$时,$A=-8,B=2,C=-2$
$D=AC-B^2=16-4=12>0$
且$A=-8<0$
故$f(0,0)$处有极大值0。
(2). 当驻点为$(2,2)$时,$A=4,B=2,C=-2$
$D=AC-B^2=-8-4=-12<0$
故$f(2,2)$处没有极值。

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条件极值

条件极值：指对自变量$x,y$取值范围限制下，求$z=f(x,y)$的极值。
求在条件$\varphi (x,y)=0$下，求$z=f(x,y)$的极值。
解法：
(1). 确定目标函数$f(x,y)$，及条件函数$\varphi (x,y)$；
(2). 构造拉格朗日函数；$F(x,y,\lambda )=f(x,y)+\lambda \varphi (x,y)$
(3). 令$\left\{\begin{matrix}F_x=0\\F_y=0\\F_\lambda =0\end{matrix}\right.\Longrightarrow 得驻点(x_0,y_0)$
(4). 得极值。
例题：求函数$z=x^2+y^2$在直线$\frac{x}{4}+\frac{y}{3}=1$下的极值。
解：目标函数$f(x,y)=x^2+y^2$，条件函数$\varphi (x,y)=\frac{x}{4}+\frac{y}{3}-1=0$
令$F(x,y,\lambda )=x^2+y^2+\lambda (\frac{x}{4}+\frac{y}{3}-1)$
$F_x=2x+\frac{\lambda }{4}=0,F_y=2y+\frac{\lambda }{3}=0,F_\lambda =\frac{x}{4}+\frac{y}{3}-1=0$
解得$x_0=-\frac{36}{25},y_0=-\frac{48}{25}\Longrightarrow (\frac{36}{25}, \frac{48}{25})$为唯一驻点
故$z=x^2+y^2$在$(\frac{36}{25}, \frac{48}{25}$处取得极值
$z=(\frac{36}{25})^2+(\frac{48}{25})^2=\frac{144}{25}$

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条件极值例题

例题1：在椭圆$x^2+4y^2=4$上求一点，使其到直线$2x+3y-6=0$的距离最短。
解：设点为$(x_0,y_0)$，则点到直线的距离为$d=\frac{|2x_0+3y_0-6|}{\sqrt{2^2+3^2}}=\frac{|2x_0+3y_0-6|}{\sqrt{13}}$
令目标函数为$2x+3y-6$，条件函数为$x^2+4y^2-4=0$
令拉格朗日函数为$F(x,y,\lambda )=2x+3y-6+\lambda (x^2+4y^2-4)$
$F_x=2+2\lambda x=0,F_y=3+8\lambda y=0,F_\lambda =x^2+4y^2-4=0$
解得$x_0=\pm \frac{8}{5},y_0=\pm \frac{3}{5}$
故点为$(\frac{8}{5},\frac{3}{5}),(-\frac{8}{5},-\frac{3}{5})$为驻点
(1). 当$(x_0,y_0)=(\frac{8}{5},\frac{3}{5})$时
带入$=\frac{|2x+3y-6|}{\sqrt{13} }=\frac{|\frac{16}{5}+\frac{9}{5}-6|}{\sqrt{13} }=\frac{|5-6|}{\sqrt{13} }=\frac{\sqrt{13 } }{13}$
(2). 当$(x_0,y_0)=(-\frac{8}{5},-\frac{3}{5})$时
带入$=\frac{|2x+3y-6|}{\sqrt{13} }=\frac{|-\frac{16}{5}-\frac{9}{5}-6|}{\sqrt{13} }=\frac{|-5-6|}{\sqrt{13} }=\frac{11\sqrt{13 } }{13}$
故点为$P(\frac{8}{5},\frac{3}{5})$时，到直线距离最短，最短距离为$\frac{\sqrt{13} }{13}$。

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二重积分

二重积分概念与性质

1. 定义：二重积分是用来求解曲顶柱体体积的工具，记为$\iint f(x,y)dx,dy$。
   其中$f(x,y)$为被积函数(求图形体积的h)，$dx dy=d\delta$面积元素，D为积分区域（底面积）。 $V=\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy$
2. 性质：
   (1). $\iint\limits_{D}f(x,y)\pm g(x,y)dxdy=\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy\pm g(x,y)dxdy$
   (2). 可加性$D=D_1+D_2,\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy=\iint\limits_{D_1}f(x,y)dxdy+\iint\limits_{D_2}f(x,y)dxdy$
   (3). $\iint\limits_{D}kf(x,y)dxdy=k\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy$
   (4). 底面积计算公式：$\iint\limits_{D}1\cdot dxdy=\iint\limits_{D}dxdy=S_D$
   (5). 比较定理：设$f(x,y)\ge g(x,y)$，则$\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy \ge \iint\limits_{D}g(x,y)dxdy$反比$f(x,y)$的大小
   (6). 估值定理：设$f(x,y)$在D上，有最大值M和最小值m，有$m\le f(x,y)\le M$
   则有$\Longrightarrow \iint\limits_{D}mdxdy\le \iint\limits_{D}f(x,y)dxdy\le \iint\limits_{D}Mdxdy \Longrightarrow m\iint\limits_{D}dxdy\le \iint\limits_{D}f(x,y)dxdy\le M\iint\limits_{D}dxdy \Longrightarrow m\cdot S_D\le \iint\limits_{D}f(x,y)dxdy\le M\cdot S_D$

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二重积分性质考点计算

$\iint\limits_{D} 1 \cdot dxdy=S_D$

(1). 圆的一般表达式：$(x-a)^2+(y-b)^2=r^2$
其中，$(a,b)$为圆心，$r$为半径。
$S_圆=\pi \cdot r^2$

(2). 椭圆的一般表达式：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$

$S_椭圆=\pi \cdot a \cdot b$
例题1：计算$\iint\limits_{D}d\delta$其中D为原点为圆心，半径为5的圆形区域。
解：$\iint\limits_{D}d\delta =S_D=\pi \cdot 5^2=25\pi$
例题2：计算二重积分$\iint\limits_{x^2+y^2\le 2}dxdy$
解：由题知：$x^2+y^2 \le 2$取$x^2+y^2=2$
因为$x^2+y^2=2$为圆的一般表达式，$S_D=\pi \cdot r^2<2$时在圆面积内部
$\iint\limits_{x^2+y^2\ge 2}dxdy =S_D=\pi \cdot r^2=2\pi$。
例题3：设积分区域$D:1 \le x^2+y^2 \le 4$求二重积分$\iint\limits_{D}dxdy$
解：由题知：$1 \le x^2+y^2 \le 4$取$x^2+y^2=1,x^2+y^2=4$
则$\iint\limits_{D}dx=S_D=S_{D大}-S_{D小}=4 \pi -\pi = 3\pi$
例题4：设积分区域$D:\frac{x^2}{4}+y^2 \le 1$求二重积分$\iint\limits_{D}xdxdy$
解：由题知：$\frac{x^2}{4}+y^2 \le 1$取$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{1}=1$
因为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{1}=1$为椭圆的一般表达式，$S_D=\pi \cdot a \cdot b<1$时在椭圆面积内部
$\iint\limits_{D}xdxdy =S_D=\pi \cdot a \cdot b=\pi \cdot 2 \cdot 1=2\pi$。

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二重积分性质考点比较

(1). 比较定理：设$f(x,y)\ge g(x,y)$，则$\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy \ge \iint\limits_{D}g(x,y)dxdy$
例题1：设$I_1=\iint\limits_{D}\cos \sqrt{x^2+y^2}dxdy,I_2=\iint\limits_{D}\cos (x^2+y^2)dxdy,I_3=\iint\limits_{D}\cos (x^2+y^2)^2dxdy$其中$D=\left \{ (x,y)|x^2+y^2\le 1 \right \}$则$I_1,I_2,I_3$的大小关系是。
解：$x^2+y^2 \le 1$时比较
取一特殊值$x^2+y^2=\frac{1}{4}$得$\sqrt{x^2+y^2} \ge x^2+y^2 \ge (x^2+y^2)^2$
当$x^2+y^2\le 1$时，$1 \ge \sqrt{x^2+y^2} \ge x^2+y^2 \ge (x^2+y^2)^2\ge 0$

由图$I_3\ge I_2\ge I_1$

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二重积分性质考点估值

估值定理：设$f(x,y)$在D上，有最大值M和最小值m，有$m\le f(x,y)\le M$，则$m\cdot S_D \le \iint\limits_{D}f(x,y)dxdy \le M\cdot S_D$
例题1：设$I=\iint\limits_{D}xy(x+y)dxdy$其中$0 \le x \le1,0\le y\le 2$则$()\le I\le()$。
解：

由图知：$S_D=1 \cdot 2=2$
因为$0 \le x \le 1,0 \le y\le 2$
则$x=0,y=0$时为最小值，$x=1,y=2$时为最大值
即$0 \le xy(x+y) \le 6$
$0\cdot S_D \le \iint\limits_{D}xy(x+y)dxdy \le 6 \cdot S_D$
$0 \le \iint\limits_{D}xy(x+y)dxdy \le 6 \cdot 2$
$0 \le \iint\limits_{D}xy(x+y)dxdy \le 12$

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二重积分的计算

1. 直角坐标系下二重积分计算
   解法：将二重积分化为累次积分或二次积分。
   (1). $\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy=\int_{a}^{b}dx\int_{c}^{d}f(x,y)dy$
   (1). $\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy=\int_{c}^{d}dy\int_{a}^{b}f(x,y)dx$
   注：求解顺序，先求尾部再求前面，从后往前，从右到左依次求解
   根据积分区域图形不同，选择不同积分顺序。
   1). X型图：函数图形，由上下两函数，夹为一个图形；
   
   公式：$\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy=\int_{a}^{b}dx\int_{f_{上(x)} }^{f_{下(x)} }f(x,y)dy$
   2). Y型图：函数图形，由左右两函数，合为一个图形:改函数$f(y)$；
   
   公式：$\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy=\int_{c}^{d}dy\int_{f_{左(y)} }^{f_{右(y)} }f(x,y)dx$
   定限口诀：后积先定限，限内画直线，先交写下限，后交写上限。
2. 二重积分直角坐标系下计算例题
   求解过程：
   (1). 画图，联立方程，求出曲线交点。
   (2). 判断积分区域类型，确定积分顺序。
   (3). 套公式$\left\{\begin{matrix}X\Longrightarrow \int_{\Box }^{\Box }dx\int_{\Box }^{\Box }f(x,y)dy\\Y\Longrightarrow \int_{\Box }^{\Box }dy\int_{\Box }^{\Box }f(x,y)dx\end{matrix}\right.$。
   例题1：计算二重积分$\iint\limits_{D}xydxdy$其中D为由直线$y=1,x=2,y=x$围成的区域。
   解：
   
   定为X型图：$\left\{\begin{matrix}1 \le x \le 2\\1\le y\le x\end{matrix}\right.$
   原式$=\int_{1}^{2}dx\int_{1}^{x}xydy$ $=\int_{1}^{2}(x\cdot \frac{1}{2}y^2)|\begin{matrix}1\\x\end{matrix}dx$ $=\frac{1}{2} \int_{1}^{2}(x^3-x)dx$ $=\frac{1}{2}\cdot (\frac{1}{4}x^4-\frac{1}{2}x^2)|\begin{matrix}2\\1\end{matrix}$ $=\frac{9}{8}$ 定为Y型图：$\left\{\begin{matrix}1 \le y \le 2\\y\le x\le 2\end{matrix}\right.$
   原式$=\int_{1}^{2}dy\int_{y}^{2}xydx$ $=\frac{1}{2} \int_{1}^{2}y\cdot x^2|\begin{matrix}y\\2\end{matrix}dy$ $=\frac{1}{2}\int_{1}^{2}(4y-y^3)dy$ $=\frac{1}{2}\cdot (2y^2-\frac{1}{4}y^4)|\begin{matrix}2\\1\end{matrix}$ $=\frac{9}{8}$ 例题2：计算二重积分$\iint\limits_{D}xydxdy$其中D为由直线$y^2=x,y=x-2$围成的区域。
   解：
   
   联立两个方程：$y^2=x,y=x-2$
   求得两个交点为$(-1,1),(4,2)$
   定为Y型图：$\left\{\begin{matrix}-1 \le y \le 2\\y^2 \le x\le y+2\end{matrix}\right.$
   原式$=\int_{-1}^{2}dy\int_{y^2}^{y+2}xydx$ $=\frac{1}{2} \int_{-1}^{2}y\cdot x^2|\begin{matrix}y^2\\y+2\end{matrix}dy$ $=\frac{1}{2}\int_{-1}^{2}(y^3+4y^2+4y-y^5)dy$ $=\frac{1}{2}\cdot (\frac{1}{4}y^4+\frac{4}{3}y^3+2y^2-\frac{1}{6}y^6)|\begin{matrix}2\\-1\end{matrix}$ $=\frac{45}{8}$

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超越积分顺序选择

(1). $\frac{\sin x}{x},\frac{\cos x}{x},\sin x^2\cdot \cos x^2,e^{x^2},e^{-x^2}\Longrightarrow X$型
(2). $\frac{\sin y}{y},\frac{\cos y}{y},\sin y^2\cdot \cos y^2,e^{y^2},e^{-y^2}\Longrightarrow Y$型
例题1：求二重积分$\iint\limits_{D}\frac{\sin y}{y}dxdy$其中D为由直线$y=x,x=0,y=\pi$围成的区域。
解：

定为Y型图：$\left\{\begin{matrix}0 \le y \le \pi \\0 \le x \le y\end{matrix}\right.$
原式$=\int_{0}^{\pi }dy \int_{0}^{y}\frac{\sin y}{y}dx$
$=\int_{0}^{\pi }\frac{\sin y}{y}\cdot x|\begin{matrix}y\\0\end{matrix}dy$
$=\int_{x}^{\pi }\sin y dy =(-\cos y)|\begin{matrix}\pi \\0\end{matrix} =1+1=2$
例题2：求二重积分$\iint\limits_{D}\cos y^2dxdy$其中D为由直线$y=2,x=1,y=x-1$围成的区域。
解：

定为Y型图：$\left\{\begin{matrix}0 \le y \le 2 \\1 \le x \le y+1\end{matrix}\right.$
故原式$=\int_{0}^{2}dy \int_{1}^{y+1}\cos y^2dx$
$=\int_{0}^{2}\cos y^2\cdot x|\begin{matrix}y+1\\1\end{matrix}dy$
$=\int_{0}^{2}[\cos y^2(y+1)-\cos y^2]dy$
$=\frac{1}{2}\int_{0}^{2}\cos y^2ydy^2$
$=\frac{1}{2} \sin y^2|\begin{matrix}2\\0\end{matrix} =\frac{\sin 4}{2}$

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交换积分次序

定义：将X型与Y型积分顺序互换；
交换次序思路：
(1). 根据积分上下限，画出积分区域
(2). 交换次序
交换次序的题型：
(1). 题目要求交换
(2). 遇积分上下限定好的二重积分计算
例题1：二次积分$\int_{0}^{1}dx\int_{2x}^{2\sqrt{x} }f(x,y)dy$交换积分次序。
A. $\int_{0}^{1}dx\int_{2y}^{\sqrt{y} }f(x,y)dy$
B. $\int_{0}^{2}dy\int_{\frac{y^2}{4} }^{\frac{y}{2} }f(x,y)dx$
C. $\int_{2x}^{2\sqrt{x} }f(x,y)dy\int_{0}^{1}dx$
D. $\int_{\frac{\frac{y^2}{4} }{} }^{\frac{y}{2} }dy\int_{0}^{2}f(x,y)dx$

解：由题可知：$0 \le x \le 1,2x \le y \le 2\sqrt{x}$
有图可知：$0 \le y \le 2,\frac{y^2}{4} \le x \le \frac{y}{2}$
故选B。
例题2：求积分$I=\int_{\frac{1}{4} }^{\frac{1}{2} }dy\int_{\frac{1}{2} }^{\sqrt{y} } e^{\frac{y}{x} }dx+\int_{\frac{1}{2} }^{1}dy\int_{\sqrt{y} }^{y}e^{\frac{y}{x} }dx$交换积分次序。
解析：$\int_{\frac{1}{4} }^{\frac{1}{2} }dy\int_{\frac{1}{2} }^{\sqrt{y} } e^{\frac{y}{x} }dx$可知
$\left\{\begin{matrix}\frac{1}{4} \le y \le \frac{1}{2} \\\frac{1}{2} \le x\le \sqrt{y} \end{matrix}\right.$
$\int_{\frac{1}{2} }^{1}dy\int_{\sqrt{y} }^{y}e^{\frac{y}{x} }dx$可知
$\left\{\begin{matrix}\frac{1}{2} \le y \le 1 \\ \sqrt{y} \le x\le y \end{matrix}\right.$

选择X型：$\left\{\begin{matrix}\frac{1}{2} \le x \le 1 \\x^2 \le y\le x \end{matrix}\right.$
原式$\int_{1}^{\frac{1}{2} }dx\int_{x^2}^{x}e^{\frac{y}{x} }dy$
$\int_{1}^{\frac{1}{2} }x \cdot e^{\frac{y}{x} }|\begin{matrix}x\\x^2\end{matrix}dx$
$\int_{1}^{\frac{1}{2} }x \cdot (e-e^x)dx$
$\int_{1}^{\frac{1}{2} }xe - xe^x dx$
$e\int_{1}^{\frac{1}{2} }x dx-\int_{\frac{1}{2} }^{1}xe^xdx$
$e\frac{1}{2}x^2|\begin{matrix}1\\\frac{1}{2}\end{matrix}-\int_{\frac{1}{2} }^{1}xde^x$
$e\frac{1}{2}(1-\frac{1}{4})-[(xe^x)|\begin{matrix}1\\ \frac{1}{2}\end{matrix}-\int_{\frac{1}{2} }^{1}e^xdx]$
$\frac{3}{8}e-[e-\frac{1}{2}e^{\frac{1}{2} }-e+e^{\frac{1}{2} }]$
$\frac{3}{8}e-\frac{\sqrt{e} }{2}$

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极坐标系下的二重积分

1. 极坐标系
   极坐标系是在平面直角坐标系的基础上，引入极轴(距离)和极角(角度)的坐标系。
   由极心，极轴，极径，极角组成。
   
   
   由图可知：$\sin \theta =\frac{y}{r}\Longrightarrow y=r \sin \theta$ $\cos \theta =\frac{x}{r}\Longrightarrow x=y \cos \theta$ 小结：在极坐标下，$x=r \cos \theta ,y=r \sin \theta ,x^2+y^2=r^2$
2. 极坐标系下二重积分计算
   (1). 条件：当遇到与圆相关的积分区域（圆，半圆，扇形，弧形……）。
   (2). 考虑利用极坐标求解。
   常见的函数：$\frac{y}{x},x^2+y^2$
   (3). 转换：令$x=r \cos \theta ,y=r \sin \theta ,dady=rdrd\theta$
   (4). 公式：$\iint\limits_{D} f(x,y)dxdy =(极)\int_{\theta 1}^{\theta 2}d\theta \int_{r1}^{r2}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )\cdot rdr$
3. 上下限的确定方法
   (1). 夹角$\theta$的取值范围：
   从原点出发，逆时针方向作积分区域的两条切线，取第一条触碰积分区域的切线与x正半轴的夹角为$\theta _1$。
   取第二条触碰积分区域的切线与x正半轴的夹角为$\theta _2$。
   
   
   $\int_{\theta _1}^{\theta _2}d\theta$ (2). 半径r的取值范围
   $OA=r_1,OB=r_2$，则$r_1,r_2$为积分区域的内外半径。

r的计算方法：将$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,x^2+y^2=r^2$代入积分区域的方程，得到$r_1,r_2$的表达式。
注意：$0 \le r$
常见积分区域（图像）：
(1). 圆
一般式方程：$x^2+y^2=R^2$，其中R为半径，(a,b)为圆心。



其中：$0\le \theta \le 2\pi ,0\le r \le R$
(2). 偏离原点，圆心在x轴上的圆形



$(x-a)^2+y^2=a^2$，其中a为半径，(a,0)为圆心。
由图：$-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2},0 \le r \le 2a\cos \theta$
展开方程式：$x^2-2ax+a^2+y^2=a^2$
$x^2+y^2=2ax$
即$r^2=2a\cdot r\cos \theta$
$r=2a\cos \theta$
(3). 偏离原点，圆心在y轴上的圆形

$x^2+(y-b)^2=b^2$，其中b为半径，(0,b)为圆心。
由图：$0\le \theta \le \pi,0 \le r \le 2a\sin \theta$
展开方程式：$x^2+y^2-2ay+a^2=a^2$
$x^2+y^2=2ay$
即$r^2=2a\cdot r\sin \theta$
$r=2a\sin \theta$

例题1：设积分区域为：D由$x^2+y^2=\frac{\pi ^2}{9},x^2+y^2=\pi ^2$围成，求$\iint\limits_{D} \frac{\sin \sqrt{x^2+y^2} }{\sqrt{x^2+y^2} }dxdy$
解：令$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,x^2+y^2=r^2$

由题可知$r_1=\frac{\pi }{3},r_2=\pi$
可知:$0 \le \theta \le 2\pi ,\frac{\pi }{3}\le r\le \pi$
由原式可得：$\int_{0}^{2\pi }d \theta \int_{\frac{\pi }{3} }^{\pi }\frac{\sin \sqrt{r^2} }{\sqrt{r^2} }dxdy$
$\int_{0}^{2\pi }d \theta \int_{\frac{\pi }{3} }^{\pi }\frac{\sin r}{r}dr$
$\int_{0}^{2\pi }(-\cos r)|\begin{matrix}\pi \\\ \frac{\pi }{3}\end{matrix} d \theta$
$\int_{0}^{2\pi } \frac{3}{2} d \theta$
$\frac{3}{2} \theta|\begin{matrix}2\pi \\\ 0\end{matrix}$
$3\pi$
例题2：求二重积分$\iint\limits_{D} \frac{dxdy}{\sqrt{x^2+y^2} }$其中$D：x^2+y^2=1,x^2+y^2=2x,y=0$围成的区域在第一象限部分且$x \ge \frac{1}{2}$。
解：由题可知：$x^2+y^2=2x$和$x^2+y^2=1$
可得：$x^2-2x+1-1+y^2=0,(x-1)^2+y^2=1$
即圆心为$(1,0),r=1$和$(0,0),r=1$

令$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,x^2+y^2=r^2,dxdy=rdrd\theta$
过原点作切线$y=ax$
将$x=\frac{1}{2}$带入$x^2+y^2=2x$得$y=\frac{\sqrt{3} }{2}$
将$x=\frac{1}{2},y=\frac{\sqrt{3} }{2}$带入$y=ax$得$a=\sqrt{3}$
则切线方程为$y=\sqrt{3} x$
则$\tan \theta =\sqrt{3}$
则$\theta =\frac{\pi }{3}$
因为$x^2+y^2=r^2,x^2+y^2=2x$
则有$r_1=1,r_2=2\cos \theta$
即得$\left\{\begin{matrix}0 \le \theta \le \frac{\pi }{3}\\1 \le r \le 2 \cos \theta \end{matrix}\right.$
则原式$=\int_{0}^{\frac{\pi }{3} }d \theta \int_{1}^{2\cos \theta }\frac{r}{r}dr$
$=\int_{0}^{\frac{\pi }{3}}d \theta \int_{1}^{2\cos \theta }1 \cdot dr$
$=\int_{0}^{\frac{\pi }{3}}(2\cos \theta -1)d \theta$
$=2\sin \theta -\theta |\begin{matrix}\frac{\pi }{3}\\0\end{matrix}$
$=\sqrt{3} -\frac{\pi }{3}$

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二重积分的对称性

(1). 条件：$f(-x,y)=f(x,y),\iint\limits_D f(x,y)dxdy=2\iint\limits_{D_1} f(x,y)dxdy$
(2). 条件：$f(-x,y)=-f(x,y),\iint\limits_D f(x,y)dxdy=0$
由上条件可以看出：y不变$f(-x)=f(x)$为偶函数，或$f(-x)=-f(x)$为奇函数
则二重积分的偶倍奇零。
(1). 积分区域D关于y轴对称，看x的奇偶性；
$\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy=$关于x函数$\left\{\begin{matrix}2\iint\limits_{D_1}f(x,y)dxdy 为偶函数\\0，为奇函数\end{matrix}\right.$
(2). 积分区域D关于x轴对称，看y的奇偶性；
$\iint\limits_{D}f(x,y)dxdy=$关于y函数$\left\{\begin{matrix}2\iint\limits_{D_1}f(x,y)dxdy 为偶函数\\0，为奇函数\end{matrix}\right.$
注意：若D对称，首选对称性
例题1：设D由$y=1-x^2$及x轴围成，则$\iint\limits_{D}(\sin x+x^3y)dxdy$
A. $\frac{4}{3}$ B. $\frac{2}{3}$ C.1 D. 0
解：

由图可知，函数关于y对称
由题可知：$\sin x$为奇函数，$x^3y$为奇函数，即选D
例题2：求$I=\iint\limits_{D}xy(x+y)dxdy$其中D:由$y=x,x+y=0,x=1$围成
解：

由原式得：$\iint\limits_{D}x^2y+xy^2dxdy$
由偶倍奇零和对称性得知：$\iint\limits_{D_1}xy^2dxdy$
$2\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{x}xy^2dy$
$2\int_{0}^{1}(x\cdot \frac{1}{3}y^3)|\begin{matrix}0\\x\end{matrix}dx$
$2\int_{0}^{1}\frac{1}{3}x^4dx$
$\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{5} x^5|\begin{matrix}0\\1\end{matrix}$
$\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{5}1^5=\frac{2}{15}$